2024年滬教新版高三物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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2024年滬教新版高三物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、以下說法中不正確的是（）A.牛頓第一定律反映了物體不受外力作用時物體的運動規(guī)律B.不受外力作用時，物體的運動狀態(tài)保持不變是由于物體具有慣性C.在水平地面上滑動的木塊最終要停下來，是由于沒有外力維持木塊運動的結(jié)果D.物體運動狀態(tài)發(fā)生變化時，物體必定受到外力的作用2、如圖所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果保持繩子A端位置不變，將B端分別移動到不同的位置。下列判斷正確的是()A.B端移到B1位置時，繩子張力不變B.B端移到B2位置時，繩子張力變大C.B端移到B2位置時，繩子張力變小D.B端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變大3、一束光線從折射率為1.5

的波璃內(nèi)射向空氣，在界面上的入射角為45鈭?

如圖四個光路圖中正確的是(

)

A.B.C.D.4、關(guān)于重力勢能的幾種理解，正確的是（）A.重力勢能等于零的物體，一定不會對別的物體做功B.物體的動能增加，則物體的重力勢能一定減小C.在同一高度將物體不論向何方向拋出，只要拋出時的初速度大小相同，則落地時減少的重力勢能必相等D.放在地面的物體，它的重力勢能一定等于零5、F1是英文FormulaOne的縮寫，即一級方程式賽車，是僅次于奧運會和世界杯的世界第三大賽事．假設(shè)賽車啟動時加速度為5m/s2，最大時速可達(dá)216km/h．加速過程可以近似為勻加速直線運動，則賽車加速階段的位移的大小是（）A.360mB.36mC.720mD.72m6、小明按如圖甲所示的電路進(jìn)行實驗，當(dāng)開關(guān)閉合后，V1和V2的指針位置完全一樣；如圖乙所示，造成這一現(xiàn)象的原因是（）

A.可能L1開路B.可能L2短路C.可能V1和V2所選量程不相同，L1短路D.可能V1和V2所選量程不相同，電路各處完好7、如圖所示為t=0時刻的某機(jī)械波的波形圖，波的傳播方向平行于x軸．質(zhì)點A位于xA=2m處，質(zhì)點B位于xB=3m處．t=2s時，質(zhì)點B第一次出現(xiàn)在波峰位置；t=3s時，質(zhì)點A第一次出現(xiàn)在波峰位置．則下列說法不正確的是（）A.波速為1m/sB.波的周期為4sC.波沿x軸正方向傳播D.t=1s時，質(zhì)點A的振動速度小于質(zhì)點B的振動速度評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、（2015春?上海校級期中）如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點）以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為；此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體。

（1）動能損失了____；

（2）機(jī)械能損失了____．9、一個體積是4×10-3厘米3的氣泡，從18米深的湖底上升，如果湖底水溫是7℃，湖面溫度是27℃，大氣壓強(qiáng)是1.0×105帕，則氣泡升到湖面的體積（g取10米/秒2）為____米3．10、如圖所示為空間某一電場的電場線，a、b兩點為其中一條豎直向下的電場線上的兩點，該兩點的高度差為h，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為則a、b兩點間的電勢差為____，質(zhì)量為m、帶電量為-2q的小球從a點靜止釋放后將____運動．

11、有一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生如圖所示的電動勢，已知該線圈的匝數(shù)n=100匝，則線圈的角速度ω=____rad/s，穿過線框的磁通量的最大值Φm=____Wb，此時的電動勢值為e=____V，在t=0.005s的時間內(nèi)，線框產(chǎn)生的平均電動勢E=____V．12、（2015秋?太原校級月考）探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實驗中；一同學(xué)猜想可能與兩電荷的間距和帶電量有關(guān)．他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示．實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大．

