2025屆三省一區(qū)高三上學期第一次質(zhì)量檢測物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1三省一區(qū)2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測物理試題2024.11考試時間：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷選擇題：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，有選錯的得0分。1.中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機，具有超音速、超高機動能力和低可探測性，主要用于未來對空作戰(zhàn)。若在某次試飛測試中無人機起飛前沿地面由靜止開始做勻加速直線運動經(jīng)時間t達到起飛速度v，則無人機起飛前通過的距離為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，無人機起飛前通過的距離故選A。2.一列沿x軸傳播簡諧橫波，在時的波形如圖甲，P、Q是波上的兩個質(zhì)點，此時質(zhì)點P沿y軸負方向運動，圖乙是波上某一質(zhì)點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播 B.圖乙可能為Q點的振動圖像C.該波的波速一定為 D.該波的波速一定為【答案】D【解析】A．根據(jù)下圖同側法分析可知，該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據(jù)上述判斷的波的傳播方向可知，t=0時刻，Q點在平衡位置向上振動，圖乙的振動圖像在t=0時刻是向下振動的，所以圖乙不可能為Q點的振動圖像，故B錯誤；CD．根據(jù)甲圖可知波長為8m，由圖乙可知周期為0.20s，則波速為故C錯誤，D正確故選D。3.如圖所示的兩幅圖景表示的是有關生活中的圓周運動，下列說法正確的是（）A.圖a中汽車通過凹形路面的最低點時處于失重狀態(tài)B.圖a中汽車通過凹形路面的最低點時處于超重狀態(tài)C.圖b中火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內(nèi)軌D.圖b中火車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓外軌【答案】B【解析】AB．當汽車通過最低點時，需要向上的向心力，，處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；CD．火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時重力與支持力的合力不足以提供向心力，會擠壓外軌產(chǎn)生向內(nèi)的力，火車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內(nèi)軌，故CD錯誤。故選B。4.如圖所示，電源內(nèi)阻等于燈泡的電阻（設燈泡電阻一直不變），當開關閉合、滑動變阻器滑片位于某位置時，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，則（）A.電源的路端電壓減小B.電源的輸出功率減小C.燈泡將變暗，R中有電流流過，方向豎直向下D.液滴帶正電，在滑片滑動過程中液滴將向下做勻加速運動【答案】B【解析】A．根據(jù)歐姆定律可知，當滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，滑動變阻器的電阻增大，即電路中的總電阻增大，則電路中的電流減小。根據(jù)閉合電路中的歐姆定律可知，路端電壓為則路端電壓增大，故A錯誤；B．由于電源的內(nèi)電阻等于燈泡的電阻，所以在滑動過程中外電阻一直大于內(nèi)阻，且在增大，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，電源的輸出功率一直減小，故B正確；C．根據(jù)前面分析可知流過燈泡的電流減小，故燈泡變暗；與滑動變阻器并聯(lián)的電容器兩端的電壓變大，根據(jù)可知，電容器充電，即R中有電流流過，因電容器上極板帶負電，所以電流方向豎直向上，故C錯誤；D．因為液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電，板間場強向上，則知液滴帶正電，由于電容器板間電壓增大，所以板間場強增大，液滴所受的電場力增大，因此液滴將向上做加速運動，但是因為電壓在變化，加速度會變化，所以不是勻加速運動，故D錯誤。