2020-2021學(xué)年北京高三上學(xué)期期中考試名校物理真題分類匯編（選擇第二部分）

2020-2021一．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系（共1小題）110s內(nèi)速度達(dá)到80km/h勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于該過程下列說法正確的是（）A．汽車的加速度大B．火車的加速度大C．兩車通過的位移相同D．汽車通過的位移大二．v-t圖像（共1小題）2．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如圖所示，由此可以推斷該物體在（）A．2s時(shí)速度的方向發(fā)生了變化B．2s時(shí)加速度的方向發(fā)生了變化C．～4s內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)D0～4s內(nèi)的位移約為m第1頁（共37頁）三．運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合（共2小題）3個(gè)物理量之間的關(guān)系，對(duì)圖象的研究在中學(xué)物理中具有極為重要的意義。關(guān)于甲、乙、丙、丁四個(gè)圖象，下列說法正確的是（）A．圖甲是某物體的位移隨時(shí)間變化的圖象，則該物體受不為零的恒定合力作用B．圖乙是某物體的速度隨時(shí)間變化的圖象，則該物體所受的合力隨時(shí)間增大C．圖丙是某物體的動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖象，則該物體在做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．圖丁是某物體的速度的平方隨位移變化的圖象，則物體的速度隨時(shí)間均勻增大4．小明和小華操控各自的玩具賽車甲、乙在小區(qū)平直的路面上做直線運(yùn)動(dòng)，＝0時(shí)刻兩賽車恰好并排，此后兩賽車運(yùn)動(dòng)的位移x2s）A．甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．乙做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且加速度大小等于2C＝1s時(shí)，甲、乙兩賽車速度大小相等D＝1s時(shí)，甲、乙兩賽車位移大小相等四．一般情況下的共點(diǎn)力平衡（共2小題）5．如圖所示，用輕質(zhì)的網(wǎng)兜將質(zhì)量為m的足球掛在光滑的墻壁上的O點(diǎn)，OA段細(xì)繩與墻壁的夾角為α，且細(xì)繩延長線過足球球心，取重力加速度大小為gOA段細(xì)繩內(nèi)的張力大小為（）??A．mgtanαB．??????C．??????D．第2頁（共37頁）6．如圖，一粗糙斜面放置在粗糙的水平地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪，一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)：現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成°。已知M和斜面都始終保持靜止，則在此過程中（）AM所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加B．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加D．斜面所受地面的摩擦力大小可能先減小后增大五．動(dòng)態(tài)平衡分析（共1小題）7．如圖所示，兩根等長的繩子AB和BC吊一重物，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩根繩子與水平方向夾角均為60°?，F(xiàn)保持繩子AB繞BBC的拉力變化情況是（）A．增大B．先減小后增大C．減小D．先增大后減小六．牛頓第二定律（共3小題）8．如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度為，則（）A．將滑塊由靜止釋放，如果＞tan，滑塊將下滑B．給滑塊沿斜面向下的初速度，如果μ＜θ，滑塊將減速下滑C．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動(dòng)，如果μ＝θ，拉力大小應(yīng)是mgsinθD．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動(dòng)，如果＝tan，拉力大小應(yīng)是2mgsinθ第3頁（共37頁）9．利用傳感器和計(jì)算機(jī)可以研究快速變化的力的大小。實(shí)驗(yàn)時(shí)，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點(diǎn)O處，然后小的信息，下列說法正確的是（）A．1、3時(shí)刻小球的速度最大B．、5時(shí)刻小球的動(dòng)能最小C．、4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)方向相同D．4﹣＜﹣610虹圈始終沒有超出彈性限度。則（）A．剛釋放瞬間彩虹圈上端的加速度大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菳．剛釋放瞬間彩虹圈下端的加速度等于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣菴．剛開始下落的一小段時(shí)間內(nèi)彩虹圈的長度變長D．彩虹圈的下端接觸地面前彩虹圈的長度不變七．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用——超重和失重（共2小題）．某小孩蕩秋千，當(dāng)秋千擺到最低點(diǎn)時(shí)（）A．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于超重狀態(tài)B．小孩所受重力和支持力的合力方向向下，小孩處于失重狀態(tài)C．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于超重狀態(tài)D．小孩所受重力和支持力的合力方向向上，小孩處于失重狀態(tài)第4頁（共37頁）12．關(guān)于超重與失重，下列說法正確的是（）15

A．在以大小為g的加速度加速下降的電梯中，物體對(duì)地板的壓力等于其重力的

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B．在以大小為g的加速度減速下降的電梯中，物體對(duì)地板的壓力等于其重力的

44C．衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，衛(wèi)星中物體對(duì)地板的壓力等于其重力D．衛(wèi)星在軌道上運(yùn)行時(shí)，衛(wèi)星中物體對(duì)地板的壓力等于零八．物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件（共1小題）13．關(guān)于運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．物體只有在變力作用下才能做曲線運(yùn)動(dòng)B．恒力作用下，物體一定做直線運(yùn)動(dòng)C．物體受到的合力減小時(shí)，其速度一定也減小D．做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其所受合力方向不一定指向圓心九．向心力（共2小題）14．兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平圓盤上，a到轉(zhuǎn)軸OO'的距離為Lb到轉(zhuǎn)軸的距離為2L，、b之間用長為L的強(qiáng)度足夠大的輕繩相連，兩木塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，在緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）Aa比b先達(dá)到最大靜摩擦力B＜√時(shí)，、b所受的摩擦力相等2?C＞√時(shí)，繩子有張力2?3D√時(shí)，a和b所受的摩擦力都達(dá)到最大靜摩擦力第5頁（共37頁）15．