2023届福建省龙岩市武平县高三下学期高考仿真模拟物理试题（解析版）

高中物理名校试卷PAGEPAGE12023学年高考物理模拟试卷考生须知：1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的〖答案〗必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻。闭合开关S后，下列说法正确的是（）A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮B.A2示数变大，V2示数变大，L1变暗C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变〖答案〗C〖解析〗根据理想变压器的规律可知，理想变压器原线圈接入电压有效值不变，V1示数不变，则副线圈输出电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变；开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，则灯泡L1的亮度不变，由欧姆定律可知，副线圈输出电流变大，即电流表A2示数变大，则变压器的输出功率变大，根据变流比可知，原线圈输入电流变大，即电流表A1示数变大，由于理想变压器满足：P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得所以墙对弹簧的冲量I的大小为ABC错误D正确。故选D。3.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上到A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上到A点距离也为d的一点。则下列说法正确的是()A.EA＝EC>EB，φA＝φB>φCB.EB>EA>EC，φA＝φC>φBC.将正电荷q沿AC方向移动到无穷远处的过程中，电势能逐渐减少D.将负点电荷q沿AB方向移动到负电荷处的过程中，所受电场力先变小后变大〖答案〗B〖解析〗AB．先看两电荷的连线上，根据异种电荷电场线的分布看出，A点周围的电场线没有B点密集，故EB>EA再看电场线的方向，电场线由A到B，因为沿着电场线电势是减小的，故φA>φB再看中垂线上的两个点，由于中垂线上的合场强的方向都是垂直于中垂线向右的，且越向上，电场强度越小，故EA>EC而垂直于电场强度的平面是等势面，即电势相等，故φA＝φC故A错误；B正确；C．将正电荷q沿AC方向移动到无穷远处的过程中，由于它一直在等势面上移动，故电场力不做功，电势能不变，故C错误；D．将负点电荷q沿AB方向移动到负电荷处的过程中，电场线逐渐变密，故电场强度逐渐变大，也就是电荷所受电场力逐渐变大，故D错误。故选B。4.下列说法正确的是（）A.米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位B.同一个物体在地球上比在月球上惯性大C.一对作用力与反作用力做的功一定大小相等且一正一反D.物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零〖答案〗D〖解析〗A．在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒，电学的单位被选为基本单位的是安培，不是库仑，故A错误；B．惯性大小的唯一量度是质量，故同一个物体在地球上与在月球上惯性一样大，故B错误；C．作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功，故C错误；D．物体做曲线运动时，如果速度和力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故D正确。故选D。5.如图所示，一质量为M楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）A.Mg+mg B.Mg+2mgCMg+mg（sinα+sinβ） D.Mg+mg（cosα+cosβ）〖答案〗A〖解析〗本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。对木块a受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到N1=mgcosα故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：N2′cosα-N1′cosβ=0F支-Mg-N1′sinβ-N2′sinα=0根据题意有：α+β=90°联立式解得F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；故选A。【『点石成金』】本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高。6.一半径为R的球形行星自转周期为T，其同步卫星距离行星表面的高度为3R，则在该行星表面绕其做匀速圆周运动的卫星线速度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗卫星的轨道半径r=R+3R=4R，根据线速度的计算公式可得：根据万有引力提供向心力可得所以解得。A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（）A.感应电流在导体棒EF中方向从F到EB.导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C.导体棒的机械能一直减小D.导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能〖答案〗AC〖解析〗根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．『点石成金』：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．8.2018年3月30日01时56分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809km）、倾斜地球同步轨道（高度35809km）、中圆地球轨道（高度21607km），如图所示。已知地球半径为6370km，下列说法正确的是（）A.倾斜同步轨道卫星的加速度与地球静止轨道的加速度大小相等B.中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大C.倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方D.倾斜同步轨道卫星的机械能一定大于中圆地球轨道卫星的机械能〖答案〗AC〖解析〗A．由公式可知，由于倾斜同步轨道与地球静止轨道的半径相同，则加速度大小相等，故A正确；B．中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未知，故无法比较万有引力大小，故B错误；C．倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道同步卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，说明倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故C正确；D．倾斜同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星的质量关系未知，故无法比较它们的机械能，故D错误。故选AC。9.下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大C.内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D.