故選B。5.如圖是一個多用電表的簡化電路，S為單刀多擲開關，通過操作開關，接線柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列說法正確的是（）A.當開關S分別接1和2時，測量的是電流，其中S接1時量程較大B.當開關S分別接3和4時，測量的是電阻，其中A是黑表筆C.當開關S分別接5和6時，測量的是電阻，其中A是紅表筆D.當開關S分別接5和6時，測量的是電壓，其中S接5時量程較大【答案】A【解析】A．其中1、2兩擋用來測電流，接1時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1擋為大量程，那么S接2時量程較小，故A正確；B．3、4擋用來測電阻，其中黑表筆連接表內(nèi)電池的正極，故B為黑表筆，A與電源的負極相連，A為紅表筆，故B錯誤；C．要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電壓。因為6擋共用一個表頭，所以測電壓時外部電源的正極應該接在A表筆上，故A為紅表筆，故C錯誤；D．要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電壓。測量電壓，電流表所串聯(lián)的電阻越大，所測量電壓值越大，故當轉換開關S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯誤。故選A。6.全球最大水平臂上回轉自升塔式起重機的開發(fā)和應用，意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進一步邁向世界前列。該起重機某次從時刻由靜止開始提升質(zhì)量為m的物體，其圖像如圖所示，內(nèi)起重機的功率為額定功率，不計物體受到的空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.物體勻加速階段的位移為B.該起重機的額定功率為C.時刻物體正在減速上升D.和時間內(nèi)牽引力做的功之比為【答案】D【解析】A．由圖可知，時間內(nèi)，加速度恒定，物體做勻加速直線運動，勻加速階段的位移為A錯誤；B．時，據(jù)牛頓第二定律可得由功率與速度關系可得聯(lián)立解得該起重機的額定功率為B錯誤；C．由圖像及可知，物體先勻加速上升，當功率等于額定功率時，做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時，速度達到最大，以后做勻速直線運動，由圖可知，時刻物體的加速度不為零，正在加速上升，C錯誤；D．時間內(nèi)牽引力做功為時間內(nèi)牽引力做功為聯(lián)立可得和時間內(nèi)牽引力做的功之比為D正確。故選D。7.2022年10月7日，中國太原衛(wèi)星發(fā)射中心在黃海海域使用長征十一號海射運載火箭，采用“一箭雙星”方式，成功將微厘空間低軌導航試驗衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道。設兩顆衛(wèi)星軌道在赤道平面上，運行方向相同，運動周期也相同，其中a衛(wèi)星為圓軌道，距離地面高度為，b衛(wèi)星為橢圓軌道，近地點M距離地面高度為遠地點N距離地面高度的一半，地球表面的重力加速度為g，a衛(wèi)星線速度大小為v1，b衛(wèi)星在近地點M時線速度大小為v2，在遠地點N時線速度大小為v3，地球半徑為R，P點為兩個軌道的交點。下列說法正確的是（）A.b衛(wèi)星遠地點N距離地面高度為B.b衛(wèi)星從N點運動到M點時間為C.D.a、b兩衛(wèi)星在P點受到地球的引力相等【答案】C【解析】A．設b衛(wèi)星運行的橢圓軌道半長軸為，根據(jù)開普勒第三定律有即設近地點M距離地面高度為，有解得故b衛(wèi)星遠地點N距離地面高度為，A錯誤；B．對衛(wèi)星a有在地球表面有聯(lián)立解得故b衛(wèi)星從N點運動到M點時間為B錯誤；C．根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星b由N點運動到P點時速度在增大，分析可知若在P點點火加速可進入圓形a軌道，可得；同理，衛(wèi)星b在近地點M減速可進入以M點高度所在處的圓軌道，根據(jù)萬有引力公式可知當衛(wèi)星圍繞地球做圓周運動時軌道越高，速度越小，所以可知衛(wèi)星a的速度小于M點高度所在處的圓軌道的速度，即衛(wèi)星b在近地點M的速度大于衛(wèi)星a的速度，所以有C正確；D．根據(jù)萬有引力公式，a、b兩衛(wèi)星在P點時到地球的距離相等，由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關系未知，所以無法判斷受到地球引力大小關系，D錯誤。