2024年粵教滬科版高三物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高三物理上冊階段測試試卷810考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、人類探測火星的夢想一刻也沒有停止過，若在將來的某一天，人類實現(xiàn)了在火星上的登陸，宇航員在火星表面上用測力計測得質(zhì)量為m的物塊重力為G0，測得火星的半徑為R，已知火星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期和線速度分別為T和v，引力常量為G，則太陽對火星的引力大小為（）A.B.C.D.2、如圖所示，有一傾斜放置的傳送帶，當它未開啟時，將一物塊自傳送帶的上端A點由靜止釋放后，它經(jīng)t1時間下滑到底端B點，接觸面上發(fā)熱量為Q1；若開啟傳送帶，使之順時針運行且速度V保持不變，同一物塊仍由A點靜止釋放，若仍能下滑到底端B點，設(shè)物塊下滑的時間為t2，接觸面發(fā)熱量為Q2，對上述現(xiàn)象的分析和判斷，正確的有（）A.傳送帶順時針開啟時，物塊有可能無法下滑B.物塊一定能下滑到B點，且有：t2＞t1、Q2＞Q1C.物塊一定能下滑到B點，且有：t2=t1、Q2＞Q1D.物塊一定能下滑到B點，且有：t2=t1、Q2=Q13、一輛汽車在平直的公路上追上一輛正向前行駛的自行車，超過它并繼續(xù)向前行駛，對此下面描述正確的是（）A.以自行車為參考系，汽車超車前是向后運動的B.以自行車為參考系，汽車是向前運動的C.以汽車為參考系，自行車是向前運動的D.以汽車為參考系，汽車和自行車都是向前運動的4、如圖所示，兩束單色光a、b自空氣射向玻璃，經(jīng)折射后形成復合光束c，則下列說法不正確的是（）A.a光在玻璃中的折射率比b光的大B.在玻璃中，a光的光速大于b光的光速C.從玻璃射向空氣時，a光的臨界角大于b光的臨界角D.a光和b光的臨界角均大于30°5、如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段（0≤x≤L；0≤y≤L）為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x=-L；x=-2L、y=0、y=L為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅱ．兩個電場強度的大小均為E，不計電子重力的影響，電子的電荷量為e，則以下說法中不正確的是（）

A.從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點（B點的縱坐標為L）處由靜止釋放電子，到達區(qū)域Ⅱ的M點時的速度為v=B.從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B（B點的極坐標為L）處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ區(qū)域時的極坐標為（-2L，0）C.從電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線上任一點處由靜止釋放的電子都能從MNPQ區(qū)域左下角P點離開D.在電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線上任一點處由靜止釋放的電子離開MNPQ區(qū)域時最小動能為2eEL6、如圖為用索道運輸貨物的情景，已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動摩擦因數(shù)為0.30．當載重車廂沿索道向上加速運動時，重物與車廂仍然保持相對靜止狀態(tài)，重物對車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，sin37°=0.6，cos37°=0.8，那么這時重物對車廂地板的摩擦力大小為（）A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg7、設(shè)勻速行駛的汽車，發(fā)動機功率保持不變，則（）A.路面越粗糙，汽車行駛得越慢B.路面越粗糙，汽車行駛得越快C.在同一路面上，汽車不載貨與載貨時行駛得一樣快D.在同一路面上，汽車不載貨比載貨時行駛得慢評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、關(guān)于不共線的兩個運動的合成，下列說法正確的是（）A.兩個直線運動的合運動一定是直線運動B.兩個勻速直線運動的合成一定是直線運動C.勻速直線運動和勻加速直線運動的合成一定是直線運動D.兩個初速度為零的勻加速直線運動的運動一定是勻加速直線運動9、如圖所示，一個質(zhì)量為m=0.2kg的小球用細繩吊在傾角為θ=45°的光滑斜面上，當斜面靜止時，繩與斜面平行．當斜面以10m/s2的加速度向右做加速運動時，則（）A.細繩的拉力約為2.8NB.小球?qū)π泵娴膲毫s為1.4NC.細繩的拉力約為1.4ND.小球?qū)π泵娴膲毫榱?0、下面哪些現(xiàn)象是防止了靜電的危害（）A.靜電除塵B.高大建筑物上安裝避雷針C.靜電復印D.油車拖著鐵鏈行駛11、如圖所示，一物體從豎直平面內(nèi)圓環(huán)的最高點A處由靜止開始沿光滑弦軌道AB下滑至B點，那么（）A.只要知道弦長，就能求出運動時間B.只要知道圓半徑，就能求出運動時間C.只要知道傾角θ，就能求出運動時間D.只要知道弦長和傾角就能求出運動時間12、如圖所示是質(zhì)量為1kg的滑塊在水平面上做直線運動的v-t圖象．下列判斷正確的是（）A.在t=1s時，滑塊的加速度為2m/s2B.在4s～6s時間內(nèi)，滑塊的平均速度為2.5m/sC.在3s～7s時間內(nèi)，合力做功的平均功率為2WD.在5s～6s時間內(nèi)，滑塊受到的合力為2N13、一物體靜止在水平地面上；在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運動，如圖甲所示．在物體向上運動過程中，其機械能E與位移x的關(guān)系圖象如圖乙所示（空氣阻力不計），已知曲線上點A處的切線的斜率最大，則（）

