2025屆廣東省廣州市高三上學期12月調(diào)研測試（零模）物理試題（B）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12025屆廣州市高三年級調(diào)研測試物理本試卷共6頁，15小題，滿分100分。考試用時75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、試室號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上，并在答題卡相應位置上填涂考生號。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案：不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“飄色”是嶺南地區(qū)一種傳統(tǒng)民俗藝術。如圖為“飄色”道具的結構示意圖，道具由色臺和色梗組成，色臺固定在色梗上。演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，此過程道具對演員的作用力（）A.方向水平向右B.方向斜向右上方C.大于演員所受的重力D.與演員所受的重力大小相等【答案】D【解析】演員與道具一起向右勻速直線運動，則演員處于平衡狀態(tài)，對演員受力分析可知，此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力相平衡，故方向豎直向上，大小等于演員所受的重力大小。故選D。2.長征運載火箭將七組衛(wèi)星送入高軌道后，先釋放第一組衛(wèi)星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛(wèi)星，直到第七組衛(wèi)星全部釋放。衛(wèi)星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛(wèi)星，第一組衛(wèi)星的（）A.線速度大 B.角速度大 C.加速度小 D.運行周期小【答案】C【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力可得由于第一組衛(wèi)星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛(wèi)星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。故選C。3.如圖，在北京已校準好的擺鐘被運送到廣州后，該擺鐘（）A.擺錘運動周期比在北京時短B.擺錘運動周期與在北京時相同C.分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時短D.分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時長【答案】D【解析】AB．根據(jù)單擺的周期公式由于北京的重力加速度較大，廣州的重力加速度較小，所以擺錘運動周期比在北京時長，故AB錯誤；CD．由于擺錘運動周期比在北京時長，則分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時長，故C錯誤，D正確。故選D。4.網(wǎng)球運動員沿水平方向擊出網(wǎng)球后，網(wǎng)球在空中運動的過程（不計空氣阻力），其動能Ek和機械能E隨時間t變化圖像可能正確的是（）A B.C. D.【答案】C【解析】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得由此可知，Ek-t圖像為開口向上的拋物線，但頂點不在坐標原點，故AB錯誤；CD．由于網(wǎng)球做平拋運動，運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖，平行板電容器兩極板與電源兩極相連，G為靈敏電流表。閉合開關并達到穩(wěn)定后，若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，可將電容器（）A.兩極板的距離增大一些B.兩極板的距離減小一些C.兩極板間的電介質(zhì)抽出D.兩極板的正對面積減小【答案】B【解析】AB．若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，即電容器處于充電狀態(tài)，即電容器所帶電荷量增大，由于電容器與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變，根據(jù)可知，電容器的電容增大，若兩極板的距離增大一些，則C減小；若兩極板的距離減小一些，則C增大，故A錯誤，B正確；C．若兩極板間的電介質(zhì)抽出，則相對介電常量減小，電容減小，故C錯誤；D．若兩極板的正對面積減小，則電容減小，故D錯誤。故選B。6.如圖，正方形區(qū)域abcd的中心為O點，過其四個頂點有四根相互平行的無限長直導線，導線與正方形所在平面垂直，導線中通有等大、同向的恒定電流。若過a點的通電直導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B，則（）A.O點的磁感應強度大小為2BB.O點的磁感應強度大小為4BC.過a點的導線所受安培力沿aO方向D.過a點的導線所受安培力沿Oa方向【答案】C【解析】AB．導線中通有等大、同向的恒定電流，根據(jù)右手定則可知，a、b、c、d四根導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B，方向分布沿、、、，根據(jù)矢量疊加原理可知，O點的磁感應強度大小為0，故AB錯誤；CD．