2025年冀教版高三物理上冊(cè)階段測試試卷含答案

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年冀教版高三物理上冊(cè)階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、一個(gè)彈簧振子的振動(dòng)周期為0.025s，從振子向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過平衡位置開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過0.17s時(shí)，振子的運(yùn)動(dòng)情況是（）A.正在向右做減速運(yùn)動(dòng)B.正在向右做加速運(yùn)動(dòng)C.正在向左做減速運(yùn)動(dòng)D.正在向左做加速運(yùn)動(dòng)2、一個(gè)物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖甲所示．現(xiàn)給盒子一初速度v0；此后盒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象呈周期性變化，如圖乙所示．請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量（）

A.B.C.MD.2M3、如圖所示；水平放置的條形磁鐵中央，有一閉合金屬彈性圓環(huán)，條形磁鐵中心線與彈性環(huán)軸線重合，現(xiàn)將彈性圓環(huán)均勻向外擴(kuò)大，下列說法中正確的是（）

A.穿過彈性圓環(huán)的磁通量增大。

B.從左往右看；彈性圓環(huán)中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流。

C.彈性圓環(huán)中無感應(yīng)電流。

D.彈性圓環(huán)受到的安培力方向沿半徑向外。

4、2012年10月25日；我國將第十六顆北斗衛(wèi)星“北斗-G6”送入太空，并定點(diǎn)于地球靜止軌道東經(jīng)110.5°．由此，具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的北斗系統(tǒng)將首先具備為亞太地區(qū)提供高精度；高可靠定位、導(dǎo)航、授時(shí)服務(wù)，并具短報(bào)文通信能力．其定位精度優(yōu)于20m，授時(shí)精度優(yōu)于100ns．關(guān)于這顆“北斗-G6”衛(wèi)星以下說法中正確的有（）

A.這顆衛(wèi)星軌道平面與東經(jīng)110.5°的經(jīng)線平面重合。

B.通過地面控制可以將這顆衛(wèi)星定點(diǎn)于杭州正上方。

C.這顆衛(wèi)星的線速度大小比離地350公里高的天宮一號(hào)空間站線速度要大。

D.這顆衛(wèi)星的周期一定等于地球自轉(zhuǎn)周期。

5、【題文】一束單色光從空氣射入玻璃中，則光的A.頻率不變，波長變長B.頻率變大，波長不變C.頻率不變，波長變短D.頻率變小，波長不變6、如圖所示，讓平行板電容器帶電后，極板B與一靈敏的靜電計(jì)相接，極板A接地．靜電計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)一定的角度，若不改變A、B兩板的帶電量，而將A板向B板稍微靠近，那么（）A.靜電計(jì)的指針偏角變小B.靜電計(jì)的指針偏角變大C.兩極板間的電場強(qiáng)度變大D.平板電容器的電容變小7、所示，兩個(gè)體積大小相同的帶負(fù)電的小球，分別用等長的絕緣細(xì)線懸掛起來，平衡時(shí)兩懸線與豎直方向的夾角均為α．以下判斷錯(cuò)誤的是（）A.兩小球的質(zhì)量一定相等B.兩小球的電荷量一定相等C.兩小球所受的庫侖力大小一定相等D.兩小球所受細(xì)線的拉力大小一定相等評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、如圖所示，某段滑雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m（包括雪具在內(nèi)）的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為．在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是（）A.運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B.運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢能為mghC.運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為mghD.下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh9、物塊M在靜止的傳送帶上勻速下滑時(shí)，傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的方向如圖中箭頭所示，傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)后，則（）A.M將減速下滑B.M仍勻速下滑C.M受到的摩擦力變大D.M受到的摩擦力不變10、如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中以豎直和水平方向建立直角坐標(biāo)系，一帶負(fù)電的油滴從坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0向第一象限某方向拋出，當(dāng)油滴運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A（圖中未畫出）時(shí)速度為vt，試從做功與能量轉(zhuǎn)化角度分析此過程，下列說法正確的是（）A.若vt=v0，則A點(diǎn)可能位于第一象限B.若vt=v0，則A點(diǎn)一定位于第二象限C.若vt＞v0，則重力和電場力都對(duì)油滴做正功引起油滴動(dòng)能增大D.若vt＞v0，則油滴電勢能的改變量大于油滴重力勢能的改變量11、愛因斯坦因提出了光量子概念并成功地解釋光電效應(yīng)的規(guī)律而獲得1921年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)．下面有關(guān)光電效應(yīng)的說法中正確的是（）A.入射光的頻率必須大于金屬的極限頻率才能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象B.任何頻率的光照射金屬都可以產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象C.光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率有關(guān)D.金屬的逸出功由入射光的頻率決定12、物體沿直線運(yùn)動(dòng)的υ-t關(guān)系如圖所示；已知在第1秒內(nèi)合外力對(duì)物體做功為W，則（）