故選C。8.如圖所示，正三棱柱的A點固定一個電荷量為的點電荷，C點固定一個電荷量為的點電荷，D、點分別為AC、邊的中點，選無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是（）A.B、、D、四點的電場強度方向相同B.將一負試探電荷從點移到點，其電勢能減少C.將一正試探電荷沿直線從B點移到點，電場力始終不做功D.將一正試探電荷沿直線從B點移到點，電場力做負功【答案】AC【解析】A．分別畫出AC在B、、D、各點的場強，然后進行場強的合成可以得到兩個點電荷在這四點的電場強度方向均平行于AC，方向由A指向C，故A正確；B．沿線電場強度方向由指向，電勢降低，但試探電荷為負電荷，故電勢能增加，故B錯誤；CD．幾何體為正三棱柱，D、點分別AC為、邊的中點，所以BD為AC的中垂面，也就是等勢面，各處電勢相等，電勢能相等，電場力不做功，故C正確，D錯誤；故選AC9.如圖所示為一個加速度計的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內(nèi)阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當P端電勢高于Q端時，指針位于表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A.若M位于R的中點右側，P端電勢高于Q端B.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向一定向右D.若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右【答案】AD【解析】A．由題意可知，M位于R的中點時，理想電壓表的指針位于表盤中央，即此時P端電勢等于Q端，由于滑動變阻器從右端向左端電勢逐漸降低，因此當M位于R的中點右側時，P端電勢高于Q端，故A正確；B．設被測物體水平方向的加速度為a時，滑塊移動的距離為c，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得2kx=ma設電阻器單位長度的電阻為r，電阻器的總長度為L，則電路中的電流為電壓表的示數(shù)為由以上各式解得可知U與a成正比，故B錯誤；CD．若電壓表指針位于表盤左側，可知此時P端電勢低于Q端電勢，滑塊M位于R的中點左側，滑塊所受彈簧的拉力的合力向右，因此滑塊具有向右的加速度，但速度方向不一定向右，故C錯誤，D正確。故選AD。10.如圖所示，一根長為L的輕桿的兩端分別固定小球A和B。輕桿可繞距A球為處的軸O在豎直平面內(nèi)轉動初始時桿處于豎直位置，小球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側緊貼著B球為邊長為的立方體滑塊C，A、B、C的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一水平恒力F作用于A球上，使之繞固定的O軸順時針轉動，直到B轉動到C的右上角分離。設在此過程中C物塊一直緊貼地面，不計一切摩擦。關于此過程，下列判斷正確的是（）A.力F的功率逐漸增大B.分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能C.力F做的功大于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和D.滑塊C的最大速度為【答案】ACD【解析】AC．用表示A球轉過角時A球的速度大小，用表示A球轉過角時B球的速度大小，v表示此時立方體的速度大小，則由于A與B的角速度相同，且則則根據(jù)能量守恒定律可知，力F做的功等于滑塊C的動能增量與球A、B機械能增量之和，則力F做的功大于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和，可得解得由幾何關系可知轉過的最大角度為則力F功率為由數(shù)學知識可知，功率增加，故AC正確；B．分離前C的動能為分離前A的動能為由數(shù)學知識可知角度轉動的范圍為則可知故B錯誤；D．當時，C速度最大為故D正確。故選ACD。第Ⅱ卷非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學用圖a所示裝置測定重力加速度，小球上安裝有擋光部件，光電門安裝在小球平衡位置正下方。（1）用螺旋測微器測量擋光部件的擋光寬度d，其讀數(shù)如圖b，則___________。（2）讓單擺做簡諧運動，當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計數(shù)增加1，若計數(shù)為N時，單擺運動時間為t，則該單擺的周期___________。