分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行〖答案〗BDE〖解析〗A．布朗运动是固体小微粒的运动，不是分子的运动，A错误；B．温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动能都增大，B正确；C．根据热力学第二定律，内能可以不全部转化为机械能而不引起其他变化，理想热机的效率也不能达到100%，C错误；D．根据分子势能和分子之间距离关系可知，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小，D正确；E．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，E正确。故选BDE。10.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（）A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B.A、B两点的距离为2.4mC.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J〖答案〗AD〖解析〗A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有由图乙可得货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有由图乙可得联立解得，故A正确；B．v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为B错误；C．货物受到的摩擦力为时间内的位移为对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功同理时间内，货物的位移为摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J–0.8J=11.2JC错误；D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为时间内，传送带的位移为总相对路程为货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。（1）图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法正确的是__________。A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位（2）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。A．若所选挡位为直流10mA挡，则示数为__________mA。B．若所选挡位为直流50V挡，则示数为__________V。（3）用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号__________。A．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点B．把选择开关旋转到“×100”位置C．把选择开关旋转到“×1k”位置D．将红表笔和黑表笔接触（4）某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图像，其中可能正确的是________A．B．C．D．〖答案〗（1）ACD（2）4.824.0（3）BDA（4）A〖解析〗（1）[1]A．由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，A正确；BC．由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，B错误，C正确；D．由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻R2串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，D正确。故选ACD；（2）[2]A若所选挡位为直流10mA挡，由图乙所示可知，示数为4.8mA；[3]B若所选挡位为直流50V挡，则示数为24.0V；（3）[4]用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，首先要把选择开关置于×100挡位位置，然后把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是BDA；（4）[5]设欧姆表内电池电动势为E，内阻为r，电流表内阻与调零电阻的和为Rg，根据闭合电路欧姆定律得解得故选A。12.某同学利用下列器材测量两节干电池的总电动势和总电阻。A.待测干电池两节；B.电压表、，量程均为，内阻很大；C定值电阻（阻值未知）；D.电阻箱；E.导线若干和开关。（1）根据如图甲所示的电路图，在实物图乙中补全相应的电路图_________。（2）实验之前，需要利用该电路测出定值电阻。先把电阻箱调到某一阻值，再闭合开关，读出电压表和的示数分别为、，则_______（用、、表示）。（3）实验中调节电阻箱，读出电压表和的多组相应数据、。若测得，根据实验描绘出图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势_______、总电阻________。（结果均保留两位有效数字）〖答案〗（1）（2）（3）3.02.4〖解析〗(1)[1](2)[2]闭合开关后，根据串并联电路规律可知，两端电压，电流为，根据欧姆定律(3)[3]根据闭合电路欧姆定律可知变形可得由图象可知，当时，，则有图象的斜率为联立解得，。四、计算题：本题共2小题，共26分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，在t1=0时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5s时刻的波形如图虚线所示，若该列波的周期T>0.5s，试求；（1）该列波的波长λ、周期T和波速v；（2）在x轴上质点P在t=0时刻的运动方向和t=3.0s内通过的路程．〖答案〗（1）8m；2s；4m/s（2）质点p向y轴负方向运动，0.3m〖解析〗（1）由图可知，波长λ=8m，由于该波沿x轴负方向传播，从t1=0到t2=0.5s时间内，有：(k=0，1，2，3….)又知T>0.5s，联立上式解得：k=0，则波的周期T=4∆t=2s由可得（2）由于波沿x轴负向转播，故t=0时刻质点p向y轴负方向运动，又知，则质点P在t=3.0s时间内通过路程为14.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且R≫d，两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。①求粒子可获得的最大动能Ekm；②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。〖答案〗（1）①；②；③，t1可以忽略；（2）见〖解析〗〖解析〗（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得解得②设带电粒子在两盒间加速的次数为N，在磁场中有在电场中有第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得③带电粒子在电场中的加速度为所以带电粒子在电场中的加速总时间为设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得带电粒子回旋一圈的时间为所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为已知可知，所以可以忽略。