A.從第1秒末至第3秒末合外力做功為4WB.從第3秒末至第7秒末合外力做功為0C.從第2秒末至第4秒末合外力做功為-0.75WD.從第5秒末至第7秒末合外力做功為-W13、下列所述的實(shí)例中（均不計(jì)空氣阻力），遵守機(jī)械能守恒定律的是（）A.小石塊被水平拋出后在空中運(yùn)動(dòng)B.木箱沿光滑斜面下滑C.人乘電梯加速上升D.子彈射穿木塊14、一航天飛機(jī)下有一細(xì)金屬桿，桿指向地心．若僅考慮地磁場的影響，則當(dāng)航天飛機(jī)位于赤道上空（）A.由西向東水平飛行時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢的方向一定由上向下B.由東向西水平飛行時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢的方向一定由上向下C.沿經(jīng)過地磁極的那條經(jīng)線由北向南水平飛行時(shí)，金屬桿中一定沒有感應(yīng)電動(dòng)勢D.沿經(jīng)過地磁極的那條經(jīng)線由南向北水平飛行時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢方向一定由下向上15、如圖所示，位于斜面上的物快m受一沿斜面向上的推力F的作用，處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在一定范圍內(nèi)逐漸增大F，且物塊始終保持靜止，則斜面作用于物塊的摩擦力F，的可能情況是（）A.Fs逐漸變小，且方向始終沿斜面向下B.Fs逐漸變大，且方向始終沿斜面向下C.Fs先變大后變小D.Fs先變小后變大評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、質(zhì)量為0.5kg的小球，在空中由靜止下落，不計(jì)空氣阻力，下落2s時(shí)重力的瞬時(shí)功率為____W，這段時(shí)間內(nèi)重力的平均功率為____W．17、如圖所示，一束單色光垂直于直角三棱鏡的AB邊射入，光束在AC面上剛好發(fā)生全反射，已知棱鏡的頂角∠A=45°，真空中的光速為c，則棱鏡對(duì)此單色光的折射率為____，該單色光在此棱鏡中的傳播速度為____．18、（2012秋?赫山區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點(diǎn)，在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度方向改變的角度為θ（弧度），AB弧長為s，則AB弧中點(diǎn)的場強(qiáng)大小E=____．19、在遠(yuǎn)距離輸電過程中，要先用____變壓器將電壓升高后把發(fā)電機(jī)發(fā)出的電能輸送到原處的用戶附近，再經(jīng)過____變壓器把電壓降低，供用戶使用．（填“升壓”、“降壓”）20、在做“測定金屬絲的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中；若待測電阻的絲的電阻約為5Ω，要求測量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，提供以下器材供選擇：

A．電池組（3V；內(nèi)阻約1Ω）

B．電流表（0～3A；內(nèi)阻0.0125Ω）

C．電流表（0～0.6A；內(nèi)阻約0.125Ω）

D．電壓表（0～3V；內(nèi)阻4KΩ）

E．電壓表（0～15V；內(nèi)阻15KΩ）

F．滑動(dòng)變阻器（0～20Ω；允許最大電流1A）

G．滑動(dòng)變阻器（0～2000Ω；允許最大電流0.3A）

H．開關(guān)；導(dǎo)線若干。

（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)從上述器材中選用____（填寫儀器前字母代號(hào)）．