（3）改變擺長，測出單擺做簡諧運動對應的周期T，測量多組數(shù)據(jù)后繪制圖像，求得圖像斜率為k，可得當?shù)刂亓铀俣萠__________。【答案】（1）2.330##2.331##2.332##2.333（2）（3）【解析】【小問1詳析】螺旋測微器最小分度值為0.01mm，結合圖其讀數(shù)【小問2詳析】當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計數(shù)增加1，若計數(shù)為N時,則完成的周期數(shù)為故單擺周期【小問3詳析】根據(jù)單擺周期公式得故圖像斜率為故12.研究某型號燈泡的伏安特性，所使用的器材有：燈泡L（額定電壓，額定電流）；電壓表V（量程，內(nèi)阻為）；電流表A（量程，內(nèi)阻為）；固定電阻（阻值）；滑動變阻器（阻值）；滑動變阻器（阻值）；電源E（電動勢，內(nèi)阻不計）；開關S：導線若干。（1）實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，實驗中滑動變阻器R應選用___________（選填“”或“”）（2）通過實驗測得該燈泡曲線如圖甲。根據(jù)曲線可知，隨著電壓的升高該燈泡的電阻___________（選填“增大”或“減小”）。（3）現(xiàn)將兩個這樣的燈泡并聯(lián)后再與一個的定值電阻串聯(lián)，接在一電動勢為、內(nèi)阻為的電源兩端，如圖乙所示，則兩個燈泡的總功率為___________（結果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】（1）（2）增大（3）1.2【解析】【小問1詳析】實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，則電壓要從零開始測量，滑動變阻器采用分壓式電路，為調(diào)節(jié)方便，選用的滑動變阻器為最大阻值較小的。【小問2詳析】根據(jù)曲線與原點連線的斜率表示電阻，可知隨著電壓的升高該燈泡的電阻增大?！拘?詳析】設流過燈泡的電流為I，兩端的電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律變形得在圖甲中作出U-I圖像，如圖所示由圖可知，交點的橫坐標I=0.3A，縱坐標為U=2A，則兩個燈泡的總功率13.如圖所示，一質(zhì)量的長木板左端固定一輕彈簧，彈簧右端緊靠一質(zhì)量為的小物塊（不栓接），長木板?？吭趬?。長木板的右端帶有一段半徑為的四分之一圓弧，長木板表面除長為的AB段外均光滑，AB段與物塊間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用外力通過物塊壓縮彈簧，使其彈性勢能，然后由靜止釋放物塊。已知物塊到達A點前已脫離彈簧，水平地面光滑且足夠長，重力加速度，求：（1）物塊第一次到達A點時的動量p大??；（2）物塊能到達圓弧軌道的最大高度?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】【小問1詳析】由系統(tǒng)機械能守恒有可得物塊第一次到達A點時的動量大小解得【小問2詳析】物塊到達最高點時，物塊的速度與木板的速度相等，設為v，從物塊滑過A點，木板離開墻角后，物塊與木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有可得根據(jù)能量守恒有解得14.如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0.6cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地時，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示．現(xiàn)有一帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計．求：（1）在0~和~T和這兩段時間內(nèi)微粒的加速度大小和方向；（2）要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少（g=10m/s2）．【答案】(1)方向向上，方向向下（2）【解析】（1）設電場力大小為F，則F=2mg，對于t=0時刻射入的微粒，在前半個周期內(nèi)，有F-mg=ma1又由題意F=2mg解得a1=g，方向向上．后半個周期的加速度a2滿足F+mg=ma2得a2=3g方向向下．