2025年滬科新版高三物理上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科新版高三物理上冊(cè)月考試卷770考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖線如圖所示，則下面說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.在0～t1秒內(nèi)，外力F大小不斷減小B.在t1時(shí)刻，合外力為零C.在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小一定不斷減小D.在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大2、建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料．質(zhì)量為80.0kg的工人站在地面上，通過(guò)定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對(duì)地面的壓力大小為（g取l0m/s2）（）A.590NB.610NC.990ND.1010N3、【題文】如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a；平行板電容器AB內(nèi)部原有電荷P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運(yùn)動(dòng)情況將是。

A.仍靜止不動(dòng)B.向下運(yùn)動(dòng)C.向上運(yùn)動(dòng)D.無(wú)法判斷4、利用速度傳感器與計(jì)算機(jī)結(jié)合，可以自動(dòng)做出物體的速度v隨時(shí)間t的變化圖象．某次實(shí)驗(yàn)中獲得的v-t圖象如圖所示，由此可以推斷該物體在（）A.t=2s時(shí)速度的方向發(fā)生了變化B.t=2s時(shí)加速度的方向發(fā)生了變化C.0～4s內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)D.0～4s內(nèi)的位移約為2.8m5、F1、F2是力F的兩個(gè)分力．若F=10N，則下列不可能是F的兩個(gè)分力的是（）A.F1=10N，F(xiàn)2=10NB.F1=20N，F(xiàn)2=20NC.F1=2N，F(xiàn)2=6ND.F1=20N，F(xiàn)2=30N6、如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＞tanθ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖象是（）A.B.C.D.7、如圖所示，傾角為30度的斜面末端與水平地面相連，將一小球（可看成質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端以3J的初動(dòng)能水平拋出，不計(jì)空氣阻力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小球以6J的動(dòng)能第一次落在接觸面上．若將此小球以6J的初動(dòng)能水平從斜面頂端拋出，則小球第一次落在接觸面上的動(dòng)能為（）A.9JB.12JC.16JD.條件不足，無(wú)法判定評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、我國(guó)“北斗二號(hào)”地球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是由離地最近的中軌道、高軌道和離地最遠(yuǎn)的同步衛(wèi)星等組成的，在交通、氣象、軍事等方面發(fā)揮重要的定位作用．若三種衛(wèi)屬可視為繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A.中軌道衛(wèi)星的周期小于高軌道衛(wèi)星的周期B.中軌道衛(wèi)星的線速度大于同步衛(wèi)星的線速度C.中軌道衛(wèi)星的向心加速小于同步衛(wèi)星的向心加速度D.高軌道衛(wèi)星的質(zhì)量小于同步衛(wèi)星的質(zhì)量9、（2015秋?溫州期末）夏季游樂(lè)場(chǎng)的“飛舟沖浪”項(xiàng)目受到游客的歡迎，簡(jiǎn)化模型如圖所示，一游客（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一水平速度v0從圓軌道上的A點(diǎn)出發(fā)，沿光滑圓軌道運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)恰好脫離軌道，最終落在水面上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是（）A.B到C過(guò)程，游客做勻變速運(yùn)動(dòng)B.B到C過(guò)程，游客做變加速運(yùn)動(dòng)C.在離開(kāi)A點(diǎn)瞬間，游客對(duì)圓軌道壓力等于自身重力D.在離開(kāi)A點(diǎn)瞬間，游客對(duì)圓軌道壓力小于自身重力10、下列所描述的運(yùn)動(dòng)中，不可能發(fā)生的有（）A.速度變化很大，加速度很小B.速度變化的方向向東，加速度的方向向西C.速度變化越來(lái)越快，加速度越來(lái)越小D.加速度越來(lái)越小，速度越來(lái)越大11、如圖，矩形閉合導(dǎo)線框abcd

平放在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)線框的右側(cè)有一豎直向下且范圍足夠大的有左邊界PQ

的勻強(qiáng)磁場(chǎng).

導(dǎo)線框在水平恒力F

作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，ab

邊始終與PQ

平行.

