高一下學(xué)期期中試卷答案

1、高中物理新課程會考模擬試卷(一)一、選擇題1.A【解析】斜面對重物的支持力方向為垂直于斜面向上的，故A對2.D【解析】物體從t0時刻開始做自由落體運動，速度vgt，在vt圖象中是一條過原點的直線3.C【解析】本題考查參考系的選擇，鐵路兩旁的樹木迅速后退，說明他以列車為參考系的4.C【解析】加速上升的電梯中的人，加速度的方向為豎直向上，對人受力分析，設(shè)電梯給人的支持力為FN，由牛頓第二定律FNmgma，則FNmgma，即FNmg，由牛頓第三定律，設(shè)人對電梯的壓力為FN，則FNFN，則有FNmg，故選項C正確5.D【解析】質(zhì)點是用來代替物體的有質(zhì)量的點能把物體看成質(zhì)點的條件：物體的大小和形狀對所研

2、究運動的影響可以忽略不計時，不論物體大小如何，都可將其視為質(zhì)點由此可以判斷選項D中的運動員可以當(dāng)作質(zhì)點處理，D對6.A【解析】由牛頓第二定律aeq f(F,m)，對于一給定物體，它受到的合外力F越大，m一定時，則加速度a越大，A對；由勻變速運動的速度公式vv0at，知當(dāng)加速度a與初速度v0方向一致時，合外力越大，速度增大越快，當(dāng)加速度a與初速度v0方向相反時，合外力越大，速度減小越快，B錯；從靜止開始在外力作用下做直線運動的物體，其速度與合外力的方向一致，當(dāng)合外力逐漸減小時，加速度減小，但仍在加速，速度是逐漸增大的，C錯；原來做勻變速直線運動的物體，若其合外力與速度方向一致，當(dāng)合外力逐漸增大時

3、，速度也逐漸增大；若其合外力與速度方向相反，當(dāng)合外力逐漸增大時，速度逐漸減小，D錯7.C【解析】由aeq f(v,t)知，加速度表示單位時間內(nèi)速度的變化，故運動物體的速度變化越快，加速度越大，C對8.B【解析】慣性是物體的屬性，不只是處于勻速直線運動或靜止狀態(tài)時才具有，A錯；由牛頓第二定律aeq f(F,m)，加速度的方向與所受合外力的方向相同，B對；牛頓第三定律指出，物體間的作用力與反作用力是一對相互作用力，C錯；牛頓運動定律僅適用于低速運動的宏觀物體，不適用于高速運動的微觀粒子，D錯9.B【解析】由題意A球、B球同時運動，同時落到地面上，知A球豎直方向的運動和B球一樣，為自由落體運動，故選

4、B.10.A【解析】對沿光滑斜面自由下滑的物體進行受力分析，知物體受到豎直向下的重力及垂直于斜面向上的支持力，A對；物體下滑的動力來自重力沿斜面向下的分力，沒有下滑力這一說11.A【解析】因為滑塊在光滑水平面上滑行，沒有摩擦力，由功能關(guān)系可知WFEkeq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)m(veq oal(2,1)veq oal(2,0)eq f(1,2)1J0，A對12.B【解析】物體自由下落，1s內(nèi)下落的高度heq f(1,2)gt2eq f(1,2)1012m5m，重力做功Wmgh1105J50J，重力做功的平均功率Pe

5、q f(W,t)eq f(50J,1s)50W，B對13.D【解析】勻速圓周運動中，速度的大小不變，但方向時刻都在改變，加速度大小不變，方向在變，故D對14.B【解析】同步衛(wèi)星的運行周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同，由Teq f(2,)知，12，B對第15題圖15.A【解析】如圖所示，當(dāng)FF1Fsin時，有兩個解；當(dāng)F1Fsin時，有唯一解；當(dāng)F1EA.由FqE知，F(xiàn)BFA，A錯；電子帶負電，它在A點受到的電場力方向與該點場強方向相反，B錯；若電子從B點靜止釋放，受到的電場力與場強方向相反，則電子僅在電場力作用下將沿電場線運動到A點，C對；從B點靜止釋放，因為電場不是勻強電場，則電子僅在電場力作用下做

6、變加速運動，D錯27.D【解析】利用電流熱效應(yīng)的電器，即電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的電器，D對28.A【解析】洛倫茲力對帶電粒子永不做功，A對；運動電荷在某處不受洛倫茲力作用，該處的磁感應(yīng)強度不一定為零，B錯；同理C也錯；粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動時，粒子的速度大小不變，方向變化，故能改變帶電粒子的速度，不能改變帶電粒子的動能，D錯29.C【解析】本題考查奧斯特發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的史實，C對30.D【解析】電場線是假想的曲線，A錯；電場線不一定從正電荷出發(fā)，終止于負電荷，B錯；電場線不可能相交，C錯；電場線的疏密程度表示電場的強弱，D對31.C【解析】由閉合電路中電流方向可判斷通電螺線管周圍

7、磁感線的方向，左端為N極，右端為S極，對水平吊起的通電直導(dǎo)線A用左手定則可判斷出，A受到豎直向下的安培力，C對32.C【解析】永磁體的磁性會在外界條件影響下發(fā)生變化，A錯；高溫使磁體的磁性越來越弱，B錯；猛烈的敲擊會使磁體失去磁性，C對；同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引，D錯33.C【解析】由Eneq f(,t)，代入數(shù)據(jù)，可求eq f(,t)eq f(10V,100)0.1Wb/s，由此可知通過該線圈每一匝截面上磁通量變化率為0.1Wb/s34.C【解析】本題考查電磁波在實際生活中的應(yīng)用，C對35.B【解析】由電場線的特點，電場線越密的地方，電場強度越強，則有EMEN，由FqE知，同一負電