（2）前半周期上升的高度前半周期微粒的末速度為v1=gT后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間t1，則3gt1=gT則得t1＝．此段時間內(nèi)上升的高度則上升總高度為H=h1+h2=后半周期的T-t1=T時間內(nèi)，微粒向下加速運動，下降的高度．上述計算表明，微粒在一個周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則H≤d，即所加電壓的周期最長為考點：帶電粒子在電場中運動【名師『點石成金』】帶電粒子在電場中運動的問題，是電場知識和力學知識的綜合應用，分析方法與力學分析方法基本相同，關鍵在于分析粒子的受力情況和運動情況．15.如圖甲所示，豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，上端與木塊A連接，物塊B疊放在A上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對B施加豎直向上的拉力F，使A、B以大小的加速度豎直向上做勻加速直線運動直至分離，力F的大小隨B的位移x變化的關系如圖乙所示。當x=16cm時撤去力F，撤去力F前B一直做勻加速直線運動。取，求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k、物塊A的質(zhì)量m和物塊B的質(zhì)量M；(2)A、B分離時A的速度大小以及從A、B分離至B到達最高點所用的時間t；(3)從B由靜止開始到A與B分離的過程中，A與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能變化量。【答案】(1)，0.45kg，0.45kg；(2)0.6m/s，0.18s；(3)【解析】(1)經(jīng)分析可知，當B的位移大小時，A與B恰好分離，A、B間的彈力為零，有：其中，解得設A、B疊放在彈簧上靜止時彈簧的壓縮量為，則有在A、B分開之前，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有：聯(lián)立以上兩式可得結合題圖乙可知，解得(2)B一直做勻加速直線運動，則有解得設從A、B分離至撤去力F的時間為，則有其中撤去力F時B的速度大小為從撤去力F至B運動到最高點的過程中，B做豎直上拋運動，則有聯(lián)立解得(3)圖線與x軸包圍的“面積”表示功，則從B由靜止開始到A與B分離的過程中，力F對B做的總功對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)功能關系有解得即A與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能減少0.162J。三省一區(qū)2025屆高中畢業(yè)班第一次質(zhì)量檢測物理試題2024.11考試時間：75分鐘滿分：100分第Ⅰ卷選擇題：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，有選錯的得0分。1.中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機，具有超音速、超高機動能力和低可探測性，主要用于未來對空作戰(zhàn)。若在某次試飛測試中無人機起飛前沿地面由靜止開始做勻加速直線運動經(jīng)時間t達到起飛速度v，則無人機起飛前通過的距離為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，無人機起飛前通過的距離故選A。2.一列沿x軸傳播簡諧橫波，在時的波形如圖甲，P、Q是波上的兩個質(zhì)點，此時質(zhì)點P沿y軸負方向運動，圖乙是波上某一質(zhì)點的振動圖像。下列說法正確的是（）A.該波沿x軸負方向傳播 B.圖乙可能為Q點的振動圖像C.該波的波速一定為 D.該波的波速一定為【答案】D【解析】A．根據(jù)下圖同側法分析可知，該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．根據(jù)上述判斷的波的傳播方向可知，t=0時刻，Q點在平衡位置向上振動，圖乙的振動圖像在t=0時刻是向下振動的，所以圖乙不可能為Q點的振動圖像，故B錯誤；CD．根據(jù)甲圖可知波長為8m，由圖乙可知周期為0.20s，則波速為故C錯誤，D正確故選D。3.如圖所示的兩幅圖景表示的是有關生活中的圓周運動，下列說法正確的是（）A.圖a中汽車通過凹形路面的最低點時處于失重狀態(tài)B.圖a中汽車通過凹形路面的最低點時處于超重狀態(tài)C.圖b中火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內(nèi)軌D.