導線中通有等大、同向恒定電流，根據(jù)右手定則可知，b、c、d三根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度方向分別為、垂直于ca、，根據(jù)通電直導線電流產(chǎn)生的磁場特征可知，b、d兩根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)矢量合成規(guī)律可知，b、c、d三根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度方向垂直于ca向外，根據(jù)左手定則可知，過a點的導線所受安培力沿aO方向，故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖（a），利用兩根平行放置、粗細均勻的長直鋼管將長方體磚塊從高處運送到低處。圖（b）為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形），磚塊放在兩鋼管間，下滑過程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為。若僅將兩鋼管間距增大一些，磚塊在下滑過程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】B．假定兩竹竿與地面傾角為、磚塊的質(zhì)量為m，每一根竹竿對磚塊的支持力為N，以磚塊為研究對象，只在垂直于竹竿平面內(nèi)對其受力分析，如圖所示，依題意有則有若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，角保持不變，不變，則N不變，即。故B錯誤；CD．假定磚塊與竹竿動摩擦因數(shù)為，則摩擦力為據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變，即，故C、D錯誤；A．根據(jù)牛頓第二定律有解得可以看出磚塊的加速度與磚塊的質(zhì)量無關，由于，角不變，則下滑的加速度不變，即，故A正確。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入帶電極板M、N之間的水平勻強電場后，分落在收集器中央的兩側(cè)，其中礦粉a帶正電，對礦粉分離的過程，下列說法正確的是（）A.極板M帶負電 B.M的電勢比N的電勢低C.礦粉b的電勢能變大 D.電場力對礦粉a做負功【答案】AB【解析】AB．礦粉a帶正電，且落入左側(cè)收集器，則礦粉a受到向左的電場力，則電場方向水平向左，所以N板帶正電，M板帶負電，M的電勢比N的電勢低，故AB正確；CD．礦粉在電場中所受電場力均對礦粉做正功，所以礦粉a、b的電勢能減小，故CD錯誤。故選AB。9.如圖，在光滑絕緣水平面上同時靜止釋放兩個帶正電的小球（視為點電荷），兩小球在運動過程中（）A.速度大小之比逐漸增大B.加速度大小之比逐漸減少C.動量大小之比保持不變D.動能之比保持不變【答案】CD【解析】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則所以即兩球速度大小之比不變，兩球動量大小相等，比值保持不變，故A錯誤，C正確；B．小球的加速度大小之比為即加速度大小之比保持不變，故B錯誤；D．動能之比為即動能之比保持不變，故D正確。故選CD。10.圖（a）是某型號氣門結構的簡化圖：金屬塊和固定彈簧座連接彈簧上端和下端，偏心輪軸位置固定，偏心輪以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，帶動金屬塊與推桿整體上下往復運動，配合氣門機構完成進氣、出氣，此過程彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，偏心輪與金屬塊始終保持接觸。偏心輪橫截面如圖（b），在t=0時通過輪軸的偏心輪直徑恰好處于水平位置，則（）A.推桿上下往復運動的周期為B.時彈簧的彈性勢能最大C.偏心輪上各點的線速度最大值為D.偏心輪上各點的向心加速度最大值為【答案】ABC【解析】A．根據(jù)周期和角速度的關系可得故A正確；B．彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，則當彈簧長度最短時，壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，彈力最大，偏心輪應轉(zhuǎn)到最低點，即從初始位置轉(zhuǎn)動（n=0，1，2……）當n=0時，有故B正確；C．根據(jù)線速度與角速度的關系偏心輪上各點的r的最大值為3R，則最大線速度為，故C正確；D．根據(jù)可知，偏心輪上各點的向心加速度最大值為，故D錯誤。故選ABC。三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答。11.彈力帶是一種常見的健身器材。某同學為了探究彈力帶所受拉力與其伸長量的關系，進行如下實驗：（1）如圖（a），將彈力帶甲豎直掛在固定的釘子O上，其下端P連接一托盤，卷尺豎直固定在旁邊，卷尺的零刻度線與釘子平齊；（2）逐步增加托盤上杠鈴片的數(shù)量，分別記錄杠鈴片與托盤的總質(zhì)量m、P對應卷尺等高處的刻度值x，并在圖（b）中描點：（3）當杠鈴片與托盤總質(zhì)量為3.0kg時，彈力帶甲下端P對應的刻度值如圖（a），其讀數(shù)為_______cm，請在圖（b）中把此坐標點描出，并作出彈力帶甲的m?x圖像______：由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降_______cm（結果保留兩位有效數(shù)字）：（4）彈力帶乙的m?x圖像如圖（b）。若要增大力量訓練強度，應選用彈力帶_______（選填“甲”或“乙”）?！