（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。15.如图所示，水平放置的导热汽缸A和B底面积相同，长度分别为2L和L，两汽缸通过长度为L的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b可以无摩擦地移动，a的横截面积为b的两倍．开始时A、B内都封闭有压强为p0、温度为T0的空气，活塞a在汽缸A最左端，活塞b在管道最左端．现向右缓慢推动活塞a，当活塞b恰好到管道最右端时，停止推动活塞a并将其固定，接着缓慢加热汽缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，求（i）活塞a向右移动的距离；（ii）活塞b回到初始位置时汽缸B中空气的温度．〖答案〗(i)(ii)〖解析〗(i)设绝热活塞b到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A汽缸中的活塞a向右移动x，此时A、B中气体压强为p，则：对A气体：对B气体：联立解得：，(ii)设汽缸B的温度为T、压度为时，绝热活塞b回到初始位置，对气体B:对气体A:联立解得：

2023学年高考物理模拟试卷考生须知：1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的〖答案〗必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻。闭合开关S后，下列说法正确的是（）A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮B.A2示数变大，V2示数变大，L1变暗C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变〖答案〗C〖解析〗根据理想变压器的规律可知，理想变压器原线圈接入电压有效值不变，V1示数不变，则副线圈输出电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变；开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，则灯泡L1的亮度不变，由欧姆定律可知，副线圈输出电流变大，即电流表A2示数变大，则变压器的输出功率变大，根据变流比可知，原线圈输入电流变大，即电流表A1示数变大，由于理想变压器满足：P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗D〖解析〗ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得所以墙对弹簧的冲量I的大小为ABC错误D正确。故选D。3.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上到A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上到A点距离也为d的一点。则下列说法正确的是()A.EA＝EC>EB，φA＝φB>φCB.EB>EA>EC，φA＝φC>φBC.将正电荷q沿AC方向移动到无穷远处的过程中，电势能逐渐减少D.将负点电荷q沿AB方向移动到负电荷处的过程中，所受电场力先变小后变大〖答案〗B〖解析〗AB．先看两电荷的连线上，根据异种电荷电场线的分布看出，A点周围的电场线没有B点密集，故EB>EA再看电场线的方向，电场线由A到B，因为沿着电场线电势是减小的，故φA>φB再看中垂线上的两个点，由于中垂线上的合场强的方向都是垂直于中垂线向右的，且越向上，电场强度越小，故EA>EC而垂直于电场强度的平面是等势面，即电势相等，故φA＝φC故A错误；B正确；C．将正电荷q沿AC方向移动到无穷远处的过程中，由于它一直在等势面上移动，故电场力不做功，电势能不变，故C错误；D．将负点电荷q沿AB方向移动到负电荷处的过程中，电场线逐渐变密，故电场强度逐渐变大，也就是电荷所受电场力逐渐变大，故D错误。故选B。4.下列说法正确的是（）A.米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位B.同一个物体在地球上比在月球上惯性大C.一对作用力与反作用力做的功一定大小相等且一正一反D.物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零〖答案〗D〖解析〗A．在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒，电学的单位被选为基本单位的是安培，不是库仑，故A错误；B．惯性大小的唯一量度是质量，故同一个物体在地球上与在月球上惯性一样大，故B错误；C．作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功，故C错误；D．物体做曲线运动时，如果速度和力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故D正确。故选D。5.如图所示，一质量为M楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）A.Mg+mg B.Mg+2mgCMg+mg（sinα+sinβ） D.Mg+mg（cosα+cosβ）〖答案〗A〖解析〗本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。对木块a受力分析，如图，受重力和支持力由几何关系，得到N1=mgcosα故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：N2′cosα-N1′cosβ=0F支-Mg-N1′sinβ-N2′sinα=0根据题意有：α+β=90°联立式解得F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；故选A。【『点石成金』】本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高。6.一半径为R的球形行星自转周期为T，其同步卫星距离行星表面的高度为3R，则在该行星表面绕其做匀速圆周运动的卫星线速度大小为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗卫星的轨道半径r=R+3R=4R，根据线速度的计算公式可得：根据万有引力提供向心力可得所以解得。A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（）A.感应电流在导体棒EF中方向从F到EB.导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定C.导体棒的机械能一直减小D.导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能〖答案〗AC〖解析〗根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．『点石成金』：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．8.2018年3月30日01时56分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度35809km）、倾斜地球同步轨道（高度35809km）、中圆地球轨道（高度21607km），如图所示。已知地球半径为6370km，下列说法正确的是（）A.倾斜同步轨道卫星的加速度与地球静止轨道的加速度大小相等B.中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大C.倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方D.