得
v??m0v MC正确；
D．因原子核Y也有动能，则衰变过程中释放的核能大于故选C。 9．A 【解析】 【详解】
两滑块组成的系统在水平方问动量守恒，有
1m0v2，D错误． 2mv??M?m?v'
而此过程中系统损失的机械能
11?E?mv2?(m?M)v'2
22联立以上两式可得系统损失的机械能
Mmv2?E?
2(M?m)AB．根据以上分析可知，若保持M、m不变，v变大，则?E变大，故A正确，B错误；
CD．根据以上分析可知，若保持m、v不变，M变大，或若保持M、v不变，m变大，则?E变大，故CD错误。 10．B 【解析】 【分析】
当发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。原线圈中电流的频率变化，通过R的交变电流频率变化。 【详解】
B：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机线圈的角速度变为原来n倍，据Em?NBS?可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n倍，原线圈两端电压变为原来n倍。据U1:U2?n1:n2可得，副线圈两端电压变为原来n倍，电压表V的读数为nU。故B项正确。
2U2A：R消耗的功率PR?，副线圈两端电压变为原来n倍，则R消耗的功率变为n2P。故A项错误。
RC：流过R的电流I2U2，副线圈两端电压变为原来n倍，则流过R的电流I2变为原来的n倍；再据RI1:I2?n2:n1，原线圈中电流变为原来n倍，电流表A的读数为nI。故C项错误。
D：发电机线圈的转速变为原来n倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n倍，通过R的交变电流频率变为原来的n倍。故D项错误。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BD 【解析】 【详解】
A．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t0的位移
s1?v0?2v0t0?1.5v0t0 2v0?1.5v0t0?1.25v0t0 2对乙车功率一定，则做加速度减小的加速运动，则经过t0时的位移
s2?则t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比
s11.5v0t06???1.2 s21.25v0t05不可能为4：3，选项A错误；
B．设汽车和拖车的质量均为m，则汽车的牵引力为F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度
a1?F?kmg?kg m乙车功率一定 P=Fv0=2kmgv0
在t0时刻乙车的加速度
P?kmg1.5v01 a2??kgm3则甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B正确； C．甲车拖车脱离前功率 P=Fv0=2kmgv0 t0时刻汽车甲的功率为 P0=2kmg?2v0= 4kmgv0=2P 选项C错误；
D．甲车牵引力做功
W1?2kmg?s1?3kmgv0t0
乙车牵引力做功
W2?Pt0?2kmgv0t0
t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D正确。 故选BD。 12．BDE 【解析】
传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为1.5s，波长4m，则波速v?由图可知：虚线波的波长为6m，则周期为T2??T?4m/s?8m/s ；0.5?v?146s?0.75s，频率：f2??Hz ,则两波的频率
T238不同．所以不能发生干涉现象．故A错误；实线波和虚线波的频率之比为f1:f2?3:2，选项B正确；平衡位置为x=6m处的质点由实线波和虚线波引起的振动方向均向上，速度是两者之和，故此刻速度不为零，选项C错误；两列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于11cm，故质点此刻位移y>21cm，选项D正确；从图示时刻起再经过1.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜1．故E正确；故选BDE.
点睛：此题主要考查波的叠加；关键是理解波的独立传播原理和叠加原理，两列波相遇时能互不干扰，各个质点的速度和位移都等于两列波在该点引起的振动的矢量和. 13．CD 【解析】
试题分析：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=?r，随r减小，小球角速度增大，故A、B错误；
2v02绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m，解得此时的半径为r=m，由于小球每转120°半径减小0.3m，
7r12?r112?r212?r3?·?·则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t=·，其中r1=1m，
3v03v03v0r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得t=0.7π（s），故C正确；小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9m，故D正确．故选CD 考点：牛顿第二定律 圆周运动规律 14．AD 【解析】 【详解】
A．结合Ek?h图像可知，h?h2时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即
mg?k(h2?h3)
解得
k?mg
h2?h3故A正确；
B．物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当h?h3时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故B错误；
C．物块由h?h2到h?h4过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即：
Ep?mg(h2?h4)
故C错误；
D．整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有
Epmin ?mg(h1?h5)
故D正确。 故选AD。 15．CD 【解析】 【详解】
A．因为x-t图像的斜率等于速度，可知在3～5s时间内，甲的速度大小小于乙的速度大小，选项A错误； B．甲和乙出发的位置都在x=0位置，选项B错误； C．由图像可知，甲、乙在20m处相遇，选项C正确； D．在3～7s的时间内，甲的位移小于乙的位移，根据v?大小，选项D正确； 故选CD。
三、实验题：共2小题
16．B 2.70（2.68～2.72） 电动势 减小 增大 两电压表示数之和保持不变（或
x可知，甲的平均速度大小小于乙的平均速度tU1?U2?E）
【解析】 【详解】
U2 AD I（1）[1][2][3]断开开关S1、S2、S3外电路断开，电源输出电流为零，内电阻电压为零，即两探针P、Q之
间电压为零，题图丙中的B为电压表V1的读数。根据电压表读数规则，其读数为2.70V。电源两极之间的开路电压等于电源电动势，若不计电压表内阻的影响，则此数值等于电源的电动势。
（2）[4][5][6][7]逐步闭合开关S1、S2、S3，根据闭合电路欧姆定律可判断出电源输出电流I逐渐增大，由
U1?E?Ir
可知U1逐渐减小，小明将看到V1的示数逐渐减小。电压表V2测量的是电源内阻的电压，即U2?Ir，电压表V2的示数逐渐增大。由E?U1?U2，可知两电压表的示数之和保持不变。由
U2?Ir
可得电池的内阻r?U2。 I（3）[8]AB．保持开关S1、S2、S3闭合，用打气筒向电池内打气，电解质溶液液面下降，电池内阻增大，外电阻不变，由
U1?IR
可知，A正确，B错误； CD．由
E?U1?U2
可知
U2?E?IR3
D正确，C错误。 故选AD。
17．①； 1.2； 2.1 【解析】 【分析】
知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数；对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解． 【详解】
(1) 由图象可知，当F=2时，a≠2．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
★试卷4套汇总★上海市普陀区2024年新高考物理教学质量检测试题
