2025年華東師大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2025年華東師大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8題，共16分)1、如圖所示；在不計滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下，當(dāng)小車勻速向右運動時，物體A的運動情況是（）

A.加速上升B.勻速上升C.減速上升D.先加速上升，再勻速上升2、一個物體受到同一平面內(nèi)幾個共點力（均為恒力）的作用而靜止，現(xiàn)把其中一個力逐漸減小到零，再逐漸把這個力恢復(fù)，則此物體的加速度與速度變化情況是（）A.a與v都始終增大B.a先增大后減小，v始終增大C.a與v都是先增大后減小D.a與v都是先減小后增大3、水平地面上的木箱，重200N．在水平向右的恒力F1=100N和水平向左的恒力F2=20N作用下靜止不動，已知木箱與地面動摩擦因數(shù)為0.5，這時木箱受到地面的摩擦力方向和大小分別為（）A.向右，100NB.向右，80NC.向左，80ND.向左，100N4、如圖所示，兩個電子a和b先后以大小不同的速度；從同一位置沿垂直于電場的方向射入勻強電場中，其運動軌跡如圖所示，那么（）

A.b電子在電場中運動的時間比a長。

B.b電子初速度比a大。

C.b電子離開電場時速度比a大。

D.b電子離開電場時加速度比a大。

5、設(shè)甲分子不動，乙分子從離甲分子10-8m處逐漸向甲分子靠近直到不能再靠近的過程中，關(guān)于分子系統(tǒng)的勢能的變化情況是（）A.逐漸減小B.逐漸增大C.先增大后減小D.先減小后增大6、跳高運動員從地面跳起，這是由于（）A.地面給運動員的支持力大于運動員受的重力B.運動員給地面的壓力等于運動員受的重力C.地面給運動員的支持力大于運動員給地面的壓力D.地面給運動員的支持力等于運動員給地面的壓力7、下列說法正確的是（）A.在電場中某點放了檢驗電荷而電荷不受力的作用，則該點的電場強度為零B.負電荷從A點逆電場線方向移到B點，電場力做正功，A點電勢一定較高C.由場強的定義式可知，電場中某點的E與q所受的電場力F成正比D.若只有電場力對電荷做正功，則電荷的電勢能一定減小，但動能一定增加8、一個電荷只在電場力作用下從電場中的A點移到B點過程中，電場力做了2×10-6J的正功，那么（）A.電荷的電勢能減少了2×10-6JB.電荷的動能減少了2×10-6JC.電荷在B處時具有2×10-6J的電勢能D.電荷在B處時具有2×10-6J的動能評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、“天宮一號”某次變軌，離地高度由200km升至362km，假定變軌前后均做勻速圓周運動，則“天宮一號”在變軌后（）A.加速度增大B.角速度變小C.線速度變小D.周期變小10、閉合回路由電阻R與單匝導(dǎo)線框組成，其面積大小為S，內(nèi)部磁場大小按B-t圖變化，方向如圖，且B-t圖線的斜率為K，則回路中（）A.感應(yīng)電流的方向為順時針方向B.感應(yīng)電流的電流強度越來越大C.磁通量的變化率越來越大D.產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為KS11、下列說法中正確的是（）A.兩個物體只要接觸就會產(chǎn)生彈力B.物體對桌面的壓力是由于物體發(fā)生彈性形變產(chǎn)生的C.滑動摩擦力的方向可能和物體的運動方向相反D.形狀規(guī)則的物體的重心必與其幾何中心重合12、在一水平通電直導(dǎo)線的正下方，有一半圓形光滑圓弧軌道，一導(dǎo)體圓環(huán)自軌道左側(cè)的A點無初速度釋放，則下列說法中正確的是（）A.圓環(huán)能滑到軌道右側(cè)與A點等高處CB.圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生C.圓環(huán)最終停在軌道的最低點BD.圓環(huán)運動過程中機械能守恒13、第一次質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0穿透靜止在光滑水平面上的木塊后速度為v1，第二次同樣的子彈以水平速度v0穿透一塊固定在水平面的同樣的木塊后速度為v2．設(shè)子彈與木塊間相互作用力F恒定，木塊長為l．則（）A.第一次子彈動能減少FlB.第二次子彈動能減少FlC.第一次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱為Q=mv-mvD.第二次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱為Q=mv-mv14、某物體以初速度v0=20m/s豎直上拋，當(dāng)?shù)竭_拋出點上方15m時，所經(jīng)歷的時間可能是（不計空氣阻力，g=10m/s2）（）A.1sB.3sC.5sD.7s評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、物體沿一直線運動，在t時間內(nèi)通過位移為X，它在中間位置X處的速度為v1，在中間時刻t時的速度為v2，當(dāng)物體做勻加速直線運動時，v1____v2；當(dāng)物體做勻減速直線運動時，v1____v2．（填“大于”，“小于”，或“等于”．）16、一質(zhì)點作勻變速直線運動，其速度表達式為v=（8-4t）m/s，則此質(zhì)點運動的加速度a為____m/s2，4s末的速度為____m/s；t=____s時物體的速度為零，質(zhì)點速度為零時的位移s=____m．17、某金屬導(dǎo)體的某橫截面上，在5s內(nèi)通過了1.25×1019個電子，則通過該金屬導(dǎo)體的電流為____A．18、（2015秋?阜陽校級期末）某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一個金屬網(wǎng)N．如果用導(dǎo)線將MN連起來，M射出的電子落到N上便會沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流．現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當(dāng)U＞182V時電流表中就沒有電流．已知電子電量e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg．問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是____m/s．19、一臺電動機，電阻為10Ω，接在220V電路使用，通過的電流為2A，則該電動機的電功率是____W，2秒鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量是____J，輸出機械功率是____W．20、（2010秋?浦江縣期末）如圖所示，光滑U型金屬導(dǎo)軌PQMN水平固定在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌寬度為L．QM之間接有阻值為R的電阻，其余部分電阻不計．一質(zhì)量為M，電阻為R的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，給棒一個水平向右的初速度v0使之開始滑行，最后停在導(dǎo)軌上，則在此過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)21、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共8分)22、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）23、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．評卷人得分六、證明題(共4題，共16分)24、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．25、（2015秋?西城區(qū)期末）如圖1所示；一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端掛一小球（可視為質(zhì)點），彈簧處于原長時小球位于O點．將小球從O點由靜止釋放，小球沿豎直方向在OP之間做往復(fù)運動，如圖2所示．小球運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．不計空氣阻力，重力加速度為g．