用t1t2

分別表示線框ab

和cd

邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻.

下列婁脭鈭?t

圖象中可能反映導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程的是(

)

A.B.C.D.12、兩個(gè)力F1和F2間的夾角為θ，兩力的合力為F，以下說(shuō)法正確的是（）A.若F1和F2大小不變，θ角越小，合力F就越大B.合力F總比分力F1和F2中任何一個(gè)力都大C.合力F總比分力F1和F2中任何一個(gè)力都小D.如果夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，若F2增大，合力F有可能減小13、一電量為2×10-9C的點(diǎn)電荷在外力作用下，從靜電場(chǎng)中的a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，在這過(guò)程中，外力對(duì)點(diǎn)電荷做功為8×10-6J，若a點(diǎn)電勢(shì)為φa，b點(diǎn)電勢(shì)為φb，則下列結(jié)論中正確的是（）A.可以斷定φa-φb=4000VB.可以斷定φa-φb=-4000VC.φa-φb可能等于零D.不能判斷φa-φb的值14、某機(jī)器內(nèi)有兩個(gè)圍繞各自固定軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的鋁盤A、B，A盤上固定一個(gè)信號(hào)發(fā)射裝置P，能持續(xù)沿半徑向外發(fā)射紅外線，P到圓心的距離為40cm．B盤上固定一個(gè)帶窗口的紅外線信號(hào)接收裝置Q，Q到圓心的距離為24cm．P、Q轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度均為4πm/s．當(dāng)P、Q正對(duì)時(shí)，P發(fā)出的紅外線恰好進(jìn)入Q的接收窗口，如圖，P、Q可視為質(zhì)點(diǎn)．則（）A.A盤的轉(zhuǎn)速為5轉(zhuǎn)/秒B.Q的周期為0.2sC.Q每隔一定時(shí)間就能接收到紅外線信號(hào)，這個(gè)時(shí)間的最小值為0.24sD.Q每隔一定時(shí)間就能接收到紅外線信號(hào)，這個(gè)時(shí)間的最小值為0.6s15、如圖所示，A為系在豎直輕彈簧上的小球，在豎直向下的恒力F的作用下，彈簧被壓縮到B點(diǎn)，現(xiàn)突然撤去力F，小球?qū)⒃谪Q直方向上開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，若不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A.小球在上升過(guò)程中，加速度一直減小B.小球在上升過(guò)程中，重力勢(shì)能逐漸增大C.小球在上升過(guò)程中，彈簧的形變量恢復(fù)到最初（指撤去力F的瞬間）的一半時(shí)，小球的動(dòng)能最大D.小球在上升過(guò)程中，動(dòng)能先增大后減小16、關(guān)于摩擦力與彈力的關(guān)系，下列說(shuō)法中正確的是（）A.有彈力一定有摩擦力B.有彈力不一定有摩擦力C.有摩擦力力一定有彈力D.同一接觸面上的彈力和摩擦力的方向一定垂直評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、電量為+2×10-6C的點(diǎn)電荷放入電場(chǎng)中A點(diǎn)，受到作用力為4×10-4N，方向向右，則A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為_(kāi)___，方向____．若另一電荷放在該點(diǎn)受到力為8×10-4N，方向向左，則這個(gè)電荷的電量為_(kāi)___．18、（2012春?渭濱區(qū)校級(jí)期末）如圖所示為安全防盜門上觀察孔（俗稱“貓眼”），直徑cd=1.5cm，門的厚度ac=2.0cm，為了擴(kuò)大向外觀察的范圍，在孔中完全嵌入折射率為n的玻璃，由圖中光線可知，玻璃的折射率n=____；若要將視野擴(kuò)大到1800，需重新嵌入的新的玻璃的折射率等于____．19、（2013秋?包河區(qū)校級(jí)期中）如圖所示．質(zhì)量為m，帶正電的小球以速度v0從O點(diǎn)沿水平方向射入方向向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A點(diǎn)是小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的一點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)的連線與水平方向夾角а=30°，則小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為_(kāi)___．20、（1）人類對(duì)物質(zhì)屬性的認(rèn)識(shí)是從宏觀到微觀不斷深入的過(guò)程．以下說(shuō)法正確的是____．