敬鸢浮浚?）124.15##124.14##124.168.7##8.4##8.5##8.6##8.8##8.9##9.0（4）甲【解析】（3）[1]彈力帶甲下端P對應的刻度值讀數(shù)為[2]彈力帶甲的m?x圖像如圖所示[3]由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降（4）[4]設彈簧的原長為x0，則整理得可知m?x圖像斜率越大，彈簧帶的勁度系數(shù)越大，由圖可知彈簧帶甲圖像的斜率較大，彈簧帶甲的勁度系數(shù)較大，相同拉力下，形變量小，若要增大力量訓練強度，應選用彈力帶甲。12.某同學制作“橘子電池”后，設計了圖（a）電路測量其電動勢E和內(nèi)阻r。電壓傳感器可視為理想電壓表。（1）根據(jù)圖（a）完成圖（b）實物連線_____________；（2）閉合開關S，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄電阻箱阻值R和相應的電壓傳感器讀數(shù)U；①某次實驗電阻箱的示數(shù)如圖（c），其電阻大小為_______Ω；②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖（d），則“橘子電池”電動勢E=_______V，內(nèi)阻r=_______kΩ。（結果均保留三位有效數(shù)字）（3）若僅提供如下規(guī)格的電表：電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；電壓表V2（量程15V，內(nèi)阻約為10kΩ）；電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）：微安表A2（量程300μA，內(nèi)阻約為100Ω）；為了較為準確地測出“橘子電池”的電動勢和內(nèi)阻，下列電路中最合適的是_______A. B. C. D.【答案】（1）（2）11323.51.003.33##3.30##3.31##3.32##3.34##3.35##3.36（3）D【解析】【小問1詳析】根據(jù)電路圖連接實物圖如圖【小問2詳析】①[1]根據(jù)電阻箱的刻度及擋位可知讀數(shù)為11323.5Ω；②[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有變形可得根據(jù)圖像的斜率與截距可知，解得，【小問3詳析】AB．兩選項中電路圖采用的是伏阻法，測量得到的電源的內(nèi)阻實際是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的并聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻與電壓表內(nèi)阻相差不多，故測量得到的電源的內(nèi)阻相對誤差較大，而“橘子電池”的電動勢約為1V，電壓表的量程均太大，故AB錯誤；CD．兩電路圖采用的是安阻法，測量得到的電源的內(nèi)阻實際是電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的串聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻遠大于電流表A1和微安表A2的內(nèi)阻，故測量得到的電源的內(nèi)阻相對誤差較小，并且此方法測量電源的電動勢無系統(tǒng)誤差，由（2）的結果可知電路的最大電流約為300μA，故選用微安表A2進行測量誤差較小，故C錯誤，D正確。故選D。13.某型號“雙引擎”節(jié)能環(huán)保汽車的工作原理：當行駛速度時僅靠電動機輸出動力：當行駛速度時，汽車自動切換引擎，僅靠汽油機輸出動力。該汽車在平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨時間t變化關系如圖。已知該汽車質(zhì)量為1500kg，行駛時所受阻力恒為1250N。汽車在時刻自動切換引擎后，保持牽引力功率恒定。求：（1）汽車切換引擎后的牽引力功率P；（2）汽車由啟動到切換引擎所用時間?！敬鸢浮浚?）90kW（2）6s【解析】【小問1詳析】根據(jù)功率的計算公式可知，汽車切換引擎后的牽引力功率為W=90kW【小問2詳析】開始階段，牽引力N，根據(jù)牛頓第二定律可得解得開始階段加速度為a=2.5m/s2根據(jù)速度與時間關系有s14.如圖，M、Q、N為相互平行的豎直平面，間距均為L，在N上建立xOy直角坐標系，x軸水平。處有一粒子源，連線垂直于豎直平面。MQ間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，QN間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。粒子源發(fā)出速率為v的正電粒子，粒子沿方向運動，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)通過Q平面時，其速度方向與夾角為，再經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)通過N平面上的P點（圖中未標出）。忽略粒子間相互作用及粒子重力，求：（1）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；（2）粒子從Q運動到N的時間；（3）P點的坐標（x，y）?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【小問1詳析】根據(jù)題意可知，粒子在勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則根據(jù)幾何關系可知聯(lián)立可得【小問2詳析】粒子進入勻強電場后，做類平拋運動，則解得【小問3詳析】粒子的橫坐標為所以粒子的縱坐標為所以所以P點的坐標為（，）。