（1）在小球運動的過程中，經(jīng)過某一位置A時動能為Ek1，重力勢能為EP1，彈簧彈性勢能為E彈1，經(jīng)過另一位置B時動能為Ek2，重力勢能為EP2，彈簧彈性勢能為E彈2．請根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度；證明：小球由A運動到B的過程中，小球；彈簧和地球組成的物體系統(tǒng)機械能守恒；

（2）已知彈簧勁度系數(shù)為k．以O(shè)點為坐標(biāo)原點；豎直向下為x軸正方向，建立一維坐標(biāo)系O-x，如圖2所示．

a．請在圖3中畫出小球從O運動到P的過程中，彈簧彈力的大小F隨相對于O點的位移x變化的圖象．根據(jù)F-x圖象求：小球從O運動到任意位置x的過程中彈力所做的功W，以及小球在此位置時彈簧的彈性勢能E彈；

b．已知小球質(zhì)量為m．求小球經(jīng)過OP中點時瞬時速度的大小v．26、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運行，已知飛船運行的周期為T，行星的平均密度為試證明（萬有引力恒量G為已知，是恒量）27、帶電離子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域，C，B為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力，當(dāng)區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強電場E時，粒子恰好從A點飛出；當(dāng)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場時，粒子也恰好從A點飛出，試證明：=v．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則判斷出A的速度變化，從而得出A的加速度大小與方向．【解析】【解答】解小車沿繩子方向的速度等于A的速度，設(shè)繩子與水平方向的夾角為θ，根據(jù)平行四邊形定則，物體A的速度vA=vcosθ；小車勻速向右運動時，θ減小，則A的速度增大，所以A加速上升，加速度方向向上，故A正確，B；C、D錯誤．