如圖所示，長為L的細(xì)繩一端固定，另一端系一質(zhì)量為m的小球．給小球一個(gè)合適的初速度，小球便可在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣就構(gòu)成了個(gè)圓錐擺，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ．下列說法中正確的是（）A．小球受重力、繩的拉力和向心力作用B．小球只受重力和繩的拉力作用C．θ越大，小球運(yùn)動(dòng)的速度越大Dθ越大，小球運(yùn)動(dòng)的周期越大一十．萬有引力定律的應(yīng)用（共2小題）16．地球和火星的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，忽略行星自轉(zhuǎn)的影響。根據(jù)下表，火星和地球相比（）行星半徑質(zhì)量/kg軌道半徑地球6.4×66.0×1.5×火星3.4×66.4×2.3×A．火星的公轉(zhuǎn)周期較小B．火星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度較小C．火星表面的重力加速度較小D．火星的第一宇宙速度較大17．如圖1所示，在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖2NQ﹣x關(guān)系如圖2已知星球M的半徑是星球N的3倍，則（）AM表面自由落體加速度是N表面自由落體加速度的3倍BQ的質(zhì)量是P的質(zhì)量的6倍CQ下落過程中的最大速度是P下落過程中的最大速度的1.5倍DQ下落過程中彈簧的最大壓縮量是P下落過程中彈簧的最大壓縮量的4倍第6頁（共37頁）一十一．人造衛(wèi)星（共2小題）18A橢圓道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的一點(diǎn)，如圖所示。下列說法中正確的有（）A．航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過A點(diǎn)的速度大于經(jīng)過B的速度B．航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過A點(diǎn)的加速度大于經(jīng)過B的加速度C．航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的周期D．航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上的機(jī)械能等于在軌道Ⅰ上的機(jī)械能191繞地球EP變軌后進(jìn)入軌道2正確的是（）A．不論在軌道1還是在軌道2運(yùn)行，衛(wèi)星在P點(diǎn)的速度都相同B．不論在軌道1還是在軌道2運(yùn)行，衛(wèi)星在P點(diǎn)的加速度都相同C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動(dòng)量一十二．功率、平均功率和瞬時(shí)功率（共1小題）20．質(zhì)量相同的物體A和B從同一位置分別以0、0水平拋出。若不計(jì)空氣阻力，則（）A．從拋出到落地的過程中，A物體所用時(shí)間少B．從拋出到落地的過程中，B物體重力做功的平均功率小C．落地前瞬間，AB重力做功的瞬時(shí)功率之比為1：1D．落地前瞬間，A、B動(dòng)能之比為：1第7頁（共37頁）一十三．動(dòng)能定理（共1小題）21點(diǎn)，沿斜面向上為正方向，物體的速度平方隨物體的位移變化如圖v﹣x所示（g取10m/s（）A．斜面傾角為°B．斜面傾角為°C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.87D．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.43一十四．機(jī)械能守恒定律（共1小題）22mh處由靜止釋放。向建立坐標(biāo)軸Ox，做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為。以下判斷正確的是（）A＝h+x，重力勢能與彈性勢能之和最小B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)為xh+2x0C．小球受到的彈力最大值大于D．小球動(dòng)能的最大值為?+02第8頁（共37頁）一十五．功能關(guān)系（共3小題）23A球升至最高位置CB的是（）A．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，彈簧的彈性勢能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能B．小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，彈簧的彈性勢能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，動(dòng)能一直增大D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，動(dòng)能最大的位置為AB的中點(diǎn)24m0.1g的加速度加速上升h）A．磅秤的示數(shù)等于mgB．磅秤的示數(shù)等于0.9mgC．人的動(dòng)能增加了0.1mghD．人的機(jī)械能增加了1.1mgh25體做勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端。下列說法中正確的是（）A．第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功B．第一階段摩擦力對(duì)物體做的功大于第一階段物體動(dòng)能的增加C．第一階段摩擦生熱等于第一階段物體動(dòng)能的增加D．全過程摩擦力對(duì)物體做的功等于全過程物體機(jī)械能的增加第9頁（共37頁）一十六．動(dòng)量定理（共3小題）26示另一個(gè)物理量。請(qǐng)選出以下表述中錯(cuò)誤的選項(xiàng)（）Ay表示物體的加速度，x表示時(shí)間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體的速度變化量By表示物體所受合力，x表示時(shí)間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量變化量C．若表示物體所受合力的功率，x表示物體運(yùn)動(dòng)的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動(dòng)能變化量Dy表示物體所受合力，x表示物體運(yùn)動(dòng)的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動(dòng)能變化量27．某物體沿粗糙斜面上滑，達(dá)到最高點(diǎn)后又返回原處，下列說法正確的是（）A．上滑、下滑兩過程中摩擦力做功相等B．上滑、下滑兩過程中機(jī)械能的減小量不相等C．上滑、下滑兩過程中摩擦力的沖量大小相等D．上滑、下滑兩過程中重力的沖量大小相等28B位置．現(xiàn)用手托重物使之緩慢上升至A位置，此時(shí)彈簧長度恢復(fù)至原長．之后放手，使重物從靜止開始下落，沿豎直方向在A位置和C位置（圖中未畫出）之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．重物運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．關(guān)于上述過程）A．重物在C位置時(shí)，其加速度的大小等于當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊闹礏．在重物從A位置下落到C位置的過程中，重力的沖量大于彈簧彈力的沖量C．在手托重物從B位置緩慢上升到A位置的過程中，手對(duì)重物所做的功等于重物往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中所具有的最大動(dòng)能D．在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個(gè)過程中，彈簧彈力對(duì)重物所做功之比是14第10頁（共37頁）一十七．