高級中學名校試卷PAGEPAGE1贛州市2024年高三年級適應性考試物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1.我國已全面進入5G時代，5G信號使用的電磁波頻率是4G信號的幾十倍，下列說法正確的是（）A.4G信號電磁波比5G信號電磁波的粒子性更明顯B.5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短C.5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量小D.在相同介質中5G信號比4G信號的傳播速度大〖答案〗B〖解析〗AB．根據結合題意可知5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短，則5G信號電磁波比4G信號電磁波的粒子性更明顯，故B正確，A錯誤；C．根據可知5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量大，故C錯誤；D．5G信號的頻率比4G信號的頻率大，則同種介質中5G信號的折射率大，根據可知在相同介質中5G信號比4G信號的傳播速度小，故D錯誤。故選B。2.某天早晨，贛州的溫度為0℃，某老師剛啟動汽車時看到汽車儀表盤顯示后輪胎胎壓均為，中午，該老師剛啟動汽車時看到后輪胎壓均變成了，若輪胎內的氣體質量和體積均保持不變，輪胎內部氣體可看成理想氣體，則下列說法正確的是（）A.氣體分子撞擊輪胎內壁的平均作用力減小B.輪胎內部氣體分子的平均動能不變C.中午溫度約為10℃D.輪胎內部氣體吸收熱量，對外做功，內能不變〖答案〗C〖解析〗A．輪胎內的體積不變，壓強增大，則氣體分子撞擊輪胎內壁的平均作用力增加，故A錯誤；BC．輪胎內的體積不變，根據查理定律有解得溫度增加，則輪胎內部氣體分子的平均動能增加，故B錯誤，C正確；D．輪胎內部氣體溫度增加，內能增大，體積不變，做功為0，根據熱力學第一定律，氣體吸收熱量，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示為某電動牙刷的無線充電示意圖，送電線圈以由a到b為電流的正方向，當送電線圈通過如圖乙所示的電流時，在時間內（）A.受電線圖中產生的感應電流增大且方向由d到cB.受電線圈中產生的感應電流減小且方向由d到cC.受電線圈中產生的感應電流增大且方向由c到dD.受電線圈中產生的感應電流減小且方向由c到d〖答案〗A〖解析〗在時間內，送電線圈電流減小，但是電流的變化率變大，穿過受電線圈的磁通量變化率變大，則受電線圈中產生的感應電流變大，根據楞次定律可知，受電線圈中電流方向由d到c。故選A。4.北京時間2022年11月17日16時50分，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲密切協同，圓滿完成出艙活動全部既定任務。太空艙距地面高約，根據西游記關于“天庭”的描述，可推算出“天庭”繞地心運動一周約，假如“天庭”真實存在，且“天庭”和“太空艙”均繞地心做勻速圓周運動，地球可視為半徑約的均勻球體，則（）A.漂浮在艙外航天員加速度等于零B.若出艙活動期間蔡旭哲自由釋放手中的工具，工具會立即高速離開航天員C.“天庭”運行的線速度比“太空艙”小D.“天庭”受地球的引力比“太空艙”小〖答案〗C〖解析〗A．漂浮在艙外的航天員圍繞地球做圓周運動，一定有向心加速度，其加速度一定不為零，故A錯誤；B．工具在被釋放前，與蔡旭哲保持相對靜止，根據牛頓第一定律可知蔡旭哲自由釋放手中的工具后，工具還是和蔡旭哲保持相對靜止，故B錯誤；C．根據題意可知，“天宮”空間站繞地心一周運動的路程約可知，“天宮”空間站的軌道半徑小于“天庭”的軌道半徑，根據萬有引力提供向心力有解得可知，“天庭”相對于“天宮”線速度更小，故C正確；D．由于不知道“天庭”和“天宮”的質量關系，無法判斷二者受地球引力大小關系，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，甲同學站在地面上將排球以大小為的速度擊出，排球沿軌跡①運動：經過最高點后，乙同學跳起將排球以大小為的水平速度擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發點。忽略空氣阻力，則排球（）A.沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小相同B.沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同C.沿軌跡①運動的最小速度大小可能為D.沿軌跡②運動的最大速度大小可能為〖答案〗D〖解析〗A．根據圖像可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，根據平拋運動規律可知沿軌跡②運動的時間小于沿軌跡①運動的時間，沿軌跡①和軌跡②運動過程的位移相同，所以沿軌跡②運動的平均速度大于沿軌跡①運動的平均速度，故A錯誤；B．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量為可知沿軌跡②的速度變化量小于沿軌跡①的速度變化量，故B錯誤；CD．根據軌跡①的時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度為沿軌跡①的豎直分速度大，可知沿軌跡②的最大速度可能為，沿軌跡①運動的最小速度即水平速度，小于，故D正確，C錯誤。故選D。6.某山頂有一排風力發電機，發電機的葉片轉動時可形成半徑為的圓面。某時間內該山頂的風速達，風向恰好跟某風力發電機葉片轉動形成的圓面垂直，已知空氣的密度，若該風力發電機能將此圓內的空氣動能轉化為電能。則此風力發電機發電的功率P約為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗時間內，通過圓面的空氣的質量該部分空氣的動能則此風力發電機發電的功率解得故選B。7.如圖所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點（N點在M點右上方），輕繩1上套有一個輕質的光滑小環O，質量為m的物塊P通過另一根輕繩2懸掛在環的下方，處于靜止狀態，。現用一始終與輕繩2垂直的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線可能不平分B.施加拉力F前，輕繩1的張力大小為C.物塊在緩慢移動過程中，輕繩1的張力增大D.物塊在緩慢移動過程中，力F先增大后減小〖答案〗C〖解析〗A．物塊在緩慢移動過程中，以小環為對象，由于小環兩側輕繩1的張力大小總是相等，則小環兩側輕繩1的張力合力沿平分線上，根據受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分，故A錯誤；B．施加拉力F前，以小環為對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力mg，豎直方向根據受力平衡可得解得輕繩1的張力大小為故B錯誤；C．物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據數學知識可知，小環的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與MN連線方向垂直時，小環剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據橢圓知識可知此時最大，則此過程逐漸增大，以小環為對象，根據受力平衡可得可得可知此過程經繩1的張力一直增大，故C正確；D．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2與豎直方向的夾角為逐漸變大，則可知逐漸變大，故D錯誤。故選C。8.我國2023年新能源車出口120多萬輛，穩居全球首位。一輛新能源車在某次直線測試中，速度從0加速到所用時間為，且加速度隨速度的增加而逐漸減小，該車在這段時間內（）A.加速到時，用時大于B.平均加速度大小為C.位移大于D.運動到總位移一半時，速度小于〖答案〗BC〖解析〗ABD．平均加速度大小為因加速度隨速度的增加而逐漸減小，可知開始階段的加速度大于2.5m/s2，加速到時，用時小于；運動到總位移一半時，速度大于，選項AD錯誤，B正確；C．若做勻加速運動，則位移為因做加速度減小的加速運動，結合v-t圖像，則汽車的位移大于做勻加速運動時的位移，可知位移大于，選項C正確；故選BC9.如圖所示，左圖為亞運會藝術體操比賽中中國隊選手趙樾進行帶操比賽的畫面，某段過程中彩帶的運動可簡化為沿x軸方向傳播的簡諧橫波，這列簡諧橫波在時的波形如右圖所示。介質中處的質點P沿y軸方向做簡諧運動的表達式為。則下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的傳播速度為C.