（2）測電阻時(shí)，電流表、電壓表、待測電阻Rx在組成測量電路時(shí)，應(yīng)采用安培表____接法，測量值比真實(shí)值偏____（選填“大”或“小”）．

（3）若用螺旋測微器測得金屬絲的直徑d的讀數(shù)如圖；

則讀數(shù)為____mm．

（4）若用L表示金屬絲的長度，d表示直徑，測得電阻為R，請(qǐng)寫出計(jì)算金屬絲電阻率的表達(dá)式ρ=____．

21、在長度、質(zhì)量、力、速度、溫度、比熱等物理量中，屬于矢量的有______，屬于標(biāo)量的有______．22、（2015秋?邯鄲校級(jí)月考）水平絕緣桿MN套有質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電小球，小球與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，將該裝置置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，給小球一水平初速度v0，則小球的最終速度可能為____．23、對(duì)靜止在地面上的質(zhì)量為10kg的物體，施加豎直向上的拉力F，使物體以2m/s2的加速度勻加速上升，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，則在前5s內(nèi)拉力的平均功率為____．24、電場強(qiáng)度的定義式E=____，點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=____，場強(qiáng)的方向規(guī)定：某一點(diǎn)場強(qiáng)的方向與該點(diǎn)處正電荷所受電場力的方向____，與該點(diǎn)處負(fù)電荷所受電場力的方向____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共36分)25、新能源是指新開采的能源．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、只要知道兩個(gè)物體的質(zhì)量和兩個(gè)物體之間的距離．就可以由F=G計(jì)算物體間的萬有引力____（判斷對(duì)錯(cuò)）27、電流周圍存在磁場____．（判斷對(duì)錯(cuò)）28、作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、作圖題(共2題，共8分)29、有一根粗細(xì)均勻的空心導(dǎo)體棒如圖a所示，截面為同心圓環(huán)（如圖b）；其電阻約為100Ω，這種材料的電阻率為ρ．某同學(xué)用以下器材測量該導(dǎo)體棒的內(nèi)徑：

A．20分度的游標(biāo)卡尺。

B．螺旋測微器。

C．電流表A1（量程50mA，內(nèi)阻R1=100Ω）

D．電流表A2（量程l00mA，內(nèi)阻R2約40Ω）

E．滑動(dòng)變阻器R（0～10Ω）

F．直流電源E

G．導(dǎo)電材料樣品Rx

H．開關(guān)一只；導(dǎo)線若干．

（1）用游標(biāo)卡尺測量導(dǎo)體棒長度如圖甲，示數(shù)L=______mm；用螺旋測微器測量其外徑如圖乙，示數(shù)D=______mm．

（2）圖丙是實(shí)驗(yàn)原理圖；請(qǐng)?jiān)诙D中完成線路連接．

（3）閉合開關(guān)S，調(diào)整滑動(dòng)變阻器，記錄電流表A1的讀數(shù)I1和電流表A2的讀數(shù)I2，則導(dǎo)體管的內(nèi)徑d=______（用已知量和測量量的符號(hào)來表示）30、在如圖所示的各圖中；勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為+q，試標(biāo)出洛倫茲力的方向．

評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共1題，共6分)31、船在400米寬的河中橫渡，河水流速是2m/s，船在靜水中的航速是4m/s，試求：（1）要使船到達(dá)對(duì)岸的時(shí)間最短，船頭應(yīng)指向何處？最短時(shí)間是多少？航程是多少？（2）要使船航程最短，船頭應(yīng)指向何處？最短航程為多少？渡河時(shí)間又是多少？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】t=0時(shí)刻振子的位移x=0．結(jié)合0.17s時(shí)間內(nèi)完成的振動(dòng)次數(shù)，從而確定加速度大小與方向．【解析】【解答】解：以水平向右為坐標(biāo)的正方向，振動(dòng)周期是0.025s，振子從平衡位置開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.17s時(shí)，完成了n===6.8