動(dòng)量守恒定律（共9小題）29．如圖甲所示，長為的平板車Q靜止在水平地面上。t＝0時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊P從左端滑上平板車。P和Qv﹣PQ1kg＝10m/s2正確的是（）A～2sQ與水平地面之間有摩擦力B02s內(nèi)，平板車Q受到的沖量大小是2N?sCPQ靜止時(shí)時(shí)恰好在Q的最右端DPQ之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為為0.130．如圖所示，在此滑水平地面上有A、B兩個(gè)木塊，AB之間用一輕彈簧連接。A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然撤去力FF之后，下列說法中正確的是（）A．木塊A離開墻壁前，B物體的速度和加速度都增大B．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能也不守恒C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒D．木塊A離開墻壁后，A、B的速度不可能有相等的時(shí)刻31m一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑（）A．在下滑過程中，小球和槽之間的相互作用力對(duì)槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處第11頁（共37頁）32．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別是1和m2的兩物塊相連，它們靜止在光滑水平地面上?，F(xiàn)給物塊m1一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它獲得水平向右的速度0，從此時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列判斷正確的是（）A．1時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長B．2時(shí)刻彈簧長度最長C～3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)D～4時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉長狀態(tài)33．如圖所示，兩質(zhì)量分別為1和2的彈性小球AB疊放在一起，從高度為h處自由落下，h徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)．已知2＝1A反彈后能達(dá)到的高度為（）AhB．C．D4h34．關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（）A．物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，在任意相等時(shí)間內(nèi)速度的增量一定相同B．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度恒定C．合力對(duì)物體做功為零時(shí)，物體的機(jī)械能一定守恒D．如圖所示，光滑的水平面上放置一個(gè)光滑的斜劈M，在小物塊m沿斜劈斜面下滑的過程中，小物塊和斜劈組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒第12頁（共37頁）35．如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量分別為mP、mQmP＜m，Q與輕質(zhì)Q靜止，PP下列說法正確的是（）AP與Q的速度相等時(shí)，P與Q的加速度也相等BP與Q的速度相等時(shí)，P和Q的動(dòng)能之和最小CP與彈簧分離時(shí)，Q的動(dòng)能達(dá)到最大DP與彈簧分離時(shí)，P的速度方向向右361和2的兩木塊ABA瞬間獲得水平向右的速度v知（）A．1時(shí)刻彈簧最短，3時(shí)刻彈簧最長B1時(shí)刻到2時(shí)刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)到原長C．兩木塊的質(zhì)量之比為1：2＝：2D2時(shí)刻兩木塊動(dòng)能之比為K1K2＝1437．如圖所示，A和B離d＝12.5m，它們的質(zhì)量分別為mA2.0kg、m＝3.0kg?，F(xiàn)令它們分別以初速度vA＝5.0m/s和vB2.0m/s相向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間3.0s，兩物塊相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)，g＝10m/s2。以下判斷正確的是（）A．碰撞前A物塊的加速度大小為

m/s2B．物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為C．兩物塊碰撞前A、B的速度分別為2m/s和0DA和B碰撞過程中損失的機(jī)械能為3.0J第13頁（共37頁）一十八．簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量（共1小題）38．做簡諧振動(dòng)的物體，當(dāng)它每次經(jīng)過同一位置時(shí)，可能不同的物理量是（）A．位移B．速度C．加速度D．回復(fù)力一十九．橫波的圖像（共2小題）39P個(gè)時(shí)刻的波形圖（）A．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.4s40．一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時(shí)刻波的圖象如圖所示，已知波速為，圖示時(shí)刻＝2.0m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)速度方向沿y軸負(fù)方向，可以判斷（）A．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為0.20sB．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅為C．波沿x軸的正方向傳播D．圖示時(shí)刻，＝1.5m處的質(zhì)點(diǎn)加速度沿y軸正方向二十．波長、頻率和波速的關(guān)系（共3小題）41）A．它的振動(dòng)速度等于波的傳播速度B．它的振動(dòng)方向一定垂直于波的傳播方向C．它在一個(gè)周期內(nèi)走過的路程等于一個(gè)波長D．它的振動(dòng)頻率等于波源的振動(dòng)頻率第14頁（共37頁）42x軸有等間距的OPQ0.75m＝處有一接＝0時(shí)刻，O質(zhì)點(diǎn)從平衡位置開始沿y軸方向一直振動(dòng)，并產(chǎn)生沿x軸正方向傳播的波，O質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示。當(dāng)O質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到負(fù)向最大位移時(shí)，P質(zhì)點(diǎn)剛開始振動(dòng)。則（）A．質(zhì)點(diǎn)Q的起振方向?yàn)閥軸正方向B．這列波傳播的速度為0.75m/sC．若該波在傳播過程中若遇到0.5m的障礙物，不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象D．若波源O向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，接收器接收到波的頻率可能為0.2Hz43．如圖是某繩波形成過程的示意圖。質(zhì)點(diǎn)1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)質(zhì)點(diǎn)2、4，…各個(gè)質(zhì)點(diǎn)依次上下振動(dòng)，把振動(dòng)從繩的左端傳到右端。=?4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)5剛要開始運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．