8、荷，在M、N處受到的電場力的大小關(guān)系為FMFN，A錯，D錯；因為沿電場線的方向電勢越來越低，M60km/h，故該車超速了四、計算題50.A選修114103N在紙面的平面內(nèi)垂直于導(dǎo)體棒向下【解析】F安BIL1.01022.00.24103N，由左手定則可判斷安培力的方向在紙面的平面內(nèi)，垂直于導(dǎo)體棒向下B選修3111【解析】分析知兩帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動是由洛倫茲力提供向心力，即qvBmeq f(v2,r)對a粒子qvB2mpeq f(v2,ra)，對b粒子2qvB4mpeq f(v2,rb)，可求得eq f(ra,rb)eq f(1,1).51.(1)8N(2)72m【解析】(1)物體加

9、速時的加速度滿足：a1eq f(v,t)eq f(24 m/s,4 s)6 m/s2根據(jù)牛頓第二定律： FFfma1聯(lián)立可得： Ff8 N(2)撤去拉力后，物體僅在摩擦力的作用下減速前進，設(shè)此階段的加速度大小為a2，則Ffma2且滑行距離L滿足： Leq f(02voal(2,0),2a2)聯(lián)立可得： L72 m.52.(1)3mg(2)2eq r(RHR)(3)arctaneq r(f(HR,R)【解析】(1)小球由AB過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mgReq f(1,2)mveq oal(2,B)小球在B點時，根據(jù)向心力公式有FNmgmeq f(voal(2,B),R)由牛頓第三定律有FFN

10、mgmeq f(voal(2,B),R)3 mg(2)BC: HReq f(1,2) gt2svBt得s2eq r(RHR)(3)設(shè)C點速度的水平分速度為vx，豎直分速度為vy，有vxvBeq r(2gR)vygteq r(2gHR)taneq f(vy,vx)eq r(f(HR,R)arctaneq r(f(HR,R).高中物理新課程會考模擬試卷(二)一、選擇題1.B【解析】A到B的路程seq f(3,4)2Req f(3,2)R，A到B的位移seq r(R2R2)eq r(2)R，B對2.D【解析】因為物體處于靜止狀態(tài)，則水平方向FFf，且合力為零，D對；當(dāng)F增大時，若物體仍靜止，則Ff也

11、增大，A錯、B錯；F和Ff是一對平衡力，C錯3.B【解析】90km/h是平均速度，A錯；600m/s是瞬時速度，B對，C、D錯4.C【解析】由vt圖象可以看出物體速度逐漸均勻減小，其加速度大小恒定，方向與初速度相反，故物體做勻減速直線運動5.C【解析】合力最大的時候為三個共點力方向一致時，F(xiàn)max8N，合力最小的時候為5N的力與1N、2N的力反向時，F(xiàn)min2N，C對6.B【解析】本題考查“驗證機械能守恒定律”實驗操作，B對，A、C、D錯7.B【解析】此題可類比于平拋運動的運動軌跡，從而判斷出B對8.C【解析】彈簧的勁度系數(shù)由彈簧本身決定，與彈簧所受拉力大小及形變大小無關(guān)，C對9.A【解析】對

12、物體受力分析，受60N的豎直向下的重力，因F20N60N，物體沒有被提起，仍靜止在水平面上，物體所受的合力為零10.B【解析】拉力大小相等，小船行進的加速度相同，經(jīng)過相同時間t，W1eq f(1,2)m1v2，W2eq f(1,2)m1v2eq f(1,2)m2v2，則有W1mg，做加速度逐漸增大的減速運動，C錯；小球速度最大時，小球的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能和彈簧的彈性勢能，D錯14.D【解析】自由下落的物體，下落h高度有heq f(1,2)gteq oal(2,1)，下落2h高度有2heq f(1,2)gteq oal(2,2)，下落3h高度有3heq f(1,2)gteq oal(2,3

13、)，解得t2eq r(2)t1，t3eq r(3)t1，則下落三段相等的位移所用的時間比是t1(t2t1)(t3t2)1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)，D對15.D【解析】由vr，AB，rArB，則vAvB，A、B錯誤；由Teq f(2,)，AB，知TATB，C錯、D對16.B【解析】曲線運動的物體受力都在曲線內(nèi)側(cè)，力的方向指向物體運動的方向，B對17.A【解析】重力做正功，重力勢能減少，本題中重力做了10J的功，則重力勢能減少，并且減少量等于10J，A對18.C【解析】由萬有引力公式F萬Geq f(Mm,r2)可知，該衛(wèi)星受到地球引力的大小與地球的質(zhì)量、衛(wèi)星的質(zhì)量以及衛(wèi)星

14、與地球之間的距離有關(guān)，故C對19.A【解析】由功的公式WFscos，本題中為零，拉力F都是相同的，物體在力的方向移動的距離s也是相同的，所以拉力對物塊所做的功一樣大，A對第20題圖20.B【解析】設(shè)足球下落的高度為h，則水平位移為eq r(3)h，由heq f(1,2)gt2有teq r(f(2h,g).水平方向：eq r(3)hv0tv0eq r(f(2h,g)，整理得heq f(2voal(2,0),3g).又因為eq f(1,2)mveq oal(2,0)9J，有veq oal(2,0)eq f(18,m)代入heq f(2voal(2,0),3g)eq f(12,mg)，即mgh12J

15、.整個過程由動能定理有mghEk9J，代入數(shù)據(jù)，解得Ek21J，B對21.A【解析】萬有引力的公式F萬Geq f(m1m2,r2)，行星繞太陽的運動可以近似看作勻速圓周運動，并且萬有引力提供向心力，F(xiàn)向Geq f(m1m2,r2)，向心力與r2成反比，與行星和太陽的質(zhì)量的乘積成正比，A對22.C【解析】水平面是光滑的，小球m與劈形物體的上表面無摩擦，劈形物體從靜止開始釋放后，小球m只受豎直方向的作用力，則小球在碰到斜面前的運動軌跡是豎直向下的直線，C對23.B【解析】對A物體F向mArA2，A 物體受到的最大靜摩擦為fAmAg；對B物體F向mBrB2eq f(1,2)mA2rA2mArA2，B