故選：A．2、B【分析】【分析】三力平衡時；任意兩個力的合力與第三個力等值；反向、共線；

物體的加速度與合力方向一致，根據(jù)速度方向和加速度的方向關(guān)系判斷物體的運動規(guī)律．【解析】【解答】解：一個物體受到幾個力作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)；若使其中一個力逐漸減小到零后，又逐漸恢復(fù)到原狀，知合力先逐漸增大，后逐漸減小，合力方向不變，與撤去的力反向；

根據(jù)牛頓第二定律知；加速度先增大后減小，因為加速度的方向一直不變，與速度方向一直相同，所以速度一直增大，當(dāng)加速度減小到零時，做勻速直線運動．故B正確，A；C、D錯誤．

故選B．3、C【分析】【分析】如圖，物體同時受到向左與向右的水平拉力F1和F2作用，根據(jù)F1和F2的合力與最大靜摩擦力的關(guān)系，分析物體的狀態(tài)，再選擇規(guī)律求解摩擦力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓河深}，F(xiàn)1=100N，水平向右，而F2=20N，水平向左，兩個力的合力大小為F合=80N，方向水平向右．重200N，木箱與地面動摩擦因數(shù)為0.5，因此最大靜摩擦力等于100N，由于F合小于物體與地面間的最大靜摩擦力，則物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件得，物體受到的摩擦力大小f=F合=80N；方向水平向左．

故選：C4、A【分析】

A、電子在豎直方向做勻加速直線運動，側(cè)移y=a相同，yb＞ya，則tb＞ta則A正確；

B、電子在水平方向做勻速直線運動，運動時間t=L相同，tb＞ta則b的初速度比a?。蔅錯誤。

C、設(shè)離開電場時電子速度為v，則v=b初速度?。贿\動時間長，無法確定離開時速度的大小關(guān)系．故C錯誤．

D、根據(jù)牛頓第二定律，a=a相同．故D錯誤．

故選A

【解析】【答案】將電子的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動．根據(jù)豎直方向側(cè)移y=a相同，由y的大小關(guān)系可判斷b運動時間長．再由水平方向L=vt；能確定a的初速度大．

5、D【分析】【分析】開始時由于兩分子之間的距離大于r0，因此分子力為引力當(dāng)相互靠近時分子力做正功，當(dāng)分子間距小于r0，分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功．【解析】【解答】解：開始時乙分子從離甲分子10-8m處逐漸向甲分子靠近，由于兩分子之間的距離10-8m大于分子力的平衡距離r0，因此分子力為引力當(dāng)相互靠近時分子力做正功，分子勢能減??；當(dāng)分子間距小于r0；分子力為斥力，相互靠近時，分子力做負功，分子勢能增大；故ABC錯誤，D正確；

故選：D6、A【分析】【分析】運動員能夠挑起的原因是地面的支持力大于運動員的重力，即運動員所受合力豎直向上．地面對運動員的支持力和運動員對地面的壓力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反．【解析】【解答】解：A；運動員在起跳過程中運動員的加速度豎直向上；根據(jù)牛頓第二定律可知運動員所受合力豎直向上，故地面對運動員的支持力大于運動員的重力，地面對運動員的支持力和運動員對地面的壓力是一對作用力和反作用力，大小相等，方向相反，所以從地面跳起的原因是：支持力大于重力，故A正確，BC錯誤；

D；運動員對地面的壓力等于地面對運動員的支持力；但這不是能夠起跳的原因．故D錯誤；

故選：A．7、A【分析】【分析】電場的基本特性是放入電場中的電荷有力的作用．順著電場線的方向電勢一定降低．電場強度E的定義式E=適用于任何電場，采用比值法定義，E與F、q無關(guān)；只要電場力做正功，電荷的電勢能一定減小，而動能的變化取決于合外力做功情況．【解析】【解答】解：