實驗表明：兩電荷之間的相互作用力大小，隨兩電荷的間距和帶電量變化的關(guān)系是____．此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是____．13、（2015春?山東校級期末）如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計，將它從圖示位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場．若第一次用t1時間拉出，外力所做的功為W1，通過導(dǎo)線截面的電量為q1；第二次用t2時間拉出，外力所做的功為W2，通過導(dǎo)線截面的電量為q2，若t2＞t1，則W1____W2，q1____q2．（填“＞”、“=”或“＜”）評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、串聯(lián)電路中，電壓分配與電阻成反比．____．（判斷對錯）15、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）16、沒有施力物體的力有可能存在．____（判斷對錯）17、圍繞地球飛行的宇宙飛船里的宇航員不受地球引力的作用．____．18、永磁體在受到加熱或敲打后，磁性不會發(fā)生改變____．（判斷對錯）19、如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點，則地面的坐標(biāo)為x=-0.8m．____．（判斷對錯）20、光的衍射現(xiàn)象、偏振現(xiàn)象、色散現(xiàn)象都能體現(xiàn)光具有波動性____（判斷對錯）21、根據(jù)公式v=ωr可知，若角速度增大一倍，則線速度也增大一倍．____．評卷人得分四、解答題(共4題，共24分)22、（2015春?內(nèi)蒙古校級月考）如圖所示，在O點懸有一細(xì)繩，細(xì)繩穿過小球B的通過直徑的小孔，使B球能順著繩子滑下來．在O點正下方有一半徑為R=1m的光滑弧形軌道，圓心位置恰好在O點，弧形軌道的最低點為O′，在接近O′處有另一小球A，令A(yù)、B兩球同時開始無初速釋放．（取π2=10，g=10m/s2）求：

①若細(xì)線光滑；試計算B小球和A小球第一次到O′時間？

②若要A球第一次到達(dá)平衡位置時正好能夠和B球相碰，則B球與繩之間的摩擦力與B球重力大小之比是多少？23、“10米折返跑”的成績反映了人體的靈敏素質(zhì)．測定時，在平直跑道上，受試者以站立式起跑姿勢站在終點線AB前，聽到起“跑”的口令后，全力跑向正前方10米處的折返線CD，測試員同時開始計時．受試者到達(dá)CD處，觸摸CD處的木箱（如圖），再轉(zhuǎn)身跑向AB，當(dāng)?shù)竭_(dá)AB時，測試員停表，所用時間即為“10米折返跑”的成績．設(shè)小王同學(xué)起跑的加速度為4m/s2，運動過程中的最大速度為6m/s，快到達(dá)CD處時需減速到零，減速的加速度為6m/s2，返回時達(dá)到最大速度后不需減速，保持最大速度沖線．求小王“10米折返跑”的成績?yōu)槎嗌倜?？（小王可視為質(zhì)點，加速或減速過程可視為勻變速運動）24、如圖所示，P、Q為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長直導(dǎo)軌，間距為0.5m，處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=0.5T的勻強(qiáng)磁場中．導(dǎo)體桿ef垂直于P、Q放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左做勻速直線運動．質(zhì)量為0.1kg的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi)，其邊長為0.1m，每邊電阻均為0.1Ω．線框的兩頂點a、b通過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=1T的勻強(qiáng)磁場垂直金屬框abcd向里，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對a、b點的作用力，g=10m/s2；求：

（1）通過ab邊的電流Iab是多大？

（2）導(dǎo)體桿ef的運動速度v是多大？

25、如圖所示，質(zhì)量為mA的物塊A放在水平桌面上，為了測量A與桌面間的動摩擦因數(shù)μ，用細(xì)線通過滑輪與另一個質(zhì)量為mB的物體連接，開始時B距地面高度為h，A、B都從靜止開始運動，最后停止時測得A沿桌面移動距離為s，根據(jù)上述數(shù)據(jù)某同學(xué)這樣計算，B下降時通過細(xì)線對A做功，A又克服摩擦力做功，兩者相等，所以有：mBgh=μmAgs，μ=mBh/mAs．

你認(rèn)為該同學(xué)的解法正確嗎？請做出評價并說明理由．如果你認(rèn)為該同學(xué)解法不對；請給出正確解答．

評卷人得分五、證明題(共3題，共18分)26、如圖，太陽系中星體A繞太陽做半徑為R1的圓周運動，星體B作拋物線運動．B在近日點處與太陽的相距為R2=2R1，且兩軌道在同一平面上，兩星體運動方向如圖中箭頭所示．設(shè)B運動到近日點時，A恰好運動到B與太陽連線上，A、B隨即發(fā)生某種強(qiáng)烈的相互作用而迅速合并成一個新的星體，其間的質(zhì)量損失可忽略．試證明新星體繞太陽的運動軌道為橢圓．27、證明推導(dǎo)題：