因此振動(dòng)正在向右加速運(yùn)動(dòng)到平衡位置．

故選：B2、C【分析】【分析】根據(jù)速度時(shí)間圖象得到盒子各個(gè)時(shí)刻的速度情況，然后根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律列方程后聯(lián)立求解．【解析】【解答】解：設(shè)物體的質(zhì)量為m．t0時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度v；以向右為正方向；

由動(dòng)量守恒定律得：Mv0=mv①

3t0時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞，有：Mv02=mv2②

聯(lián)立①②解得：m=M；即盒內(nèi)物體的質(zhì)量也為M．

故選：C．3、B【分析】

磁感線是閉合曲線；磁鐵內(nèi)部穿過線圈的磁感線條數(shù)等于外部所有磁感線的總和，圖中內(nèi)部磁感線線比外部多．外部的磁感線與內(nèi)部的磁感線方向相反，外部的磁感線將內(nèi)部抵消．

A；現(xiàn)將彈性圓環(huán)均勻向外擴(kuò)大；則磁鐵外部磁感線條數(shù)多，將內(nèi)部磁感線抵消多，導(dǎo)致磁通量變小，故A錯(cuò)誤．

B；由A選項(xiàng)分析；可知，磁通量變小，則由楞次定律得，產(chǎn)生感應(yīng)電流順時(shí)針，故B正確，C錯(cuò)誤；

D；產(chǎn)生順時(shí)針感應(yīng)電流；在外部感線的作用下，根據(jù)左手定則可知，彈性圓環(huán)受到的安培力方向沿半徑向內(nèi)，故D錯(cuò)誤；

故選B

【解析】【答案】磁感線是閉合曲線；在磁鐵外部，從N極出發(fā)進(jìn)入S極；在磁鐵內(nèi)部，從S極指向N極．圖中，磁鐵內(nèi)部穿過線圈的磁感線方向向右，磁鐵外部，穿過線圈的磁感線方向向左，與內(nèi)部的磁通量抵消一部分，根據(jù)線圈面積大小，抵消多少來分析磁通量變化情況．

4、D【分析】

A；同步衛(wèi)星運(yùn)行軌道只能位于地球赤道平面上的圓形軌道；所以北斗導(dǎo)航衛(wèi)星不可能與東經(jīng)110.5°的經(jīng)線平面重合，也不可能定點(diǎn)于杭州正上方，故A、B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)v=r越大；v越?。叫l(wèi)星距離地球的高度約為36000km，所以該衛(wèi)星正常運(yùn)行時(shí)的速度比離地350公里高的天宮一號(hào)空間站線速度小．故C錯(cuò)誤；

D；同步衛(wèi)星運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等；故D正確。

故選D．

【解析】【答案】地球同步衛(wèi)星即地球同步軌道衛(wèi)星；又稱對(duì)地靜止衛(wèi)星，是運(yùn)行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，距離地球的高度約為36000km，衛(wèi)星的運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同；運(yùn)行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)一周的時(shí)間相等，即23時(shí)56分4秒，衛(wèi)星在軌道上的繞行速度約為3.1公里/秒，其運(yùn)行角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度．在地球同步軌道上布設(shè)3顆通訊衛(wèi)星，即可實(shí)現(xiàn)除兩極外的全球通訊．

5、C【分析】【解析】

試題分析：當(dāng)單色光由空氣射向玻璃時(shí)，光速減小，頻率不變，根據(jù)可知波長減?。籆選項(xiàng)正確。

考點(diǎn)：光的頻率、波速及波長的關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮緾6、A【分析】【分析】由電容器的決定式可知電容的變化，再由定義式可得出指針偏角及電量的變化，由U=Ed可求得場強(qiáng)的變化．【解析】【解答】解：由C=?可知；當(dāng)減小距離d時(shí)，電容器的電容增大；