圖b中火車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓外軌【答案】B【解析】AB．當汽車通過最低點時，需要向上的向心力，，處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；CD．火車轉彎超過規(guī)定速度行駛時重力與支持力的合力不足以提供向心力，會擠壓外軌產(chǎn)生向內(nèi)的力，火車轉彎小于規(guī)定速度行駛時會側向擠壓內(nèi)軌，故CD錯誤。故選B。4.如圖所示，電源內(nèi)阻等于燈泡的電阻（設燈泡電阻一直不變），當開關閉合、滑動變阻器滑片位于某位置時，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，則（）A.電源的路端電壓減小B.電源的輸出功率減小C.燈泡將變暗，R中有電流流過，方向豎直向下D.液滴帶正電，在滑片滑動過程中液滴將向下做勻加速運動【答案】B【解析】A．根據(jù)歐姆定律可知，當滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，滑動變阻器的電阻增大，即電路中的總電阻增大，則電路中的電流減小。根據(jù)閉合電路中的歐姆定律可知，路端電壓為則路端電壓增大，故A錯誤；B．由于電源的內(nèi)電阻等于燈泡的電阻，所以在滑動過程中外電阻一直大于內(nèi)阻，且在增大，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，電源的輸出功率一直減小，故B正確；C．根據(jù)前面分析可知流過燈泡的電流減小，故燈泡變暗；與滑動變阻器并聯(lián)的電容器兩端的電壓變大，根據(jù)可知，電容器充電，即R中有電流流過，因電容器上極板帶負電，所以電流方向豎直向上，故C錯誤；D．因為液滴受力平衡，因電容器上極板帶負電，板間場強向上，則知液滴帶正電，由于電容器板間電壓增大，所以板間場強增大，液滴所受的電場力增大，因此液滴將向上做加速運動，但是因為電壓在變化，加速度會變化，所以不是勻加速運動，故D錯誤。故選B。5.如圖是一個多用電表的簡化電路，S為單刀多擲開關，通過操作開關，接線柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列說法正確的是（）A.當開關S分別接1和2時，測量的是電流，其中S接1時量程較大B.當開關S分別接3和4時，測量的是電阻，其中A是黑表筆C.當開關S分別接5和6時，測量的是電阻，其中A是紅表筆D.當開關S分別接5和6時，測量的是電壓，其中S接5時量程較大【答案】A【解析】A．其中1、2兩擋用來測電流，接1時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1擋為大量程，那么S接2時量程較小，故A正確；B．3、4擋用來測電阻，其中黑表筆連接表內(nèi)電池的正極，故B為黑表筆，A與電源的負極相連，A為紅表筆，故B錯誤；C．要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電壓。因為6擋共用一個表頭，所以測電壓時外部電源的正極應該接在A表筆上，故A為紅表筆，故C錯誤；D．要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時，即5、6兩擋用來測電壓。測量電壓，電流表所串聯(lián)的電阻越大，所測量電壓值越大，故當轉換開關S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯誤。故選A。6.全球最大水平臂上回轉自升塔式起重機的開發(fā)和應用，意味著中國橋梁及鐵路施工裝備進一步邁向世界前列。該起重機某次從時刻由靜止開始提升質(zhì)量為m的物體，其圖像如圖所示，內(nèi)起重機的功率為額定功率，不計物體受到的空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.物體勻加速階段的位移為B.該起重機的額定功率為C.時刻物體正在減速上升D.和時間內(nèi)牽引力做的功之比為【答案】D【解析】A．由圖可知，時間內(nèi)，加速度恒定，物體做勻加速直線運動，勻加速階段的位移為A錯誤；B．時，據(jù)牛頓第二定律可得由功率與速度關系可得聯(lián)立解得該起重機的額定功率為B錯誤；C．由圖像及可知，物體先勻加速上升，當功率等于額定功率時，做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時，速度達到最大，以后做勻速直線運動，由圖可知，時刻物體的加速度不為零，正在加速上升，C錯誤；D．