16、物體受到的最大靜摩擦力fBmBgeq f(1,2)mAg；對C物體F向mCrC2eq f(1,3)mArA2eq f(1,3)mArA2，C物體受到的最大靜摩擦力fCmCgeq f(1,3)mAf.由以上各式可得，物體B先滑動24.C【解析】本題考查“探究功與物體速度變化的關(guān)系”實驗中，紙帶上打出的點“中間疏，兩頭密”的原因分析，C對二、選擇題25.C【解析】本題考查電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)史實，C對26.A【解析】摩擦起電的本質(zhì)是電荷發(fā)生了轉(zhuǎn)移，A對；物體帶電量應(yīng)是電子電荷量的整數(shù)倍，B錯；物體所帶電量可能很小，但不可能小于元電荷，C錯；經(jīng)過摩擦使物體帶正電是因為物體失去了電子，D錯27.A【解析】

17、由庫侖定律Fkeq f(q1q2,r2)知，若q1q2不變，r變?yōu)?r，則Fkeq f(q1q2,3r2)eq f(1,9)keq f(q1q2,r2)eq f(1,9)F，A對28.C【解析】電能在輸送過程中，在輸電線上損耗的功率P損I2R線，因為P總一定，P總UI，U變大，I減小，則P損減小，可減少輸電導(dǎo)線的能量損失，C對29.D【解析】根據(jù)磁感線的特點，磁感線越密的地方，磁感應(yīng)強度越大，由圖可知，EDECEBEA，D對30.C【解析】磁通量僅有大小，沒有方向，是標量，A錯；磁通量BS，磁通量越大，磁感應(yīng)強度不一定越大，還與S有關(guān)，B錯；C對；D錯31.B【解析】由veq f(,T)f知e

18、q f(v,f)eq f(c,f)，B對32.A【解析】根據(jù)電場線的特點，電場線越密的地方，電場強度越大，由圖知EAEB，因為FqE，所以有FAFB，A對，B、C、D都錯33.D【解析】由右手螺旋定則可以判斷通電直導(dǎo)線上方的磁感線是垂直于紙面向外的，直導(dǎo)線下方的磁感線是垂直于紙面向里的；又因為小磁針在磁場中靜止時N極所指的方向就是磁場的方向，故D對；A、B、C均錯34.A【解析】由圖象可知，imax2A，A對；T0.2s，B錯；電流的有效值i有效eq f(imax,r(2)eq f(2,r(2)eq r(2)A，C錯；我國照明電路的交變電流頻率為50Hz，本題交變電流的頻率feq f(1,T)

19、eq f(1,0.2)5Hz，D錯35.A【解析】物體帶電的原因是得失電子，故B、D錯；毛皮帶正電，說明毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上，A對；C錯36.B【解析】由電場線的特點知，圖中電場線分布圖是異種電荷的電場線分布圖，C、D錯；因為電場線從a出發(fā)，回到b，則a帶正電，b帶負電，A錯；又因為a、b點電荷形成的電場線疏密程度相同，故a帶電荷量等于b帶電荷量，B對37.C【解析】在電源內(nèi)部，依靠非靜電力搬移電荷，A錯；電源內(nèi)部存在著由正極指向負極的電場，B錯；電源內(nèi)部存在內(nèi)阻，C對；一些電源是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，也有一些不是，例如太陽能電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，D錯38.B【解析】正常發(fā)光時，白

20、熾燈中有電流通過，電阻絲發(fā)熱，電阻變大，故R2R1，B對39.A【解析】感應(yīng)電動勢Eneq f(,t)，若n增加為2n，則E2E，A對40.C【解析】洛倫茲力提供向心力qvBmeq f(v2,r)，則req f(mv,qB)，r1r2v1v221，qvBmreq f(42,T2)，則T2eq r(f(mr,qvB)，T1T2eq r(f(r1,v1)eq r(f(r2,v2)eq r(f(r1,v1)f(v2,r2)11，C對41.A【解析】由磁場方向、電流方向及左手定則可判斷出通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力F的方向，A對；B、C、D均錯42.B【解析】由UIR知，Ieq f(1,R)U，在IU圖

21、象中，直線斜率的倒數(shù)表示阻值的大小，故有R2R1; R1和R2串聯(lián)后的總電阻R串R1R2，R串的伏安特性曲線應(yīng)在區(qū)域，A錯，B對；R1和R2并聯(lián)后的總電阻R并eq f(1,f(1,R1)f(1,R2)，并且R并R1，R并R2，R并的伏安特性曲線應(yīng)在區(qū)域，故C、D均錯43.C【解析】斷開熱控開關(guān)時，電路中R增大，電流減小Peq f(U2,R)減小，從而達到保溫效果；定時開關(guān)、熱控開關(guān)都閉合時，電路中只有一個加熱電阻連入電路，電阻發(fā)熱，從而達到煮飯的目的44.C【解析】由UEd，代入數(shù)據(jù)U104V/m0.5m5000V，C對三、填空題【解析】由vtv0at解得t1.5s.46.eq r(f(2y1

22、,g)【解析】平拋運動豎直方向為自由落體運動，y1eq f(1,2)gt2則teq r(f(2y1,g).【解析】設(shè)運動員入水的瞬間速度為v，則從最高點到運動員落入水中之前，有v22g(dh1)22g；運動員從開始入水到落至最低點，有0v22ah2aeq f(v2,2h2)eq f(22,8)g2.75g，負號代表方向向上，在水中對運動員受力分析有mgfma，則fmgmamg2.75mg3.75mg，則有eq f(f,mg)3.75.48.4000【解析】WFscos37500100.84000J49.8118【解析】萬有引力提供向心力，F(xiàn)向F萬Geq f(Mm,R2)mReq f(42,T2

23、)F1F2eq f(m1,Roal(2,1)eq f(m2,Roal(2,2)eq f(m1Roal(2,2),Roal(2,1)m2)eq f(116,21)81.T1T22eq r(f(Roal(3,1),GM)2eq r(f(Roal(3,2),GM)eq r(f(Roal(3,1),Roal(3,2)18.四、計算題50.A選修11(1)0.4T0.16N0.4T【解析】(1)由FBIL知，Beq f(F,IL)eq f(0.08N,1A0.20m)0.4T(2)F安BIL0.420.200.16NB0.4TB選修31(1)eq r(f(2qU,m)(2)eq f(1,B)eq r(f