=?4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)5開始向下運(yùn)動(dòng)B．=?4時(shí)，質(zhì)點(diǎn)3的加速度方向向下C=?2開始的一小段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)8的速度正在減小D=?2開始的一小段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)8的加速度正在減小二十一．波的干涉現(xiàn)象（共1小題）44．兩波源1、2在水槽中形成的波形如圖所示，其中實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，則（）Aa點(diǎn)的振動(dòng)有可能始終加強(qiáng)，也有可能始終減弱B．a(chǎn)點(diǎn)的振動(dòng)既不始終加強(qiáng)，也不始終減弱C．a(chǎn)點(diǎn)的振動(dòng)始終加強(qiáng)Da點(diǎn)的振動(dòng)始終減弱第15頁（共37頁）二十二．庫侖定律（共1小題）45．兩個(gè)分別帶有電荷量+3Qr的兩處，它們間庫侖力的大小為F．兩小球相互接觸后將其固定，距離變?yōu)?r，則兩球間庫侖力的大小為（）131A．FB．FC．FDF443二十三．電場線（共1小題）46棒帶電量相等，且電荷均勻分布，此時(shí)O點(diǎn)場強(qiáng)度大小為E，撤去其中一根帶電棒后，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)椋ǎ?2A．√2B．ECEDE2二十四．電勢能與電場力做功的關(guān)系（共2小題）47．如圖所示，MN為兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的點(diǎn)電荷，O點(diǎn)是它們之間連線的中點(diǎn)，AB是、N連線中垂AOEOEAB和φOφAB分別表示OAB三點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和電勢，下列說法正確的是（）AEO等于0BEA一定小于EBCφA一定大于φBD．將一電子從O點(diǎn)沿中垂線移動(dòng)到A點(diǎn)，電場力一定不做功48QAB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在AB兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA，電勢能分別為EpAEpB．下列說法正確的是（）A．電子一定從A向BBaA＞BQM端且為負(fù)電荷C．無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有E＜pBDB點(diǎn)電勢可能高于A點(diǎn)電勢第16頁（共37頁）二十五．電勢（共1小題）49．兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上，相對(duì)原點(diǎn)對(duì)稱分布，正確描述電勢φ隨位置x變化規(guī)律的是圖（）A．B．．D．二十六．電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系（共2小題）50．如圖甲所示，在某電場中建立坐標(biāo)軸，AB為x軸上的兩點(diǎn)，xA、B分別為A、B兩點(diǎn)在x一電子僅在電場力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，該電子的電勢能p隨其坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是（）A．該電場是孤立點(diǎn)電荷形成的電場BA點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電場力對(duì)其所做的功＝pAEDA點(diǎn)的電勢小于B點(diǎn)的電勢51．兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1和Q2固定在x軸上，其中Q2所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)。將一電子放在x勢能隨位置變化的曲線如圖所示，其中xo是電勢能為零的點(diǎn)的坐標(biāo)，1是電勢能為極值的點(diǎn)的坐標(biāo)。由圖象可知（）AQ2一定帶負(fù)電B．兩個(gè)點(diǎn)電荷可能為同種電荷C．兩個(gè)點(diǎn)電荷在0處的合場強(qiáng)為零DQ1帶電量的絕對(duì)值必小于Q2帶電量的絕對(duì)值第17頁（共37頁）二十七．靜電平衡現(xiàn)象（共3小題）52．如圖所示，一個(gè)原來不帶電的半徑為r的空心金屬球放在絕緣支架上，右側(cè)放一個(gè)電荷量為的點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷到金屬球的球心距離為3r。達(dá)到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A．金屬球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，右側(cè)感應(yīng)出正電荷B．點(diǎn)電荷Q在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)處處為零C．金屬球最左側(cè)表面的電勢高于最右側(cè)表面的電勢?

D．感應(yīng)電荷在金屬球球心處產(chǎn)生的電場場強(qiáng)大小為＝k

9?253?⊕達(dá)到靜電平衡后，自由電子和金屬離子的分布情況是（）A．B．．D．54．如圖所示，用金屬網(wǎng)把不帶電的驗(yàn)電器罩起來，再使帶電金屬球靠近金屬網(wǎng)，則下列說法正確的是（）A．箔片張開B．箔片不張開C．金屬球帶電電荷足夠大時(shí)才會(huì)張開D．金屬網(wǎng)罩內(nèi)部電場強(qiáng)度為零第18頁（共37頁）二十八．尖端放電（共1小題）55說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是（）A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．利用避雷針使建筑物避免遭受雷擊C．通過線圈的磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流D．從干燥的地毯走過，手碰到金屬把手時(shí)有被電擊的感覺二十九．電容器與電容（共1小題）56E與電容器的電容Q及電容器兩極間電壓U之間的關(guān)系。他從等效的思想出發(fā)，認(rèn)為電容器儲(chǔ)存的能量等于把電荷從一個(gè)極板搬運(yùn)到另一個(gè)極板過程u隨電荷量q下列說法正確的是（）Au﹣q圖線的斜率越大，電容C越大B．搬運(yùn)Δq的電量，克服電場力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面積C．對(duì)同一電容器，電容器儲(chǔ)存的能量E與兩極間電壓U成正比??

D．若電容器電荷量為Q時(shí)儲(chǔ)存的能量為，則電容器電荷量為時(shí)儲(chǔ)存的能量為