時間內(nèi)牽引力做功為時間內(nèi)牽引力做功為聯(lián)立可得和時間內(nèi)牽引力做的功之比為D正確。故選D。7.2022年10月7日，中國太原衛(wèi)星發(fā)射中心在黃海海域使用長征十一號海射運載火箭，采用“一箭雙星”方式，成功將微厘空間低軌導航試驗衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道。設兩顆衛(wèi)星軌道在赤道平面上，運行方向相同，運動周期也相同，其中a衛(wèi)星為圓軌道，距離地面高度為，b衛(wèi)星為橢圓軌道，近地點M距離地面高度為遠地點N距離地面高度的一半，地球表面的重力加速度為g，a衛(wèi)星線速度大小為v1，b衛(wèi)星在近地點M時線速度大小為v2，在遠地點N時線速度大小為v3，地球半徑為R，P點為兩個軌道的交點。下列說法正確的是（）A.b衛(wèi)星遠地點N距離地面高度為B.b衛(wèi)星從N點運動到M點時間為C.D.a、b兩衛(wèi)星在P點受到地球的引力相等【答案】C【解析】A．設b衛(wèi)星運行的橢圓軌道半長軸為，根據(jù)開普勒第三定律有即設近地點M距離地面高度為，有解得故b衛(wèi)星遠地點N距離地面高度為，A錯誤；B．對衛(wèi)星a有在地球表面有聯(lián)立解得故b衛(wèi)星從N點運動到M點時間為B錯誤；C．根據(jù)開普勒第二定律可知，衛(wèi)星b由N點運動到P點時速度在增大，分析可知若在P點點火加速可進入圓形a軌道，可得；同理，衛(wèi)星b在近地點M減速可進入以M點高度所在處的圓軌道，根據(jù)萬有引力公式可知當衛(wèi)星圍繞地球做圓周運動時軌道越高，速度越小，所以可知衛(wèi)星a的速度小于M點高度所在處的圓軌道的速度，即衛(wèi)星b在近地點M的速度大于衛(wèi)星a的速度，所以有C正確；D．根據(jù)萬有引力公式，a、b兩衛(wèi)星在P點時到地球的距離相等，由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量關系未知，所以無法判斷受到地球引力大小關系，D錯誤。故選C。8.如圖所示，正三棱柱的A點固定一個電荷量為的點電荷，C點固定一個電荷量為的點電荷，D、點分別為AC、邊的中點，選無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是（）A.B、、D、四點的電場強度方向相同B.將一負試探電荷從點移到點，其電勢能減少C.將一正試探電荷沿直線從B點移到點，電場力始終不做功D.將一正試探電荷沿直線從B點移到點，電場力做負功【答案】AC【解析】A．分別畫出AC在B、、D、各點的場強，然后進行場強的合成可以得到兩個點電荷在這四點的電場強度方向均平行于AC，方向由A指向C，故A正確；B．沿線電場強度方向由指向，電勢降低，但試探電荷為負電荷，故電勢能增加，故B錯誤；CD．幾何體為正三棱柱，D、點分別AC為、邊的中點，所以BD為AC的中垂面，也就是等勢面，各處電勢相等，電勢能相等，電場力不做功，故C正確，D錯誤；故選AC9.如圖所示為一個加速度計的原理圖?；瑝K可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內(nèi)阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當P端電勢高于Q端時，指針位于表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A.若M位于R的中點右側，P端電勢高于Q端B.電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向一定向右D.若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右【答案】AD【解析】A．由題意可知，M位于R的中點時，理想電壓表的指針位于表盤中央，即此時P端電勢等于Q端，由于滑動變阻器從右端向左端電勢逐漸降低，因此當M位于R的中點右側時，P端電勢高于Q端，故A正確；B．設被測物體水平方向的加速度為a時，滑塊移動的距離為c，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得2kx=ma設電阻器單位長度的電阻為r，電阻器的總長度為L，則電路中的電流為電壓表的示數(shù)為由以上各式解得可知U與a成正比，故B錯誤；CD．若電壓表指針位于表盤左側，可知此時P端電勢低于Q端電勢，滑塊M位于R的中點左側，滑塊所受彈簧的拉力的合力向右，因此滑塊具有向右的加速度，但速度方向不一定向右，故C錯誤，D正確。故選AD。10.如圖所示，一根長為L的輕桿的兩端分別固定小球A和B。