24、(2mU,q)；eq f(2m,qB)【解析】(1)由qUeq f(1,2)mv2則veq r(f(2qU,m)(2)由qvBmeq f(v2,R)知Req f(mv,qB)eq f(m,qB)eq r(f(2qU,m)eq f(1,B)eq r(f(2mU,q)由veq f(2R,T)知Teq f(2m,qB).51.(1)2m/s2(2)2s【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律有mgma 所以ag0.210 m/s22 m/s2故所求加速度大小為2 m/s2.(2)設(shè)加速度大小為a，水平方向上Fcosfma豎直方向上NFsinmg根據(jù)滑動摩擦力公式fN得aeq f(FcosmgFsin,m)eq

25、 f(200.80.2510200.6,5) m/s24.72 m/s2teq f(v0,a)eq f(9.44,4.72) s2 s.52.(1)3m/s(2)1.25N(3)1.2m【解析】(1)根據(jù)機械能守恒定律eq f(1,2)mveq oal(2,A)eq f(1,2)mveq oal(2,B)mg2RvBeq r(voal(2,A)4gR)eq r(524100.4) m/s3 m/s(2)mgFmeq f(voal(2,B),R)Fmeq f(voal(2,B),R)mg(0.1eq f(32,0.4)0.110)N1.25 N(3)teq r(f(22R,g)eq r(f(40

26、.4,10)s0.4 sxACvBt30.4 m1.2 m.高中物理新課程會考模擬試卷(三)一、選擇題1.C【解析】一個物體能否看成質(zhì)點是由問題的性質(zhì)而定的，在某些情況下，我們可以忽略物體的大小和形狀，把它簡化成一個有質(zhì)量的點，而有些情況下，我們不能忽略物體的大小和形狀來研究問題，故C對2.B【解析】物體運動狀態(tài)發(fā)生了改變是指物體的速度大小或速度方向發(fā)生了改變，故選B.3.D【解析】路程是物體運動軌跡的長度，是標量，而位移是表示物體的位置變化，是矢量小球下落4米后又反彈回1米時，小球的路程為5米，位移為3米，故選D.4.B【解析】由veq f(s,t)eq f(100m,10s)10m/s，故

27、選B.5.D【解析】開普勒揭示了行星運動規(guī)律，故選D.6.C【解析】伽利略理想實驗把實驗和邏輯推理和諧的結(jié)合起來，證實了亞里士多德關(guān)于力與運動的關(guān)系錯誤，故選C.7.D【解析】慣性是指物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)，慣性的大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的速度、運動狀態(tài)均無關(guān)系，故選D.8.A【解析】根據(jù)平行四邊形定則，可判斷A正確9.D【解析】物體沿斜面向上滑行時，受到重力、斜面支持力和沿斜面向下的摩擦力，故選D.10.C【解析】作用力與反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，同時產(chǎn)生、同時消失，故A、D錯又作用力與反作用力作用在兩個不同物體上，合力不可能為零，故

28、B錯，C對故選C.11.A【解析】小河以一定速度垂直河岸向?qū)Π秳澬袝r，小船垂直河岸的速度是一定的，故到達河對岸的時間也是一定的，當(dāng)水流速度增大時，小船沿水流方向的位移增大，即小船運動的路程也越大，故選A.12.C【解析】狗拉雪橇沿著圓弧勻速行駛時，相當(dāng)于做勻速圓周運動，而向心力由牽引力F和摩擦力F1共同提供，又因為摩擦力與運動方向相反，根據(jù)平行四邊形定則，可判斷C正確13.A【解析】測勻變速直線運動加速度實驗時，應(yīng)選接通電源，后釋放紙帶，故選A.14.C【解析】用F1壓縮彈簧時，F(xiàn)1k(ll1)，用力F2拉彈簧時，F(xiàn)2k(l2l1)聯(lián)立兩式解得keq f(F1F2,l2l1)，故選C.15.C

29、【解析】當(dāng)物體所受向心力突然消失或者所受合外力不足以提供物體所需向心力時，物體會逐漸遠離圓心，而做離心運動，分析題中情景，可知只有C選項符合題意16.C【解析】在水平方向上：由v1v221，x1x2，可得t1t212，在豎直方向上：由heq f(1,2)gt2可得h1h214，故選C.17.B【解析】兩輪隨著皮帶傳動時，輪邊緣上的線速度相等，即vAvB，而同一輪上的兩點，角速度相等即AC，又由vr可得vCvC，選B.18.B【解析】當(dāng)衛(wèi)星在地球表面附近做勻速圓周運動時，其速度大小為7.9km/s，當(dāng)衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的2倍時，由veq r(f(GM,r)，可得衛(wèi)星的速度一定小于7.9km

30、/s，故選B.19.B【解析】由動能定理知，物體的動能的變化量等于合外力對物體做的功，故EkW1W214J，故選B.20.D【解析】運動員從最低處上升至最高處時，機械能守恒，重力做負功，彈力做正功，運動員的動能先增大，后減小，重力勢能一直增大，故選D.21.C【解析】由veq r(f(GM,R)，R1R221，可得v1v21eq r(2)，故選C.22.A【解析】自行車的行駛速度一般為5m/s，人與自行車的總質(zhì)量大約為100kg，由Pfv0.02mgv0.1kW，故選A.23.C【解析】若紙帶左端與小車相連，從紙帶間距可以判斷小車做勻減速運動，小車有一定初速度，減速原因可能是忘記或沒有完全平衡

31、摩擦力，C對，A錯若紙帶右端與小車相連，小車一直做加速運動，說明可能平衡摩擦力時，傾角太大，B、D錯24.D【解析】繩索的拉力所做的功為(Mm)geq f(1,2)(Mm)v2，故A、B錯；電梯地板對物體的支持力與物體重力的合力所做的功等于物體動能的變化量，即eq f(1,2)mv2，故C錯，D對二、選擇題25.B【解析】赫茲通過實驗驗證了電磁波的存在，故選B.26.A【解析】B、C、D選項中靜電復(fù)印，靜電除塵及靜電噴漆都屬于靜電現(xiàn)象在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，只有A選項在高大的建筑物頂端裝上避雷針，使建筑物免遭雷擊，屬于防止靜電產(chǎn)生的危害，故選A.27.A【解析】由正點電荷周圍電場線的分布特點，可