時，處的質點振動位移為D.時，處的質點振動位移為〖答案〗BD〖解析〗A．根據質點P的振動方程可知時刻質點P沿軸正方向振動，根據同側法可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據題意可知該波的周期根據題圖可知該波的波長該波的傳播速度為故B正確；CD．根據三角函數知識可知時，處的質點振動位移故D正確，C錯誤。故選BD。10.某校科技興趣小組設計了一個玩具車的電磁驅動系統，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為的長方形金屬線框，線框粗細均勻且電阻為R。驅動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，每個磁場寬度均為。現使驅動磁場以速度向右勻速運動，線框將受到磁場力并帶動玩具車由靜止開始運動，假設玩具車所受阻力f與其運動速度v的關系為（k為常量）。下列說法正確的是（）A.a、d兩點間的電壓的最大值為B.玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變C.線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率D.玩具車和線框的最大速度為〖答案〗AD〖解析〗A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產生感應電動勢方向相同，則總電動勢為因線框電阻為R，則ad部分電阻為，則a、d兩點間的電壓的最大值為故A正確；B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區域會不斷發生變化，結合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；D．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為總安培力為因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，當速度最大時有可得故D正確；C．玩具車達到最大速度時即勻速時，安培力的功率為電功率僅當即才有但v不一定取，故C錯誤。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.用如圖甲所示的裝置探究影響向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圓周運動的軌跡半徑之比為1∶2∶1，小球做圓周運動的向心力與標尺露出的格數成正比，變速塔輪自上而下按如圖乙所示三種方式進行組合，每層半徑之比由上至下分別為1∶1、2∶1和3∶1（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的__________。A.探究平拋運動的特點B.探究影響導體電阻的因素C.探究兩個互成角度的力的合成規律D.探究加速度與物體受力、物體質量的關系（2）在探究向心力大小與半徑的關系時，為了控制角速度相同需要將傳動皮帶調至第__________（填“一”、“二”或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相等的鋼球分別放在__________（填“A和B”、“A和C”或“B和C”）位置，勻速轉動手柄，如圖丙所示，左側標尺露出2格，右側標尺露出1格，則左右兩球所受向心力大小之比為__________。（3）在記錄兩個標尺露出的格數時，同學們發現要同時記錄兩邊的格數且格數又不是很穩定，不便于讀取。于是有同學提出用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數。下列對該同學建議的評價，你認為正確的是__________。A.該方法可行，但仍需要勻速轉動手柄B.該方法可行，且不需要勻速轉動手柄C.該方法不可行，因不能確定拍照時露出的格數是否已穩定（4）在探究向心力大小與角速度的關系時，若將傳動皮帶調至圖乙中的第三層，質量相同的兩小球分別放在A和C位置，轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可以得出的實驗結論為：____________________。