a．液體的分子勢(shì)能與體積有關(guān)。

b．晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的。

c．溫度升高；每個(gè)分子的動(dòng)能都增大。

d．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用。

（2）氣體溫度計(jì)結(jié)構(gòu)如圖所示．玻璃測(cè)溫泡A內(nèi)充有理想氣體，通過(guò)細(xì)玻璃管B和水銀壓強(qiáng)計(jì)相連．開(kāi)始時(shí)A處于冰水混合物中，左管C中水銀面在O點(diǎn)處，右管D中水銀面高出O點(diǎn)h1=14cm．后將A放入待測(cè)恒溫槽中，上下移動(dòng)D，使C中水銀面仍在O點(diǎn)處，測(cè)得D中水銀面高出O點(diǎn)h2=44cm．（已知外界大氣壓為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓；1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于76cmHg）

①求恒溫槽的溫度．

②此過(guò)程A內(nèi)氣體內(nèi)能____（填“增大”或“減小”），氣體不對(duì)外做功，氣體將____（填“吸熱”或“放熱”）．21、（2014秋?合江縣校級(jí)月考）如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，正電荷q在a、b兩點(diǎn)所受的電場(chǎng)力分別為Fa、Fb，則它們之間的關(guān)系是Fa____Fb．（選填：“＞”、“＜”、“=”）22、各種粒子的符號(hào)：

α粒子____β粒子____正電子____質(zhì)子____

電子____中子____氘核____．23、已知一顆人造衛(wèi)星在某行星表面上空繞行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為s，衛(wèi)星與行星的中心連線掃過(guò)的角度是2[rad]，那么衛(wèi)星的環(huán)繞周期T=____，該行星的質(zhì)量M=____．（引力常量為G）評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)24、電荷所受的洛倫茲力方向不一定與磁場(chǎng)方向垂直____．（判斷對(duì)錯(cuò)）25、平拋運(yùn)動(dòng)屬于勻變速運(yùn)動(dòng)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)也屬于勻變速運(yùn)動(dòng)．____．26、晶體的分子（或原子、離子）排列是有規(guī)則的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、因?yàn)槠噭x車時(shí)的速度越大滑的越遠(yuǎn)，所以速度大的物體慣性大．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、畫(huà)圖題(共2題，共10分)28、圖所示為一列向左傳播的簡(jiǎn)諧波在某一時(shí)刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫(huà)出經(jīng)7s時(shí)的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）29、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請(qǐng)畫(huà)出各圖中A物體所受的彈力．評(píng)卷人得分六、證明題(共1題，共7分)30、如圖所示，細(xì)繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內(nèi)側(cè)的小球（如圖乙所示）在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)的臨界狀態(tài)為只受重力作用，則有mg=m，故小球能通過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度v=．

試證明小球在最高點(diǎn)時(shí)：

（1）v=；拉力或壓力為零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或壓力作用；

（3）v＜；小球不能到達(dá)最高點(diǎn)．

即輕繩模型的臨界速度為v臨=．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】速度時(shí)間圖線的切線斜率表示加速度，結(jié)合圖線斜率分析加速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析外力F的變化．【解析】【解答】解：A、在在0～t1秒內(nèi)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度在減小，根據(jù)牛頓第二定律得，a=；知外力F逐漸減小，故A正確．

B、在t1時(shí)刻；圖線切線斜率為零，則加速度為零，可知合外力為零，故B正確．

C、在t1～t2秒內(nèi)，加速度增大，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：a=，知F可能減小，當(dāng)F減小零后，F(xiàn)和運(yùn)動(dòng)方向可能相反，a=；F可能增大，所以F可能先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確．

本題選錯(cuò)誤的，故選：C．2、A【分析】【分析】以建筑材料為研究對(duì)象，分析受力，根據(jù)牛頓定律求出繩子拉力，再對(duì)人研究，由平衡條件，求出支持力，由牛頓第三定律確定工人對(duì)地的壓力．【解析】【解答】解：以建筑材料為研究對(duì)象