因充電后斷開電源，故極板兩端的電量不變；由C=可知，U==；故電壓減小，故指針的偏角減??；

由U=Ed可知，E==；故電場強(qiáng)度保持不變；

故選：A．7、B【分析】【分析】分別對(duì)兩小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力可知，由共點(diǎn)力平衡條件得到各自的重力與庫侖力的關(guān)系，抓住相互間的庫侖力大小相等，得到質(zhì)量與角度的關(guān)系，分析求解．【解析】【解答】解：BC；根據(jù)牛頓第三定律可知；題中電荷電量可能不同，也可能相同，但各自所受的電場力大小卻相同，方向相反．故B錯(cuò)誤、C正確．

A、因?yàn)镕庫=mgtanα；所以質(zhì)量相等，故A正確．

D、根據(jù)；所以拉力相等，故D正確．

本題選擇錯(cuò)誤的。

故選：B．二、多選題(共8題，共16分)8、BCD【分析】【分析】由牛頓第二定律可求得合外力，則可求得合力所做的功；則由動(dòng)能定理可求得動(dòng)能的變化量，分析人在運(yùn)動(dòng)過程中的受力及各力做功情況，求得摩擦力；由摩擦力做功可求得機(jī)械能的變化量．【解析】【解答】解：A；運(yùn)動(dòng)員在下滑中受重力、支持力及摩擦力的作用；

由牛頓第二定律可知，人受到的合力F=ma=

運(yùn)動(dòng)員合外力F=mgsinθ-Ff=

故摩擦力Ff=mgsinθ-=mg；

摩擦力所做的功Wf=mg×2h=mgh；

故克服摩擦力做功為mgh；運(yùn)動(dòng)員減少的重力勢能沒有全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能．故A錯(cuò)誤；

B；運(yùn)動(dòng)員下降的過程中重力做功是mgh；所以重力勢能減小mgh．故B正確；

C、故合力的功W=Fs==mgh；由動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能的改變量為mgh；故C正確；

D、摩擦力做功等于機(jī)械能的減小量，故機(jī)械能減小了mgh；故D正確；

故選：BCD．9、BD【分析】【分析】在傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)前后，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，弄清摩擦力的大小和方向問題，就能夠順利解決問題．【解析】【解答】解：傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)前物塊勻速下滑；對(duì)物塊進(jìn)行受力分析：物塊受重力；支持力、沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力．

傳送帶突然轉(zhuǎn)動(dòng)后，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，物塊受重力、支持力，由于上面的傳送帶斜向上運(yùn)動(dòng)，而物塊斜向下運(yùn)動(dòng)，由于重力的分力是固定不變的，則物體受到的支持力是不變的，所以物塊所受到的摩擦力大小不變；方向仍然斜向上，所以物塊仍勻速下滑．

故AC錯(cuò)誤；BD正確．

故選：BD．10、BD【分析】【分析】負(fù)電荷所受力的方向與電場強(qiáng)度方向相反，所以該電荷受水平向左的電場力和豎直向下的重力，根據(jù)功能關(guān)系即可求解．【解析】【解答】解：A、若vt=v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：；重力做負(fù)功，則電場力力必定做正功，且兩者相等，故A點(diǎn)一定位于第二象限，故A錯(cuò)誤，B正確．

C、若vt＞v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：

該電荷受電場力水平向左；所以當(dāng)油滴運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A的過程中，重力做負(fù)功，則電場力力必定做正功，且電場力做的功比重力做的功多，而電場力做油滴做的功等于電勢能的變化量，重力對(duì)油滴做的功等于重力勢能的變化量，所以油滴電勢能的改變量大于油滴重力勢能的改變量，故C錯(cuò)誤，D正確；