〖答案〗（1）BD（2）一B和C（3）B（4）質量和半徑一定的條件下、物體做圓運動的向心力大小與角速度的平方成正比〖解析〗【小問1詳析】在該實驗中，通過控制質量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個物理量之間的關系，采用的科學方法是控制變量法：A．探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；B．當一個物理量與多個物理量相關時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關系，在探究影響導體電阻的因素實驗中使用了控制變量法，故B正確；C．探究兩個互成角度的力的合成規律，應用了等效替代法，故C錯誤；D．探究加速度與物體受力、物體質量關系，應用了控制變量法，故D正確。故選BD。【小問2詳析】[1][2]變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據在探究向心力大小與半徑的關系時，需控制小球質量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調至第一層塔輪，將兩個質量相等的鋼球分別放在B和C位置。[3]根據題意可知左右兩球所受向心大小之比。【小問3詳析】該方法可行，用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，這樣可以準確讀出某一時刻兩邊標尺露出的格數，并通過格數得出向心力與角速度的關系，手柄轉速變化時，兩邊標尺露出的格數同時變化，仍可通過格數得出向心力與角速度的關系，故不需要速轉動手。【小問4詳析】變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據可得左右兩小球的角速度之比為可得可得的實驗結論是：質量和半徑一定的條件下、物體做圓運動的向心力大小與角速度的平方成正比。12.一探究小組測量平時考試使用的2B鉛筆芯的電阻率，先用多用電表歐姆擋的“”擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉如圖（a）所示。（1）為了更準確測量電阻值，可將旋鈕調至__________（填“”或“”）擋后再次進行測量。（2）為精確地測量鉛筆芯的電阻，實驗中除開關，若干導線外還提供下列器材：A．電壓表（量程，內阻約）B．電壓表（量程，內阻約）C．電流表（量程，內阻約）D．電流表（量程，內阻約）E．滑動變阻器F．滑動變阻器G．電源E（電動勢為）及開關和導線若干為了提高測量精確度，實驗中電壓表應選擇__________，電流表應選擇__________，滑動變阻器應選擇__________。（選填各器材前的字母序號）（3）現要求測量電路的電壓從0開始變化，請在實物圖（b）中完成電路連接_________。（4）用游標卡尺測得鉛筆芯接入電路的長度為l，用螺旋測微器測得直徑為d，電壓表的示數為U，電流表的示數為I，由此可計算得出鉛筆芯的電阻率__________（用題目所給字母表示）。〖答案〗（1）（2）ADE（3）（4）〖解析〗【小問1詳析】先用多用電表歐姆擋的擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉好圖（a）所示，可知待測電阻阻值較小，為了進一步測量電阻值，可將旋鈕調至擋后再次進行測量。【小問2詳析】[1]因電源電動勢為3V，則電壓表應選擇A；[2]電路中最大電流不超過0.6A，則電流表應選擇D；[3]滑動變阻器應選擇與待測電阻阻值相當的E。【小問3詳析】要求測量電路的電壓從0開始變化，則滑動變阻器采用分壓接法，由于待測電阻較小，遠小于電壓表內阻，則電流表應采用外接法，實物連線如圖所示【小問4詳析】根據電阻定律又聯立可得13.如圖所示為一監控設備上取下的半徑為R的實心半球形透明材料，底面豎直放罝，球心為O點，在半球左側平行底面放置一足夠大的光屏，光屏與半球底面相距為R。激光筆對準O點，垂直于光屏發出一束游光射向半球面，在光屏上的點留下亮點；保持游光筆位置不變，讓半球形透明材料繞底面上的水平直徑AB轉動，亮點在光屏上移動到與相距的位置。已知激光在真空中的傳播速度為c，求：（1）此透明材料的折射率n；（2）激光在半球形透明材料內的傳播時間t。