根據(jù)牛頓第二定律；得F-mg=ma，得F=m（g+a）=20（10+0.5）N=210N

對(duì)人研究，得FN+F=Mg得FN=Mg-F=（800-210）N=590N

由牛頓第三定律；得：工人對(duì)地面的壓力大小為590N．

故選A3、A【分析】【解析】

試題分析：因D是一只二極管，只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，所以平行板電容器的電荷量Q不變，由可知知E不變；所以電荷P處于靜止?fàn)顟B(tài)，即A正確。

考點(diǎn)：考查含容電路的分析。

點(diǎn)評(píng)：本題難度較小，注意二極管的單向?qū)щ娦?，?duì)于電容器問(wèn)題要先判斷不變量，如果是電壓不變，應(yīng)用公式E=U/d，如果是電量不變，應(yīng)用公式判斷場(chǎng)強(qiáng)大小【解析】【答案】A4、A【分析】解：A；由圖看出；0-2s內(nèi)速度為正，2-4s內(nèi)速度為負(fù)，t=2s時(shí)速度的方向發(fā)生了變化．故A正確．

B；由圖讀出；1-3s內(nèi)圖象的斜率一直為負(fù)，方向不變．故B錯(cuò)誤．

C；物體做的是變速直線運(yùn)動(dòng)；不是曲線運(yùn)動(dòng)．故C錯(cuò)誤．

D；根據(jù)速度圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移可知；0-4s內(nèi)位移為零．故D錯(cuò)誤．

故選：A

根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度分析物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．根據(jù)速度圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”等于位移；求出0-4s內(nèi)的位移，物體做直線運(yùn)動(dòng)．

本題根據(jù)斜率分析加速度的變化并不難，注意v-t圖象只能表示直線運(yùn)動(dòng)，不能表示曲線運(yùn)動(dòng)．【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】根據(jù)合力F和兩分力F1、F2之間的關(guān)系|F1-F2|≤F≤|F1+F2|，求出兩個(gè)力的合力范圍，判斷哪一組合力不可能為10N．【解析】【解答】解：A、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；10N和10N的合力范圍為[0N，20N]，可能為10N．故A正確．

B、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；20N和20N的合力范圍為[0N，40N]，可能為10N．故B正確．

C、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；2N和6N的合力范圍為[4N，8N]，不可能為10N．故C錯(cuò)誤．

D、根據(jù)|F1-F2|≤F≤|F1+F2|；20N30N的合力范圍為[10N，50N]，可能為10N．故D正確．

本題選不可能的，故選：C．6、C【分析】【分析】要找出小木塊速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，先要分析出初始狀態(tài)物體的受力情況，本題中明顯重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下，且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有牛頓第二定律求出加速度a1；當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時(shí)，由μ＞tanθ知道木塊將與帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率為零．【解析】【解答】解：初狀態(tài)時(shí)：重力的分力與摩擦力均沿著斜面向下；且都是恒力，所以物體先沿斜面勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

由牛頓第二定律得：

加速度：a1=gsinθ+μgcosθ恒定；斜率不變；

當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相等時(shí)；由μ＞tanθ知道木塊將與帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)，圖象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率為零．

故選：C7、A【分析】【分析】根據(jù)小球以3J動(dòng)能拋出，以6J動(dòng)能落在接觸面上，判斷出小球是落在斜面上還是水平面上，從而通過(guò)動(dòng)能定理分析求解．【解析】【解答】解：小球第一次落在斜面上時(shí)；設(shè)速度與水平方向的夾角為α；

則cosα=

因?yàn)椋?/p>

解得

則α=45°．

因?yàn)樾∏蛩俣确较蚺c水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，若小球落在斜面上，位移與水平方向的夾角正切值為

而tanα=1；不是位移與水平方向夾角正切值的2倍，所以小球落在水平面上．

根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=．

則以6J的動(dòng)能水平拋出；一定落在水平面上．

根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=Ek2′-Ek1′，解得Ek2′=3+6J=9J．故A正確；B；C、D錯(cuò)誤．