輕桿可繞距A球為處的軸O在豎直平面內(nèi)轉動初始時桿處于豎直位置，小球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側緊貼著B球為邊長為的立方體滑塊C，A、B、C的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一水平恒力F作用于A球上，使之繞固定的O軸順時針轉動，直到B轉動到C的右上角分離。設在此過程中C物塊一直緊貼地面，不計一切摩擦。關于此過程，下列判斷正確的是（）A.力F的功率逐漸增大B.分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能C.力F做的功大于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和D.滑塊C的最大速度為【答案】ACD【解析】AC．用表示A球轉過角時A球的速度大小，用表示A球轉過角時B球的速度大小，v表示此時立方體的速度大小，則由于A與B的角速度相同，且則則根據(jù)能量守恒定律可知，力F做的功等于滑塊C的動能增量與球A、B機械能增量之和，則力F做的功大于滑塊C的動能增量與球A、B重力勢能增量之和，可得解得由幾何關系可知轉過的最大角度為則力F功率為由數(shù)學知識可知，功率增加，故AC正確；B．分離前C的動能為分離前A的動能為由數(shù)學知識可知角度轉動的范圍為則可知故B錯誤；D．當時，C速度最大為故D正確。故選ACD。第Ⅱ卷非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學用圖a所示裝置測定重力加速度，小球上安裝有擋光部件，光電門安裝在小球平衡位置正下方。（1）用螺旋測微器測量擋光部件的擋光寬度d，其讀數(shù)如圖b，則___________。（2）讓單擺做簡諧運動，當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計數(shù)增加1，若計數(shù)為N時，單擺運動時間為t，則該單擺的周期___________。（3）改變擺長，測出單擺做簡諧運動對應的周期T，測量多組數(shù)據(jù)后繪制圖像，求得圖像斜率為k，可得當?shù)刂亓铀俣萠__________。【答案】（1）2.330##2.331##2.332##2.333（2）（3）【解析】【小問1詳析】螺旋測微器最小分度值為0.01mm，結合圖其讀數(shù)【小問2詳析】當光電門第一次被遮擋時計數(shù)為1并同時開始計時，以后光電門被遮擋一次計數(shù)增加1，若計數(shù)為N時,則完成的周期數(shù)為故單擺周期【小問3詳析】根據(jù)單擺周期公式得故圖像斜率為故12.研究某型號燈泡的伏安特性，所使用的器材有：燈泡L（額定電壓，額定電流）；電壓表V（量程，內(nèi)阻為）；電流表A（量程，內(nèi)阻為）；固定電阻（阻值）；滑動變阻器（阻值）；滑動變阻器（阻值）；電源E（電動勢，內(nèi)阻不計）；開關S：導線若干。（1）實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，實驗中滑動變阻器R應選用___________（選填“”或“”）（2）通過實驗測得該燈泡曲線如圖甲。根據(jù)曲線可知，隨著電壓的升高該燈泡的電阻___________（選填“增大”或“減小”）。（3）現(xiàn)將兩個這樣的燈泡并聯(lián)后再與一個的定值電阻串聯(lián)，接在一電動勢為、內(nèi)阻為的電源兩端，如圖乙所示，則兩個燈泡的總功率為___________（結果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】（1）（2）增大（3）1.2【解析】【小問1詳析】實驗要求能夠描繪完整的燈泡的伏安特性曲線，則電壓要從零開始測量，滑動變阻器采用分壓式電路，為調(diào)節(jié)方便，選用的滑動變阻器為最大阻值較小的?！拘?詳析】根據(jù)曲線與原點連線的斜率表示電阻，可知隨著電壓的升高該燈泡的電阻增大?！拘?詳析】設流過燈泡的電流為I，兩端的電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律變形得在圖甲中作出U-I圖像，如圖所示由圖可知，交點的橫坐標I=0.3A，縱坐標為U=2A，則兩個燈泡的總功率13.如圖所示，一質(zhì)量的長木板左端固定一輕彈簧，彈簧右端緊靠一質(zhì)量為的小物塊（不栓接），長木板?？吭趬?。長木板的右端帶有一段半徑為的四分之一圓弧，長木板表面除長為的AB段外均光滑，AB段與物塊間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用外力通過物塊壓縮彈