2025年青島版六三制新高三物理上冊月考試卷

…………○…………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2025年青島版六三制新高三物理上冊月考試卷435考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、質(zhì)量m=10kg的物體受到F=20N的合力的作用，該物體的加速度為（）A.0.5m/s2B.2m/s2C.20m/s2D.200m/s22、物體做曲線運(yùn)動的條件為（）A.物體運(yùn)動的初速度為零B.物體所受的合外力為變力C.物體所受的合外力的方向與速度方向不在同一條直線上D.物體所受的合外力的方向與速度方向在同一條直線上3、關(guān)于振動和波動，下列說法正確的是()（填入正確選項前的字母.選對1個給3分，選對2個給4分,選對3個給6分；選錯1個扣3分，最低得0分）A.單擺做簡諧運(yùn)動的周期與擺球的質(zhì)量有關(guān)B.部隊過橋不能齊步走而要便步走，是為了避免橋梁發(fā)生共振現(xiàn)象C.在波的干涉中，振動加強(qiáng)的點位移不一定始終最大E.我們在地球上接收到來自遙遠(yuǎn)星球的光波的波長變長，可以判斷該星球正在距離我們遠(yuǎn)去E.我們在地球上接收到來自遙遠(yuǎn)星球的光波的波長變長，可以判斷該星球正在距離我們遠(yuǎn)去4、【題文】關(guān)于物質(zhì)結(jié)構(gòu)的研究有下列敘述，其中正確的是（）A.電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識到原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)B.人們發(fā)現(xiàn)質(zhì)子后認(rèn)識了原子的結(jié)構(gòu)C.根據(jù)粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型D.原子內(nèi)部有均勻分布的正電荷5、如圖所示，在豎直平面內(nèi)，圓弧形滑道ABC

關(guān)于最高點B

對稱，AC

在同一水平線上，滑塊與滑道的摩擦因數(shù)處處相同，某時刻滑塊以速度vo

通過A

點向右側(cè)運(yùn)動，依次通過BC

兩點，則(

)

A.滑塊由A

到C

的過程中機(jī)械能不守恒B.C

點較A

點重力的功率更大C.C

點軌道對物塊的支持力小于A

點軌道對物塊的支持力D.A

點至C

點間支持力先增大后減小6、如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一個負(fù)點電荷在P點恰好平衡．若用U表示兩極板間的電壓、E表示極板間的場強(qiáng)，并令負(fù)極板保持不動，而將正極板向下移到圖中的虛線位置，則（）A.E增大，U減小B.E不變，U增大C.E增大，電荷有向上的加速度D.E不變，電荷電勢能變小7、如圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ=30°．金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿能剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)．要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動，可以采取的措施是（）A.增大磁感應(yīng)強(qiáng)度BB.調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流減小C.增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θD.將電源正負(fù)極對調(diào)使金屬桿的電流方向改變評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（2015春?隴縣校級期中）小劉同學(xué)在水平桌面上用練習(xí)本和課本做成了一個斜面；使一個小鋼球從斜面上某一位置滾下，最后小鋼球沿桌面水平滾出，做平拋運(yùn)動，如圖所示．利用此裝置來測量小鋼球離開桌面的初速度，請你幫助他完成以下研究方案。

（1）除以上簡易器材外，還需要的最佳測量工具為____

A；天平B秒表C刻度尺。

（2）實驗中需要測定的物理量有____（用字母表示并說明其物理含義）

（3）小鋼球離開桌面的速度表達(dá)式為v=____．9、在勻速直線運(yùn)動的s-t圖象中，____可表示質(zhì)點運(yùn)動的快慢，____越大，質(zhì)點運(yùn)動的速度也越大．10、如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道上做圓周運(yùn)動。圓半徑為R，小球經(jīng)過軌道最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時，小球?qū)A環(huán)的壓力大小等于_______。小球受到的向心力大小等于_______。小球的線速度大小等于_______。小球的向心加速度大小等于_______。（重力加速度g已知）11、如圖所示是電子射線管示意圖。接通電源后，電子射線由陰極沿x

軸方向射出。在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下(z

軸負(fù)方向)

偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是()A.

加一磁場，磁場方向沿z

軸負(fù)方向B.

加一磁場，磁場方向沿y

軸正方向C.

加一電場，電場方向沿z

軸負(fù)方向D.