故選：A．二、多選題(共9題，共18分)8、AB【分析】【分析】萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律列式比較線速度、周期、向心加速度的大小．【解析】【解答】解：A、萬(wàn)有引力提供向心力，得；則半徑小的周期小，則A正確．

B、萬(wàn)有引力提供向心力，得：V=；則半徑小的速度大，則B正確．

C、萬(wàn)有引力提供向心力，得：a=；則半徑小的加速度大，則C錯(cuò)誤。

D；衛(wèi)星的質(zhì)量與軌道半徑無(wú)關(guān)；則D錯(cuò)誤。

故選：AB9、AD【分析】【分析】根據(jù)游客的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)情況．從A到B，游客在豎直圓軌道內(nèi)做變速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度的方向，利用牛頓第二定律分析游客對(duì)軌道的壓力與重力的關(guān)系．【解析】【解答】解：AB；游客從B到C過(guò)程；游客只受重力，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤．

CD；在離開(kāi)A點(diǎn)瞬間；游客具有向下的加速度，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知游客處于失重狀態(tài)，則游客對(duì)圓軌道壓力小于自身重力，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD10、BC【分析】【分析】加速度是反應(yīng)速度變化快慢的物理量，加速度的方向與速度變化量的方向相同．【解析】【解答】解：A；速度變化很大；若變化的時(shí)間很長(zhǎng)，則加速度很?。蔄可能發(fā)生的．

B；速度變化量的方向與加速度方向相同．故B不可能發(fā)生的．

C；加速度表示速度的變化快慢；速度變化快，則加速度大．故C不可能發(fā)生的．

D；當(dāng)加速度的方向與速度方向相同；加速度越來(lái)越小，速度越來(lái)越大．故D可能發(fā)生的．

本題選擇不可能發(fā)生的，故選：BC．11、ACD【分析】解：線框進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=Fm

．

A、ad

邊進(jìn)入磁場(chǎng)后可能安培力與恒力F

二力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a=Fm

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；故A正確．

BDad

邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，可能安培力大于恒力F

線框做減速運(yùn)動(dòng)，由FA=B2L2vR

知；速度減小，安培力減小，加速度逐漸減小，v鈭?t

圖象的斜率逐漸減小.

當(dāng)加速度減至零后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，D正確．

C、ad

邊進(jìn)入磁場(chǎng)后，可能安培力小于恒力F

線框做加速運(yùn)動(dòng)，由FA=B2L2vR

知；速度增大，安培力增大，加速度逐漸減小，v鈭?t

圖象的斜率逐漸減小，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a

的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確．

故選：ACD

．

分析線框可能的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)安培力與速度成正比，分析加速度的變化情況，確定v鈭?t

圖象的斜率變化情況，即可選擇圖象．

對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問(wèn)題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．【解析】ACD

12、AD【分析】【分析】由力的合成方法可知，二力合成時(shí)，夾角越大，合力越小，兩力合力的范圍|F1-F2|≤F合≤F1+F2；一個(gè)合力與幾個(gè)分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力．【解析】【解答】解：A、若F1和F2大小不變；θ角越小，合力F越大，故A正確；

B、由力的合成方法可知，兩力合力的范圍|F1-F2|≤F合≤F1+F2；所以合力有可能大于任一分力，也可能小于任一分力，還可能與兩個(gè)分力都相等，故B錯(cuò)誤；

C；二力平衡時(shí)；合力為零，此時(shí)合力F比分力中的任何一個(gè)力都小，故C錯(cuò)誤；

D、如果夾角不變，F(xiàn)1大小不變，只要F2增大，合力F可以減小，也可以增加，若F2與F1反向，F(xiàn)1＞F2；則合力F減小，同理，若同向，則增大，故D正確；

故選：AD．13、CD【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系Wab=qUab，可分析a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差．【解析】【解答】解：根據(jù)Wab=qUab知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab=

