2023-2024学年广西壮族自治区贵港市高三下学期收网考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024届高三收网考物理一、选择题：本大题共10小题，共46分。第17题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1.广西是世界范围内巨猿化石发现最多的地区，巨猿是一种已经灭绝的高等灵长类动物，其生活于距今约20万年前，利用衰变测定年代技术可以确定化石的大致年代，衰变方程为，其半衰期是5730年，下列说法正确的是（）A.X是电子，来源于核外电子B.X是中子，来源于原子核C.化石埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响D.的比结合能小于的比结合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是核外电子，故AB错误；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的属性，不受环境影响，故C错误；D．该核反应过程中释放能量，粒子比结合能增大，故的比结合能小于的比结合能，故D正确。故选D。2.操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、B两点处分别把1、2相同的两球同时击出，A做平抛运动，B做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于P点，P是AB连线中垂线上一点，球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到P点的过程中（）A.单位时间内，1球速度的变化大于2球速度的变化B.两球在P点相遇C.2球在最高点速度小于v1D.1球动量的变化大于2球动量的变化〖答案〗C〖解析〗A．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化，故A错误；BC．若两球在P点相遇，下落的高度相同，则运动的时间相同，对1球，有对2球，有由此可知所以1球先经过P点，两球不会在P点相遇，2球在最高点的速度小于v1，故B错误，C正确；D．根据动量定理可得由于，所以1球动量的变化小于2球动量的变化，故D错误。故选C3.两颗中子星绕二者连线上的某点做圆周运动组成双星系统，并以引力波的形式向外辐射能量。经过一段时间，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，若两星可视为质量均匀分布的球体，则利用牛顿力学知识可得（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设两颗中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知，又L=r1+r2联立，可得整理，得依题意，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，则有联立，解得故选D。4.如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中物块动能与路程s的关系如图乙所示。若取出发位置所在水平面为零势能面，用表示物块的重力势能，E表示物块的机械能，重力加速度，则下列四幅图像中正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．根据图乙可知，刚开始的时候，物块具有一定的动能，物块沿斜面向上运动过程，随着路程的增大，物块动能减小，重力势能增大，当速度为零时，重力势能达到最大，之后，物块开始沿斜面向下运动，重力势能减小，动能增大，当再次达到斜面底端时，物块的重力势能减小为0，故A错误；B．物块返回斜面底端时的动能比起始时的动能小，说明运动过程有能量损失，即物块与斜面之间存在摩擦力作用，机械能不守恒。由图乙可知，返回底端过程中物块损失的能量为10J，由于向上运动与向下运动的摩擦力大小不变，则向上运动过程中损失的机械能与向下运动过程中损失的机械能，即均为5J，可知，当时，重力势能为40J-5J=35J故B错误；CD．根据图乙可知，当时，机械能为30J，最开始位置的机械能为40J，故C正确，D错误。故选C。5.如图甲所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，并通过计算机作出了如图乙所示的图像，下列说法正确的是（）A.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出B.活塞移至某位置时，应立即记录数据C.图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部位气体的体积D.若升高环境温度，则该图像斜率变大〖答案〗C〖解析〗A．推拉活塞时，动作要慢，使其温度与环境温度保持一致，故A错误；B．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故B错误；C．图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部分气体的体积，故C正确；D．根据理想气体的状态方程可知则温度升高时，图像斜率变小，故D错误。故选C。6.有一上表面光滑、下表面粗糙的半圆柱体放在粗糙的水平地面上，其横截面如图所示，质量为m的光滑小球（可视为质点）在F的作用下静止在半圆柱体表面上A点，A点与截面圆心O连线与水平面成30°角，现将F由水平方向逆时针缓慢旋转至竖直向上，半圆柱体和小球始终保持静止状态，重力加速度为g，在此过程中，下列说法错误的是（）A.F先变小后变大B.半圆柱体对小球的支持力保持不变C.地面对半圆柱体的摩擦力一直变小D.F的最大值为〖答案〗B〖解析〗A．小球受力分析，作出其受力的矢量动态三角形，如图所示可知，当F逆时针缓慢旋转至竖直向上时，F先变小后变大，故A正确，不符合题意；D．结合上述可知，开始时水平方向的F最大，最大值为故D为正确，不符合题意；B．结合上述，根据矢量动态三角形可知，当F逆时针缓慢旋转至竖直向上时，半圆柱体对小球的支持力逐渐减小，故B错误，符合题意；C．把小球和半圆柱体看作一个整体，则在水平方向地面对半圆柱体的静摩擦力等于F的水平方向的分力，令F与水平方向的夹角为，根据上述矢量三角形可知，F水平方向的分力，即F在水平方向上的投影长度一直变小，则地面对半圆柱体的静摩擦力一直变小，故C正确，不符合题意。