24三十．電容器的動(dòng)態(tài)分析（共1小題）57Q，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為．下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述正確的是（）A．保持S不變，增大dθB．保持S不變，減小dθC．保持d不變，減小SθD．保持Sd不變，在兩板間插入電介質(zhì)，則θ第19頁（共37頁）三十一．帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)綜合（共1小題）58為n，加速電壓為U時(shí)，飛行器獲得的反沖力為．為了使加速器獲得的反沖力變?yōu)?F，只需要（）A．將加速電壓變?yōu)锽．將加速電壓變?yōu)镃．將單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的離子個(gè)數(shù)變?yōu)椤?nD．將單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的離子個(gè)數(shù)變?yōu)槿骄科綊佭\(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)（共1小題）59板的位置，小球落在板上的位置就會(huì)改變。某同學(xué)設(shè)想小球先后三次做平拋，將豎直板依次放在如圖1、2、3的位置，位置2在位置1和位置3正中央。若三次實(shí)驗(yàn)中，小球從拋出點(diǎn)到板上落點(diǎn)的豎直位移依次是y、2、y3，動(dòng)能變化量依次為1至2Ek12至3Ek2。不計(jì)空氣阻力則下面關(guān)系正確的是（）Ay﹣1＝﹣y，ΔEk1＜ΔEB．﹣y＜3y，ΔEk1＜ΔEC．﹣y＝3y，ΔEk1＝ΔEDy﹣1＜﹣y，ΔEk1＝ΔE第20頁（共37頁）2020-2021參考答案與試題解析一．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系（共1小題）1【解答】解：?汽=△?=??火=10△?△?=?60故A正確，BCD、兩者都做勻加速運(yùn)動(dòng)，通過的位移=?2?，故火車通過的位移大，故故選：A。二．v-t圖像（共1小題）2A02s﹣4s＝2sA正確。B、由圖讀出，13s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﹣內(nèi)位移為零。故D錯(cuò)誤。故選：A。三．運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合（共2小題）3Axt圖象中，甲圖象的斜率表示物體的速度，由甲圖象可知，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，根據(jù)牛頓第二定律可知：物體合外力為零。故A錯(cuò)誤；B﹣t漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知：物體合外力隨時(shí)間逐漸減小。故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)量定理pFt可知，丙圖象的斜率為物體所受的合外力，丙圖象中斜率不變，則物體所受的合外力不變，根據(jù)牛頓第二定律可知：物體的加速度不變，故物體在做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。故C正確；D2﹣＝2ax22ax+v0變大，則物體的加速度逐漸變大，故物體做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，物體的速度不隨時(shí)間均勻增大。故D錯(cuò)誤。故選：。??4A1m/s＝xvtv甲＝1m/s，故A正確；?B??1=（m/s＝0+2at2得：?1=v+2at速直線運(yùn)動(dòng)，初速度v＝，加速度＝2m/s，故B錯(cuò)誤；C、1s時(shí)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式可得：v乙at＝2×1m/s2m/s，而v＝1m/s，故C錯(cuò)誤；D1sx甲＝v甲＝×1m1mx=1=12＝，所以甲乙位移大小相2at2×2×1等，故D正確。故選：AD。第21頁（共37頁）四．一般情況下的共點(diǎn)力平衡（共2小題）5【解答】解：以足球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力、拉力、支持力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得OA段細(xì)繩內(nèi)的張力大?。??，故C正確、ABD錯(cuò)誤。故選：。6【解答】AN的重力是不變量，根據(jù)共點(diǎn)力平衡關(guān)系知，水平方向繩子的拉力和懸掛細(xì)繩的拉力的合力不變，再根據(jù)矢量平行四邊形法則作圖：由圖可知，當(dāng)用懸掛物塊N的細(xì)線與豎直方向的夾角增大時(shí)，水平拉力在不斷增大，懸掛細(xì)線的拉力也不斷增大，故A正確；BC、對(duì)物體M做受力分析，因?yàn)槔K子的拉力在不斷增大，物體在斜面方向受到重力的沿斜面的分力保持不變。摩擦力可能經(jīng)歷先減小后增大的過程，故B錯(cuò)誤，C正確；D、以斜面和物塊，N整體為研究對(duì)象，當(dāng)其所受水平拉力增大時(shí)，斜面對(duì)地面的摩擦力一定增大，故D錯(cuò)誤。故選：AC。五．動(dòng)態(tài)平衡分析（共1小題）第22頁（共37頁）7【解答】解：以結(jié)點(diǎn)B為研究對(duì)象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件得知，繩TBC逐漸緩慢地變化到沿水平方向過程中三個(gè)位置力的合成圖如圖，則由幾何知識(shí)得知，繩子AB拉力一直增大，繩子拉力先減小后增大，故錯(cuò)誤，B正確。故選：。六．牛頓第二定律（共3小題）8【解答】解：A、若μtanθ，則mgsinθ﹣μθ＜0．所以滑塊不會(huì)下滑。故A錯(cuò)誤。Bμ＜θ，mgsinμmgcosθ0，則合力大于0，所以滑塊會(huì)受到向下的力，將加速下滑，故B錯(cuò)誤；C、如果μ＝tan．mgsin﹣μmgcos＝，則合力等于零。則無需拉力拉動(dòng)，滑塊只需要有給他一個(gè)速度即可以勻速向下滑動(dòng)了，故C錯(cuò)誤；Dμ＝θ小F＝mgsinθμmgcos，因?yàn)椋絫an，所以mgsinθ＝μmgcosθ，所以＝2mgsinθ，故D正確。故選：D。9【解答】解：AO1小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，故1時(shí)刻小球的速度最大。同理，3時(shí)刻小球的速度也不是最大，故A錯(cuò)誤；B、2時(shí)刻繩子的拉力最大，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，速度為零，動(dòng)能最??；同理，5時(shí)刻小球的動(dòng)能也最小，故B正確；C、、5時(shí)刻小球都到達(dá)最低點(diǎn)，3時(shí)刻小球速度方向向上，4時(shí)刻小球速度向下，t、4時(shí)刻小球的運(yùn)動(dòng)方向相反，故C錯(cuò)誤；D、3～4時(shí)間內(nèi)與6～7時(shí)間內(nèi)小球都做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由于3時(shí)刻的速度大于6時(shí)刻的速度，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?=2?0，可知4﹣3＞﹣6D錯(cuò)誤。故選：。10A速度大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，故A正確；B、剛釋放瞬間彩虹圈下端受到向上的拉力，下端的加速度小于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，故B錯(cuò)誤；C、剛開始下落的一小段時(shí)間內(nèi)由于彈力的作用使得彩虹圈的長度變短，故C錯(cuò)誤；第23頁（共37頁）D、彩虹圈的下端接觸地面前彩虹圈內(nèi)部彈力使得彩虹圈的長度不斷變化，故D錯(cuò)誤。故選：A。七．牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用——超重和失重（共2小題）【解答】解：小孩站在秋千板上做蕩秋千的游戲，做的是圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，在最低點(diǎn)合力向上，有F﹣＝?2m，所以F＞，故小孩處于超重狀態(tài)，故C正確，錯(cuò)誤。?故選：。112【解答】解：A、在以大小為g的加速度加速下降的電梯中，對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：mgN4＝ma，解得地板對(duì)物體的支持力為：N=33mg，根據(jù)牛頓第三定律，可得物體對(duì)地板的壓力等于其重力的，故4A錯(cuò)誤；1B、在以大小為g的加速度減速下降的電梯中，對(duì)物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：N′﹣mg＝，解得4地板對(duì)物體的支持力為：N=55mg，根據(jù)牛頓第三定律，可得物體對(duì)地板的壓力等于其重力的B錯(cuò)誤；4CD地板對(duì)物體的支持力為零，根據(jù)牛頓第三定律可得物體對(duì)地板的壓力等于零，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。