加一電場，電場方向沿y

軸正方向12、萬有引力定律的表達(dá)式是____，其中G叫____，G=6.67×10-11N?m2/kg2，它是由英國科學(xué)家____（選填伽利略或卡文迪許或愛因斯坦）在實驗室里首先測出的，該實驗同時也驗證了萬有引力定律．13、磁極之間的相互作用是通過____發(fā)生的．磁極在空間產(chǎn)生____對其中的磁極有____的作用．14、（2013春?東湖區(qū)校級期末）如圖所示，一個金屬塊用被壓縮的彈簧卡在矩形箱子的頂部．在箱子的上頂板和下底板分別裝有壓力傳感器（可以自動記錄彈力大小的裝置）．當(dāng)箱子靜止時，上、下兩只壓力傳感器的示數(shù)分別為7N和10N．則當(dāng)金屬塊所受外力的合力為5N且豎直向下時，上、下兩只壓力傳感器的示數(shù)分別是____N和____N．（g取10m/s2）15、（2008秋?馬尾區(qū)校級月考）光滑斜面上有一個小球自高為h的A處由靜止開始滾下，抵達(dá)光滑的水平面上的B點時速率為v0．光滑水平面上每隔相等的距離設(shè)置了一個與小球運(yùn)動方向垂直的阻擋條，如圖所示，小球越過n條阻擋條后停下來．若讓小球從2h高處以初速度v0滾下，則小球能越過阻擋條的條數(shù)為____條（設(shè)小球每次越過阻擋條時損失的動能相等）．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、作用力和反作用力大小相等，方向相反，其合力為零．____（判斷對錯）17、物體的位移為零時，路程也一定為零．____．（判斷對錯）18、作用在物體上的合外力減小時，速度也隨之減?。甠___（判斷對錯）19、光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波____（判斷對錯）20、物體只要是運(yùn)動的，其合外力就一定不為零．____（判斷對錯）21、如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零．____．（判斷對錯）22、運(yùn)動的電荷在磁場中一定受洛倫磁力的作用．____（判斷對錯）23、電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．____．（判斷對錯）評卷人得分四、畫圖題(共2題，共14分)24、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）25、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．評卷人得分五、綜合題(共4題，共36分)26、

27、【題文】有一個很大的湖，岸邊（可視湖岸為直線）停放著一艘小船，纜繩突然斷開，小船被風(fēng)刮跑，其方向與湖岸成15°角，速度為2.5km/h。同時岸上一人從停放點起追趕小船，已知他在岸上跑的速度為4.0km/h，在水中游的速度為2.0km/h，問此人能否追及小船？28、【題文】如圖所示，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝4V／m，方向水平向左，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向垂直于紙面向里.一個質(zhì)量m=1g、帶正電的小物體A從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速下滑，當(dāng)它滑行h=0．8m到N點時離開壁做曲線運(yùn)動，運(yùn)動到P點時恰好處于平衡狀態(tài)，此時速度方向與水平方向成45°設(shè)P與M的高度差H=1.6m.求：

(1)A沿壁下滑過程中摩擦力做的功；

(2)P與M的水平距離S.(g取10m／s2)

29、【物理隆陋

選修3鈭?3

】(1)

下列敘述正確的是________。A.溫度升高時，物體內(nèi)每個分子的熱運(yùn)動速率都增大B.布朗運(yùn)動是液體分子對懸浮固體顆粒的碰撞作用不平衡造成的C.外界對氣體做正功，氣體的內(nèi)能一定增加D.自然界中進(jìn)行的涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性E.氣體壓強(qiáng)本質(zhì)上就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力(2)

如圖甲所示，一導(dǎo)熱性能良好、內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置，橫截面積S=2隆脕10鈭?3m2

質(zhì)量m=4kg

厚度不計的活塞與氣缸底部之間封閉了一部分氣體，此時活塞與氣缸底部之間的距離為24cm

在活塞的右側(cè)12cm

處有一對與氣缸固定連接的卡環(huán)，氣體的溫度為300K

大氣壓強(qiáng)p0=1.0隆脕105Pa

現(xiàn)將氣缸豎直放置，如圖乙所示，取g=10m/s2

求：壟脵

使活塞達(dá)到卡環(huán)時的溫度;