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）根據幾何關系，已知材料繞底面上的水平直徑AB轉動30°時，激光的入射角設折射角為，如圖所示根據幾何關系知解得根據折射定律解得（2）根據折射定律可得激光在半球形透明材料傳播的距離為根據解得14.某學習小組通過一款小游戲研究碰撞問題。游戲裝置俯視圖如圖所示，在粗糙的水平面上固定一圓形光滑軌道，緊貼軌道內側放置兩個可視為質點的小物塊A、B，A、B與水平面間的動摩擦因數均為，圓形光滑軌道的半徑為r。現給A一個向左的初速度，使其沿著軌道在水平面上做圓周運動，運動半周時與B發生彈性碰撞。已知，重力加速度為g。（1）求剛開始運動時A的加速度大小a：（2）若，，，g取，求A與B碰后B滑行的路程s。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）A剛開始運動時軌道的彈力提供向心力A所受摩擦力為根據牛頓第二定律解得（2）設A與B碰撞前瞬間的速度為，根據動能定理解得根據動量守恒定律根據機械能守恒定律解得又解得15.用磁聚焦法測量比荷是一種常用方法。如圖甲所示，在真空玻璃管中裝有熱陰極K和帶有小孔的陽極A，在A、K之間加上電壓后，連續不斷地有電子從陰極K由靜止加速到達陽極A，電子從小孔射出后沿水平中心軸線進入平行板電容器，兩板間距及板長均為L，電容器兩極板間所加電壓u隨時間t變化的關系如圖乙所示。兩極板右側有一足夠大的熒光屏，熒光屏與中心軸線垂直，且與兩極板右端的距離為z（未知），在熒光屏上，以垂點為坐標原點建立xOy平面直角坐標系，其中y軸垂直于電容器極板。兩極板與熒光屏間有一水平向右的勻強磁場，磁感應強度為B。已知電子在兩極板間運動的時間極短，電子的電量為e，質量為m，不計電子重力和電子間的相互作用。（1）求電子射出兩極板時偏離中心軸線的最大位移；（2）判斷在熒光屏上形成的亮斑形狀（不要求推導過程）；（3）若z可以取任意值，求熒光屏上亮斑形狀（如長度或面積）的最大值；（4）若，求熒光屏上的亮斑距y軸最遠的點的坐標。〖答案〗（1）；（2）形成的亮斑是一條線段（或直線）；（3）；（4），〖解析〗（1）電子在電場中加速度，由動能定理得在兩極板間運動時，有解得（2）形成的亮斑是一條線段（或直線）。（3）粒子飛出兩極板時此后，粒子沿著中心軸線方向做勻速運動，在xOy平面上以vy的速度做勻速圓周運動解得可得可知為定值，即不同位置出射的粒子的圓心在同一條線上。隨著z的取值不同，形成的亮斑一直是一條直線，且在旋轉。如圖所示所以亮斑的最大長度為又故（4）電子在xOy平面上的投影為圓周運動，電子在磁場中的運動時間為電子旋轉的角速度為偏離中心軸線最大位移處進入水平磁場的電子打在熒光屏上距y軸最遠，即贛州市2024年高三年級適應性考試物理試卷一、選擇題：本題共10小題，共46分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。1.我國已全面進入5G時代，5G信號使用的電磁波頻率是4G信號的幾十倍，下列說法正確的是（）A.4G信號電磁波比5G信號電磁波的粒子性更明顯B.5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短C.5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量小D.在相同介質中5G信號比4G信號的傳播速度大〖答案〗B〖解析〗AB．根據結合題意可知5G信號電磁波的波長比4G信號電磁波的波長短，則5G信號電磁波比4G信號電磁波的粒子性更明顯，故B正確，A錯誤；C．根據可知5G信號電磁波的光子能量比4G信號電磁波的光子能量大，故C錯誤；D．5G信號的頻率比4G信號的頻率大，則同種介質中5G信號的折射率大，根據可知在相同介質中5G信號比4G信號的傳播速度小，故D錯誤。故選B。2.某天早晨，贛州的溫度為0℃，某老師剛啟動汽車時看到汽車儀表盤顯示后輪胎胎壓均為，中午，該老師剛啟動汽車時看到后輪胎壓均變成了，若輪胎內的氣體質量和體積均保持不變，輪胎內部氣體可看成理想氣體，則下列說法正確的是（）A.氣體分子撞擊輪胎內壁的平均作用力減小B.輪胎內部氣體分子的平均動能不變C.中午溫度約為10℃D.輪胎內部氣體吸收熱量，對外做功，內能不變〖答案〗C〖解析〗A．輪胎內的體積不變，壓強增大，則氣體分子撞擊輪胎內壁的平均作用力增加，故A錯誤；BC．輪胎內的體積不變，根據查理定律有解得溫度增加，則輪胎內部氣體分子的平均動能增加，故B錯誤，C正確；D．輪胎內部氣體溫度增加，內能增大，體積不變，做功為0，根據熱力學第一定律，氣體吸收熱量，故D錯誤。