32、知A選項正確28.C【解析】根據(jù)左手定則可判斷C選項錯誤，故選C.29.A【解析】任何兩個彼此絕緣又相互靠近電的導(dǎo)體都可以看成電容器，A對；根據(jù)QCU，可知電容器所帶電荷量不僅與充電電壓有關(guān)，還與電容器的電容有關(guān)，故B、C、D錯30.B【解析】當(dāng)穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化時，能使電流表指針偏轉(zhuǎn)，分析各選項，可知只有B選項不能使電流表指針偏轉(zhuǎn)，故選B.31.D【解析】電磁波能夠穿透電離層，可以通過衛(wèi)星轉(zhuǎn)發(fā)，從而使信號傳遞的更遠，故選D.32.C【解析】根據(jù)Um220eq r(2)V311V，Imeq r(2)I有，I有eq f(P,U)6.8A，故選C.33.B【解析】在磁場中，小磁針的N極指

33、向即為磁感應(yīng)強度方向，故選B.34.C【解析】由I2eq f(U,R)，當(dāng)R增大時，I2減小，又eq f(n1,n2)eq f(I2,I1)，I2減小，I1也減小，故選C.35.A【解析】振動膜前后振動時，電容兩極板間的距離發(fā)生了變化，根據(jù)Ceq f(s,4kd)，故電容器的電容發(fā)生了變化，故選A.36.D【解析】根據(jù)點電荷產(chǎn)生電場場強的定義式Eeq f(kq,r2)，兩點電荷在eq f(r,2)處產(chǎn)生的場強大小均為eq f(4kq,r2)，又根據(jù)場強的矢量疊加性可知，兩點電荷連線的中點處的電場為eq f(8kq,r2)，故選D.37.D【解析】根據(jù)粒子做圓周運動的特點及左手定則可判斷D正確3

34、8.D【解析】電場的大小是由電場本身決定的，與放入電場中的試探電荷的大小無關(guān)，故A、B錯；P點場強越大，則同一電荷放入該點受到的電場力也越大，故C錯；電場中某點的場強方向就是放入該點的正電荷受電場力的方向，故D對39.A【解析】根據(jù)蹄形磁鐵周圍電場線的分布情況可知小線圈放在P1處時，穿過線圈的磁通量越大故選A.40.B【解析】根據(jù)條形磁鐵周圍的磁感線分布情況，可知條形磁鐵的垂直平分線上各點處的磁場的方向是相同的，但離條形磁鐵越遠，磁感應(yīng)強度越小，同一通電導(dǎo)線放入磁場中時所受安培力大小不等，方向相同，故選B.41.A【解析】由圖線知E3V，圖線的斜率即為電源的內(nèi)阻，即req f(0.6,0.6)

35、1，I短eq f(E,r)3A，故B、C、D錯，A對42.B【解析】由于電流表的滿偏電流為200A，則R滑eq f(E,I滿)0.75104，接入Rx后，Req f(E,I)3104，RxRR滑22.5k，故選B.43.D【解析】根據(jù)右手定則和磁鐵周圍磁感線的分布情況可知，D正確44.C【解析】若電阻R燒斷了，相當(dāng)于R斷路電路中電阻增大，電流減小，電壓表、電流表均安全，則電壓表示數(shù)為電壓表兩端電壓，而電流表示數(shù)為流過電壓的電流，故C對三、填空題45.飛船【解析】由于同步衛(wèi)星的運行軌道比神舟號載人飛船的軌道高，故同步衛(wèi)星的周期要比載人飛船的周期大46.41【解析】根據(jù)Ekeq f(1,2)mv2

36、，則Ek1Ek241.47.【解析】參照驗證機械能守恒定律的實驗步驟，可得正確的操作順序為：.48.15【解析】根據(jù)牛頓第二定律Fma，可得meq f(5,2)kg，又F1ma1，得F115N.2.1【解析】vCeq f(sADsAB,2T)1.9m/s，vDeq f(sAEsAC,2T)2.1m/s.四、計算題50.A選修11(1)3Wb(2)6V【解析】(1)21(63)Wb3 Wb(2)Eeq f(,t)eq f(3,0.5) V6 VB選修31(1)eq f(2mv,Bq)(2)eq f(2m,qB) 第50B題圖【解析】(1)離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛倫茲力作用下，做勻速

37、圓周運動設(shè)圓半徑為r，則根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqvmeq f(v2,r)，解得req f(mv,Bq)如圖所示，離子回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO2r，所以AOeq f(2mv,Bq)(2)當(dāng)離子到位置P時，圓心角：2，所以粒子運動時間teq f(2m,qB).51.(1)1N (2)5m/s2(3)2.5m【解析】(1)物塊所受摩擦力的大小為FfFN1 N，方向水平向左(2)物塊向右運動過程中，在水平方向受到摩擦力Ff和拉力F的作用，由牛頓第二定律得到加速度的大小aeq f(FfF,m)5 m/s2(3)當(dāng)物塊運動速度變?yōu)榱銜r，向右運動的距離最遠，由運動學(xué)公式有v22ax得到xeq

38、 f(v2,2a)2.5 m.52.(1)eq r(8gR)(2)2R(3)Weq f(2n1,4)eq r(f(g,R)(n0,1,2)【解析】(1)設(shè)滑塊至B點時速度為vB，對滑塊由A到B點應(yīng)用動能定理mg5Req f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mveq oal(2,0)vBeq r(8gR)(2)滑塊從B點開始運動后機械能守恒，設(shè)滑塊到達P處時速度為vp，則eq f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mveq oal(2,p)mg2Rvp2eq r(gR)滑塊穿過P孔后再上升機械能仍守恒，設(shè)能上升的最大高度為hmgheq f(1,2)mveq