試用運動學(xué)公式和牛頓定律證明：物體在光滑斜面上下落過程中機(jī)械能守恒．28、如圖所示，一列平面波朝著兩種介質(zhì)的界面?zhèn)鞑?，A1A2是它在介質(zhì)I中的一個波面，C1和C2位于兩種介質(zhì)的界面上，B1B2是這列平面波進(jìn)入介質(zhì)II后的一個波面；A1C1和A2C2是它的兩條波線，入射角為θ1，折射角為θ2，波在I、Ⅱ介質(zhì)中的傳播速度分別為v1和v2．

（1）試根據(jù)惠更斯原理證明：；

（2）若已知θ1=53°（sin53°=0.8），A1A2的長度為0.6m，介質(zhì)I和介質(zhì)II中的波速之比為v1：v2=4：3，則：A1C1B1與A2C2B2的長度相差多少？評卷人得分六、綜合題(共3題，共30分)29、【題文】我國的“神舟”五號載人飛船順利地繞地球飛行14圈后勝利返回地面，做到人船安全著陸，這是我國航天史上的一個“里程碑”.其實飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當(dāng)飛船進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)時如何保持飛船速度不變的問題，我國科學(xué)家將這一問題早已解決，才使得“神舟”五號載人飛船得以飛行成功.假如有一宇宙飛船，它的正面面積為S="0.98"m2,以v=2×103m/s的速度進(jìn)入宇宙微粒塵區(qū)，塵區(qū)每1m3空間有一微粒，每一微粒平均質(zhì)量m=2×10-4g,若要使飛船速度保持不變，飛船的牽引力應(yīng)增加多少？（設(shè)微粒塵與飛船相碰后附著于飛船上）30、【題文】如圖所示，長L="O."80m，電阻r="0."30Ω；質(zhì)量m="0."10kg的金屬棒CD垂直放在水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌由兩條平行金屬桿組成，已知金屬桿表面光滑且電阻不計，導(dǎo)軌間距也是L，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，量程為0～3.0A的電流表串聯(lián)接在一條導(dǎo)軌上，在導(dǎo)軌左端接有阻值R="0."50Ω的電阻，量程為0～1.0V的電壓表接在電阻R兩端，垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場向下穿過導(dǎo)軌平面．現(xiàn)以向右恒定的外力F="1.6"N使金屬棒向右運動，當(dāng)金屬棒以最大速度在導(dǎo)軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏．

(1)試通過計算判斷此滿偏的電表是哪個表；

(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；

(3)在金屬棒CD達(dá)到最大速度后，撤去水平拉力F，求此后電阻R消耗的電能．31、(1)(1)堵住打氣筒的出氣口，緩慢向下壓活塞使氣體體積減小((溫度保持不變))你會感到越來越費力。下列說法正確的是_____

A.氣體的密度增大，使得在相同時間內(nèi)撞擊活塞的氣體分子數(shù)目增多

B.分子間沒有可壓縮的間隙

C.壓縮氣體要克服分子力做功

D.分子間相互作用力表現(xiàn)為引力

E.在壓縮過程中，氣體分子勢能減小

(2)(2)如圖所示，足夠長的導(dǎo)熱性能良好的氣缸豎直放置，底部與一打氣裝置相連，每次均可打入壓強(qiáng)P0=1.0隆脕10=1.0隆脕105PaPa體積V0=1.0隆脕10=1.0隆脕10鈭?5mm3的空氣。在距氣缸底部h=0.25mh=0.25m處用銷釘固定一活塞AA封閉一部分壓強(qiáng)也為P0=1.0隆脕10=1.0隆脕105PaPa的空氣，活塞AA可在氣缸內(nèi)無摩擦的滑動，質(zhì)量m=2kgm=2kg橫截面積S=4.0隆脕10S=4.0隆脕10鈭?4mm2?，F(xiàn)向氣缸內(nèi)打氣22次后，拔掉銷釘，活塞緩慢移動，最終停在某個位置，整個過程中保持外界環(huán)境的大氣壓強(qiáng)和溫度不變，大氣壓P0=1.0隆脕10=1.0隆脕105PaPa重力加速度g=10m/sg=10m/s2，求最終活塞與氣缸底部的距離。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】牛頓第一定律是在實驗的基礎(chǔ)上推理概括得出的規(guī)律；它告訴我們物體在不受力的作用時保持靜止?fàn)顟B(tài)或物體做勻速直線運動狀態(tài)．【解析】【解答】解：A；牛頓第一定律反映了物體不受外力作用時物體的運動規(guī)律；A正確。