壟脷

加熱到675K

時封閉氣體的壓強(qiáng)。18

【物理隆陋

選修3鈭?5

】(1)2011

年3

月11

日本福島核電站發(fā)生核泄漏事故，其中銫對核輻射的影響最大，其半衰期約為30

年．壟脵

請寫出銫發(fā)生婁脗

衰變的核反應(yīng)方程________.[

已知53

號元素是碘(l).56

號元素是鋇(Ba)]

壟脷

若在該反應(yīng)過程中釋放的核能為E

則該反應(yīng)過程中質(zhì)量虧損為________(

真空中的光速為c)

．壟脹

泄露出的銫137

約要到公元________年才會有87.5%

的原子核發(fā)生衰變．(2)

如圖所示，兩小車AB

置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m

和2m

一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車.

現(xiàn)在先釋放小車B

當(dāng)小車B

的速度大小為3v

時，再釋放小車A

此時彈簧仍處于拉伸狀態(tài);

當(dāng)小車A

的速度大小為v

時，彈簧剛好恢復(fù)原長.

自始至終彈簧都未超出彈性限度，求：壟脵

彈簧剛恢復(fù)原長時，小車B

的速度大?。簤琶?/p>

兩小車相距最近時，小車A

的速度大?。畢⒖即鸢敢?、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律直接求解加速度．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得：

a=；故B正確．

故選：B2、C【分析】【分析】物體做曲線運(yùn)動的條件是合力與速度不在同一條直線上，合外力大小和方向不一定變化，由此可以分析得出結(jié)論．【解析】【解答】解：當(dāng)合力與速度不在同一條直線上時；物體做曲線運(yùn)動，由此可以判斷只有C正確．

由牛頓第二定律可知合外力的方向與加速度的方向始終相同；所以D錯誤．

故選：C．3、B|C|E【分析】由單擺周期公式可知A錯；只有橫波才會發(fā)生偏振現(xiàn)象，D錯；【解析】【答案】BCE4、C【分析】【解析】電子的發(fā)現(xiàn)，使人們認(rèn)識到原子是可以分割的，A錯誤；盧瑟福根據(jù)α粒子散射實驗，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，后來又發(fā)現(xiàn)原子核是由質(zhì)子和中子組成的，BD錯誤、C正確?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、A【分析】解：A

由于滑道ABC

是粗糙的；物塊從A

到C

的過程中摩擦力做功，所以滑塊的機(jī)械能不守恒.

故A正確；

B；由于滑塊的機(jī)械能不守恒；所以滑塊在C

點的速度小于在A

點的速度.AC

兩點是對稱的，可知滑塊在AC

兩點速度的方向與水平方向之間的夾角是相等的.

設(shè)在兩點速度方向與水平方向之間的夾角為婁脠

則速度的豎直方向的分量：vy=v?sin婁脠

所以在A

點：PA=mg?vyA=mgv0sin婁脠壟脵

PC=mg?vyC=mgvCsin婁脠壟脷

由于：vC<v0

所以C

點較A

點重力的功率更小.

故B錯誤；

C；在AC

兩點；重力垂直于斜面方向的分力與支持力的合力提供滑塊的向心力，則在A

點：

mgcos婁脠鈭?FNA=mv02R壟脹

在C

點：mgcos婁脠鈭?FNC=mvC2R壟脺

由于：vC<v0

所以C

點較A

點軌道對物塊的支持力大.

故C錯誤；

D；由于滑塊的機(jī)械能不守恒；所以滑塊在B

點的速度小于在A

點的速度．

滑塊在B

點受到的重力與支持力的合力提供向心力，在B

點：mg鈭?FNB=mvB2R壟脻

比較壟脹壟脻

可知；B

點滑塊受到的支持力一定大于A

點的支持力，可知，A

到B

的過程中支持力增大；

由于動摩擦因數(shù)的具體數(shù)據(jù)未知；所以B

到C

的過程中速度變化的關(guān)系不能確定，比較壟脺壟脻

不能得出FNB

與FNC

的大小關(guān)系.