39、oal(2,p)h2R(3)滑塊穿過P孔后再回到平臺的時間teq f(2vp,g)4eq r(f(R,g)要實現(xiàn)題設(shè)過程，需滿足t(2n1)eq f(2n1,4)eq r(f(g,R)(n0,1,2)高中物理新課程會考模擬試卷(四)一、選擇題1.B【解析】牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故選B.2.B【解析】研究列車的加速度時，我們可以認為列車的形狀和大小對所研究的問題無影響，而研究運動員的跑步姿勢，地球自轉(zhuǎn)及飛船飛行姿態(tài)調(diào)整時，均不能忽略它們的形狀，故A、C、D錯B對3.B【解析】根據(jù)路程和位移的定義，可判斷A、B小物塊的路程不同，位移相同4.D【解析】由于甲車內(nèi)的同學(xué)看乙車沒有運動，則甲、乙兩車相

40、對靜止，而乙車里的同學(xué)看到路旁樹木向西移動，則以地面為參考系甲、乙兩車應(yīng)向東一起運動，故選D.5.B【解析】拔河比賽時，瘦子戰(zhàn)勝胖子的原因是地面對瘦子的摩擦力比地面對胖子的摩擦力大，故選B.6.B【解析】由Ffumg，可得u0.3，故選B.7.C【解析】任何物體從同一地點落下時，它們的重力加速度都是相同的，而棉花團比鐵釘晚落地是由于棉花團受到的空氣阻力大，故C對，A、B、D錯8.C【解析】根據(jù)甲、乙兩物體的速度時間圖象，可判斷甲、乙兩物體均做勻加速直線運動，且甲物體的加速度比乙物體的加速度大，乙物體的初速度要比甲物體的初速度大，t1時刻，甲、乙兩物體速度相同，而t1后的任一時刻，甲物體的速度均

41、比同時刻乙物體的速度大，故A、B、D正確，C錯誤，故選C.9.A【解析】人在從P點下落至a點時彈力為零，人向下做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)，故A對；在ab段人的重力大于繩的拉力，人做加速運動，處于失重狀態(tài)，故B錯；在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，故C錯；在C點，人的速度為零，但其加速度不為零，故D錯10.D【解析】小球經(jīng)過磁鐵附近時，會受到磁鐵對小鐵球的吸引，它的運動軌跡會偏向磁鐵，故選D.11.B【解析】由牛頓第二定律，得Feq f(F,10)ma，故aeq f(9F,10m)，故選B.第12題圖12.C【解析】對人受力分析如圖所示：Fmg，F(xiàn)fFcos.FNFsinMg，

42、當(dāng)人向右跨出一步后，減小，F(xiàn)不變，F(xiàn)f增大，F(xiàn)N增大，故C對13.B【解析】彈簧向上彈起時，由系統(tǒng)機械能守恒，知小孩的重力勢能增大，彈簧的彈性勢能減小，故選B.14.A【解析】當(dāng)物體所受合外力為零時，我們稱物體處于平衡狀態(tài)，分析題中各情景，判斷可得A正確15.B【解析】由Ffkmgmeq f(v2,R)，可得veq r(kRg)，故運動員的安全速度為veq r(kRg)，選B.16.B【解析】第一宇宙速度的大小為7.9km/s，故選B.17.D【解析】由Ekeq f(1,2)mv2，當(dāng)m甲eq f(1,2)m乙，v甲2v乙，Ek甲2Ek乙，故A錯；當(dāng)m甲2m乙，v甲eq f(1,2)v乙，Ek

43、甲eq f(1,2)Ek乙，故B錯；當(dāng)m甲4m乙，v甲eq f(1,4)v乙，Ek甲eq f(1,4)Ek乙，故C 錯，由于動能是標量，當(dāng)m甲m乙，v甲v乙，而甲、乙運動方向不同時，Ek甲Ek乙，故選D.18.B【解析】由WFs，可知W1W2，而在粗糙水平面上運動的物體移動相同距離時比在光滑水平面上移動相同距離所用時間長，由Peq f(W,t)，可知P1F，小球繼續(xù)做加速運動，在t1t2中間某一時刻，小球的重力等于彈簧彈力時，小球動能最大，故A、B錯；t2t3階段為小球被反彈的過程，這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減小，增加的動能和重力勢能等于彈簧彈性勢能的減少量，故選C.二、選擇題25.A【解

44、析】由Feq f(kq1q2,r2)，當(dāng)q12q1，q22q2，req f(1,2)r，可得F16F，故選C.26.D【解析】場強的大小是電場本身決定的，與放入該點的試探電荷所帶電荷量無關(guān)，故選D.27.B【解析】在電磁波譜中，波長越大，頻率越小，故倫琴射線頻率最大，紅外線頻率最小，故選B.28.D【解析】硬幣之所以能被吸引是由于硬幣中含有磁性材料，被磁體磁化，故選D.29.C【解析】磁感線在磁體的外部總是從磁體的北極出發(fā)，終止于磁體的南極，而在磁體的內(nèi)部總是從磁體的南極出發(fā)指向磁體的北極，故A錯；磁感線上某點的切線方向與放入該點的小磁針北極的受力方向相同，故B錯；磁感線的疏密反映磁場的強弱，

45、故C對；磁感線是假想存在的線，并不是客觀存在的，故D錯30.B【解析】閉合線圈產(chǎn)生的條件是穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化，故選B.31.A【解析】點電荷做圓周運動相當(dāng)于環(huán)形電流，根據(jù)右手定則，可判斷離q較近的P點的磁感應(yīng)強度應(yīng)沿OO軸向上，故選A.32.A【解析】根據(jù)FBIL及左手定則可判斷無需改變電流和磁場方向，只需適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強度，故選A.33.B【解析】根據(jù)It圖象，可判斷該交變電流的峰值為10A，有效值為eq f(10,r(2)A，周期為0.2s，頻率feq f(1,T)5Hz，故選B.34.B【解析】根據(jù)eq f(n1,n2)eq f(U1,U2)，得n11320，當(dāng)輸出電壓為

