2025年外研版三年級起點(diǎn)高三物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研版三年級起點(diǎn)高三物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在一忽略自轉(zhuǎn)的小星球上，一輛汽車靜止時對地面的壓力為N1，當(dāng)其以速度v行駛時，對地面的壓力為N2；則該星球的第一宇宙速度為（）

A.

B.

C.

D.v

2、下列單位____能量單位的是（）A.焦耳（J）B.毫安時（mAh）C.電子伏（eV）D.千瓦時（kW·h）3、【題文】矩形線框在勻強(qiáng)磁場內(nèi)繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動的過程中；線框輸出的交流電電壓隨時間變化的圖象如圖所示，由圖可知()

A.當(dāng)t＝2s時，線圈平面與中性面垂直B.該交流電的頻率為25HzC.該交流電的電壓的有效值為100VD.若將該交流電壓加在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率為50W4、如圖所示，粗糙的半圓形凹槽固定在水平面上，ac為水平直徑，b點(diǎn)為凹槽的最低點(diǎn)，小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從a點(diǎn)由靜止開始釋放，沿凹槽來回運(yùn)動，在滑塊來回運(yùn)動的過程中，關(guān)于滑塊經(jīng)過b點(diǎn)時受到的滑動摩擦力大小的變化情況，下列判斷正確的是（）A.一直增大B.一直減小C.先增大后減小D.先減小后增大5、2008年1月10日開始的低溫雨雪冰凍造成我國部分地區(qū)嚴(yán)重災(zāi)害，其中高壓輸電線因結(jié)冰而損毀嚴(yán)重。為消除高壓輸電線上的凌冰，事后有人設(shè)計(jì)了利用電流的熱效應(yīng)除冰的融冰思路。若在正常供電時，高壓線上送電電壓為U，電流為I，熱耗功率為△P；除冰時，在輸電功率、用戶的輸入電壓和輸電線電阻不變的情況下，通過自動調(diào)節(jié)高壓輸電變壓器的變壓比，使輸電線上的熱耗功率變?yōu)?6△P，則除冰時（）A.輸電電流為4IB.輸電電流為16IC.輸電電壓為4UD.輸電電壓為6、關(guān)于聲波和電磁波，下列說法錯誤的是（）A.都能發(fā)生干涉和衍射B.都能傳遞能量和信號C.都能產(chǎn)生多普勒效應(yīng)D.都是橫波7、物體靜止在水平桌面上，物體對水平桌面的壓力（）A.大小一定大于物體的重力，因?yàn)槲矬w把桌面壓彎了B.這壓力是由于桌面發(fā)生形變而產(chǎn)生的C.這壓力是由于物體發(fā)生形變而產(chǎn)生的D.這壓力就是物體的重力8、下列情況中，研究對象可以看成質(zhì)點(diǎn)的是（）A.體積、質(zhì)量都極小的物體都能看成質(zhì)點(diǎn)B.研究繞地球飛行時的航天飛機(jī)C.雜技演員做空翻動作時可視為質(zhì)點(diǎn)D.研究自行車的運(yùn)動時，因車輪在轉(zhuǎn)動，所以無論研究什么，自行車都不能視為質(zhì)點(diǎn)評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、如圖，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場，所加電場的場強(qiáng)滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止（）A.豎直向上，場強(qiáng)大小為B.垂直于桿斜向上，場強(qiáng)大小為C.平行于桿斜向上，場強(qiáng)大小為D.水平向右，場強(qiáng)大小為10、在O點(diǎn)有一波源，t=0時刻開始向上振動，形成向右傳播的一列橫波．t1=4s時，距離O點(diǎn)為3m的A點(diǎn)第一次達(dá)到波峰；t2=7s時，距離O點(diǎn)為4m的B點(diǎn)第一次達(dá)到波谷．則以下說法不正確的是（）A.該橫波的波長為2mB.該橫波的周期為4sC.該橫波的波速為1m/sD.距離O點(diǎn)為1m的質(zhì)點(diǎn)第一次開始向上振動的時刻為6s末11、如圖所示，M為放在水平地面上的劈形物體，物塊m在其斜面上受到沿斜面向上的力F作用，m與M都保持靜止．