B；不受外力作用時；物體的運動狀態(tài)保持不變是由于物體具有慣性，B正確。

C；力的運動不需要力來維持；在水平地面上滑動的木塊最終要停下來是因為受摩擦力的作用，C錯誤。

D；力是改變運動狀態(tài)的原因；D正確。

本題選錯誤的，故選C2、A【分析】試題分析：對掛鉤受力分析，如圖。設(shè)掛鉤為O，從B移到B1時，有：AO?sinθ+OB?sinθ=AO?sinα+OB1?sinα（AO+OB）sinθ=（AO+OB1）sinαAO+OB和AO+OB1等于繩長，故θ=α，即懸點從B移到B1或B2，細(xì)線與桿的夾角不變；故AB正確；根據(jù)平衡條件，有2Tcosθ=mg繩子右端的B點在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，角度θ變小，故繩子拉力T變小，故D錯誤.考點：共點力的平衡問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、A【分析】解：設(shè)玻璃的臨界角為C.

由sinC=1n=11.5

則得sinC=23<22

則C<45鈭?

．

由圖光線從玻璃射入空氣時入射角為i=45鈭?>C

所以光線將在玻璃與空氣的界面上發(fā)生全反射，光線全部反射回玻璃，則A正確．

故選A

根據(jù)折射率，由臨界角公式sinC=1n

求出臨界角的范圍，判斷光線從玻璃射向空氣時能否發(fā)生全反射.

若能射入空氣，折射角將大于入射角，同時有反射．

當(dāng)光從光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)時，要考慮能否發(fā)生全反射，判斷的依據(jù)是根據(jù)入射角與臨界角的大小關(guān)系．【解析】A

4、C【分析】【分析】物體由于被舉高而具有的能叫做重力勢能；對于重力勢能，其大小由地球和地面上物體的相對位置決定．物體質(zhì)量越大、位置越高、做功本領(lǐng)越大，物體具有的重力勢能就越多．【解析】【解答】解：A；重力勢能等于零的物體處于參考平面上；依然可以下降，故依然可以對外做功，故A錯誤；

B；物體的動能增加；說明是加速，但高度不一定減小，故重力勢能不一定減小，故B錯誤；

C；在同一高度h將物體不論向何方向拋出；只要拋出時的初速度大小相同，則落地時減少的重力勢能必相等，為mgh，故C正確；

D；由于參考平面的選擇可以是任意的；故放在地面的物體，它的重力勢能不一定等于零，故D錯誤；

故選：C5、A【分析】【分析】已知初速度、末速度與加速度，由位移速度公式即可求出．【解析】【解答】解：賽車由靜止加速到216km/h的過程中的位移x，216km/h=60m/s，則：2ax=v2-0

所以：x=m

故選：A6、D【分析】【分析】由圖可知，電路是由兩個電燈串聯(lián)而成，兩個電壓表分別測的是總電壓和L2兩端的電壓，在電路各處完好時，這兩個電壓值是不會相等的，指針一樣，則說明選擇的量程不同．【解析】【解答】解：

A、若Ll開路，V2沒示數(shù)，V1測的是電源兩極間的電壓；有示數(shù)，不符合題意；故A錯誤．

B、若L2短路，V2沒示數(shù)，V1測的仍是電源兩極間的電壓；有示數(shù)，不符合題意；故B錯誤．

C、若Ll短路，V1和V2都測量L2兩端電壓；所用量程不同時，指針位置不可能完全一樣，與題意不符；故C錯誤．

D、電路完好時，V1測的是電源電壓，V2測的是L2兩端電壓，兩表指針一樣，說明V1選的是大量程，V2用的是小量程；故D正確．

故選：D．7、C【分析】【分析】t=0時刻質(zhì)點B在負(fù)最大位移處，t=2s時，質(zhì)點B第一次出現(xiàn)在波峰位置，故半個周期為2s，從而可以得到周期為4s；從波形圖得到波長；根據(jù)v=求解波速．

結(jié)合波形平移法判斷波的傳播方向和質(zhì)點振動方向間的關(guān)系．【解析】【解答】解：A、B、t=2s時，質(zhì)點B第一次出現(xiàn)在波峰位置，即半個周期為2s，故周期為4s；從波形圖得到波長為4m；故波速為v==1m/s；故A正確；B正確；