故选B。7.x轴上有两个不等量点电荷，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的图像如图所示，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（）A.带异种电荷B.两电荷电量之比C.将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为，则a点电势D.将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点〖答案〗C〖解析〗A．由图可知x轴上的和之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；B．在x=0处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有解得故B错误；C．从a点静止释放到O点，动能定理可得得故C正确；D．将一正电子从b点由静止释放初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点，根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。故选C。8.如下图，水面下方有一固定的线状单色光源S，光源倾斜放置，和竖直方向夹角满足，水对该光的折射率为1.33。光源发出的光到达水面后有一部分可以直接透射出去，从水面上方看，该区域的形状可能为（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗根据解得如图所示点光源对应的透射区域为为半径，为圆心的圆形区域，其中临界角约为；当时上下端点的透射区对应的大小圆恰好内切；当时大小圆相交，反之大圆包含小圆。故选AC。9.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，原线圈中接有定值电阻，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R。已知，ab两端接一正弦式交流电，当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，下列说法正确的是（）A.电流表A示数变小B.电压表V示数保持不变C.变压器的输出功率先增大后减小D.电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变〖答案〗AD〖解析〗A．将原、负线圈和电阻R1等效为电源。等效后当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，电阻变大，所以电流变小，电流表A示数变小，故A正确；B．根据闭合电路欧姆定律由题可知根据理想变压器原副线圈关系，联立可得由于变小，所以变大，电压表V示数变大，故B错误；C．由上式可知等效内阻当外电阻接近内阻时，输出功率增大，由于R1:R2=9:1，即所以当R增大，输出功率一直减小，故C错误；D．由上述可知电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变，故D正确。故选AD。10.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.弹簧弹力大小为B保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度不变D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止〖答案〗ABC〖解析〗A．对A、B、C整体受力分析，摩擦力为根据牛顿第二定律有对A进行受力分析，根据平衡条件有联立解得故A正确；B．A、B、C三个物块保持相对静止，对B进行分析，可知，整体的最大加速度为对A、B、C整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得故B正确；C．在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物体A的加速度不变，故C正确；D．在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体进行受力分折有则整体的加速度为结合上述可知，物块B的最大加速度为所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误。故选ABC。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13~15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。若只有最后〖答案〗而无演算过程的不得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。11.某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下：①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动滑轮上（二者的总质量为m），其下端与纸带相连；轻绳左端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定滑轮与质量为M的钩码连接；②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。请回答以下问题：（1）已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，M、P和P、N间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为______（结果保留两位有效数字）。（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为，则重物和动滑轮的总质量______，当钩码与二者总质量相等时，重物的加速度大小为______。