設(shè)m受摩擦力為f1，M受地面的摩擦力為f2，當(dāng)F增大后，m和M仍都靜止，則（）A.f2增大，f1可能增大B.f1減小，f2不變C.f2增大，f1可能減小D.f1與f2的大小均可能不變12、關(guān)于物理量或物理量的單位，下列說法正確的是（）A.1N/kg=1m/s2B.“m”“kg”“s”都是國際單位制中的基本單位C.后人為了紀(jì)念牛頓，把“N”作為力學(xué)中的基本單位D.在力學(xué)范圍內(nèi)，國際單位制規(guī)定長度、質(zhì)量、速度為三個基本物理量13、在光滑水平面上，一個質(zhì)量為2kg、初速度不為零的物體，受到大小分別為3N、4N和8N三個水平方向的共點(diǎn)力作用，則該物體（）A.可能做勻速直線運(yùn)動B.可能做勻減速直線運(yùn)動C.不可能做勻變速曲線運(yùn)動D.加速度的大小可能是2m/s214、如圖所示，輕彈簧的上端懸掛在天花板上，下端掛一質(zhì)量為m的小球，小球處在靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在小球上加一豎直向上的恒力F使小球向上運(yùn)動，小球運(yùn)動的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)之間的距離為H，則此過程中（g為重力加速度，彈簧始終在彈性限度內(nèi)）（）A.小球的重力勢能增加mgHB.小球的動能增加（F-mg）HC.小球的機(jī)械能增加FHD.小球的機(jī)械能不守恒15、甲、乙兩車從同一地點(diǎn)同時出發(fā)，兩車運(yùn)動的v-t圖象如圖所示，下列說法中正確的是（）A.甲、乙兩車在第2s末速度相等B.甲、乙兩車在第4s末相遇C.在甲、乙兩車相遇前，第2s末兩車相距最遠(yuǎn)D.甲車沿著正方向運(yùn)動，乙車沿著負(fù)方向運(yùn)動16、某同學(xué)在研究電子在電場中的運(yùn)動時，得到了電子由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的軌跡（圖中實(shí)線所示），圖中未標(biāo)明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的判斷是（）A.如果圖中虛線是電場線，電子由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)，動能減小，電勢能增大B.如果圖中虛線是等勢面，電子由a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)，動能增大，電勢能減小C.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點(diǎn)的場強(qiáng)都大于b點(diǎn)的場強(qiáng)D.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點(diǎn)的電勢都高于b點(diǎn)的電勢評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、某小球以5m/s的速度垂直撞在墻上，以4m/s的速度垂直墻面反彈．以小球的初速度方向?yàn)檎较?，則小球在撞墻過程中速度的變化量為____m/s；若小球與墻壁接觸的時間為0.05s，則小球撞墻過程中平均加速度大小為____m/s2．18、（2010秋?資陽期末）如圖所示，物體以4m/s的初速度自斜面底端A點(diǎn)滑上光滑斜面，途經(jīng)斜面中點(diǎn)C到達(dá)最高點(diǎn)B．已知vA：vC=4：3，從C點(diǎn)到B點(diǎn)歷時（3-）s，則到達(dá)斜面最高點(diǎn)的速度為____；斜面的長度為____．19、在β衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出．中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實(shí)驗(yàn)中很難探測．1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)，利用中微子與水中的核反應(yīng)；間接地證實(shí)了中微子的存在．