C；周期為4s；故△t=3s=0.75T，3s時，質(zhì)點A第一次出現(xiàn)在波峰位置，故t=0時刻質(zhì)點A向-y方向振動，結(jié)合波形平移法得到波形向左平移；故C錯誤；

D；t=1s=0.25T；質(zhì)點A到達(dá)最大位移處，速度為零；質(zhì)點B到達(dá)平衡位置，速度最大；故t=1s時，質(zhì)點A的振動速度小于質(zhì)點B的振動速度；故D正確；

本題選擇錯誤的，故選C．二、填空題(共6題，共12分)8、【分析】【分析】物體在斜面上上升的最大高度為h，克服重力做功為mgh，知重力勢能的變化．根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力大小，根據(jù)物體克服摩擦力做功等于物體機(jī)械能的損失，求解機(jī)械能的損失．根據(jù)合力做功，求解動能的損失．【解析】【解答】解：合力對物體做功為W合=-ma?2h=-，則根據(jù)動能定理得知，物體動能損失．

根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin30°+f=ma，得到摩擦力大小為f=，物體克服摩擦力做功為Wf=f?2h=，所以物體的機(jī)械能損失了．

故答案為：；9、1.2×10-8【分析】【分析】出氣泡在湖底的壓強(qiáng)、溫度和在水面的壓強(qiáng)、溫度，然后直接根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式求解即可【解析】【解答】解：氣泡在湖底的壓強(qiáng)為：P1=P0+ρgh=105+103×10×18=2.8×105Pa；

氣泡在湖底的溫度為：T1=273+7=280K；

氣泡在水面的壓強(qiáng)為：P2=P0=105Pa；

氣泡在水面的溫度為：T2=273+27=300K；

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有：；

解得：=1.2×10-8m3

故答案為：1.2×10-810、略

【分析】

小球從a點靜止釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為

根據(jù)動能定理，則有：

解得：=

當(dāng)帶電量為-2q的小球從a點靜止釋放后；

根據(jù)動能定理，則有：

解得：

因此可知，小球?qū)⒃赼b間來回振動．

故答案為：在ab間來回振動．

【解析】【答案】粒子在電場力與重力共同做功下；導(dǎo)致重力勢能；電勢能與動能間相互轉(zhuǎn)化，但它們的之和不變．電場力做功，導(dǎo)致電勢能變化；重力做功，導(dǎo)致重力勢能變化．

11、100π0.0102【分析】【分析】由圖象知交流電的周期可以求角速度ω，由電動勢最大值可以求有效值，電動勢最大時，磁通量最小【解析】【解答】解：由圖象知交流電的周期為0.02s，所以角速度ω==100πrad/s，電動勢最大值Em=NBSω，所以φmax=BS===0.01Wb；磁通量最大時電動勢為0；

表達(dá)式e=314sin100πt，在t=0.005s時刻，線圈平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度的夾角等于0.5π，所以==2V

故答案為：100π0.010212、隨兩電荷的間距增大而減小，隨帶電量的增大而增大；控制變量法【分析】【分析】由于實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，所以采用的方法是控制變量法【解析】【解答】解：對小球B進(jìn)行受力分析；可以得到小球受到的電場力：F=mgtanθ，即B球懸線的偏角越大，電場力也越大；所以使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大；兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大，說明了兩電荷之間的相互作用力，隨其所帶電荷量的增大而增大．先保持兩球電荷量不變，使A球從遠(yuǎn)處逐漸向B球靠近．這是只改變它們之間的距離；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量．這是只改變電量所以采用的方法是控制變量法。

故答案為：隨兩電荷的間距增大而減小，隨帶電量的增大而增大；控制變量法13、＞=【分析】【分析】線框勻速運動；外力與安培力平衡，由法拉第電磁感應(yīng)定律；歐姆定律推導(dǎo)出安培力的表達(dá)式，再根據(jù)功的公式W=Fx表示功，即可比較功的大?。?/p>

根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=比較電量大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓涸O(shè)線框的長為L1，寬為L2；速度為v．線框所受的安培力大小為：