A.在x1處物體所受拉力最大B.在x1～x2過程中，物體的動能先增大后減小C.在x2處物體的速度最大D.在x1～x2過程中，物體的加速度先增大后減小14、電場中有一點P

下列說法正確的是(

)

A.若放在P

點的電荷的電量減半，則P

點場強減半B.若P

點沒有檢驗電荷，則P

點的場強為零C.P

點的場強越大，則同一電荷在P

點所受的電場力越大D.P

點的場強方向為正電荷在該點的受力方向15、如圖所示，一個質(zhì)量為m的小物體b放在固定的斜面a上；下列說法正確的是（）

A.整個裝置靜止時，地面對斜面a的支持力大小等于整個裝置重力大小之和B.斜面a保持靜止，小物體b勻速下滑時，地面對斜面a的摩擦力向左C.整個裝置靜止時，通過小物體b的重心給小物體b施加一豎直向下的恒力F，則小物體b將向下滑動D.斜面a保持靜止，小物體b勻速下滑時，通過小物體b的重心給小物體b施加一豎直向下的恒力F，小物體b所受摩擦力將變大，小物體b仍保持勻速下滑16、抽制高強度纖維細絲時可用激光監(jiān)控其粗細，如圖所示，觀察激光束經(jīng)過細絲時在光屏上所產(chǎn)生的條紋即可判斷細絲粗細的變化．（）A.如果屏上條紋變寬，表明抽制的絲變細B.這主要是光的衍射現(xiàn)象C.如果屏上條紋變寬，表明抽制的絲變粗D.這主要是光的干涉現(xiàn)象評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、（2014春?匯川區(qū)校級期中）如圖所示，半徑為R、內(nèi)徑很小的光滑半圓管豎直放置，兩個質(zhì)量均為m的小球a，b，以不同速度進入管內(nèi)，a球通過最高點C的速度為2時，球?qū)鼙赺___（上或下）部的壓力為____，b球通過最高點C速度為0.5時，對管壁____（上或下）部的壓力為____．18、為了只用一根彈簧和一把刻度尺測定某滑塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ（設(shè)μ為定值），某同學經(jīng)查閱資料知：一勁度系數(shù)為k的輕彈簧由伸長量為x至恢復到原長過程中，彈力所做的功為kx2；于是他設(shè)計了下述實驗：

第1步：如圖所示；將彈簧的一端固定的豎直墻上，彈簧處于原長時另一端位置A．現(xiàn)使滑塊緊靠彈簧將其壓縮至位置B，松手后滑塊在水平桌面上運動一段距離，到達C位置時停止：

第2步：將滑塊掛在豎直放置的彈簧下；彈簧伸長后保持靜止狀態(tài)．

回答下列問題：

（1）你認為，該同學應(yīng)該用刻度尺直接測量的物理量是（寫出名稱并用符號表示）____．

（2）用測得的物理量表示滑塊與水平桌面間動摩擦因數(shù)μ的計算式：μ=____．19、一定質(zhì)量的理想氣體，從圖示A狀態(tài)開始，經(jīng)歷了B、C狀態(tài)，最后到D狀態(tài)，狀態(tài)A變化到狀態(tài)B溫度升高，體積____，狀態(tài)C到狀態(tài)D壓強變小，體積____．（填寫“變小”；“變大”或“不變”）