15.如圖是一款彈球投籃游戲示意圖，圓形籃筐水平，其邊緣固定在豎直籃板上的E點。游戲者控制小球壓縮輕彈簧，小球由靜止釋放向左彈出，到達A點時彈簧恢復原長；小球沿水平軌道進入圓弧軌道BC，從C點沿切線飛出，小球運動軌跡平面與籃板垂直。某次游戲，小球恰好垂直擊中籃板，擊中點D在E點正上方。已知小球質(zhì)量為m；圓弧軌道的半徑為R，圓心角，C點到籃板的水平距離為12R，C點與籃筐的高度差為7R，籃筐的直徑為R，忽略空氣阻力和小球體積大小，不計摩擦，重力加速度為g。（1）求游戲者釋放小球時彈簧的彈性勢能；（2）求小球經(jīng)過圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力；（3）若小球經(jīng)籃板反彈后能進入籃筐，求碰撞過程小球損失動能的最小值?！敬鸢浮浚?）（2）,方向豎直向下（3）【解析】【小問1詳析】小球在D點垂直擊中籃板，設擊中前瞬間小球的速度大小為，從C點飛出時的速度為，應用逆向思維，把從C到D的過程看成從D到C的平拋過程，設此過程的時間為，根據(jù)運動學規(guī)律可知，水平方向上在豎直方向上，C點的豎直分速度C點的水平分速度等于，根據(jù)運動的分解可得聯(lián)立解得小球從釋放到C點的過程，由機械能守恒定律可得【小問2詳析】小球從釋放到B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律可得設小球在B點軌道對小球的彈力為，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?，方向豎直向下?！拘?詳析】設D、E兩點的高度差為，從C到D豎直方向上有解得小球經(jīng)籃板反彈后做平拋運動，從反彈到落入籃筐的過程中，設小球的運動時間為，反彈后瞬間的最大速度為，根據(jù)運動學規(guī)律，則有解得故碰撞過程小球損失的動能最小值為2025屆廣州市高三年級調(diào)研測試物理本試卷共6頁，15小題，滿分100分?？荚囉脮r75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、試室號和座位號填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上，并在答題卡相應位置上填涂考生號。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上：如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案：不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，將試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“飄色”是嶺南地區(qū)一種傳統(tǒng)民俗藝術。如圖為“飄色”道具的結構示意圖，道具由色臺和色梗組成，色臺固定在色梗上。演員坐在色臺上，與道具一起向右勻速直線運動，此過程道具對演員的作用力（）A.方向水平向右B.方向斜向右上方C.大于演員所受的重力D.與演員所受的重力大小相等【答案】D【解析】演員與道具一起向右勻速直線運動，則演員處于平衡狀態(tài)，對演員受力分析可知，此過程道具對演員的作用力與演員所受的重力相平衡，故方向豎直向上，大小等于演員所受的重力大小。故選D。2.長征運載火箭將七組衛(wèi)星送入高軌道后，先釋放第一組衛(wèi)星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛(wèi)星，直到第七組衛(wèi)星全部釋放。衛(wèi)星在相應的軌道繞地球做勻速圓周運動，則相較于第七組衛(wèi)星，第一組衛(wèi)星的（）A.線速度大 B.角速度大 C.加速度小 D.運行周期小【答案】C【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力可得由于第一組衛(wèi)星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛(wèi)星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。故選C。3.如圖，在北京已校準好的擺鐘被運送到廣州后，該擺鐘（）A.擺錘運動周期比在北京時短B.擺錘運動周期與在北京時相同C.分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時短D.分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時長【答案】D【解析】AB．根據(jù)單擺的周期公式由于北京的重力加速度較大，廣州的重力加速度較小，所以擺錘運動周期比在北京時長，故AB錯誤；CD．由于擺錘運動周期比在北京時長，則分針轉(zhuǎn)完一圈所需時間比在北京時長，故C錯誤，D正確。故選D。4.網(wǎng)球運動員沿水平方向擊出網(wǎng)球后，網(wǎng)球在空中運動的過程（不計空氣阻力），其動能Ek和機械能E隨時間t變化圖像可能正確的是（）A B.C. D.【答案】C【解析】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律可得由此可知，Ek-t圖像為開口向上的拋物線，但頂點不在坐標原點，故AB錯誤；CD．由于網(wǎng)球做平拋運動，運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故C正確，D錯誤。