故選：BD11、AC【分析】【分析】本題考查光電效應(yīng)的特點(diǎn)：①金屬的逸出功是由金屬自身決定的，與入射光頻率無關(guān)；②光電子的最大初動(dòng)能Ekm與入射光的強(qiáng)度無關(guān)；③光電子的最大初動(dòng)能滿足光電效應(yīng)方程．【解析】【解答】解：A、要有光電子逸出，則光電子的最大初動(dòng)能Ekm＞0，即只有入射光的頻率大于金屬的極限頻率，即ν＞ν0時(shí)；才會(huì)有光電子逸出，故A正確，B錯(cuò)誤．

C、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm=hν-W，可知光電子的最大初動(dòng)能Ekm與入射光的頻率成線性關(guān)系．故C正確．

D；金屬的逸出功是由金屬自身決定的；與入射光頻率無關(guān)，其大小W=hγ，故D錯(cuò)誤；

故選：AC．12、BC【分析】【分析】由速度-時(shí)間圖象可知，物體在第1秒末到第3秒末做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，做功為零．根據(jù)動(dòng)能定理：合力對(duì)物體做功等于物體動(dòng)能的變化．從第3秒末到第5秒末動(dòng)能的變化量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量相反，合力的功相反．從第5秒末到第7秒末動(dòng)能的變化量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量相同，合力做功相同．根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求出從第3秒末到第4秒末動(dòng)能的變化量，再求出合力的功．【解析】【解答】解：A；物體在第1秒末到第3秒末做勻速直線運(yùn)動(dòng)；合力為零，做功為零．故A錯(cuò)誤．

B；從第3秒末到第7秒末動(dòng)能的變化量為零；故合力的功為零．故B正確．

C、從第2秒末到第4秒末動(dòng)能變化量是負(fù)值，大小等于第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量的；則合力做功為-0.75W．故C正確。

D；從第5秒末到第7秒末動(dòng)能的變化量與第1秒內(nèi)動(dòng)能的變化量相同；合力做功相同，即為W．故D錯(cuò)誤．

故選：BC．13、AB【分析】【分析】物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件逐個(gè)分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機(jī)械能守恒．【解析】【解答】解：A；小石塊被平拋后在空中運(yùn)動(dòng)；物體只受到重力的作用，機(jī)械能守恒．故A正確．

B；木箱沿光滑斜面下滑；只有重力做功，機(jī)械能守恒．故B正確．

C；人乘電梯加速上升；動(dòng)能增加，重力勢能增加，機(jī)械能增加，不守恒．故C錯(cuò)誤．

D；子彈射穿木塊；木塊的阻力要做功，所以子彈的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤．

故選AB．14、BC【分析】【分析】假設(shè)金屬桿中產(chǎn)生了感應(yīng)電流，金屬桿相當(dāng)于電源，在電源內(nèi)部電流從低電勢點(diǎn)流向高電勢點(diǎn)；由右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，從而判斷電勢的高低．【解析】【解答】解：在地球赤道上空；地磁感線水平由南指向北；

A；飛機(jī)由西向東水平飛行時(shí)；由右手定則可知，感應(yīng)電流從下向上，因此金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢的方向一定由下向上，故A錯(cuò)誤；

B；飛機(jī)由東向西水平飛行時(shí)；由右手定則可知，感應(yīng)電流從上向下，因此金屬桿中感應(yīng)電動(dòng)勢的方向一定由上向下，故B正確；

C；飛機(jī)沿經(jīng)過地磁極的那條經(jīng)線由北向南水平飛行時(shí)；飛機(jī)的速度方向與磁感線方向平行，金屬桿不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故C正確；

D；飛機(jī)沿經(jīng)過地磁極的那條經(jīng)線由南向北水平飛行時(shí)；飛機(jī)的速度方向與磁感線方向平行，金屬桿不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，故D錯(cuò)誤；

故選：BC．15、BD【分析】【分析】對(duì)m受力分析，根據(jù)平衡條件判斷摩擦力的方向及大小變化情況．【解析】【解答】解：對(duì)物體進(jìn)行受力分析；在沿斜面的方向，由平衡條件知：