20、【題文】三個阻值都是10Ω的電阻以不同方式接到電源電壓為3V的電路中，整個電路能產(chǎn)生的最小電流是____A，最大電流是____Ａ。21、（2014秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖是直流電動機的原理圖，其中P、Q和X、Y是電動機中的兩個部件，電動機中的轉(zhuǎn)子能夠不停地繞同一方向轉(zhuǎn)動，是利用上述部件中____部件實現(xiàn)的，我們把這一部件叫做____．22、（2014秋?西湖區(qū)校級期中）板長為L的平行金屬板與水平面成θ角放置，板間有勻強電場．一個帶負電、電量為q、質(zhì)量為m的液滴，以速度v0垂直于電場方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，兩極板間的電場強度E=____．液滴離開電場時的速度為____．（液滴的運動方向沒有改變）23、一矩形線圈面積S=10-2m2，它和勻強磁場方向之間的夾角θ1=30°，穿過線圈的磁通量Ф=1×10-3Wb，則磁場的磁感強度B=____；若線圈以一條邊為軸的轉(zhuǎn)180°，則穿過線圈的磁能量的變化為____；若線圈平面和磁場方向之間的夾角變?yōu)棣?=0°，則Ф=____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)24、分子的動能和分子勢能的和叫做這個分子的內(nèi)能．____．（判斷對錯）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】根據(jù)火星表面物體重力等于萬有引力和萬有引力定律列式求解．【解析】【解答】解：由題可知，，根據(jù)火星繞太陽公轉(zhuǎn)，有，所以太陽對火星的引力大小=；選項A正確，BCD錯誤．

故選：A2、C【分析】【分析】傳送帶靜止或順時針轉(zhuǎn)動時，物塊受到的滑動摩擦力都沿傳送帶向上，根據(jù)物塊的受力情況應(yīng)用牛頓第二定律比較物塊的加速度大小關(guān)系，然后應(yīng)用勻變速直線運動的位移公式比較物塊的運動時間，然后根據(jù)物塊與傳送帶的相對位移大小分析判斷熱量間的關(guān)系．【解析】【解答】解：傳送帶靜止或瞬時針方向轉(zhuǎn)動時，物塊受到的滑動摩擦力方向都沿傳送帶向上，兩種情況下物塊受到的合力不變，加速度a不變，物塊的位移s相等，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，由s=at2可知，運動時間：t=相等，即：t2=t1；

傳送帶靜止時；物塊與傳送帶間的相對位移為AB間的距離L，傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時；

物塊與傳送帶間的相對位移為AB間的距離L與傳送帶的位移x之和；即為：L+x；

熱量：Q1=μmgLcosθ，Q2=μmg（L+x）cosθ，則：Q2＞Q1；故C正確，ABD錯誤；

故選：C．3、B【分析】【分析】選擇的參考系，可以假設(shè)該物體不動，結(jié)合兩車之間的距離分析物體的運動情況．【解析】【解答】解：A；以自行車為參考系；汽車在超車前，兩者的距離逐漸減小，可知汽車超車前向前運動，超車后，兩車距離逐漸增大，以自行車為參考系，汽車向前運動，故A錯誤，B正確．

C；以汽車為參考系；超車前，兩者的距離逐漸減小，自行車向后運動，超車后，兩者的距離逐漸增大，自行車向后運動，故C、D錯誤．

故選：B．4、A【分析】【分析】由圖看出，a光的入射角大于b光的入射角，而折射角相同，根據(jù)折射定律便知玻璃對兩束光折射率的大小關(guān)系．由v=分析光在玻璃中速度關(guān)系．由公式sinC=分析臨界角大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓?/p>

A、由圖看出，a光的入射角大于b光的入射角，而折射角相同，根據(jù)折射定律得知，玻璃對b光的折射率大于a光的折射率．故A錯誤．

B、由v=分析可知，在玻璃中，a光的光速小于b光的光速．故B正確．

C、由公式sinC=分析可知，折射率越小，臨界角越大，則從玻璃射向空氣時，a光的臨界角大于b光的臨界角．故C正確．

D、由題看出，折射角是30°，當入射角增大時，折射角會增大，當入射角接近90°時，折射角將大于30°，根據(jù)光路可逆性原理可知，a光和b光的臨界角均大于30°．故D正確．

本題選不正確的，故選A5、D【分析】【分析】（1）根據(jù)B點的縱坐標求出B點的橫坐標；根據(jù)動能定理求出電子到達區(qū)域Ⅱ的M點時的速度．

（2）電子進入電場II做類平拋運動；在垂直電場方向上做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，根據(jù)偏轉(zhuǎn)位移的大小求出離開MNPQ時的縱坐標．