（本问结果均用k、b表示）〖答案〗（1）（2）〖解析〗【小问1详析】打点周期为0.02s，M、P和P、N间各有4个点未标出，则M、P和P、N间的运动时间为由逐差法有解得【小问2详析】[1]对重物由牛顿第二定律得可得则斜率截距绝对值解得[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则又解得12.某实验小组设计出一个欧姆表，其内部结构可简化成如图甲所示的电路，其中电源内阻。该小组首先用一个电阻箱测出欧姆表内部电源的电动势E和电流表G的量程，操作如下：（1）将两表笔断开，调节滑动变阻器使电流表G满偏；（2）将电阻箱接入两表笔之间，构成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和对应的电流表G的示数I；（3）该小组选择合适的坐标，做出了图乙所示的图线，该小组选用的坐标可能为______（请填选项前的字母序号）。A．B．C．D．（4）根据图乙和上题选择的坐标，可得出欧姆表内部电源的电动势E=______V，电流表G的量程________A。（5）该实验小组把图甲中电流表的表盘改装成欧姆表的表盘，通过读取流过电流表G的电流而得到被测电阻的阻值。被测电阻接到两表笔之间时，电流表的指针半偏，则被测电阻的阻值为___________。〖答案〗（3）D（4）30.5（5）〖解析〗（3）[1]将两表笔断开，调节滑动变阻器使电流表G满偏，设滑动变阻器与电流表G及定值电阻的总阻值为R，则有将电阻箱接入两表笔之间，构成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和对应的电流表G的示数I，则有化简可得所以该小组选用的坐标可能为，则D正确；ABC；故选D。（4）[2][3]由图像可知，图像的截距为图像的斜率为联立解得（5）[4]根据上一问可得，和对应的电流表G的示数I的关系式则当时，有解得13.图（a）是一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形图，A、B为介质中两质点。已知该波的波速为6m/s，图（b）是质点A的振动图像。求：（1）该波的传播方向及波长；（2）时刻，质点A的位移；（3）A、B两质点平衡位置之间的距离。〖答案〗（1）沿轴负方向，；（2）；（3）〖解析〗（1）根据图（b）可知简谐波的周期为则波长为时刻质点A在平衡位置，将要向上振动，根据同侧法可知图（a）中该波的传播方向沿轴负方向。（2）A点的振动方程表达式为从时刻开始到时质点A的位移为（3）B点振动方程为时刻代入得由图像可得则A、B两质点平衡位置之间的距离为14.真空中直角三角形ABC区域内（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小。在BC的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：（1）粒子在磁场中运动的最长时间；（2）从AB边射出的粒子的速率范围。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，运动轨迹如图设粒子在磁场中运动的速度为、轨迹半径为，对应圆心角为α，由题意得根据牛顿第二定律粒子在磁场中做圆周运动的周期为由几何关系可得粒子在磁场中运动的最长时间联立解得（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为，粒子运动到AB边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为，对应有最小速度，由几何关系得粒子能从AB边上射出的速度解得能从AB边射出的粒子速率范围为15.如图所示，间距为的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为的电阻，磁感应强度为的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨的上端点P、M分别与横截面积为的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场平行，开关K闭合后，质量为电阻值为的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取求∶（1）金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场的磁感应强度的变化率；（2）金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小；（3）金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。〖答案〗（1）0.8T/s；（2）2m/s；（3）0.072J〖解析〗（1）金属棒保持静止，根据平衡条件得可得则线圈产生的感应电动势为由电磁感应定律可知解得（2）断开开关K后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度是0（即合外力是0）时速度最大，此时恰能匀速下降，根据平衡条件得此时金属棒中产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律得联立解得金属棒的最大速度为（3）金属棒从开始下落到最大速度过程中，根据动能定理得金属棒产生的焦耳热2024届高三收网考物理一、选择题：本大题共10小题，共46分。第17题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分，第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。1.广西是世界范围内巨猿化石发现最多的地区，巨猿是一种已经灭绝的高等灵长类动物，其生活于距今约20万年前，利用衰变测定年代技术可以确定化石的大致年代，衰变方程为，其半衰期是5730年，下列说法正确的是（）A.X是电子，来源于核外电子B.X是中子，来源于原子核C.化石埋藏的环境会影响的半衰期，进而对推算年代造成影响D.的比结合能小于的比结合能〖答案〗D〖解析〗AB．在核反应方程中，根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，它是核反应产生的，来源于原子核，不是核外电子，故AB错误；C．放射性元素的半衰期是原子核特有的属性，不受环境影响，故C错误；D．该核反应过程中释放能量，粒子比结合能增大，故的比结合能小于的比结合能，故D正确。故选D。2.