A、由公式E=得：F=qE；知F=0，E一定為0，即檢驗電荷不受電場力的作用時，該點的電場強度一定為零．故A正確．

B；負電荷從A點逆電場線方向移到B點；負電荷所受的電場力方向逆著電場線，電場力做正功，但電勢逐漸升高，所以B點電勢一定較高．故B錯誤．

C、電場強度E的定義式E=采用比值法定義；具有比值法定義的共性，E反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)，不能說電場強度E與試探電荷在電場中該點所受的電場力成正比，故C錯誤．

C；只要電場力對電荷做正功；則電荷的電勢能一定減小，而根據(jù)動能定理可知，物體動能的變化取決于合外力做功，所以動能不一定增加，故D錯誤．

故選：A8、A【分析】【分析】電場力做正功，電勢能減小，動能增加，做負功，動能減小，電勢能增加，根據(jù)功能關(guān)系可正確解答．【解析】【解答】解：A；B：電場力做正功；電勢能減小，動能增加，故A正確、B錯誤；

C；D：電場力做功對應(yīng)著電勢能和動能的變化；不能說明具有多少電勢能或者動能，故CD錯誤．

故選：A．二、多選題(共6題，共12分)9、BC【分析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，通過軌道半徑的大小比較天宮一號變軌前后的加速度、線速度、周期、角速度．【解析】【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力有：；

得，，，．

所以：

A、由可知；軌道半徑變大，則加速度變小，故A錯誤．

A、由可知；軌道半徑變大，則角速度變小，故B正確．

A、由可知；軌道半徑變大，則線速度變小，故C正確．

A、由可知；軌道半徑變大，則周期變大，故D錯誤．

故選：BC．10、AD【分析】【分析】由B-t圖象可知磁感應(yīng)強度的變化情況，則由磁通量的定義可知磁通量的變化率；再由楞次定律可判斷電流方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可求得感應(yīng)電動勢．【解析】【解答】解：A；由楞次定律可知；電流方向為順時針，故A正確；

B、由圖象可知，磁感應(yīng)隨時間均勻增大，則由?=BS可知，磁通量隨時間均勻增加，故其變化率恒定不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E==S=KS；故感應(yīng)電動勢保持不變，電流強度不變，故D正確，BC錯誤；

故選：AD．11、BC【分析】【分析】利用彈力產(chǎn)生的條件判斷問題．

能根據(jù)彈力的定義知道彈力是由于哪一個物體發(fā)生形變產(chǎn)生的．

知道滑動摩擦力的方向與運動方向的關(guān)系．

清楚影響重心的因素．【解析】【解答】解：A；產(chǎn)生彈力的條件是物體間相互接觸并且發(fā)生彈性形變；故A錯誤．

B；物體對桌面的壓力是由于物體發(fā)生彈性形變；物體要恢復(fù)原狀對桌面產(chǎn)生壓力．故B正確．

C；滑動摩擦力的方向一定與相對運動方向相反；可以與運動物體的運動方向相反，故C正確．

D；形狀規(guī)則的物體；而且質(zhì)量分布均勻，這樣它的重心與其幾何中心重合，故D錯誤．

故選BC．12、BC【分析】【分析】水平通電導(dǎo)線周圍有磁場，且離導(dǎo)線越遠磁場強度越小，在圓環(huán)下落過程中，通過圓環(huán)的磁通量變小故能判斷圓環(huán)中是否有感應(yīng)電流．【解析】【解答】解：A；因為圓環(huán)在運動的過程中；有感應(yīng)電流，對整個過程由能量守恒定律得，重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，故不能上升到右側(cè)與C點等高處，故A錯誤；

B；水平通電導(dǎo)線周圍有磁場；且離導(dǎo)線越遠磁場強度越小，在圓環(huán)下落過程中，通過圓環(huán)的磁通量變小故有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B正確；

C；由于小環(huán)運動的范圍內(nèi)；各處的磁場強度不同，所以小環(huán)運動的過程中機械能不斷轉(zhuǎn)化為電能，故小球的機械能會越來越小，最終停在最低點B，故C正確；