A；當(dāng)F＜mgsinθ時(shí)；M有沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢，則M所受的靜摩擦力方向沿斜面向上且f=Mgsinθ-F，當(dāng)F增大時(shí)f減小，故A錯(cuò)誤；

B；當(dāng)F=mgsinθ時(shí)；M沒有運(yùn)動(dòng)的趨勢，此時(shí)物體不受斜面的靜摩擦力，若F增大，則物體有沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢，會(huì)收到沿斜面向下的摩擦力，有：

mgsinθ+f=F；可見F增大則f增大，故B正確；

C；由上面分析知；若F從一個(gè)小于mgsinθ的值一直增大到大于mgsinθ的過程，f先減小到0然后再反向增大，故D正確C錯(cuò)誤．

故選：BD．三、填空題(共9題，共18分)16、10050【分析】【分析】根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)位移公式可求出落地時(shí)間，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可求出落地速度，根據(jù)P=Fv可求出瞬時(shí)功率和平均功率．【解析】【解答】解：由v=gt得落地時(shí)的速度是v=10×2=20m/s

由P=Fv得下落2s時(shí)重力的功率為P=mgv=0.5×10×20=100W；

這段時(shí)間內(nèi)重力的平均功率為。

P=mg=mgv==50W

故答案為：100W，50W17、×108m/s【分析】【分析】光線在AC面上恰好發(fā)生全反射，入射角等于全反射臨界角，由幾何關(guān)系可定出臨界角C，根據(jù)公式sinC=求出棱鏡對(duì)單色光的折射率．由v=求解單色光在此棱鏡中的傳播速度．【解析】【解答】解：由題知光束在AC面上恰好發(fā)生全反射；入射角等于全反射臨界角，由幾何知識(shí)得C=45°

根據(jù)sinC=得n==

該單色光在此棱鏡中的傳播速度為v===×108m/s

故答案為：，×108m/s．18、【分析】【分析】由題意知電荷在靜電力作用下做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力是質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，列出等式和點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式結(jié)合求解AB弧中點(diǎn)的場強(qiáng)大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓河深}意知電荷在靜電力作用下做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)場源電荷的電荷量為Q，質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，則弧長s=θr①

靜電力是質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，即qE=m②

解得AB圓弧中點(diǎn)的場強(qiáng)大小E=③

故答案為：19、升壓降壓【分析】【分析】為降低輸電線的電損，根據(jù)焦耳定律，要采用小電流輸電；在傳輸功率一定的情況下，根據(jù)P=UI，只能采用高壓輸電．【解析】【解答】解：在遠(yuǎn)距離輸電過程中；要先用升壓變壓器將電壓升高后把發(fā)電機(jī)發(fā)出的電能輸送到原處的用戶附近，再經(jīng)過降壓變壓器把電壓降低，供用戶使用．

故答案為：升壓、降壓．20、略

【分析】

（1）①電池組A必選；由于電動(dòng)勢是3V，用3V量程的電壓表D；因?yàn)殡娮杞z的電阻大約為5Ω，如果把3V的電動(dòng)勢全加在電阻絲上，電流才是0.6A，因此用量程是0.6A的電流表C；此題中金屬絲的電阻大約為5Ω，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)選10Ω的滑動(dòng)變阻器F，還有連接電路必要的導(dǎo)線開關(guān)H，所以實(shí)驗(yàn)器材選用ACDFH；

（2）由于說明待測電阻為小電阻，應(yīng)采用外接法；由于電壓表的分流作用，電流測量值偏大，故電阻測量值比真實(shí)值偏??；

（3）從螺旋測微器的主尺上可以看出；半毫米刻度線已經(jīng)露出來，因此主尺上應(yīng)讀0.5mm，螺旋上接近第40個(gè)刻度線，可以估讀40.0×0.01mm=0.400mm，所以該金屬絲直徑應(yīng)為0.5mm+0.400mm=0.900mm．