由題外力對(duì)點(diǎn)電荷做功為8×10-6J，并不知道電場(chǎng)力做功，由上式不能求出Uab，即不能判斷φa-φb的值，所以φa-φb可能為零．故CD正確；AB錯(cuò)誤．

故選：CD．14、AD【分析】【分析】因?yàn)镻、Q正對(duì)時(shí)，P發(fā)出的紅外線恰好進(jìn)入Q的接收窗口，再次被接收時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間都為各自周期的整數(shù)倍，分別求出各自的周期，求出周期的最小公倍數(shù)，從而求出經(jīng)歷的時(shí)間．【解析】【解答】解：A、A盤的轉(zhuǎn)速n====5r/s．故A正確．

B、Q的周期T===0.12s．故B錯(cuò)誤．

C、P的周期為T′===0.2s；Q的周期為T=0.12s，因?yàn)榻?jīng)歷的時(shí)間必須等于它們周期的整數(shù)倍，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，0.12和0.2的最小公倍數(shù)為0.6s，則這個(gè)時(shí)間的最小值為0.6s．故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD．15、BD【分析】【分析】分析小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受力的情況，根據(jù)牛頓第二定律，來(lái)確定加速度變化情況，從而確定速度的變化情況，并得出動(dòng)能的大小情況，最后根據(jù)高度的變化，來(lái)確定重力勢(shì)能變化．【解析】【解答】解：A；小球在上升過(guò)程中；一開(kāi)始彈力大于重力時(shí)，加速度方向向上，隨著彈力在減小，則加速度大小在減?。划?dāng)彈力等于重力時(shí)，加速度為零；當(dāng)彈力小于重力后，加速度方向向下，隨著彈力在減小，則加速度大小在增大，故A錯(cuò)誤；

B；小球上升過(guò)程中；高度增加，故重力勢(shì)能增加，故B正確；

C；小球在上升過(guò)程中；開(kāi)始時(shí)彈力大于重力，動(dòng)能增加；而當(dāng)彈力和重力相等后，合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，則在彈力等于重力時(shí)刻，小球動(dòng)能最大，而不是彈簧的形變量恢復(fù)到最初（指撤去力F的瞬間）的一半時(shí)，動(dòng)能最大，故C錯(cuò)誤；

D；由C的分析可知；小球在上升過(guò)程中，動(dòng)能先增大，后減小，故D正確；

故選BD．16、BCD【分析】【分析】關(guān)于摩擦力與彈力的關(guān)系，結(jié)合摩擦力產(chǎn)生的條件分析可知，有彈力不一定有摩擦力，有摩擦力一定有彈力．【解析】【解答】解：A；B物體間有彈力；還要有相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，才有摩擦力．則有彈力不一定有摩擦力．故A錯(cuò)誤，B正確．

C；有摩擦力；物體間必定存在相互擠壓，一定有彈力．故C正確．

D；摩擦力的方向沿著接觸面；彈力的方向是垂直于接觸面的，所以同一接觸面上的彈力和摩擦力的方向一定垂直，所以D正確．

故選：BCD三、填空題(共7題，共14分)17、200N/C向右-4×10-6C【分析】【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度等于試探電荷所受電場(chǎng)力與其電荷量的比值，方向與正電荷所受電場(chǎng)力方向相同，與負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向相反．同一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由電場(chǎng)力F=qE求解電荷量．【解析】【解答】解：A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E===200N/C；方向：向右．

把另一電荷放在該點(diǎn)時(shí)；場(chǎng)強(qiáng)不變．由F′=q′E得。

q′===4×10-6C

因電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反；則該電荷帶負(fù)電荷．

故答案是：200N/C；向右；-4×10-6C．18、【分析】【分析】根據(jù)折射定律求得折射率．若要求將視野擴(kuò)大到180°，入射角為90°，再由折射定律求出折射率．【解析】【解答】解：由圖可得玻璃的折射率n=；

若要視野擴(kuò)大到180°，即入射角為90°，設(shè)折射角為θ2

則由數(shù)學(xué)知識(shí)可得sinθ2===

則折射率n==．

故答案為：；．19、【分析】【分析】小球在電場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力而做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向不受力做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用速度合成，求出P點(diǎn)的速度，再求出動(dòng)能．【解析】【解答】解：小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，tan30°==．