故選C。5.如圖，平行板電容器兩極板與電源兩極相連，G為靈敏電流表。閉合開關并達到穩(wěn)定后，若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，可將電容器（）A.兩極板的距離增大一些B.兩極板的距離減小一些C.兩極板間的電介質(zhì)抽出D.兩極板的正對面積減小【答案】B【解析】AB．若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，即電容器處于充電狀態(tài)，即電容器所帶電荷量增大，由于電容器與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變，根據(jù)可知，電容器的電容增大，若兩極板的距離增大一些，則C減??；若兩極板的距離減小一些，則C增大，故A錯誤，B正確；C．若兩極板間的電介質(zhì)抽出，則相對介電常量減小，電容減小，故C錯誤；D．若兩極板的正對面積減小，則電容減小，故D錯誤。故選B。6.如圖，正方形區(qū)域abcd的中心為O點，過其四個頂點有四根相互平行的無限長直導線，導線與正方形所在平面垂直，導線中通有等大、同向的恒定電流。若過a點的通電直導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B，則（）A.O點的磁感應強度大小為2BB.O點的磁感應強度大小為4BC.過a點的導線所受安培力沿aO方向D.過a點的導線所受安培力沿Oa方向【答案】C【解析】AB．導線中通有等大、同向的恒定電流，根據(jù)右手定則可知，a、b、c、d四根導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B，方向分布沿、、、，根據(jù)矢量疊加原理可知，O點的磁感應強度大小為0，故AB錯誤；CD．導線中通有等大、同向恒定電流，根據(jù)右手定則可知，b、c、d三根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度方向分別為、垂直于ca、，根據(jù)通電直導線電流產(chǎn)生的磁場特征可知，b、d兩根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，根據(jù)矢量合成規(guī)律可知，b、c、d三根導線在a點產(chǎn)生的磁感應強度方向垂直于ca向外，根據(jù)左手定則可知，過a點的導線所受安培力沿aO方向，故C正確，D錯誤。故選C。7.如圖（a），利用兩根平行放置、粗細均勻的長直鋼管將長方體磚塊從高處運送到低處。圖（b）為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形），磚塊放在兩鋼管間，下滑過程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為。若僅將兩鋼管間距增大一些，磚塊在下滑過程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】B．假定兩竹竿與地面傾角為、磚塊的質(zhì)量為m，每一根竹竿對磚塊的支持力為N，以磚塊為研究對象，只在垂直于竹竿平面內(nèi)對其受力分析，如圖所示，依題意有則有若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，角保持不變，不變，則N不變，即。故B錯誤；CD．假定磚塊與竹竿動摩擦因數(shù)為，則摩擦力為據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變，即，故C、D錯誤；A．根據(jù)牛頓第二定律有解得可以看出磚塊的加速度與磚塊的質(zhì)量無關，由于，角不變，則下滑的加速度不變，即，故A正確。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入帶電極板M、N之間的水平勻強電場后，分落在收集器中央的兩側(cè)，其中礦粉a帶正電，對礦粉分離的過程，下列說法正確的是（）A.極板M帶負電 B.M的電勢比N的電勢低C.礦粉b的電勢能變大 D.電場力對礦粉a做負功【答案】AB【解析】AB．礦粉a帶正電，且落入左側(cè)收集器，則礦粉a受到向左的電場力，則電場方向水平向左，所以N板帶正電，M板帶負電，M的電勢比N的電勢低，故AB正確；CD．礦粉在電場中所受電場力均對礦粉做正功，所以礦粉a、b的電勢能減小，故CD錯誤。故選AB。9.如圖，在光滑絕緣水平面上同時靜止釋放兩個帶正電的小球（視為點電荷），兩小球在運動過程中（）A.速度大小之比逐漸增大B.加速度大小之比逐漸減少C.動量大小之比保持不變D.動能之比保持不變【答案】CD【解析】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒，則所以即兩球速度大小之比不變，兩球動量大小相等，比值保持不變，故A錯誤，C正確；B．小球的加速度大小之比為即加速度大小之比保持不變，故B錯誤；D．動能之比為即動能之比保持不變，故D正確。故選CD。10.圖（a）是某型號氣門結構的簡化圖：金屬塊和固定彈簧座連接彈簧上端和下端，偏心輪軸位置固定，偏心輪以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，帶動金屬塊與推桿整體上下往復運動，配合氣門機構完成進氣、出氣，此過程彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，偏心輪與金屬塊始終保持接觸。偏心輪橫截面如圖（b），在t=0時通過輪軸的偏心輪直徑恰好處于水平位置，則（）A.推桿上下往復運動的周期為B.時彈簧的彈性勢能最大C.偏心輪上各點的線速度最大值為D.