（4）根據(jù)可得

答案（1）ACDFH，（2）外、小，（3）0.900，（4）．

【解析】【答案】（1）選電壓表和電流表的原則是：在不超出量程的前提下；指針偏角越大越好；選的滑動(dòng)變阻器要便于操作．

（2）待測電阻的阻值與電流表差不多；故電流表的外接，從而判斷出測量值與真實(shí)值的關(guān)系；

（3）螺旋測微器的讀數(shù)方法：主尺+半毫米+轉(zhuǎn)筒（4）根據(jù)電阻的決定式求電阻率．

21、略

【分析】【解析】矢量是即有大小又有方向的物理量，標(biāo)量只有大小沒有方向，故可得力，速度屬于矢量；長度、質(zhì)量、溫度、比熱屬于標(biāo)量．思路分析：矢量是即有大小又有方向的物理量，標(biāo)量只有大小沒有方向，試題【解析】【答案】力，速度；長度、質(zhì)量、溫度、比熱．22、v0和0【分析】【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)洛倫茲力與重力的大小關(guān)系，判斷出小球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即可求得最終速度【解析】【解答】解：當(dāng)qvB=mg時(shí)，小球做勻速運(yùn)動(dòng)，最終速度為v0

當(dāng)qvB＞mg時(shí)，小球做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減到v0；時(shí)，小球?qū)⒆鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)；

當(dāng)qvB＜mg時(shí)，小球一直做減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止，故速度可能為v0和0

故答案為：v0和023、600W【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小，根據(jù)位移公式求出前5s內(nèi)的位移，從而結(jié)合平均功率公式求出拉力的平均功率．【解析】【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma；

解得：F=mg+ma=100+10×2N=120N；

物體在前5s內(nèi)的位移為：；

則前5s內(nèi)拉力的平均功率為：P=．

故答案為：600W．24、相同相反【分析】【分析】電場強(qiáng)度等于放在電場中某點(diǎn)的試探電荷所受的電場力與其電荷的比值，E的方向與正電荷所受的電場力方向相同，與負(fù)電荷的電場力方向相反，結(jié)合庫侖定律，可推導(dǎo)出點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度的公式，從而即可求解．【解析】【解答】解：電場強(qiáng)度的定義式是E=；

點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E===；

物理學(xué)上規(guī)定：電場強(qiáng)度的方向與放在該點(diǎn)的正電荷所受的電場力方向相同；與負(fù)電荷所受電場力方向相反．

故答案為：，，相同，相反．四、判斷題(共4題，共36分)25、×【分析】【分析】根據(jù)新能源的定義進(jìn)行判斷，新能源又稱非常規(guī)能源，是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源．【解析】【解答】解：新能源又稱非常規(guī)能源；是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究；有待推廣的能源，如太陽能、地?zé)崮?、風(fēng)能、海洋能、生物質(zhì)能和核聚變能等，因此新能源是指新開采的能源這種說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×26、×【分析】【分析】萬有引力定律適用的條件是兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間引力的計(jì)算．物體間的引力關(guān)系也遵守牛頓第三定律．公式中G是引力常量，是自然界的恒量．【解析】【解答】解：A；萬有引力定律適用于任何兩個(gè)可以看出質(zhì)點(diǎn)的物體之間或均質(zhì)球體之間的引力計(jì)算；當(dāng)兩個(gè)物體之間的距離太小的時(shí)候，物體就不能看做質(zhì)點(diǎn)，這時(shí)就不能用這個(gè)公式直接計(jì)算了，所以這個(gè)說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×27、√【分析】【分析】丹麥物理學(xué)家奧斯特首先發(fā)現(xiàn)的電流周圍存在磁場．【解析】【解答】解：丹麥物理學(xué)家奧斯特首先發(fā)現(xiàn)的電流周圍存在磁場；安培確定了電流周圍的磁場的方向．所以電流周圍存在磁場是正確的．

故答案為：（√）28、√【分析】【分析】