（3）根據(jù)動能定理，結(jié)合類平拋運動的規(guī)律求出在電場區(qū)域Ⅱ中偏轉(zhuǎn)位移【解析】【解答】解：A、B點坐標（；L），在電場I中電子被加速到V，由動能定理有：

；

所以；故A正確．

B；電子進入電場II做類平拋運動；有：

t=；

；

；

所以橫坐標x=-2L；縱坐標y=L-y=0即為（-2L；0），故B正確。

C、設(shè)釋放點在電場區(qū)域I的AB曲線邊界，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v1；然后進入電場II做類平拋運動，有：

；

t=；

；

所以離開點的橫坐標X1=-2L，縱坐標y1=y-y′=0；即（-2L，0）為P點，故C正確。

D；電子在兩個電場中被加速；電場力做功為：W=eEx+eEy

則從B到P由動能定理得：eE（x+y）=Ek-0

又y=，所以只有x=y點釋放的電子，離開P點時動能最小，所以x+y=L，即最小動能為EKmin=eEL；故D不正確．

因選不正確的，故選：D6、D【分析】【分析】對物體受力分析可知，物體在水平和豎直方向都有加速度，由牛頓第二定律可以求得豎直方向上的加速度的大小，進而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓河捎谥匚飳噹麅?nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，在豎直方向上，由牛頓第二定律得：FN-mg=ma豎直；

解得a上=0.15g；

設(shè)水平方向上的加速度為a水平；

則=tan37°=；

解得：a水平=0.2g；

對物體受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得：f=ma水=0.20mg；故D正確．

故選：D．7、A【分析】【分析】發(fā)動機的功率等于牽引力與速度的乘積，抓住功率不變，根據(jù)牽引力的大小比較汽車的速度．【解析】【解答】解：A；勻速行駛的汽車；路面越粗糙，阻力越大，牽引力越大，功率不變，根據(jù)P=Fv知，汽車的速度越?。蔄正確，B錯誤．

C；在同一路面上；載貨的汽車所受的阻力較大，則勻速行駛時，牽引力較大，根據(jù)P=Fv知，載貨的汽車速度較?。蔆、D錯誤．

故選：A．二、多選題(共9題，共18分)8、BD【分析】【分析】運動的合成和分解遵循平行四邊形定則，當合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時，物體做直線運動，當合速度的方向和合加速度的方向不在同一條直線上時，物體做曲線運動．【解析】【解答】解：A；兩個直線運動的合運動不一定是直線運動；比如平拋運動．故A錯誤．

B；兩個勻速直線運動的合運動仍然是勻速直線運動；因為合加速度為零，以合速度做勻速直線運動．故B正確．

C；勻加速直線運動和勻速直線運動的合運動若不在同一條直線上；則做曲線運動，因為合加速度方向與合速度方向不在同一條直線上．故C錯誤．

D；兩個初速度為零勻加速直線運動的合運動一定是勻加速直線運動；若合速度的方向與合加速度的方向在同一條直線上時．故D正確．

故選：BD．9、AD【分析】【分析】首先判斷小球是否飛離了斜面，根據(jù)小球剛剛飛離斜面的臨界條件，即繩子的傾角不變，斜面的支持力剛好為零，解出此時的加速度與題目給出的加速度大小進行比較，若給出加速度大于小球的臨界加速度說明小球已經(jīng)飛離了斜面，否則小球還在斜面上．【解析】【解答】解：設(shè)小球剛剛脫離斜面時，斜面向右的加速度為a0；

此時斜面對小球的支持力恰好為零；小球只受重力和細繩的拉力；

且細繩仍然與斜面平行；小球受力如圖所示；

由牛頓第二定律得：mgcotθ=ma0；

解得臨界加速度：a0=gcotθ=10m/s2．

加速度a＞10m/s2=a0，則小球已離開斜面，T==2≈2.8N；故AD正確，BC錯誤；

故選：AD10、BD【分析】【分析】本題考查是關(guān)于靜電的防止與應(yīng)用，從各種實例的原理出發(fā)就可以判斷出答案．【解析】【解答】解：A．靜電除塵時除塵器中的空氣被電離；煙霧顆粒吸附電子而帶負電，顆粒向電源正極運動，屬于靜電應(yīng)用，不符合題意；

B．當打雷的時候；由于靜電的感應(yīng)，在高大的建筑物頂端積累了很多的靜電，容易導致雷擊事故，所以在高大的建筑物頂端安裝避雷針可以把雷電引入地下，保護建筑物的安全，屬于靜電防止，符合題意；