（1）中微子與水中的發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中和正電子，即中微子→可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是____、____．

（2）上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，與電子形成幾乎靜止的整體后，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€光子γ，即→2γ．已知正電子和電子的質(zhì)量都為9.1×10-31㎏，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為____J．正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，原因是____．20、（2010秋?包河區(qū)校級月考）質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子（不計(jì)重力），在勻強(qiáng)電場中的A點(diǎn)以初速度υ0沿垂直與場強(qiáng)E的方向射入到電場中，已知粒子到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小為2υ0，A、B間距為d，如圖所示．則A、B兩點(diǎn)間的電勢差為____；勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為____．21、（2014秋?臨夏市校級期中）礦井里的升降機(jī)，由靜止開始向上運(yùn)動其v-t圖象如圖所示，從圖象可知，在0～5s內(nèi)升降機(jī)向上運(yùn)動的加速度a1=____m/s2；在15s～25s內(nèi)升降機(jī)的加速度a2=____m/s2，在減速運(yùn)動過程中的平均速度為____m/s，在0～25s內(nèi)的總位移為____m．評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)22、坐標(biāo)系都是建立在參考系上的．____．（判斷對錯）23、非晶體的結(jié)構(gòu)跟液體非常相似，可以看成是黏滯性極大的液體．____．（判斷對錯）24、矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．____．評卷人得分五、計(jì)算題(共1題，共10分)25、在水平桌面上有一個邊長為L的正方形框架，內(nèi)嵌一個表面光滑的絕緣圓盤，圓盤所在區(qū)域存在垂直圓盤向上的勻強(qiáng)磁場。一帶電小球從圓盤上的P點(diǎn)（P為正方形框架對角線AC與圓盤的交點(diǎn)）以初速度v0水平射入磁場區(qū)，小球剛好以平行于BC邊的速度從圓盤上的Q點(diǎn)離開該磁場區(qū)（圖中Q點(diǎn)未畫出），如圖甲所示。現(xiàn)撤去磁場，小球仍從P點(diǎn)以相同的初速度v0水平入射；為使其仍從Q點(diǎn)離開，可將整個裝置以CD邊為軸向上抬起一定高度，如圖乙所示，忽略小球運(yùn)動過程中的空氣阻力，已知重力加速度為g。求：

（1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動的時間之比；

（2）框架以CD為軸抬起后，AB邊距桌面的高度。評卷人得分六、證明題(共1題，共2分)26、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結(jié)合牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】

忽略自轉(zhuǎn)的小星球上，一輛汽車靜止時對地面的壓力為N1；

N1=mg①

當(dāng)其以速度v行駛時，對地面的壓力為N2；運(yùn)用牛頓第二定律得。

mg-N2=②

星球的第一宇宙速度就是近表面衛(wèi)星運(yùn)行的速度；即地面支持力為零．

即mg=③

解得第一宇宙速度v′=

故選B．

【解析】【答案】星球的第一宇宙速度就是近表面衛(wèi)星運(yùn)行的速度；即地面支持力為零．

忽略自轉(zhuǎn)的小星球上；根據(jù)汽車所處的狀態(tài)運(yùn)用牛頓第二定律求解．

2、B【分析】【解析】試題分析：毫安時是電量單位，故選B考點(diǎn)：考查單位【解析】【答案】B3、B|D【分析】【解析】本題考查的是交流電的問題，由圖當(dāng)t＝2s時，電壓為零，線圈平面與中性面平行；周期為0.04s，頻率為25Hz，該交流電的電壓的有效值為V;若將該交流電壓加在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率為50W,B、D正確；【解析】【答案】BD4、B【分析】解：由于滑塊與凹槽之間存在摩擦力，滑塊的機(jī)械能越來越小，經(jīng)過b點(diǎn)時的速度越來越小，根據(jù)FN越來越??；根據(jù)滑塊經(jīng)過b點(diǎn)時受到的滑動摩擦力f=μFN；所以滑動摩擦力越來越小，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

明確物塊在滑行過程中機(jī)械能減?。还拭看瓮ㄟ^最低點(diǎn)的速度減小，再根據(jù)向心力公式進(jìn)行分析即可確定摩擦力的變化。

本題考查摩擦力的計(jì)算、向心力以及功能關(guān)系的應(yīng)用，要注意明確由于摩擦力的作用使滑塊的機(jī)械能越來越小?！窘馕觥緽5、A【分析】解：AB、高壓線上的熱耗功率為：△P=I2R線①