故選C。3.如圖甲所示為某電動牙刷的無線充電示意圖，送電線圈以由a到b為電流的正方向，當送電線圈通過如圖乙所示的電流時，在時間內（）A.受電線圖中產生的感應電流增大且方向由d到cB.受電線圈中產生的感應電流減小且方向由d到cC.受電線圈中產生的感應電流增大且方向由c到dD.受電線圈中產生的感應電流減小且方向由c到d〖答案〗A〖解析〗在時間內，送電線圈電流減小，但是電流的變化率變大，穿過受電線圈的磁通量變化率變大，則受電線圈中產生的感應電流變大，根據楞次定律可知，受電線圈中電流方向由d到c。故選A。4.北京時間2022年11月17日16時50分，航天員陳冬、劉洋、蔡旭哲密切協同，圓滿完成出艙活動全部既定任務。太空艙距地面高約，根據西游記關于“天庭”的描述，可推算出“天庭”繞地心運動一周約，假如“天庭”真實存在，且“天庭”和“太空艙”均繞地心做勻速圓周運動，地球可視為半徑約的均勻球體，則（）A.漂浮在艙外航天員加速度等于零B.若出艙活動期間蔡旭哲自由釋放手中的工具，工具會立即高速離開航天員C.“天庭”運行的線速度比“太空艙”小D.“天庭”受地球的引力比“太空艙”小〖答案〗C〖解析〗A．漂浮在艙外的航天員圍繞地球做圓周運動，一定有向心加速度，其加速度一定不為零，故A錯誤；B．工具在被釋放前，與蔡旭哲保持相對靜止，根據牛頓第一定律可知蔡旭哲自由釋放手中的工具后，工具還是和蔡旭哲保持相對靜止，故B錯誤；C．根據題意可知，“天宮”空間站繞地心一周運動的路程約可知，“天宮”空間站的軌道半徑小于“天庭”的軌道半徑，根據萬有引力提供向心力有解得可知，“天庭”相對于“天宮”線速度更小，故C正確；D．由于不知道“天庭”和“天宮”的質量關系，無法判斷二者受地球引力大小關系，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，甲同學站在地面上將排球以大小為的速度擊出，排球沿軌跡①運動：經過最高點后，乙同學跳起將排球以大小為的水平速度擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發點。忽略空氣阻力，則排球（）A.沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小相同B.沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同C.沿軌跡①運動的最小速度大小可能為D.沿軌跡②運動的最大速度大小可能為〖答案〗D〖解析〗A．根據圖像可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，根據平拋運動規律可知沿軌跡②運動的時間小于沿軌跡①運動的時間，沿軌跡①和軌跡②運動過程的位移相同，所以沿軌跡②運動的平均速度大于沿軌跡①運動的平均速度，故A錯誤；B．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量為可知沿軌跡②的速度變化量小于沿軌跡①的速度變化量，故B錯誤；CD．根據軌跡①的時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度為沿軌跡①的豎直分速度大，可知沿軌跡②的最大速度可能為，沿軌跡①運動的最小速度即水平速度，小于，故D正確，C錯誤。故選D。6.某山頂有一排風力發電機，發電機的葉片轉動時可形成半徑為的圓面。某時間內該山頂的風速達，風向恰好跟某風力發電機葉片轉動形成的圓面垂直，已知空氣的密度，若該風力發電機能將此圓內的空氣動能轉化為電能。則此風力發電機發電的功率P約為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗時間內，通過圓面的空氣的質量該部分空氣的動能則此風力發電機發電的功率解得故選B。7.如圖所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點（N點在M點右上方），輕繩1上套有一個輕質的光滑小環O，質量為m的物塊P通過另一根輕繩2懸掛在環的下方，處于靜止狀態，。現用一始終與輕繩2垂直的力F緩慢拉動物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.物塊在緩慢移動過程中，輕繩2的延長線可能不平分B.施加拉力F前，輕繩1的張力大小為C.物塊在緩慢移動過程中，輕繩1的張力增大D.