操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、B两点处分别把1、2相同的两球同时击出，A做平抛运动，B做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于P点，P是AB连线中垂线上一点，球1的初速度为v1，球2的初速度为v2，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到P点的过程中（）A.单位时间内，1球速度的变化大于2球速度的变化B.两球在P点相遇C.2球在最高点速度小于v1D.1球动量的变化大于2球动量的变化〖答案〗C〖解析〗A．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化，故A错误；BC．若两球在P点相遇，下落的高度相同，则运动的时间相同，对1球，有对2球，有由此可知所以1球先经过P点，两球不会在P点相遇，2球在最高点的速度小于v1，故B错误，C正确；D．根据动量定理可得由于，所以1球动量的变化小于2球动量的变化，故D错误。故选C3.两颗中子星绕二者连线上的某点做圆周运动组成双星系统，并以引力波的形式向外辐射能量。经过一段时间，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，若两星可视为质量均匀分布的球体，则利用牛顿力学知识可得（）A B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设两颗中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知，又L=r1+r2联立，可得整理，得依题意，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，则有联立，解得故选D。4.如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中物块动能与路程s的关系如图乙所示。若取出发位置所在水平面为零势能面，用表示物块的重力势能，E表示物块的机械能，重力加速度，则下列四幅图像中正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．根据图乙可知，刚开始的时候，物块具有一定的动能，物块沿斜面向上运动过程，随着路程的增大，物块动能减小，重力势能增大，当速度为零时，重力势能达到最大，之后，物块开始沿斜面向下运动，重力势能减小，动能增大，当再次达到斜面底端时，物块的重力势能减小为0，故A错误；B．物块返回斜面底端时的动能比起始时的动能小，说明运动过程有能量损失，即物块与斜面之间存在摩擦力作用，机械能不守恒。由图乙可知，返回底端过程中物块损失的能量为10J，由于向上运动与向下运动的摩擦力大小不变，则向上运动过程中损失的机械能与向下运动过程中损失的机械能，即均为5J，可知，当时，重力势能为40J-5J=35J故B错误；CD．根据图乙可知，当时，机械能为30J，最开始位置的机械能为40J，故C正确，D错误。故选C。5.如图甲所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，并通过计算机作出了如图乙所示的图像，下列说法正确的是（）A.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出B.活塞移至某位置时，应立即记录数据C.图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部位气体的体积D.若升高环境温度，则该图像斜率变大〖答案〗C〖解析〗A．推拉活塞时，动作要慢，使其温度与环境温度保持一致，故A错误；B．活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，故B错误；C．图线与纵轴相交的原因可能是没有考虑注射器与压强传感器连接部分气体的体积，故C正确；D．根据理想气体的状态方程可知则温度升高时，图像斜率变小，故D错误。故选C。6.有一上表面光滑、下表面粗糙的半圆柱体放在粗糙的水平地面上，其横截面如图所示，质量为m的光滑小球（可视为质点）在F的作用下静止在半圆柱体表面上A点，A点与截面圆心O连线与水平面成30°角，现将F由水平方向逆时针缓慢旋转至竖直向上，半圆柱体和小球始终保持静止状态，重力加速度为g，在此过程中，下列说法错误的是（）A.F先变小后变大B.半圆柱体对小球的支持力保持不变C.地面对半圆柱体的摩擦力一直变小D.F的最大值为〖答案〗B〖解析〗A．小球受力分析，作出其受力的矢量动态三角形，如图所示可知，当F逆时针缓慢旋转至竖直向上时，F先变小后变大，故A正确，不符合题意；D．结合上述可知，开始时水平方向的F最大，最大值为故D为正确，不符合题意；B．结合上述，根据矢量动态三角形可知，当F逆时针缓慢旋转至竖直向上时，半圆柱体对小球的支持力逐渐减小，故B错误，符合题意；C．把小球和半圆柱体看作一个整体，则在水平方向地面对半圆柱体的静摩擦力等于F的水平方向的分力，令F与水平方向的夹角为，根据上述矢量三角形可知，F水平方向的分力，即F在水平方向上的投影长度一直变小，则地面对半圆柱体的静摩擦力一直变小，故C正确，不符合题意。故选B。7.x轴上有两个不等量点电荷，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的图像如图所示，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（）A.带异种电荷B.两电荷电量之比C.将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为，则a点电势D.将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点〖答案〗C〖解析〗A．由图可知x轴上的和之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；B．在x=0处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有解得故B错误；C．从a点静止释放到O点，动能定理可得得故C正确；D．将一正电子从b点由静止释放初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点，根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。