解得；

在A點(diǎn)的動(dòng)能=．

故答案為：．20、ad增大吸熱【分析】【分析】（1）；液體分子之間的距離不同；分子勢(shì)能就不同；單晶體的物理性質(zhì)具有各向異性，而多晶體的物理性質(zhì)具有各向同性；溫度對(duì)單個(gè)分子來(lái)說(shuō)沒(méi)有意義；液體表面張力使液體的表面積收縮．

（2）①要求恒溫槽的溫度由于封閉氣體的體積不變，所以可根據(jù)查理定律得=求解；故需要確定在冰水混合物中時(shí)氣體的壓強(qiáng)和在恒溫槽中時(shí)氣體的壓強(qiáng)．

②由于氣體溫度升高；所以A內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能增大，由于氣體體積保持不變，故氣體分子勢(shì)能保持不變．

要判定氣體是否吸熱，可根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=Q+W處理．【解析】【解答】解：（1）a；液體分子之間的距離不同；液體分子之間的分子力大小就不同，所以分子勢(shì)能就不同，所以液體的分子勢(shì)能與體積有關(guān)，故a正確．

b、單晶體的物理性質(zhì)具有各向異性，而多晶體的物理性質(zhì)具有各向同性．故b錯(cuò)誤．

c；溫度越高分子的平均動(dòng)能越大；但對(duì)于某個(gè)分子來(lái)說(shuō)其分子動(dòng)能反而可能減小，故溫度對(duì)單個(gè)分子來(lái)說(shuō)沒(méi)有意義，故C錯(cuò)誤．

d；由于液體表面張力的作用使液體的表面積收縮；是露珠呈球形．故d正確．

故選ad．

（2）①由于使C中水銀面仍在O點(diǎn)處；故封閉氣體的體積保持不變，即發(fā)生等容變化．冰水混合物的溫度。

T1=273K，此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)P1=P0+h1=90cmHg

設(shè)待測(cè)恒溫槽的溫度T2，此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)P2=P0+h2=120cmHg

根據(jù)查理定律得=；

解得T2=364K．

②氣體體積保持不變；故分子勢(shì)能保持不變，由于氣體溫度升高，所以A內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能增大，故氣體的內(nèi)能增大．

根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=Q+W；與氣體體積保持不變，故W=0，由于氣體的內(nèi)能增大，故△U＞0，所以Q＞

0；即氣體從外界吸熱．

故答案為：（1）ad

（2）①恒溫槽的溫度為364K．②增大；吸熱．21、=【分析】【分析】為了形象的描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向引入了電場(chǎng)線的概念，在電場(chǎng)中電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，稀疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度小，電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系為F=qE．【解析】【解答】解：勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)線疏密均勻，而電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，則知Ea=Eb．因電場(chǎng)力F=qE，所以Fa=Fb．

故答案為：=22、【分析】【分析】根據(jù)各種粒子的組成，及質(zhì)量數(shù)，與質(zhì)子數(shù)，即可求解．【解析】【解答】解：α粒子的符號(hào)；β粒子，即為電子，其的符號(hào)為；正電子的符號(hào)；

質(zhì)子的符號(hào)，中子的符號(hào)，氘核的符號(hào)；

故答案為：，，，，，．23、πt【分析】【分析】根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律間的關(guān)系解出T，由萬(wàn)有引力提供向心力可得到中心天體的質(zhì)量．【解析】【解答】解：由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：T=，ω=

得：T=πt．

衛(wèi)星在行星表面上做圓周運(yùn)動(dòng)；

由萬(wàn)有引力提供向心力得：=mω2R；

而R==；

解得：M=

故答案為：πt；．四、判斷題(共4題，共12分)24、×【分析】【分析】電荷的定向移動(dòng)叫做電流；根據(jù)左手定則判斷磁場(chǎng)力方向；

左手定則：伸開(kāi)左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并