若熱耗功率變?yōu)?6△P，則有：16△P=I′2R線②

由①②得：I′=4I；故A正確，B錯誤。

C、D、又輸送功率不變，由P=UI=U′I′得：U′=U；故CD錯誤。

故選：A。

根據(jù)I=可以求出輸電線上的電流；根據(jù)P=I2R可以求出輸電線上損失的電功率。

本題考查遠(yuǎn)距離輸電中的能量損失及功率公式的應(yīng)用，要注意功率公式中P=UI中的電壓U應(yīng)為輸電電壓。【解析】A6、D【分析】【分析】聲波和電磁波均可以發(fā)生干涉、衍射等波的現(xiàn)象；聲波是縱波，電磁波是橫波．【解析】【解答】解：A；不論是電磁波還是聲波均可以發(fā)生干涉、衍射及多普勒效應(yīng)；并且均可以傳遞能量和信號；故ABC正確；

D；電磁波是橫波；而聲波是縱波；故D錯誤；

本題選錯誤的；故選：D．7、C【分析】【分析】二力平衡的條件：大小相等；方向相反，作用在一條直線上，作用在一個物體上；

相互作用力的條件：大小相等；方向相反，作用在一條直線上，作用在不同的物體上；

根據(jù)二力平衡的條件和相互作用力的條件對各選項(xiàng)逐一進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：A；物體靜止在水平桌面上；在沒有其他外力的作用時，物體對水平桌面的壓力與重力相等，故A錯誤；

B；物體對水平桌面的壓力是施力物體（物體）形變產(chǎn)生的；故B錯誤；

C；物體對水平桌面的壓力是施力物體（物體）形變產(chǎn)生的；故C正確；

D；物體對水平桌面的壓力是彈力；不是重力，故D錯誤；

故選：C．8、B【分析】【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在所研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點(diǎn)．【解析】【解答】解：A；體積、質(zhì)量都極小的物體不一定能夠簡化為質(zhì)點(diǎn)；如研究電子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)時電子不能簡化為質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；

B；研究繞地球飛行時的航天飛機(jī)時；航天飛機(jī)的尺寸遠(yuǎn)小于地球的直徑，故能簡化為質(zhì)點(diǎn)，故B正確；

C；雜技演員做空翻動作時要研究動作；不可視為質(zhì)點(diǎn)，故C錯誤；

D；研究自行車的運(yùn)動時；當(dāng)自行車的尺寸遠(yuǎn)小于路程時，可以簡化為質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤；

故選：B．二、多選題(共8題，共16分)9、ACD【分析】【分析】當(dāng)加一勻強(qiáng)電場時，小球?qū)⑹艿诫妶隽ψ饔茫∏驇д?，電場力方向與場強(qiáng)方向相同；當(dāng)加電場后，小球所受的合力能為零時，就能在桿上保持靜止?fàn)顟B(tài)．【解析】【解答】解：A、若電場方向豎直向上，此時球受兩個力，豎直向上的電場力和豎直向下的重力，根據(jù)二力平衡可知，Eq=mg，故E=．故A正確．

B；若電場方向垂直于桿斜向上；小球受到的電場力方向也垂直于桿斜向上，在垂直于桿的方向小球受力能平衡，而在平行于桿方向，重力有沿桿向下的分力，沒有力與之平衡，則小球?qū)⑾蛳禄瑒?，不能保持靜止．故B錯誤．

C、如電場方向平行于桿斜向上，此時受三個力，重力、沿桿方向的電場力和支持力．重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和電場力沿桿子方向的分力大小相等方向相反，有mgsinθ=Eq，故E=；故C正確；

D、若電場方向向右，此時受三個力，重力、電場力和支持力．重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持力等值反向，重力和電場力沿桿子方向的分力大小相等方向相反，有mgsinθ=Eqcosθ，故E=；故D正確．

故選：ACD．10、AD【分析】【分析】本題中“A點(diǎn)第一次達(dá)到波峰”的含義是波傳到A點(diǎn)時，又向上振動了四分之一周期到達(dá)波峰，同理理解“第一次到達(dá)波谷的含義”．列出時間與波速的關(guān)系式，即可求得波速和周期，從而由波速公式求解出波長．【解析】【解答】解：由于波源O開始向上振動，所以t1=4s時；距離O點(diǎn)為3m的A點(diǎn)第一次達(dá)到波峰有：