D；整個過程重力勢能轉(zhuǎn)化為電能；機械能不守恒，故D錯誤；

故選：BC．13、BD【分析】【分析】第一種情況要考慮動量守恒定律和功能關(guān)系，而第二種的情況只考慮功能關(guān)系即可．【解析】【解答】解：A、第一次質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0穿透靜止在光滑水平面上的木塊的過程中木塊也會獲得一定的速度；由一定的位移，所以子彈穿過木塊的過程中相對于地面的位移大于l，則第一次子彈動能減少大于Fl．故A錯誤；

B；第二次子彈穿過固定的木塊；子彈相對于地面的位移等于l，所以第二次子彈動能減少Fl．故B正確；

C、第一次木塊的過程中木塊也會獲得一定的速度，由一定的動能，所以第一次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱為Q=mv-mv-E木．故C錯誤；

D、第二次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱等于子彈損失的動能，為Q=mv-mv．故D正確．

故選：BD14、AB【分析】【分析】豎直上拋運動的變化規(guī)律，與勻變速直線運動的規(guī)律一樣，只要將中的幾個物理量變化一下即可．【解析】【解答】解：豎直上拋運動的位移公式可以寫成：h=

帶入數(shù)據(jù)，整理得：5t2-20t+15=0

解方程，得：t1=1s，t2=3s

故AB正確；CD錯誤。

故選：AB三、填空題(共6題，共12分)15、＞＞【分析】【分析】本題可由速度--時間圖象得出中間位置及中間時刻的速度大小，即可比較出兩速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓喝鐖D作出v-t圖象；由圖可知中間時刻的。

速度v2，因圖象與時間圖圍成的面積表示物體通過的位移，故由圖可知時刻物體的位移小于總位移的一半，故中間位置應(yīng)在中間時刻的右側(cè)，故此時對應(yīng)的速度一定大于v2，即v1＞v2

故答案為：＞，＞16、-4-828【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式得出質(zhì)點的加速度，以及4s末的速度，通過關(guān)系式得出速度為零的時間，結(jié)合速度位移公式求出質(zhì)點速度為零時的位移．【解析】【解答】解：根據(jù)v=v0+at=8-4t，知質(zhì)點的加速度a=-4m/s2；4s末的速度為v=8-4×4m/s=-8m/s

當(dāng)v=0時，t==2s

當(dāng)質(zhì)點速度為0時，位移x=

故答案為：-4，-8，2，8．17、0.4【分析】【分析】由元電荷的定義可求得電子電量；再根據(jù)電流的定義可求得電流．【解析】【解答】解：根據(jù)電流的定義可知，電流I==0.4A；

故答案為：0.4．18、8×106【分析】【分析】根據(jù)動能定理，0-=-eU，并結(jié)合U＞12.5V時電流表中就沒有電流，即可求解．【解析】【解答】解：根據(jù)題意可知；當(dāng)U＞182V時，電流表中就沒有電流，根據(jù)動能定理可知：

0-=-eU；

解得：v0===8×106m/s；

故答案為：8×106．19、44080400【分析】【分析】電動機是非純電阻電路，根據(jù)P=UI求解電功率，根據(jù)P熱=I2r求解熱功率，根據(jù)P出=P-P熱求解輸出功率．【解析】【解答】解：電動機是非純電阻電路；消耗的電功率為：

P=UI=220×2=440W

2秒鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為：Q=I2rt=22×10×2=80J

機械功率為：P出=P-P熱=P-I2r=440-22×10=400W

故答案為：440，80，400．20、【分析】【分析】本題屬于電磁感應(yīng)中的能量問題，金屬棒向右做減速運動，動能不斷減少，由電能轉(zhuǎn)化為的內(nèi)能不斷增加，根據(jù)能量守恒定律可知，整個回路產(chǎn)生的熱量等于金屬棒減少的動能．【解析】【解答】解：金屬棒向右運動的過程中，會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流并轉(zhuǎn)化為焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律可知，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒減少的動能，即Q=．

故答案為．四、判斷題(共1題，共4分)21、×【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來說；平衡態(tài)是針對某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個，還與體積壓強有關(guān)，當(dāng)溫度不變時，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×五、畫圖題(共2題，共8分)22、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1.5m23、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六、證明題(共4題，共16分)24、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星體的機械能為。

EC=（mA+mB）-G=（