故选C。8.如下图，水面下方有一固定的线状单色光源S，光源倾斜放置，和竖直方向夹角满足，水对该光的折射率为1.33。光源发出的光到达水面后有一部分可以直接透射出去，从水面上方看，该区域的形状可能为（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗根据解得如图所示点光源对应的透射区域为为半径，为圆心的圆形区域，其中临界角约为；当时上下端点的透射区对应的大小圆恰好内切；当时大小圆相交，反之大圆包含小圆。故选AC。9.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，原线圈中接有定值电阻，副线圈接有定值电阻和滑动变阻器R。已知，ab两端接一正弦式交流电，当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，下列说法正确的是（）A.电流表A示数变小B.电压表V示数保持不变C.变压器的输出功率先增大后减小D.电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变〖答案〗AD〖解析〗A．将原、负线圈和电阻R1等效为电源。等效后当滑动变阻器R的滑片向左滑动过程中，电阻变大，所以电流变小，电流表A示数变小，故A正确；B．根据闭合电路欧姆定律由题可知根据理想变压器原副线圈关系，联立可得由于变小，所以变大，电压表V示数变大，故B错误；C．由上式可知等效内阻当外电阻接近内阻时，输出功率增大，由于R1:R2=9:1，即所以当R增大，输出功率一直减小，故C错误；D．由上述可知电压表示数变化与电流表示数变化的比值不变，故D正确。故选AD。10.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为，物块B与C之间的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（）A.弹簧弹力大小为B保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度不变D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止〖答案〗ABC〖解析〗A．对A、B、C整体受力分析，摩擦力为根据牛顿第二定律有对A进行受力分析，根据平衡条件有联立解得故A正确；B．A、B、C三个物块保持相对静止，对B进行分析，可知，整体的最大加速度为对A、B、C整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得故B正确；C．在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物体A的加速度不变，故C正确；D．在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体进行受力分折有则整体的加速度为结合上述可知，物块B的最大加速度为所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误。故选ABC。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题10分，第13题10分，第14题12分，第15题16分。其中13~15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。若只有最后〖答案〗而无演算过程的不得分；有数值计算时，〖答案〗中必须明确写出数值和单位。11.某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下：①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动滑轮上（二者的总质量为m），其下端与纸带相连；轻绳左端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定滑轮与质量为M的钩码连接；②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。请回答以下问题：（1）已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，M、P和P、N间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为______（结果保留两位有效数字）。（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为，则重物和动滑轮的总质量______，当钩码与二者总质量相等时，重物的加速度大小为______。（本问结果均用k、b表示）〖答案〗（1）（2）〖解析〗【小问1详析】打点周期为0.02s，M、P和P、N间各有4个点未标出，则M、P和P、N间的运动时间为由逐差法有解得【小问2详析】[1]对重物由牛顿第二定律得可得则斜率截距绝对值解得[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则又解得12.某实验小组设计出一个欧姆表，其内部结构可简化成如图甲所示的电路，其中电源内阻。该小组首先用一个电阻箱测出欧姆表内部电源的电动势E和电流表G的量程，操作如下：（1）将两表笔断开，调节滑动变阻器使电流表G满偏；（2）将电阻箱接入两表笔之间，构成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和对应的电流表G的示数I；（3）该小组选择合适的坐标，做出了图乙所示的图线，该小组选用的坐标可能为______（请填选项前的字母序号）。A．B．C．D．（4）根据图乙和上题选择的坐标，可得出欧姆表内部电源的电动势E=______V，电流表G的量程________A。（5）该实验小组把图甲中电流表的表盘改装成欧姆表的表盘，通过读取流过电流表G的电流而得到被测电阻的阻值。被测电阻接到两表笔之间时，电流表的指针半偏，则被测电阻的阻值为___________。〖答案〗（3）D（4）30.5（5）〖解析〗（3）[1]将两表笔断开，调节滑动变阻器使电流表G满偏，设滑动变阻器与电流表G及定值电阻的总阻值为R，则有将电阻箱接入两表笔之间，构成闭合回路，改变电阻箱阻值，记下电阻箱示数和对应的电流表G的示数I，则有化简