故D錯誤．

故選：A

根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析機(jī)械能是否守恒；根據(jù)重力的功率的表達(dá)式分析A

點與C

點的重力的功率的關(guān)系；結(jié)合牛頓第二定律分析ABC

各點物塊受到的支持力的大小關(guān)系．

該題結(jié)合功能關(guān)系考查豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動的向心力以及重力的功率等使用的知識點與公式比較多，在解答的過程中要注意對運(yùn)動過程和受力的分析，理清個物理量之間的關(guān)系．【解析】A

6、D【分析】【分析】平行板電容器的動態(tài)分析時先明確與電路是閉合還是斷開，根據(jù)C=，判斷電容的變化，再根據(jù)C=和E=，判斷場強(qiáng)的變化，分析電場力，從而判斷油滴的運(yùn)動；再判斷P點的電勢，判斷電勢能的變化．【解析】【解答】解：平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，極板帶電量不變；當(dāng)正極板下移時，據(jù)C=和C=可知極板間的電勢差減小，帶入E==；由公式可知當(dāng)極板下移時，E不變．

AC；由以上分析可知；E不變，電荷所受的電場力不變和重力不變，故電荷依然處于平衡，故AC錯誤．

BD；以上分析可知；E不變，U減??；據(jù)U=Ed可知，P點到下極板的電勢差不變，所以上極板到P點的電勢差減少；由于正極板接地，所以P點的電勢增大且為負(fù)；在據(jù)Ep=qφ可知，負(fù)電荷在P點的電勢能減少，故B錯誤，D正確．

故選：D．7、A【分析】【分析】對初始狀態(tài)進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件得出重力與安培力的關(guān)系，即F=BIL=mgsinθ，因此要使金屬桿向上運(yùn)動，應(yīng)該增大安培力，根據(jù)安培力的表達(dá)式可以得出采取何種措施．【解析】【解答】解：A．根據(jù)初始時金屬桿能剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)；受力分析知：mgsinθ=BIL，因此增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，安培力增大，金屬棒將沿斜面向上運(yùn)動，故A正確；

B．若減小電流；則安培力F=BIL將減小，金屬棒將向下運(yùn)動，故B錯誤；

C．增大傾角θ；重力分力沿斜面向下分力mgsinθ＞BIL，金屬棒將向下運(yùn)動，故C錯誤；

D．將電源正負(fù)極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變；安培力將沿斜面向下，因此金屬棒將向下運(yùn)動，故D錯誤．

故選：A．二、填空題(共8題，共16分)8、C球落地點距桌邊沿的水平距離x，桌邊沿距地面的高度h【分析】【分析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項，平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)高度求出運(yùn)動的時間，結(jié)合水平位移和時間求出小球離開桌面時的速度大小，從而選擇需要的儀器和需要測定的物理量．【解析】【解答】解：（1）利用平拋運(yùn)動測量物體的初速度時；要知道物體水平方向的位移和豎直方向的位移大小，所以還需要的測量工具為：米尺。

故選：C

（2）需要測量：球落地點距桌邊沿的水平距離x；桌邊沿距地面的高度h；

（3）豎直方向有：y=；

解得：t=

水平方向做運(yùn)動運(yùn)動，則有：

故答案為：（1）C；（2）球落地點距桌邊沿的水平距離x，桌邊沿距地面的高度h；（3）；9、斜率斜率【分析】【分析】在位移時間圖象中，物體運(yùn)動的快慢速度由圖象的斜率表示，斜率越大說明物體速度越大．【解析】【解答】在位移時間圖象中；用圖象的斜率表示速度的大小，斜率越大物體運(yùn)動越快．

故答案為：斜率，斜率．10、略

【分析】試題分析：小球經(jīng)過軌道最高點時剛好不脫離圓環(huán)，則其通過最高點時重力作為向心力，小球?qū)A環(huán)的壓力大小等于0；且小球受到的向心力大小等于mg、向心加速度等于g,，即得考點：本題考查牛頓第二定律、向心力，【解析】【答案】0，mg,g11、B【分析】【分析】電子射線由陰極沿x

軸方向射出，形成的亮線向下(z

軸正方向)

偏轉(zhuǎn)，說明電子受到的洛倫茲力方向向下，將四個選項逐一代入，根據(jù)左手定則判斷分析，選擇可行的磁場方向。本題考查電偏轉(zhuǎn)與磁偏轉(zhuǎn)方向判斷的能力.