t1=+①

t2=7s時；距離O點(diǎn)為4m的B點(diǎn)第一次達(dá)到波谷，有：

t2=+②

聯(lián)立①②解得：v=1m/s；T=4s，則波長λ=vT=4m

振動從O傳到距離O點(diǎn)為1m的質(zhì)點(diǎn)所需時間△t==s=1s；故AD錯誤，BC正確．

本題選錯誤的，故選：AD．11、AC【分析】【分析】物塊與斜面相對靜止，物塊受到斜面的靜摩擦力作用，F(xiàn)增大，此摩擦力可能增大，可能不變，也可能減?。孛鎸π泵娴撵o摩擦力根據(jù)整體法可知一定增大．【解析】【解答】解：物塊與斜面相對靜止，若物塊原來受到的靜摩擦力沿斜面向下或不受靜摩擦力，則由平衡條件得知：當(dāng)F增大時，靜摩擦力f1增大．若物塊原來受到的靜摩擦力沿斜面向上，F(xiàn)增大，f1減?。畬φw研究可知，F(xiàn)的水平分力大小等于f2，F(xiàn)增大，則f2一定增大．故AC正確。

故選AC12、AB【分析】【分析】國際單位制規(guī)定長度、質(zhì)量、時間為三個基本物理量，它們的單位為基本單位．根據(jù)牛頓第二定律得分析N與其他單位的關(guān)系．牛頓不是基本單位，是導(dǎo)出單位．【解析】【解答】解：A、據(jù)牛頓第二定律F=ma得：F的單位是N，m的單位是kg，a的單位是m/s2，則知：1N=1kg?m/s2，得1N/kg=1m/s2．故A正確．

B；“m”“kg”“s”都是國際單位制的基本單位；故B正確．

C；人們?yōu)榱思o(jì)念牛頓；把“牛頓”作為力的單位，但不是力學(xué)基本單位，故C錯誤．

D；在力學(xué)范圍內(nèi)；國際單位制規(guī)定長度、質(zhì)量、時間為三個基本物理量，故D錯誤．

故選：AB13、BD【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律可知加速度的大小取決于物體所受合力的大小，而水平方向的三個力可以不一定在同一條直線上，所以三力的方向任意，求出合力的范圍；然后根據(jù)曲線運(yùn)動的條件判斷物體的可能運(yùn)動情況．【解析】【解答】解：3N；4N和8N三力同向時合力最大；為15N；3N和4N合成最大7N，最小1N，不可能為8N，故當(dāng)3N和4N的合力最大且與8N反向時，三力合力最小，為1N；即三力合力最小為1N，最大為15N，方向任意；

A；勻速直線運(yùn)動為平衡狀態(tài)；合力為零；故物體一定是做變速運(yùn)動，故A錯誤；

B；當(dāng)合力與初速度反向時；物體做勻減速直線運(yùn)動，故B正確；

C；當(dāng)合力與初速度方向不在同一條直線上時；物體做做勻變速曲線運(yùn)動，故C錯誤；

D、合力范圍是：1N＜F＜15N，故當(dāng)合力是4N時，加速度為2m/s2；故D正確；

故選：BD．14、AD【分析】【分析】重力勢能的增加量等于克服重力做的功；

動能的增加量等于合外力做的功；

機(jī)械能的增加量等于重力以外的力做的功．【解析】【解答】解：A；重力勢能的增加量等于克服重力做的功；故A正確；

B；在最高點(diǎn)時；動能為零，從最低到最高的過程中，小球的動能增加量為零，故B錯誤；

C；對于小球而言；動能沒有增加，重力勢能增加了mgH，故小球的機(jī)械能增加了mgH，故C錯誤；

D；小球的機(jī)械能增加了mgH；故D正確．

故選：AD．15、ABC【分析】【分析】從圖象得到兩個質(zhì)點(diǎn)的速度情況，判斷出其運(yùn)動情況．甲做勻速直線運(yùn)動，乙做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，然后結(jié)合速度時間圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：

A；由圖看出在第2s末兩車的速度都是5m/s；故A正確．

B；根據(jù)速度-時間圖象與時間軸包圍的面積表示位移大??；可以知道，4s末兩車的位移相等，而兩車又是從同一地點(diǎn)同時出發(fā)，故4s末兩車相遇，故B正確；