八．物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件（共1小題）13【解答】解：AB、物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件是合外力與速度方向不在一條直線上，物體受到恒定合外力作用時(shí)，也可以做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，例如平拋運(yùn)動(dòng)，所受的重力就是恒力，故AB錯(cuò)誤；C、當(dāng)物體受到的合外力與速度方向相同時(shí)，物體將做加速直線運(yùn)動(dòng)，物體受到的合力減小時(shí)，其加速度減小，但是其速度在在增大，故C錯(cuò)誤；D、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)物體的合外力方向總指向圓心，但變速圓周運(yùn)動(dòng)的合外力方向不一定指向圓心，故D正確。故選：D。九．向心力（共2小題）14A力μ＝mω2中ωr木塊b的最大靜摩擦力先達(dá)到最大值，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)木塊b的摩擦力剛達(dá)到最大值時(shí)，由最靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：μ＝2?2L，解得角速度為：ω=√，當(dāng)＜√時(shí)，、b所受的摩擦力均為靜摩擦力，a和b的質(zhì)量分別是2m和，而a與轉(zhuǎn)軸OO，b與轉(zhuǎn)軸OO2L，根據(jù)向心力公式＝mr2，可得a和b受到的摩擦力是相等的，故B正確；C＞√時(shí)，木塊b受到的最大靜摩擦力μ不足以提供向心力，繩子有張力，故C正確；D、當(dāng)整體剛要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊b由牛頓第二定律得：F+μ＝?2?2L第24頁（共37頁）對(duì)木塊a由牛頓第二定律得：μ2mg﹣＝?2?L3聯(lián)立解得整體木塊剛要開始滑動(dòng)的角速度為：ω=√4?，即此時(shí)a和b所受的摩擦力都達(dá)到最大靜摩擦力，故D正確。故選：BCD。15【解答】AB：小球只受重力和繩的拉力作用，二者合力提供向心力，∴A選項(xiàng)錯(cuò)誤，B正確。F＝mgtanθRLsinmgtan??2??，得到線速度：=?√=√θ越大，θtanθC選項(xiàng)正確。D：小球運(yùn)動(dòng)周期：=?????，因此，θ越大，小球運(yùn)動(dòng)的周期越小，∴D?=故選：BC。一十．萬有引力定律的應(yīng)用（共2小題）?216【解答】mr4?22得：r=。?22由于地于的軌道半徑大于火星的軌道半徑。?2D、對(duì)任意行星表面上的衛(wèi)星，若貼近表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)=??得，第一宇宙速度=√??星質(zhì)量和半徑的比值較小，則火星的第一宇宙速度較小，故D錯(cuò)誤。?2AB、火星和地球均繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)ma＝mr4?2?2得：a=3，T=2?√?，火星的軌道半徑較2大，則加速度較小，周期較大，故A錯(cuò)誤，B正確。?2C、根據(jù)=mg得：=2，由于火星質(zhì)量和半徑的二次方比值較大，則火星表面的重力加速度較小，故C?正確。故選：BC。?17【解答】A、由牛頓第二定律可知，物體在彈簧上下落的加速度a＝??x，結(jié)合圖2可知兩星球表面的重??力加速度之比為：=3?0?0=31，故A正確；BQPgMk?0mQg＝k2x????=??×00=31×21=61，故B正確；?2C、由物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系圖，結(jié)合公式v＝2ax可知，a﹣x圖象的面積表示，P下落221過程中的最大速度1有2=23?002Q下落過程中的最大速度22=2?002。21=√2?00√3?003，故C錯(cuò)誤；DCE=12=2??112??×3?00E=12=2??212??×00，第25頁（共37頁）?根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：Δk＝Δpm?=12?222=12?161×23=41Q下落的最大壓縮量是P下落的最大壓縮量的2D錯(cuò)誤。故選：AB。一十一．人造衛(wèi)星（共2小題）18【解答】A、根據(jù)開普勒第二定律可知航天飛機(jī)在遠(yuǎn)地點(diǎn)A的速度小于在近地點(diǎn)B的速度，故A錯(cuò)誤。?2BGma，得=2可知距離大的加速度小，故B?3?2C、由開普勒第三定律=k知，在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的周期，故C正確。D、題中要求從圓形軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓道Ⅱ，需要在A點(diǎn)減速做近心運(yùn)動(dòng)才行，故在A點(diǎn)短時(shí)間開動(dòng)發(fā)動(dòng)機(jī)后航天飛機(jī)的速度會(huì)減小，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤。故選：。19【解答】A．衛(wèi)星由軌道1在P點(diǎn)進(jìn)入軌道2做離心運(yùn)動(dòng)，要加速，所以在軌道1和在軌道2運(yùn)行經(jīng)過P點(diǎn)的速度不同，故AB1和在軌道2運(yùn)行經(jīng)過P=2P點(diǎn)的加速度都相同，故B正確；C=2r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以衛(wèi)星在軌道1的任何位置的加速度都不同，故C錯(cuò)誤；D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置的速度方向不同，所以動(dòng)量不同，故D錯(cuò)誤。故選：。一十二．功率、平均功率和瞬時(shí)功率（共1小題）20【解答】解：A、物體做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由豎直高度決定，根據(jù)=12可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故A2?錯(cuò)誤；B據(jù)＝mghABB錯(cuò)誤；AB2=2?＝mgvy可知，A、B重力做功的瞬時(shí)功率之比為：，故C正確；D、根據(jù)動(dòng)能定理可得：mgh=12?212可知，由于初速度不同，故落地時(shí)動(dòng)能不同，故D錯(cuò)誤；20故選：。一十三．動(dòng)能定理（共1小題）21【解答】解：由圖像可知，上滑過程的初速度平方v＝140m22，下滑過程的末速度平方v220m2/s2，兩過程的位移大小均為＝。對(duì)于上滑過程，由動(dòng)能定理可得：第26頁（共37頁）12﹣mgxsinθμmgxcosθ＝?2mv對(duì)于下滑過程，由動(dòng)能定理可得：mgxsinθ﹣μmgxcos1﹣02mv′聯(lián)立解得：θ＝°，√34≈0.43，故錯(cuò)誤，AD故選：AD。一十四．機(jī)械能守恒定律（共1小題）22【解答】A＝h+x，小球的重力等于彈簧的彈力，此時(shí)小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確；B、根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)大于h+2x0，小球受到的彈力最大值大于2mg，故B錯(cuò)誤，C正確；D(?+0)?12?0=12?2??+0，故D正確2故選：ACD。一十五．