物塊在緩慢移動過程中，力F先增大后減小〖答案〗C〖解析〗A．物塊在緩慢移動過程中，以小環為對象，由于小環兩側輕繩1的張力大小總是相等，則小環兩側輕繩1的張力合力沿平分線上，根據受力平衡可知，輕繩2的延長線始終平分，故A錯誤；B．施加拉力F前，以小環為對象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力mg，豎直方向根據受力平衡可得解得輕繩1的張力大小為故B錯誤；C．物塊在緩慢移動過程中，由于M、N之間的輕繩1長度不變，根據數學知識可知，小環的運動軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個焦點；當輕繩2與MN連線方向垂直時，小環剛好位于橢圓的短軸頂點上，根據橢圓知識可知此時最大，則此過程逐漸增大，以小環為對象，根據受力平衡可得可得可知此過程經繩1的張力一直增大，故C正確；D．物塊在緩慢移動過程中，輕繩2與豎直方向的夾角為逐漸變大，則可知逐漸變大，故D錯誤。故選C。8.我國2023年新能源車出口120多萬輛，穩居全球首位。一輛新能源車在某次直線測試中，速度從0加速到所用時間為，且加速度隨速度的增加而逐漸減小，該車在這段時間內（）A.加速到時，用時大于B.平均加速度大小為C.位移大于D.運動到總位移一半時，速度小于〖答案〗BC〖解析〗ABD．平均加速度大小為因加速度隨速度的增加而逐漸減小，可知開始階段的加速度大于2.5m/s2，加速到時，用時小于；運動到總位移一半時，速度大于，選項AD錯誤，B正確；C．若做勻加速運動，則位移為因做加速度減小的加速運動，結合v-t圖像，則汽車的位移大于做勻加速運動時的位移，可知位移大于，選項C正確；故選BC9.如圖所示，左圖為亞運會藝術體操比賽中中國隊選手趙樾進行帶操比賽的畫面，某段過程中彩帶的運動可簡化為沿x軸方向傳播的簡諧橫波，這列簡諧橫波在時的波形如右圖所示。介質中處的質點P沿y軸方向做簡諧運動的表達式為。則下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播B.該波的傳播速度為C.時，處的質點振動位移為D.時，處的質點振動位移為〖答案〗BD〖解析〗A．根據質點P的振動方程可知時刻質點P沿軸正方向振動，根據同側法可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據題意可知該波的周期根據題圖可知該波的波長該波的傳播速度為故B正確；CD．根據三角函數知識可知時，處的質點振動位移故D正確，C錯誤。故選BD。10.某校科技興趣小組設計了一個玩具車的電磁驅動系統，如圖所示，abcd是固定在塑料玩具車底部的長為L、寬為的長方形金屬線框，線框粗細均勻且電阻為R。驅動磁場為方向垂直于水平地面、等間隔交替分布的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，每個磁場寬度均為。現使驅動磁場以速度向右勻速運動，線框將受到磁場力并帶動玩具車由靜止開始運動，假設玩具車所受阻力f與其運動速度v的關系為（k為常量）。下列說法正確的是（）A.a、d兩點間的電壓的最大值為B.玩具車在運動過程中線框中電流方向不改變C.線框勻速運動時，安培力的功率等于回路中的電功率D.玩具車和線框的最大速度為〖答案〗AD〖解析〗A．剛開始時線框相對于磁場的速度最大，此時感應電動勢最大，ab、cd均切割磁感線，產生感應電動勢方向相同，則總電動勢為因線框電阻為R，則ad部分電阻為，則a、d兩點間的電壓的最大值為故A正確；B．磁場向右運動，相當于線框切割磁感線，ab、cd所處的磁場區域會不斷發生變化，結合右手定則可分析出金屬框中電流方向并不是不變的，故B錯誤；D．設玩具車最大速度為v，則相對于磁場的速度為v0-v，此時總電動勢為總安培力為因玩具車所受阻力為其對地速度的k倍，當速度最大時有可得故D正確；C．玩具車達到最大速度時即勻速時，安培力的功率為電功率僅當即才有但v不一定取，故C錯誤。故選AD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.用如圖甲所示的裝置探究影響向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圓周運動的軌跡半徑之比為1∶2∶1，小球做圓周運動的向心力與標尺露出的格數成正比，變速塔輪自上而下按如圖乙所示三種方式進行組合，每層半徑之比由上至下分別為1∶1、2∶1和3∶1（1）本實驗所采用的實驗探究方法與下列哪些實驗是相同的__________。