C；0～2s內(nèi)甲的速度一直比乙大；甲、乙之間的距離越來越大，2～4s內(nèi)，乙的速度大于甲的速度，故兩質(zhì)點(diǎn)間距開始變小，故第2s末速度相等，距離最大；故C正確．

D；甲乙車的速度都是正值；說明都沿著正方向運(yùn)動．故D錯誤．

故選：ABC．16、ABC【分析】【分析】電場線與等勢面垂直，電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，在等勢面密的地方，電場的強(qiáng)度也是較大，在等勢面疏的地方，電場的強(qiáng)度也是較小，沿電場線的方向，電勢降低．【解析】【解答】解：A、若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，ab曲線上每一點(diǎn)的瞬時速度與電場力方向均成鈍角；故電子做減速運(yùn)動，動能減小，電勢能增大，所以A正確；

B；若虛線為等勢面；根據(jù)等勢面與電場線處處垂直可大致畫出電場線，顯然可看出曲線上每個位置電子受到的電場力與速度成銳角，電子加速運(yùn)動，故動能增大，電勢能減小，所以B正確；

C；不論圖中虛線是電場線還是等勢面；由電場線的密集程度可看出a點(diǎn)的場強(qiáng)較大，故C正確；

D；若虛線是等勢面；從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場線方向垂直虛線向上，沿著電場線方向電勢越來越低，故a點(diǎn)電勢較小；若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，故電場線方向向右，沿著電場線方向電勢越來越低，故a點(diǎn)電勢較大，故D錯誤．

故選ABC．三、填空題(共5題，共10分)17、-9180【分析】【分析】根據(jù)初末速度，求出速度的變化量，根據(jù)加速度的定義式求出小球撞墻過程中的加速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓阂孕∏虺跛俣确较?yàn)檎较?；則小球在撞墻過程中速度的變化量為：

△v=v2-v1=-4-5=-9m/s

則小球的加速度為：

a===-180m/s2，負(fù)號表示方向，則加速度大小為180m/s2；

故答案為：-9，180．18、m/s7m【分析】【分析】（1）根據(jù)A；C兩點(diǎn)的速度之比求出C點(diǎn)的速度；結(jié)合速度位移公式求出到達(dá)最高點(diǎn)的速度．

（2）對BC段，根據(jù)速度時間公式求出加速度，對全過程運(yùn)用速度位移公式求出斜面的長度．【解析】【解答】解：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式知：

則：

因?yàn)関A=4m/s，vA：vC=4：3；

則：vC=3m/s

解得：．

根據(jù)速度時間公式得物體的加速度：a=

則斜面的長度為：L=．

故答案為：m/s，7m19、008.2×10-14遵循動量守恒【分析】【分析】（1）根據(jù)電荷數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)守恒判斷中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)．

（2）根據(jù)質(zhì)量虧損，通過愛因斯坦質(zhì)能方程求出每個光子的能量．正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，因?yàn)橐裱瓌恿渴睾悖窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒；電荷數(shù)守恒；知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為0和0．

（2）根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，△E=△mc2=2E，解得光子能量E==8.2×10-14J．

正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子；因?yàn)橐裱瓌恿渴睾悖?/p>

故答案為：（1）0，0．（2）8.2×10-14，遵循動量守恒20、-【分析】【分析】（1）微粒重力不計(jì)；只受電場力作用，根據(jù)動能定理求解A；B兩點(diǎn)間電壓．

（2）將微粒的運(yùn)動分解為水平方向和豎直方向，豎直方向做勻速直線運(yùn)動，水平方向做勻加速直線運(yùn)動，分別列出兩個方向的分位移，求出運(yùn)動時間，再AB兩點(diǎn)沿電場方向的距離，求解電場強(qiáng)度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動能定理得。