功能關(guān)系（共3小題）23【解答】A、小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，一方面小球重力勢能增加，另一方面小球的動(dòng)能增加，由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能與小球的動(dòng)能之和，故A錯(cuò)誤；B、小球在A點(diǎn)動(dòng)能為零，小球到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)動(dòng)能為零，小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中重力勢能增加，由能量守恒定律可知，小球從A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，彈簧的彈性勢能全都轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能，故BC、小球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小球先加速后減速，小球從AB的過程中動(dòng)能先增加后減小，故CD、小球從A上升到B位置的過程中，彈簧的彈力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，則小AB最大的位置在AB之間，并不一定是AB的中點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：。24【解答】A、根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣＝ma，解得：F＝1.1mg，即磅秤的示數(shù)等于，故AB錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)能定理得：ΔKW合＝＝0.1mgh，第27頁（共37頁）故C正確；Dhmghmgh0.1mgh1.1mghD正確。故選：CD。25A對(duì)物體做正功，第二階段靜摩擦力對(duì)物體做正功；故A錯(cuò)誤；B故第一階段摩擦力對(duì)物體做的功大于第一階段物體動(dòng)能的增加，故B正確；D等于全過程摩擦力對(duì)物體所做的功，故D正確；C、假定傳送帶速度為，第一階段，物體勻加速位移=?2?，傳送帶位移2＝；除重力及系統(tǒng)彈力外其余力做的功是機(jī)械能的增加量為fx，故摩擦生熱為Q＝fΔ＝f（2x）＝?2，故第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于摩擦力對(duì)物體做的功，故C正確；故選：BCD。一十六．動(dòng)量定理（共3小題）26【解答】A、加速度=????，圖像中的面積Sa?Δ，即速度的變化量，故A正確；B為IFtB正確；CWPt動(dòng)能的變化量，但橫坐標(biāo)表示物體運(yùn)動(dòng)的距離，則面積無意義，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)WFx可知，圖像面積表示合外力的功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力的功等于動(dòng)能的變化量，故D正確；選表述不正確的，故選：。27【解答】解：ACD、物體在上滑與下滑的過程中，由于受摩擦力的作用，向上時(shí)加速度大于向下時(shí)的加速度；擦力的沖量向上時(shí)要小，重力沖量上滑時(shí)較小，故A正確，錯(cuò)誤；B滑和下滑相同，機(jī)械能減小量相等，故B錯(cuò)誤；故選：A。28AB方向相反，最高點(diǎn)只受重力，加速度為，故最低點(diǎn)的加速度大小也為gA正確；B、在重物從A位置下落到C位置的過程中，動(dòng)量的改變量為零，根據(jù)動(dòng)量定理，有mgtFt＝，故重力的沖量等于彈簧彈力的沖量，故B錯(cuò)誤；第28頁（共37頁）C、在手托重物從B位置緩慢上升到A位置在到返回B位置過程中，重力做功為零，彈力做功為零，故手對(duì)重物所做的功等于重物往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中所具有的最大動(dòng)能，故C正確；D、根據(jù)胡克定律，有：F＝kx作圖如下：圖中圖線與xA位置到B位置和從B位置到C簧彈力對(duì)重物所做功之比是13D錯(cuò)誤；故選：AC。一十七．動(dòng)量守恒定律（共9小題）29A.Q所受的外力之和為零，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力，故A錯(cuò)誤；B.從圖像可知，02s內(nèi)，Q先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在～2s內(nèi)無摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理，摩擦力的沖量等于動(dòng)量的變化，所以I＝﹣＝?s，故B錯(cuò)誤；C.在＝1s時(shí)，Q相對(duì)靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從圖像可知，在0內(nèi)，P的位移為：x=02??=2+12×1?1.5m，Q的位移為：x=?2??=12×1?=0.5m，則：Δx＝﹣2＝，知P與Q相對(duì)靜止時(shí)在木板的中點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D.P從速度為2m/s所需的時(shí)間為1s，則=????=1?21m/s2＝﹣1m/s2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得：μ＝0.1，故D正確。故選：D。第29頁（共37頁）30AFAA和BB水平方向合外力不為零，所以木塊B有加速度，由＝B可知彈簧在恢復(fù)原長過程中，彈簧對(duì)木塊BB的合外力減小，所以木塊B的加速度減小，故A錯(cuò)誤；BA離開墻壁前，AB和彈簧組成系統(tǒng)受到墻壁的彈力和地面支持力均不做功，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化成A、B動(dòng)能，所以AB和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)動(dòng)量守恒條件是系統(tǒng)受合外力零，由于墻壁對(duì)A有彈力作用，所以A、B和彈簧系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)木塊A離開墻壁后，AB和彈簧系統(tǒng)合外力為零，彈簧彈性勢能與轉(zhuǎn)AB動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧伸長時(shí)，木塊B減速，木塊A減速，所以存在A、B速度相同的時(shí)刻，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：。31【解答】解：A、由于光滑弧形槽未固定且水平面光滑，小球下滑過程中，小球?qū)Σ鄣膹椓Υ怪庇诓巯蜃笙路?，小球受到的作用力?duì)小球做功，故A錯(cuò)誤；B、由于水平面光滑，小球下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，它們在水平方向動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤；CD1和2外力，系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：0＝1﹣2，則得：v1v，小球被彈簧反彈離開彈簧后，小球追不上槽，所以小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球不能到槽上高h(yuǎn)處，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：。