46、24V時，eq f(n1,n2)eq f(U1,U2)，得n2144，nn2n2108匝，故選B.35.D【解析】描述電場強弱的是電場強度，故選D.36.B【解析】根據(jù)Req f(l,s)，可知leq f(1,3)l時，Req f(1,3)R，故選B.37.B【解析】根據(jù)電荷的運動軌跡及電場線的方向可判斷該粒子帶負電，由A到B過程粒子的受力方向在粒子運動軌跡的內(nèi)側(cè)，電場力做正功，故選B.38.B【解析】平行板電容器所帶電荷量Q是指一個極板所帶電荷量的絕對值，故選B.39.C【解析】空調(diào)機可以降低室溫，而電風(fēng)扇并不能降低室溫，故A錯；微波爐產(chǎn)生的微波是波長很短的電磁波，故B錯；電視機和收音機都能

47、接收電磁波，C對；電冰箱的耗電量根據(jù)電冰箱的工作時間決定的，D錯40.D【解析】擴大電流表的量程應(yīng)在表頭兩端并聯(lián)一個電阻，擴大電壓表的量程應(yīng)在表頭兩端串接一個電阻，故D對41.B【解析】根據(jù)題圖可判斷此電路屬于“非”門電路，故選B.42.B【解析】R滑片向右移時，接入電路的滑動變阻器的阻值變大，故通過L1的電流變小，而L2兩端電壓不變，故通過L2的電流也不變，故L1變暗，L2不變，選B.43.C【解析】根據(jù)焦耳定律：QI2Rt，可求得電風(fēng)扇每分鐘發(fā)出的熱量，故C對44.B【解析】根據(jù)FBIl及左手定則可判斷無需改變電流和磁場方向，只需適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強度，故選B.三、填空題45.0【解析】

48、由于物體在水平面上靜止，處于平衡狀態(tài)，故A物體所受合外力為0.46.交流【解析】電磁打點計時器用的是低壓交流電源【解析】大齒輪、小齒輪上的點的線速度相同，設(shè)大齒輪角速度w1，小齒輪角速度2，則1eq f(2,T)rad/s，vr110.12m/s，2eq f(v,r2)3rad/s，又v3r321.2m/s3.8m/s.48.2eq r(gL)0.6【解析】根據(jù)豎直方向上：sgT2，水平方向上：；xv0T，得v02eq r(Lg)0.6m/s.49.401【解析】根據(jù)牛頓第二定律得Fmgma，即Fm(ga)4010m401mg.三、計算題50.A選修1110V【解析】 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

49、線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為Eneq f(,t)neq f(B,t)S5010020104 V10 VB選修31(1)0.4m(2)2.0107s【解析】(1)由FBqvFmv2/rr mv/Bq0.4 m(2)由FBqvFm(2/T)2rT2m/ Bq4.0107steq f(T,2)2.0107 s51.(1)6m/s24m/s2(2)120m【解析】(1)物體運動的加速度a1eq f(v,t)6 m/s2所受合力F合ma112 N阻力FfFF合8 N物體減速時的加速度a2eq f(Ff,m)4 m/s2(2)速度v224 m/s位移x2eq f(voal(2,2),2a2)72 mx1eq

50、f(1,2)a1teq oal(2,1)48 mxx1x2120 m52.(1)mgheq f(1,2)mv2(2)mg(Hh)eq f(1,2)mv2(3)eq f(2v2tan,gcos)【解析】(1)滑雪運動員在C點的機械能為：Emgheq f(1,2)mv2(2)滑雪運動員從A到C的過程中，由動能定理得：mg(Hh)Weq f(1,2)mv2得Wmg(Hh)eq f(1,2)mv2(3)滑雪運動員離開C點后做平拋運動，設(shè)落地點P距C的距離為L，有Lcosvt Lsineq f(1,2)gt2解得：Leq f(2v2tan,gcos).高中物理新課程會考模擬試卷(五)一、選擇題1.C【解

51、析】國際單位制中的基本單位包括：m、K、kg、s、cd、mol 、A，故選C.2.D【解析】參考系是研究物體的運動狀態(tài)時，被假定不動的物體，分析題中情景，可知題中所選取的參考系是云朵3.C【解析】位移表示物體的位置變化，是矢量，路程是物體運動軌跡的長度，是標量分析題中選項只有C選項正確4.D【解析】用力推講臺時，講臺不動，是由于講臺受到地面給它的摩擦力的作用，講臺未動，說明講臺處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零，故D正確，A、B、C錯誤5.C【解析】根據(jù)平行四邊形定則可判斷C正確6.B【解析】根據(jù)位移、時間關(guān)系式可判斷汽車做減速運動v020m/s，a4m/s2，故根據(jù)v2veq oal(2,0)2a

52、s解得s50m，故選B.7.A【解析】根據(jù)科學(xué)探究的基本過程可知方框2中應(yīng)為提出假設(shè)；方框4應(yīng)為實驗驗證，故選A.8.D【解析】離心運動是由于物體所受合力不足以提供向心力時，物體將做離心運動汽車在平直路面上加速行駛，開進泥坑里輪胎打滑或者與其他車輛碰撞均與圓周運動無關(guān)，只有D選項，汽車轉(zhuǎn)彎時，車速太快，汽車所受合外力不足以提供汽車的向心力導(dǎo)致翻車，故選D.9.D【解析】人受到的重力和氣流對人向上的力是一對平衡力，故A錯；地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈κ且粚ψ饔昧头醋饔昧?，故B錯；人受到的重力和人對氣流向下的力是兩個性質(zhì)完全不同的力，故C錯；人對氣流向下的力和氣流對人向上的力是一對作用力與

53、反作用力，D對10.A【解析】設(shè)繩索上的張力為F，則2Fcosmg，當(dāng)逐漸增大時，F(xiàn)逐漸增大，故選A.11.C【解析】根據(jù)牛頓第二定律：Ffma，當(dāng)用2F拉物體時2Ffma，聯(lián)立兩式Fmama，故a2a，選C.12.A【解析】飛機在重力、升力共同作用下，做圓周運動，重力和升力的合力提供向心力，故選A.13.D【解析】力F做的功等于F與沿F方向上的物體的位移的乘積，即WFh/sin，選D.14.B【解析】根據(jù)PFv，得Pfv1.510716W2.4105kW，故選B.15.A【解析】根據(jù)動能定理mgheq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)mv2即2ghv2veq oal(