A.探究平拋運動的特點B.探究影響導體電阻的因素C.探究兩個互成角度的力的合成規律D.探究加速度與物體受力、物體質量的關系（2）在探究向心力大小與半徑的關系時，為了控制角速度相同需要將傳動皮帶調至第__________（填“一”、“二”或“三”）層塔輪，然后將兩個質量相等的鋼球分別放在__________（填“A和B”、“A和C”或“B和C”）位置，勻速轉動手柄，如圖丙所示，左側標尺露出2格，右側標尺露出1格，則左右兩球所受向心力大小之比為__________。（3）在記錄兩個標尺露出的格數時，同學們發現要同時記錄兩邊的格數且格數又不是很穩定，不便于讀取。于是有同學提出用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數。下列對該同學建議的評價，你認為正確的是__________。A.該方法可行，但仍需要勻速轉動手柄B.該方法可行，且不需要勻速轉動手柄C.該方法不可行，因不能確定拍照時露出的格數是否已穩定（4）在探究向心力大小與角速度的關系時，若將傳動皮帶調至圖乙中的第三層，質量相同的兩小球分別放在A和C位置，轉動手柄，穩定后，觀察到左側標尺露出1格，右側標尺露出9格，則可以得出的實驗結論為：____________________。〖答案〗（1）BD（2）一B和C（3）B（4）質量和半徑一定的條件下、物體做圓運動的向心力大小與角速度的平方成正比〖解析〗【小問1詳析】在該實驗中，通過控制質量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個物理量之間的關系，采用的科學方法是控制變量法：A．探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故A錯誤；B．當一個物理量與多個物理量相關時，應采用控制變量法，探究該物理量與某一個量的關系，在探究影響導體電阻的因素實驗中使用了控制變量法，故B正確；C．探究兩個互成角度的力的合成規律，應用了等效替代法，故C錯誤；D．探究加速度與物體受力、物體質量關系，應用了控制變量法，故D正確。故選BD。【小問2詳析】[1][2]變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據在探究向心力大小與半徑的關系時，需控制小球質量、角速度相同，運動半徑不同，故需要將傳動皮帶調至第一層塔輪，將兩個質量相等的鋼球分別放在B和C位置。[3]根據題意可知左右兩球所受向心大小之比。【小問3詳析】該方法可行，用手機拍照后再通過照片讀出兩邊標尺露出的格數，這樣可以準確讀出某一時刻兩邊標尺露出的格數，并通過格數得出向心力與角速度的關系，手柄轉速變化時，兩邊標尺露出的格數同時變化，仍可通過格數得出向心力與角速度的關系，故不需要速轉動手。【小問4詳析】變速塔輪邊緣處的線速度相等，根據可得左右兩小球的角速度之比為可得可得的實驗結論是：質量和半徑一定的條件下、物體做圓運動的向心力大小與角速度的平方成正比。12.一探究小組測量平時考試使用的2B鉛筆芯的電阻率，先用多用電表歐姆擋的“”擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉如圖（a）所示。（1）為了更準確測量電阻值，可將旋鈕調至__________（填“”或“”）擋后再次進行測量。（2）為精確地測量鉛筆芯的電阻，實驗中除開關，若干導線外還提供下列器材：A．電壓表（量程，內阻約）B．電壓表（量程，內阻約）C．電流表（量程，內阻約）D．電流表（量程，內阻約）E．滑動變阻器F．滑動變阻器G．電源E（電動勢為）及開關和導線若干為了提高測量精確度，實驗中電壓表應選擇__________，電流表應選擇__________，滑動變阻器應選擇__________。（選填各器材前的字母序號）（3）現要求測量電路的電壓從0開始變化，請在實物圖（b）中完成電路連接_________。（4）用游標卡尺測得鉛筆芯接入電路的長度為l，用螺旋測微器測得直徑為d，電壓表的示數為U，電流表的示數為I，由此可計算得出鉛筆芯的電阻率__________（用題目所給字母表示）。〖答案〗（1）（2）ADE（3）（4）〖解析〗【小問1詳析】先用多用電表歐姆擋的擋粗測鉛筆芯電阻，指針偏轉好圖（a）所示，可知待測電阻阻值較小，為了進一步測量電阻值，可將旋鈕調至擋后再次進行測量。【小問2詳析】[1]因電源電動勢為3V，則電壓