C．靜電復印是利用異種電荷相互吸引而使碳粉吸附在紙上；屬于靜電應(yīng)用，不符合題意；

D．鐵鏈的目的是為了將靜電導入大地；屬于靜電的防止，符合題意．

本題選擇靜電的危害，故選：BD．11、BD【分析】【分析】設(shè)半徑為R，則物體運動的位移為x=2Rcosθ，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)x=求解時間．【解析】【解答】解：設(shè)半徑為R，則物體運動的位移為x=2Rcosθ，物體運動的加速度a==gcosθ，根據(jù)x=，則t=；與θ角無關(guān)．而知道弦長和傾角也能算出半徑，所以BD正確，AC錯誤．

故選：BD．12、AC【分析】解：A、在v-t圖象中，圖象的斜率大小等于滑塊的加速度大小，則t=1s時，a==2m/s2；故A正確；

B、根據(jù)圖線圍成的面積表示位移知，在4s～6s時間內(nèi)，滑塊的位移x=×4=6m，則平均速度：===3m/s；故B錯誤；

C、在3～7s時間內(nèi)，根據(jù)動能定理知，合力做功為：W=0-mv2=-×1×42J=-8J，則合力做功的平均功率大小P==W=2W；故C正確；

D、5～6s時間內(nèi)，由牛頓第二定律可得：F=ma′=1×=4N；故D錯誤；

故選：AC．

根據(jù)圖線的斜率得出滑塊的加速度；結(jié)合牛頓第二定律求出滑塊的合力大?。鶕?jù)圖線圍成的面積得出滑塊的位移，從而求出滑塊的平均速度．根據(jù)動能定理求出合力做功的大小，結(jié)合平均功率的公式求出合力做功的平均功率．

解決本題的關(guān)鍵知道速度時間圖線的物理意義，知道圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移．【解析】【答案】AC13、AB【分析】解：A、由圖可知，x1處物體圖象的斜率最大；則說明此時機械能變化最快，由E=Fh可知此時所受的拉力最大；故A正確；

B、x1～x2過程中，圖象的斜率越來越小，則說明拉力越來越??；x2時刻圖象的斜率為零，則說明此時拉力為零；在這一過程中物體應(yīng)先加速后減速，則說明最大速度一定不在x2處；故B正確；C錯誤；

D；由圖象可知；拉力先增大后減小，直到變?yōu)榱悖粍t物體受到的合力應(yīng)先增大，后減小，減小到零后，再反向增大；故加速度應(yīng)先增大后減小，再反向增大；故D錯誤；

故選：AB．

根據(jù)功能關(guān)系：除重力以外其它力所做的功等于機械能的增量，0--x1過程中物體機械能在增加；知拉力在做正功，機械能與位移圖線的斜率表示拉力．當機械能守恒時，拉力等于零，通過拉力的變化判斷其加速度以及動能的變化．

本題畫出了我們平時所陌生的機械能與高度的變化圖象；要求我們從圖象中分析物體的運動過程．要求我們能明確機械能與外力做功的關(guān)系；明確重力做功與重力勢能的關(guān)系；并正確結(jié)合圖象進行分析求解．【解析】【答案】AB14、CD【分析】解：AB

電場強度取決于電場本身；與有無試探電荷無關(guān)，所以在p

點電荷減半或無檢驗電荷，P

點的場強不變，故AB錯誤．

C；據(jù)F=Eq

知；P

點的場強越大，則同一電荷在P

點所受的電場力越大，故C正確．

D；據(jù)場強方向的規(guī)定；正電荷所受電場力的方向與場強方向相同，所以P

點的場強方向為正電荷在該點的受力方向，故D正確．

故選：CD

．

電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)；場強公式E=Fq

采用比值法下的定義；利用場強方向的規(guī)定判斷場強方向與電場力的方向．

明確電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)；場強公式E=Fq

只是為研究電場的方便，采用比值法下的定義；場強方向的規(guī)定判斷場強方向與電場力的方向的依據(jù)．【解析】CD

15、AD【分析】【分析】物體靜止或做勻速直線運動時物體處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零；分別對未加外力和加外力時物體A進行受力分析，A原來靜止看成恰好靜止進行分析，判斷A物體是否靜止．【解析】【解答】解：A；整個裝置靜止時；系統(tǒng)受重力與地面的支持力作用，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，地面對斜面a的支持力大小等于整個裝置重力大小之和，故A正確；