倾斜同步轨道卫星的机械能一定大于中圆地球轨道卫星的机械能〖答案〗AC〖解析〗A．由公式可知，由于倾斜同步轨道与地球静止轨道的半径相同，则加速度大小相等，故A正确；B．中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未知，故无法比较万有引力大小，故B错误；C．倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道同步卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，说明倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故C正确；D．倾斜同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星的质量关系未知，故无法比较它们的机械能，故D错误。故选AC。9.下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的热运动B.物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大C.内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D.分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行〖答案〗BDE〖解析〗A．布朗运动是固体小微粒的运动，不是分子的运动，A错误；B．温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动能都增大，B正确；C．根据热力学第二定律，内能可以不全部转化为机械能而不引起其他变化，理想热机的效率也不能达到100%，C错误；D．根据分子势能和分子之间距离关系可知，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小，D正确；E．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，E正确。故选BDE。10.在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示。已知重力加速度g=10m／s2，则可知（）A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B.A、B两点的距离为2.4mC.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J〖答案〗AD〖解析〗A．在时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有由图乙可得货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有由图乙可得联立解得，故A正确；B．v–t图象与t轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为B错误；C．货物受到的摩擦力为时间内的位移为对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功同理时间内，货物的位移为摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J–0.8J=11.2JC错误；D．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，时间内，传送带的位移为时间内，传送带的位移为总相对路程为货物与传送带摩擦产生的热量为故D正确。故选AD。三、实验题：本题共2小题，共18分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。（1）图甲为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法正确的是__________。A．当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位B．当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位C．当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位D．当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位（2）用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。A．若所选挡位为直流10mA挡，则示数为__________mA。B．若所选挡位为直流50V挡，则示数为__________V。（3）用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序写出步骤的序号__________。A．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点B．把选择开关旋转到“×100”位置C．把选择开关旋转到“×1k”位置D．将红表笔和黑表笔接触（4）某小组同学们发现多用电表欧姆挡的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图丙所示的几种图像，其中可能正确的是________A．B．C．D．〖答案〗（1）ACD（2）4.824.0（3）BDA（4）A〖解析〗（1）[1]A．由图示电路图可知，当S接触点1时，表头与分流电阻并联，此时多用电表处于测量电流的挡位，A正确；BC．由图示电路图可知，当S接触点2时，表头与电源相连，此时多用电表处于测量电阻的挡位，B错误，C正确；D．由图示电路图可知，当S接触点3时，表头与分压电阻R2串联，此时多用电表处于测量电压的挡位，D正确。故选ACD；（2）[2]A若所选挡位为直流10mA挡，由图乙所示可知，示数为4.8mA；[3]B若所选挡位为直流50V挡，则示数为24.0V；（3）[4]用多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，首先要把选择开关置于×100挡位位置，然后把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指针欧姆零刻度线位置，最后再测电阻，故合理的步骤是BDA；（4）[5]设欧姆表内电池电动势为E，内阻为r，电流表内阻与调零电阻的和为Rg，根据闭合电路欧姆定律得解得故选A。12.某同学利用下列器材测量两节干电池的总电动势和总电阻。A.待测干电池两节；B.电压表、，量程均为，内阻很大；C定值电阻（阻值未知）；D.电阻箱；E.导线若干和开关。（1）根据如图甲所示的电路图，在实物图乙中补全相应的电路图_________。（2）实验之前，需要利用该电路测出定值电阻。先把电阻箱调到某一阻值，再闭合开关，读出电压表和的示数分别为、，则_______（用、、表示）。（3）实验中调节电阻箱，读出电压表和的多组相应数据、。若测得，根据实验描绘出图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势_______、总电阻________。（结果均保留两位有效数字）〖答案〗（1）（2）（3）3.02.4〖解析〗(1)[1](2)[2]闭合开关后，根据串并联电路规律可知，两端电压，电流为，根据欧姆定律(3)[3]根据闭合电路欧姆定律可知变形可得由图象可知，当时，，则有图象的斜率为联立解得，。四、计算题：本题共2小题，共26分。把〖答案〗写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，在t1=0时刻波形如图中的实线所