負(fù)電荷運(yùn)動的方向與電流方向相反，洛倫茲力方向由左手定則判斷?！窘獯稹緼.若加一沿z

軸負(fù)方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y

軸負(fù)方向，亮線不偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故A錯誤；B.若加一沿y

軸正方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z

軸負(fù)方向，亮線向下偏轉(zhuǎn)，符合題意。故B正確；C.若加一沿y

軸正方向的電場，電子帶負(fù)電，電場力方向沿y

軸負(fù)方向，亮線不偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故C錯誤；D.若加一沿y

軸負(fù)方向的電場，電子帶負(fù)電，電場力方向沿y

軸正方向，亮線不偏轉(zhuǎn)，不符合題意。故D錯誤。故選B?！窘馕觥緽

12、引力常量卡文迪許【分析】【分析】萬有引力的大小與兩物體質(zhì)量的乘積成正比，與距離的二次方成反比，萬有引力定律是牛頓發(fā)現(xiàn)的，但是引力常量G是卡文迪許測出的．【解析】【解答】解：萬有引力定律的表達(dá)式；其中G叫引力常量，它是由英國科學(xué)家卡文迪許在實驗室里首先測出的．

故答案為：，引力常量，卡文迪許．13、磁場磁場力【分析】【分析】磁體周圍存在著一種物質(zhì)，我們稱之為磁場，而磁體間的作用正是通過磁場而發(fā)生的．【解析】【解答】解：磁鐵的周圍空間存在著磁場；磁體間的相互作用是通過磁場而發(fā)生的．磁極在空間產(chǎn)生磁場對其中的磁極有力的作用．

故答案為：磁場；磁場；力．14、1210【分析】【分析】由箱子靜止，上、下兩只壓力傳感器的示數(shù)，可求出物體的重力；再根據(jù)金屬塊所受外力的合力為5N且豎直向下時，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解．【解析】【解答】解：由題意可知；當(dāng)箱子靜止時，上；下兩只壓力傳感器的示數(shù)分別為7N和10N，則物體受到下面的彈簧彈力10N，物體受到上面的彈力為7N；

根據(jù)受力平衡，箱子的重力G=F下-F上=10-7=3N；則箱子的質(zhì)量為m=；

當(dāng)金屬塊所受外力的合力為5N且豎直向下時；由牛頓第二定律，可得，上頂板對箱子的作用力變大，而下底板對箱子的彈力不變，仍為10N；

則有：F上′+G-F下=F合；從而解得：F上′=10+5-3=12N；

故答案為：12；1015、3n【分析】【分析】小球自高為h的A處由靜止開始滾下到B由動能定理列出等式．

當(dāng)小球在水平面上滾動時；由動能定理列出等式．

讓小球從2h高處以初速度V0滾下到停止由動能定理列出等式，三式聯(lián)立求解．【解析】【解答】解：設(shè)每條阻擋條對小球做的功為W；

小球自高為h的A處由靜止開始滾下到B由動能定理有：①

當(dāng)小球在水平面上滾動時；

由動能定理有：；②

讓小球從2h高處以初速度V0滾下到停止由動能定理有③

三式聯(lián)立解得n′=3n

故選：C．三、判斷題(共8題，共16分)16、×【分析】【分析】由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．【解析】【解答】解：由牛頓第三定律可知；作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，但不在同一物體上．所以兩個力不能合成，也不能相互抵消．以上說法是錯誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】路程表示運(yùn)動軌跡的長度，位移的大小等于首末位置的距離，方向由初位置指向末位置．路程大于等于位移的大小，當(dāng)物體做單向直線運(yùn)動時，路程等于位移的大小．【解析】【解答】解：物體的位移為零時；其路程不一定為零．比如繞操場一圈，路程不為零，但位移等于零．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量，當(dāng)加速度方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動，當(dāng)加速度方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動．【解析】【解答】解：加速度是反映速度變化快慢的物理量．根據(jù)牛頓第二定律可知；加速度的方向與物體受到的合外力的方向相同；

結(jié)合速度與加速度的關(guān)系可知；當(dāng)加速度方向與速度方向相同，加速度減小，速度增大．當(dāng)物體的加速度方向與速度方向相反，速度減?。?/p>

所以作用在物體上的合外力減小時；速度可能隨之減小，也可能隨之增大．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】可以把波分為橫波和縱波兩類，傳播的只是振動形式和能量，而偏振現(xiàn)象與橫波有關(guān)，從而即可求解．【解析】【解答】解：偏振是橫波特有的現(xiàn)象；所以光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波．以上說法是正確的．