-qUAB=

得，UAB=-

（2）微粒在B水平方向的分速度大小為vx=

設(shè)A；B間水平距離為x；豎直距離為y．

水平方向微粒做勻加速直線運(yùn)動；則有：

x==

豎直方向微粒做勻速直線運(yùn)動；則有。

y=vt

又d2=x2+y2

聯(lián)立上述三式得，t=

x===

則電場強(qiáng)度E==．

故答案為：-，．21、1.2-0.63105【分析】【分析】在v-t圖象中，圖象上各點(diǎn)的坐標(biāo)表示物體在該時刻的速度，圖象的斜率表示物體的加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移．【解析】【解答】解：在v-t圖象中，圖象的斜率表示物體的加速度，則0～5s內(nèi)升降機(jī)向上運(yùn)動的加速度a1=，在15s～25s內(nèi)升降機(jī)的加速度a2=，在減速運(yùn)動過程中的平均速度，在0～25s內(nèi)的總位移為x=

故答案為：1.2；-0.6；3；105四、判斷題(共3題，共9分)22、√【分析】【分析】建立坐標(biāo)系的意義是為了定量描述質(zhì)點(diǎn)的位置變化，要根據(jù)問題的實(shí)際需要，建立合適的坐標(biāo)系，沿直線運(yùn)動建立直線坐標(biāo)系，在平面上運(yùn)動，建立平面直角坐標(biāo)系．【解析】【解答】解：建立坐標(biāo)系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標(biāo)系都是建立在參考系上的，沒有參考系則坐標(biāo)系無法建立，所以該說法是正確的．

故答案為：√23、√【分析】【分析】液體微觀結(jié)構(gòu)理論：

（1）液體分子的排列更接近于固體；是密集在一起的，因而液體具有一定的體積，不易被壓縮。

（2）液體分子之間的相互作用不像固體中的微粒那樣強(qiáng)；液體分子只在很小的區(qū)域內(nèi)做有規(guī)則的排列，這種區(qū)域是暫時形成的，邊界和大小隨時改變，有時瓦解，有時又重新形成，液體由大量的這種暫時形成的小區(qū)域構(gòu)成，這種小區(qū)域雜亂無章地分布著，因而液體表現(xiàn)出各向同性。

（3）液體分子的熱運(yùn)動與固體類似，主要表現(xiàn)為在平衡位置附近做微小的振動，但液體分子沒有長期固定的平衡位置，在一個平衡位置附近振動一小段時間以后，又轉(zhuǎn)移到另一個平衡位置附近去振動，即液體分子可以在液體中移動，這就是液體具有流動性的原因．【解析】【解答】解：由液體的結(jié)構(gòu)知非晶體的結(jié)構(gòu)進(jìn)行比較可知；二者在很多的方面非常類似，可以看作是粘滯性極大的液體．該說法是正確的；

故答案為：√24、√【分析】【分析】物理量按有無方向分矢量和標(biāo)量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．【解析】【解答】解：矢量是既有大??；又有方向的物理量，矢量的運(yùn)算遵守平行四邊形法則．故這句話是正確的．

故答案為：√五、計(jì)算題(共1題，共10分)25、解：（1）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，

由幾何知識得：r2+r2=L2；

解得：r=

小球在磁場中做圓周運(yùn)的周期：T=

小球在磁場中的運(yùn)動時間：t1=T=

小球在斜面上做類平拋運(yùn)動；

水平方向：x=r=v0t2，

運(yùn)動時間：t2=

則：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做類平拋運(yùn)動；沿斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；

位移：r=解得，加速度：a=

對小球，由牛頓第二定律得：a==gsinθ；

AB邊距離桌面的高度：h=Lsinθ=

答：（1）小球兩次在圓盤上運(yùn)動的時間之比為：π：2；

（2）框架以CD為軸抬起后，AB邊距桌面的高度為【分析】

（1）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動；在斜面上做類平拋運(yùn)動，求出小球在磁場中的運(yùn)動時間與在斜面上的運(yùn)動時間，然后求出時間之比。

（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出小球的加速度；應(yīng)用牛頓第二定律求出小球的加速度，求出斜面的傾角，然后AB邊距桌面的高度。

本題考查了帶電小球在磁場中的運(yùn)動，根據(jù)題意分析清楚小球的運(yùn)動過程與運(yùn)動性質(zhì)是解題的前提，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式與幾何知識可以解題?！窘馕觥拷?/p>