偏心輪上各點的向心加速度最大值為【答案】ABC【解析】A．根據(jù)周期和角速度的關系可得故A正確；B．彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，則當彈簧長度最短時，壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，彈力最大，偏心輪應轉(zhuǎn)到最低點，即從初始位置轉(zhuǎn)動（n=0，1，2……）當n=0時，有故B正確；C．根據(jù)線速度與角速度的關系偏心輪上各點的r的最大值為3R，則最大線速度為，故C正確；D．根據(jù)可知，偏心輪上各點的向心加速度最大值為，故D錯誤。故選ABC。三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答。11.彈力帶是一種常見的健身器材。某同學為了探究彈力帶所受拉力與其伸長量的關系，進行如下實驗：（1）如圖（a），將彈力帶甲豎直掛在固定的釘子O上，其下端P連接一托盤，卷尺豎直固定在旁邊，卷尺的零刻度線與釘子平齊；（2）逐步增加托盤上杠鈴片的數(shù)量，分別記錄杠鈴片與托盤的總質(zhì)量m、P對應卷尺等高處的刻度值x，并在圖（b）中描點：（3）當杠鈴片與托盤總質(zhì)量為3.0kg時，彈力帶甲下端P對應的刻度值如圖（a），其讀數(shù)為_______cm，請在圖（b）中把此坐標點描出，并作出彈力帶甲的m?x圖像______：由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降_______cm（結果保留兩位有效數(shù)字）：（4）彈力帶乙的m?x圖像如圖（b）。若要增大力量訓練強度，應選用彈力帶_______（選填“甲”或“乙”）。【答案】（3）124.15##124.14##124.168.7##8.4##8.5##8.6##8.8##8.9##9.0（4）甲【解析】（3）[1]彈力帶甲下端P對應的刻度值讀數(shù)為[2]彈力帶甲的m?x圖像如圖所示[3]由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降（4）[4]設彈簧的原長為x0，則整理得可知m?x圖像斜率越大，彈簧帶的勁度系數(shù)越大，由圖可知彈簧帶甲圖像的斜率較大，彈簧帶甲的勁度系數(shù)較大，相同拉力下，形變量小，若要增大力量訓練強度，應選用彈力帶甲。12.某同學制作“橘子電池”后，設計了圖（a）電路測量其電動勢E和內(nèi)阻r。電壓傳感器可視為理想電壓表。（1）根據(jù)圖（a）完成圖（b）實物連線_____________；（2）閉合開關S，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄電阻箱阻值R和相應的電壓傳感器讀數(shù)U；①某次實驗電阻箱的示數(shù)如圖（c），其電阻大小為_______Ω；②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的圖像如圖（d），則“橘子電池”電動勢E=_______V，內(nèi)阻r=_______kΩ。（結果均保留三位有效數(shù)字）（3）若僅提供如下規(guī)格的電表：電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約為3kΩ）；電壓表V2（量程15V，內(nèi)阻約為10kΩ）；電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）：微安表A2（量程300μA，內(nèi)阻約為100Ω）；為了較為準確地測出“橘子電池”的電動勢和內(nèi)阻，下列電路中最合適的是_______A. B. C. D.【答案】（1）（2）11323.51.003.33##3.30##3.31##3.32##3.34##3.35##3.36（3）D【解析】【小問1詳析】根據(jù)電路圖連接實物圖如圖【小問2詳析】①[1]根據(jù)電阻箱的刻度及擋位可知讀數(shù)為11323.5Ω；②[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有變形可得根據(jù)圖像的斜率與截距可知，解得，【小問3詳析】AB．兩選項中電路圖采用的是伏阻法，測量得到的電源的內(nèi)阻實際是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的并聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻與電壓表內(nèi)阻相差不多，故測量得到的電源的內(nèi)阻相對誤差較大，而“橘子電池”的電動勢約為1V，電壓表的量程均太大，故AB錯誤；CD．兩電路圖采用的是安阻法，測量得到的電源的內(nèi)阻實際是電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的串聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻遠大于電流表A1和微安表A2的內(nèi)阻，故測量得到的電源的內(nèi)阻相對誤差較小，并且此方法測量電源的電動勢無系統(tǒng)誤差，由（2）的結果可知電路的最大電流約為300μA，故選用微安表A2進行測量誤差較小，故C錯誤，D正確。故選D。13.某型號“雙引擎”節(jié)能環(huán)保汽車的工作原理：當行駛速度時僅靠電動機輸出動力：當行駛速度時，汽車自動切換引擎，僅靠汽油機輸出動力。該汽車在平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨時間t變化關系如圖。已知該汽車質(zhì)量為1500kg，行駛時所受