54、2,1)，故石塊的落地速度的大小與石塊的質(zhì)量無關(guān)，只與石塊的初速度，重力加速度及石塊拋出時的高度有關(guān)，故選A.16.A【解析】第一宇宙速度為7.9km/s，故選A.17.B【解析】自行車同一輪上的角速度相等，即A、B、C三點角速度相同，又由vr，知A、B、C三點線速度大小vAvBvC，故選B.18.B【解析】球被踢出后，只有重力做功，機械能守恒，故人對球所做的功為球在最高點的機械能，即WEkEpmgheq f(1,2)mv2150J，故選B.19.C【解析】根據(jù)veq r(f(GM,r)，可知當(dāng)veq f(1,2)v時，r4r；aeq f(GM,r2)，aeq f(1,16)a；由eq r(f

55、(GM,r3)，eq f(1,8)，由T2eq r(f(r3,GM)，T8T，故A、B、D錯，C對20.C【解析】由Weq f(1,2)mv2，可知W與v2成正比，Wv2是一條過原點的傾斜的直線，選C.21.A【解析】在做“探究求合力的方法”實驗時，彈簧測力計應(yīng)與木板平行，兩細繩間夾角可以為任意值，但為了實驗的準確性，兩細繩間夾角應(yīng)大小適當(dāng)，在實驗過程中，不僅要記錄彈簧測力計的示數(shù)，還要記錄彈簧測力計的方向，故選A.22.D【解析】同步衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，A錯；同步衛(wèi)星的運行軌道在赤道上空，不可能經(jīng)過綿陽上空，B錯；由ar2，同步衛(wèi)星的加速度大于地球表面的物體自轉(zhuǎn)的加速度，C錯；同步

56、衛(wèi)星運行的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，故D對，選D.23.B【解析】物體在ABCD軌道上滑下時，摩擦力做功Wmgh，要使物塊從D點回到A點則力F做的功WFmghW2mgh，故選B.24.A【解析】根據(jù)動能定理Fs0Ek，又fumg，Ekeq f(1,2)mv2，若甲、乙與水平面的動摩擦因數(shù)相同，由um甲gs甲um乙s乙E0，由于s甲m乙，A對，B錯；若m甲m乙，由u甲mgs甲u乙mgs乙E0，由于s甲u乙，故C、D錯二、選擇題25.A【解析】根據(jù)Ceq f(S,4kd)，要使電容器的電容增大，可以減小兩極板間的距離，增大兩極板的正對面積，把可變電容器的動片旋入一些，故A對，B、C、D錯26.

57、B【解析】根據(jù)電場線的分布可判斷EAbc，A對；根據(jù)正電荷周圍電場線分布，知EaEbEc，B對；由于點電荷產(chǎn)生的電場為非勻強電場，即abbc，C錯；正點電荷在電場中受力方向與電場線方向相同，電場力做正功，D對37.A【解析】由于兩點電荷所帶電性相同，則它們之間的庫侖力為斥力，釋放q2后，q2將沿遠離q1的方向運動，又根據(jù)Feq f(kq1q2,r2)，則隨著r增大，F(xiàn)不斷減小，選A.38.C【解析】根據(jù)左手定則及FBIl，可知要增大導(dǎo)體棒的上擺幅度只需增大B、I、l，故選C.39.C【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律EI(Rr)，又Ieq f(U1,R)，解得E2V，選C.40.C【解析】由圖可知，

58、多用電表并聯(lián)在小燈泡的兩端，于小燈泡接在閉合電路中，故不能直接用多用電表測小燈泡電阻，A錯；測量小燈泡電壓時應(yīng)選擇直流擋而非交流擋，故B錯，C對；由于多用電表并聯(lián)在小燈泡的兩端，故不能用其測小燈泡的電流，D錯41.C【解析】沿著電場線方向，電勢降低，即CBA，故A、B錯；勻強電場中UEd，故UoAUCB，UBAUCB，故C對D錯42.D【解析】根據(jù)Wpt，得W108000J108105J，故選D.43.B【解析】根據(jù)邏輯電路的特點，可知B正確44.C【解析】根據(jù)左手定則可判斷C正確三、填空題45.卡文迪許【解析】物理學(xué)家卡文迪許利用扭秤裝置測得了萬有引力常量2【解析】根據(jù)vat，要使t5.2m

59、/s2.【解析】根據(jù)aeq f(s,T2)，解得a1.4m/s2.48.土星【解析】根據(jù)T2eq r(f(R3,GM)，知R越大，T越大，故繞太陽運行一周所用時間最長的是土星49.平衡摩擦力鉤碼的重力遠小于小車的總重力【解析】要探究合外力的功和動能變化間的關(guān)系，在本實驗中是用繩子拉力代表小車所受合外力，所以除拉力外的力的矢量和應(yīng)為0，所以要平衡摩擦力，對鉤碼Teq f(Mmg,Mm)，只有Mm，才有拉力約等于鉤碼重力成立四、計算題50.A選修11600V0.6A【解析】Eneq f(,t)600V，Ieq f(E,Rr)eq f(600,10990)A0.6A.B選修31(1)0.1m(2)1

60、.6104m/s【解析】(1)連接MN，質(zhì)子運動軌道的圓心應(yīng)在弦MN的垂直平分線上；質(zhì)子從M點垂直AE邊射入磁場，圓心應(yīng)在ME(或延長線)上，由此可以確定質(zhì)子運動軌道的圓心在E點，設(shè)正方形區(qū)域邊長為a，則軌道半徑req f(a,2)0.1m(2)設(shè)質(zhì)子速度為v，由牛頓第二定律有qvBeq f(mv2,r)得veq f(qBr,m)代入數(shù)據(jù)可得v1.6104m/s.第50B題圖51.(1)8m/s2(2)8m(3)0.8【解析】(1)由vtv0at，得aeq f(v0,t)；代入數(shù)值得a8 m/s2(2)由xv0teq f(1,2)at2，代入數(shù)值得x8 m(3)由牛頓第二定律Fma，得eq f