故答案為：√20、×【分析】【分析】力是改變速度的原因，不是維持速度的原因，根據(jù)牛頓第一定律分析即可．【解析】【解答】解：當(dāng)物體做勻速直線運(yùn)動時；物體不受力或者受平衡力，故力不是維持速度的原因；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】B⊥L，根據(jù)安培力的公式F=BIL，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B，注意公式是采用比值法定義的，磁場中某點磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與F，Il等因素?zé)o關(guān)，是由磁場本身決定的．【解析】【解答】解：根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，有：；由此可知的磁感應(yīng)強(qiáng)度與導(dǎo)線的放置；長短、電流大小等因素?zé)o關(guān)，即該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度有磁場本身決定．

所以如果通電的金屬棒在磁場中不受力的作用；該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零．故以上說法是錯誤的．

故答案為：×22、×【分析】【分析】電場的性質(zhì)是對電荷有力的作用，而電荷受到電場力的方向與電場強(qiáng)度可以相同，也可以相反．當(dāng)運(yùn)動的帶電粒子的速度方向不與磁場平行，將會受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力的方向與磁場方向的關(guān)系．【解析】【解答】解：當(dāng)運(yùn)動的電荷的速度方向與磁場方向平行時；不受洛倫茲力；

故答案為：×．23、√【分析】【分析】電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．【解析】【解答】解：電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；電源電動勢反映了電源內(nèi)部非靜電力做功的本領(lǐng)．故此說法正確．

故答案為：√四、畫圖題(共2題，共14分)24、略

【分析】【解析】試題分析：由圖讀出波長，由波速公式求出周期．根據(jù)簡諧運(yùn)動在一個周期內(nèi)通過的路程，求出位移．采用波形平移的方法畫出7s時的波形圖．由圖直接可得波長根據(jù)得：7秒內(nèi)波傳播的位移為：根據(jù)平移法，把波形沿傳播方向平移3.5米，如下圖實線：考點：畫波形圖【解析】【答案】圖形向左平移1.5m25、略

【分析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題【解析】【答案】【解析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題五、綜合題(共4題，共36分)26、略

【分析】【解析】當(dāng)金屬棒速度恰好達(dá)到最大速度時，受力分析，則mgsinθ=F安（2分）

解得F安="0.5N"(1分)

由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=BLv(1分)

由閉合電路歐姆定律：(1分)

又F安=BIL(1分)

由以上各式解得最大速度v="5m/s"(2分)

下滑過程據(jù)動能定理得：(3分)

解得W="1.75J"(1分)

∴此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量Q=W="1.75J"【解析】【答案】v="5m/s"1.75J27、略

【分析】【解析】費馬原理指出：光總是沿著光程為極小值的路徑傳播。據(jù)此就將一個運(yùn)動問題通過類比法可轉(zhuǎn)化為光的折射問題。

如圖3所示；船沿OP方向被刮跑，設(shè)人從O點出發(fā)先沿湖岸跑，在A點入水游到OP方向的B點，如果符合光的折射定律，則所用時間最短。

圖3

根據(jù)折射定律：

解得

在這最短時間內(nèi)，若船還未到達(dá)B點，則人能追上小船，若船已經(jīng)通過了B點，則人不能追上小船，所以船剛好能到達(dá)B點所對應(yīng)的船速就是小船能被追及的最大船速

根據(jù)正弦定理

又

由以上兩式可解得：

此即小船能被人追上的最大速度，而小船實際速度只有2.5km/h，小于所以人能追上小船。【解析】【答案】人能追上小船28、略

【分析】【解析】(1)小物體到N點時離開壁時，qvNB=qE

vN=E/B=2m/s

從M到N的過程中,根據(jù)動能定理

代入數(shù)據(jù)得Wf=-6×10-3J

(2)小物體運(yùn)動到P點時恰好處于平衡狀態(tài)qE=mg,,m/s

從M到P的過程中,根據(jù)動能定理。

代入數(shù)據(jù)得S=0.6m【解析】【答案】(1)Wf=-6×10-3J

(2)S=0.6m29、略

【分析】(1)解答本題需掌握：

溫度是分子熱運(yùn)動平均動能的標(biāo)志；

布朗運(yùn)動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動；

熱力學(xué)第一定律公式：鈻?U=W+Qtriangle