FA=BIL2；

又I=，E=BL2v，則得：FA=

線框勻速運動時，外力與安培力平衡，則外力的大小為：F=FA=

外力做功為：W=FL1=

由題，t2＞t1，位移相等，則速度關(guān)系為v2＜v1．由上可得：W1＞W(wǎng)2．

兩種情況下，線框拉出磁場時穿過線框的磁通量的變化量相等，根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q===．由于磁通量的變化量相等，可知，通過導(dǎo)線截面的電量相等，即有：q1：q2=1：1

故答案為：＞，=．三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路電流和電壓的規(guī)律進(jìn)行分析，串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比．【解析】【解答】解：串聯(lián)電路中電流相等；故電壓分配與電阻成正比；所以該說法是錯誤的．

故答案為：×15、×【分析】【分析】從微觀上說，系統(tǒng)內(nèi)能是構(gòu)成系統(tǒng)的所有分子無規(guī)則運動動能、分子間相互作用勢能的總和，是大量分子的統(tǒng)計規(guī)律．【解析】【解答】解：物體內(nèi)能是指物體內(nèi)部所有分子做無規(guī)則運動所具有的動能和分子勢能的總和；注意是物體的內(nèi)能，不是分子的內(nèi)能；

故答案為：×16、×【分析】【分析】從力的概念，力作用的相互性，一個對另一個物體施加力的作用有兩種形式：一是物體直接接觸作用，二是物體之間的間接作用，分析即可．【解析】【解答】解：力是物體對物體的作用；力不能脫離物體而存在；因此有力必然涉及兩個物體，一個是施力物體，另一個是受力物體，施力物體對受力物體施力的同時也受到受力物體對它的作用力，也就是說，物體間力的作用是相互的，沒有施力物體的力有不可能存在．

故答案為：×17、×【分析】【分析】由萬有引力定律知兩個物體之間存在萬有引力充當(dāng)向心力，繞地球做圓周運動的物體受到的萬有引力提供向心力，處于失重狀態(tài)．【解析】【解答】解：繞地球做圓周運動的物體受到萬有引力提供向心力；處于失重狀態(tài)．而不是不受到地球的吸引力．故該說法是錯誤的．

故答案為：×18、×【分析】【分析】永磁體在受到加熱或敲打后，磁性會減弱或消失，這種現(xiàn)象叫退磁．鐵磁性的物質(zhì)與磁鐵接觸后會顯示出磁性，這種現(xiàn)象叫磁化．【解析】【解答】解：永磁體在受到加熱或敲打后；磁性會減弱或消失，這種現(xiàn)象叫退磁．所以這種說法是錯誤的．

故答案為：（×）19、×【分析】【分析】根據(jù)建立坐標(biāo)系的條件可知，建立坐標(biāo)系需要確定坐標(biāo)原點與正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點；選擇向下為正方向，則地面的坐標(biāo)為：x=0.8m．所以該說法錯誤．

故答案為：×20、×【分析】【分析】光的粒子性能夠很好的解釋光的直線傳播、反射、折射和色散；光的波動性能夠很好的解釋光的干涉和衍射和偏振．【解析】【解答】解：光的波動性能夠很好的解釋光的干涉和衍射；偏振是橫波特有的現(xiàn)象，故光的干涉；衍射和偏振證明了光具有波動性；

光的粒子性能夠很好的解釋光的直線傳播；反射、折射；色散是光的折射造成的，故光的直線傳播、反射、折射和色散證明了光的粒子性．所以以上的說法是錯誤的．

故答案為：×21、×【分析】【分析】當(dāng)半徑不變時，角速度增大一倍，線速度也增大一倍．【解析】【解答】解：根據(jù)公式v=ωr可知，當(dāng)半徑r不變時；角速度增大一倍，則線速度也增大一倍，故此說法錯誤．

故答案為：×四、解答題(共4題，共24分)22、略

【分析】【分析】（1）A做單擺運動；B做自由落體運動，由此可求到O′時間．

（2）由AB相碰必須滿足運動時間相等，結(jié)合第一問對AB運動時間的求解可得B球與繩之間的摩擦力與B球重力大小之比．【解析】【解答】解：

①A做單擺運動，到O′時間為；由單擺周期公式可得：

=0.5s；

B做自由落體運動：

；

解得：

．

②若要A球第一次到達(dá)平衡位置時正好能夠和B球相碰；則B球與繩之間必由摩擦力，由此可得：

；

解得：

．

對小球B；由牛頓第二定律：

mg-f=ma；

解得：

．

答：①若細(xì)線光滑，B小球和A小球第一次到O′時間分別為：和0.5s

②若要A球第一次到達(dá)平衡位置時正好能夠和B球相碰，則B球與繩之間的摩擦力與B球重力大小之比是1：5．23、略

【分析】【分析】根據(jù)題意分析清楚運動過程為：先加速再勻速再減速，再反向加速再勻速，根據(jù)位移時間關(guān)系求出時間相加的和就是成績時間．【解析】【解答】解：由AB向CD的過程中。