B、斜面a保持靜止，小物體b勻速下滑時，b受到豎直向下的重力、斜面的支持力與摩擦力作用，b處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，b所示合力為零，則摩擦力與支持力的合力與b所受的重力等大反向，b所受的重力豎直向下，則a對b的支持力與摩擦力的合力豎直向上，由牛頓第三定律可知，b對a的作用力豎直向下，a受豎直向下的重力、地面豎直向上的支持力與a對b豎直向下的作用力；a在水平方向沒有運動；也沒有運動趨勢，地面對a沒有摩擦力，故B錯誤；

C、整個裝置靜止時，對b：mgsinα=μmgcosα，施加F后，因為仍有（F+mg）sinα=μ（F+mg）cosα，則b仍然保持靜止；故C錯誤；

D、斜面a保持靜止，小物體b勻速下滑時，mgsinα=μmgcosα，通過小物體b的重心給小物體b施加一豎直向下的恒力F，摩擦力：f=μ（F+mg）cosα增大，但仍有：（F+mg）sinα=μ（F+mg）cosα，b所受合力仍為零，仍然處于平衡狀態(tài)，b仍然保持勻速下滑；故D正確；

故選：AD．16、AB【分析】【分析】讓激光通過細絲，產(chǎn)生衍射條紋，條紋變寬，知金屬絲變細．【解析】【解答】解：當障礙物的尺寸與波的波長相當；或小于波的波長，會發(fā)生明顯的衍射，該裝置的原理是運用光的衍射現(xiàn)象，如果屏上條紋變寬，則纖維絲變細．故CD錯誤，AB正確．

故選：AB．三、填空題(共7題，共14分)17、上3mg下0.75mg【分析】【分析】a球到達最高點時，由重力和彈力提供向心力，由牛頓第二定律求出a球所受的軌道的作用力．b球到達最高點時，運用同樣的方法求解．【解析】【解答】解：以a球為對象，其到達最高點時的速度為va；設(shè)軌道對小球有向下的作用力，根據(jù)向心力公式有：

mg+Fa=m

又va=2

代入解得Fa=3mg，由牛頓第三定律得：a球?qū)鼙诘淖饔昧Υ笮a′=Fa=3mg；方向向上，即a球?qū)鼙谏喜康膲毫Γ?/p>

以b球為對象，其到達最高點時的速度為vb；設(shè)軌道對小球有向上的作用力，根據(jù)向心力公式有。

mg-Fb=m

又vb=0.5

解得：Fb=0.75mg

由牛頓第三定律得：b球?qū)鼙诘淖饔昧Υ笮b′=Fb=0.75mg，方向向下，即b球?qū)鼙谙虏康膲毫Γ?/p>

故答案為：上、3mg、下、0.75mg18、略

【分析】

（1）該過程中，物體運動克服摩擦力做功，消耗彈性勢能，即彈簧彈力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求彈簧彈力做功的大小，根據(jù)需要測量彈簧的形變量，即原長和壓縮后的長度的差值，即AB之間的距離x1；需要測量彈簧的勁度系數(shù)，可以根據(jù)彈簧掛物體時處的平衡狀態(tài)求出勁度系數(shù)k，使用要測量將滑塊掛在豎直放置的彈簧下，彈簧伸長后保持靜止狀態(tài)時彈簧的伸長量x2；在整個過程中根據(jù)功能關(guān)系有：

①；所以要測量物體滑行的距離S．

（2）將滑塊掛在豎直放置的彈簧下時，mg=kx2②

①②聯(lián)立得：

故答案為：（1）AB間距離x1，BC間距離s，彈簧豎直懸掛時伸長的長度x2（2）

【解析】【答案】該題中；利用二力平衡求出彈簧的勁度系數(shù)k，利用了功能關(guān)系來求摩擦系數(shù)，即運動過程中克服摩擦力做功消耗彈簧的彈性勢能．

19、略

【分析】

一定質(zhì)量的理想氣體；狀態(tài)A變化到狀態(tài)B溫度升高，從圖中看出AB的連線穿過原點，所以狀態(tài)A變化到狀態(tài)B是一個等容變化，所以體積不變．

狀態(tài)C到狀態(tài)D壓強變小，溫度不變，根據(jù)氣體狀態(tài)方程=C知道體積變大．

故答案為：不變；變大．

【解析