加速階段時間t1===1.5s位移X1=t=t=×1.5m=4.5m

減速階段時間t2==s=1s位移X2=t=t=×1m=3m

勻速階段時間t3==s=0.42s

由CD回到AB的過程中。

加速階段時間t4===1.5s位移X4=t=t=×1.5m=4.5m

勻速階段時間t5==s=0.92s

則小王“10米折返跑”的成績?yōu)閠=t1+t2+t3+t4+t5=1.5+1+0.42+1.5+0.92s=5.34s

答：小王“10米折返跑”的成績?yōu)?.34s．24、略

【分析】

（1）設(shè)通過正方形金屬框的總電流為I，ab邊的電流為Iab，dc邊的電流為Idc，有：

金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有：mg=B2IabL2+B2IdcL2

聯(lián)立三式解得：=

（2）由（1）可得：

設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E，有：E=B1L1v

設(shè)ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R，則：

根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：

聯(lián)立解得：=

答：（1）通過ab邊的電流Iab是7.5A．

（2）導(dǎo)體桿ef的運動速度v是3m/s．

【解析】【答案】（1）金屬框受安培力和重力平衡，ab邊和其它三邊并聯(lián)，結(jié)合串并聯(lián)電路的特點，結(jié)合安培力的公式，根據(jù)平衡求出通過ab邊的電流大?。?/p>

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律；結(jié)合切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小，求出導(dǎo)體桿的速度．

25、略

【分析】

B下降時通過細(xì)線對A做功，但是B對A的拉力小于B的重力．所以公式mBgh=μmAgs錯誤．

A前進(jìn)一段距離h后，A與B的速度大小相等，由動能定理：mBgh-μmAgh=（mA+mB）v2；

v2=2μg（s-h），可得：

答：不對，正確的解答見前．．

【解析】【答案】B下降時通過細(xì)線對A做功；A又克服摩擦力做功，兩者相等．但是B對A的拉力小于B的重力．

A前進(jìn)一段距離h后；A與B的速度大小相等．使用動能定理求出該速度，然后再使用運動學(xué)的公式計算μ．

五、證明題(共3題，共18分)26、略

【分析】【分析】A、B星體靠攏過程中動量守恒，從而求出新星體C的速度，計算C新星體的機(jī)械能判斷軌道的形狀是否為橢圓．【解析】【解答】證明：計算新星體C的機(jī)械能，設(shè)C距日R3，設(shè)A、B星球的速度分別為vA和vB；則：

在徑向：可以認(rèn)為在A；B靠攏過程中質(zhì)心未動；所以C到太陽的距離為。

R3==①

在切向：A、B合并過程中動量也守恒，則有（mA+mB）vC=mAvA+mBvB②

研究②中的vA、vB：

因A做圓周運動，故vA=

所以vB====vA

將vA、vB帶入②得vC=③

利用①③C星體的機(jī)械能為。

EC=（mA+mB）-G=（mA+mB）-=-G

因此，新星體C的軌道為橢圓．27、略

【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由運動學(xué)公式速度位移關(guān)系公式列式，變形即可證明．【解析】【解答】證明：設(shè)物體的質(zhì)量為m，從光滑斜面上的A點滑到B點，在A、B兩點的速度分別為v1和v2．斜面的傾角為α，A、B兩點的高度分別為h1和h2．

根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根據(jù)運動學(xué)公式有-=2a?

聯(lián)立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移項得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得證．

證明見上．28、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)惠更斯原理畫出波面C1D1與C2D2；根據(jù)幾何關(guān)系得到入射角正弦和折射角的正弦．結(jié)合光傳播距離公式s=vt求解．

（2）根據(jù)光線在兩種介質(zhì)中的速度之比為入射角和折射角的正弦之比，通過幾何關(guān)系求出A1C1B1和A2C2B2的長度相差的距離【解析