32A0到11的速度比21時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度，此后，1的速度比2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以1時(shí)刻彈簧長度最短，故A錯(cuò)誤；B、22的速度最大，此后2的速度減小，彈簧被拉伸，則2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長，故B錯(cuò)誤；C～2時(shí)間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，2～3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、2時(shí)刻彈簧恢復(fù)原長，在t2～4時(shí)間內(nèi)，1先向左減速運(yùn)動(dòng)后向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧對(duì)1有向右的拉力，彈簧處于拉長狀態(tài)，后同向運(yùn)動(dòng)時(shí)1的速度比2的大，故D正確。故選：D。第30頁（共37頁）33【解答】解：兩球自由下落過程，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度﹣位移公式得：v＝2gh解得觸地時(shí)兩球速度大?。?√2?B球撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，對(duì)兩球碰撞過程研究，設(shè)碰后A球和B球的速度分別為、v，選豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m2﹣mv＝11+m221(m1+m2=1+12由機(jī)械能守恒定律得：2m112m222由題可知：＝3m，聯(lián)立解得：v＝√2，方向豎直向上A反彈后能達(dá)到的高度：H=?124h錯(cuò)誤，D正確。故選：D。34【解答】A、平拋運(yùn)動(dòng)是加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)。Δv＝Δ，在任意相等時(shí)間內(nèi)速度的增量是相同的，故A正確；B、勻速圓周運(yùn)動(dòng)加速度的方向指向圓心，始終是變化的，故B錯(cuò)誤；C械能增大，故C錯(cuò)誤；D、由于系統(tǒng)的合外力不為零，則小物塊和斜劈組成的系統(tǒng)總動(dòng)量不守恒，但水平方向動(dòng)量守恒，故D正確；故選：AD。35AP與QPQ由于p＜mQ，故根據(jù)牛頓第二定律可得a＞aQA錯(cuò)誤；BQQ的動(dòng)能之和最小，故B正確；CDPQPQQ守恒定律有mPv0＝mP+mQv212???02=2=12???12+2+122??2由于mP＜m，可解得P的速度向向左，故C正確，故D錯(cuò)誤；故選：BC。36A3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s知，此時(shí)彈性勢能最大，彈簧分別處以壓縮和伸長狀態(tài)，即1時(shí)刻彈簧最短，3時(shí)刻彈簧最長，故A正確；B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)m1逐漸減速，2逐漸加速，彈簧被壓縮，1時(shí)刻二者速度相當(dāng)，21第31頁（共37頁）向加速，2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)3時(shí)刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長，因此從1時(shí)刻到2時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，故B錯(cuò)誤；C、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選擇開始到1時(shí)刻列方程可知：m11＝（+m）21＝3m/sv＝1m/s代入得：m：m2＝：，故C正確；D、在2時(shí)刻A的速度為：vA＝1m/sB的速度為：v＝2m/s，根據(jù)m：m＝1：，求出k1：k2＝D錯(cuò)誤。故選：AC。37ABμAmAg＝mAaAaA＝gB受力分μg＝mBBa＝μd=???122??解得，?=17180則aA＝Bμ=17=172，180×10m/s18m/s由于＝v﹣Bt5解得=?m/s6故可判斷出在碰撞前B已經(jīng)停止，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，d=???122??解得＝0.1，aAa＝μ＝0.1×10m/s＝1m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；C、碰撞前B已經(jīng)停止，B＝，A＝﹣aA，代入數(shù)據(jù)解得A＝2m/sC正確；D、碰撞過程動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，mAA＝（m+m），設(shè)碰撞過程中損失的機(jī)械能Δ，根據(jù)能量守恒有12????′2=′2=12(??+??2+ΔE2+ΔE聯(lián)立解得Δ＝2.4J，故D錯(cuò)誤故選：BC。一十八．簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量（共1小題）38【解答】A、振動(dòng)物體的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次經(jīng)過同一位置時(shí)位移相同，故A錯(cuò)誤；B故B正確；C、加速度總與位移大小成正比，方向相反，每次經(jīng)過同一位置時(shí)位移相同，加速度必定相同，故C錯(cuò)誤；D、回復(fù)力總與位移大小成正比，方向相反，每次經(jīng)過同一位置時(shí)位移相同，回復(fù)力必定相同，故D錯(cuò)誤；故選：。第32頁（共37頁）一十九．橫波的圖像（共2小題）39解：從圖乙中可以看出，P點(diǎn)＝0時(shí)刻是從平衡位置開始向下振動(dòng)的，而在＝0.2s0.6s等時(shí)刻是從平衡位置向上振動(dòng)的。＝0.3s時(shí)，在波峰處，＝0.4s時(shí)在平衡位置向下振動(dòng)。結(jié)合圖甲知道，波向右傳播，P點(diǎn)正從平衡位置向上振動(dòng)。所以甲圖是P點(diǎn)＝0.2s、0.6s時(shí)刻的波動(dòng)圖象，故錯(cuò)誤，B正確。故選：。40【解答】A、由波動(dòng)圖象讀出波長λ＝4m，則質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為=??=420=0.2m/s，故AB、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅為A＝0.8cm，故B錯(cuò)誤；C＝2.0m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)速度方向沿yx軸負(fù)方向傳播，故C錯(cuò)誤；D、圖示時(shí)刻，＝1.5m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向，因?yàn)楹喼C運(yùn)動(dòng)中質(zhì)點(diǎn)的加速度方向與位移方向總是相反，則x＝1.5m處的質(zhì)點(diǎn)加速度沿y軸負(fù)方向。故D錯(cuò)誤。故選：A。二十．波長、頻率和波速的關(guān)系（共3小題）41A大小是變化的，和波速無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、在縱波中質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向相同或相反，并不垂直，故B錯(cuò)誤；C、質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)走過的路程等于4個(gè)振幅的長度，并非一個(gè)波長，故C錯(cuò)誤；D、每個(gè)質(zhì)點(diǎn)都在重復(fù)波源的振動(dòng)因此質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)頻率和波源的振動(dòng)頻率是相同的，故D正確。故選：D。42【解答】A、由振動(dòng)圖象知，質(zhì)點(diǎn)O在0時(shí)刻的起振方向沿y軸正方向，介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的起振方向均沿y軸正方向，故A正確；3BO質(zhì)點(diǎn)第一次達(dá)到負(fù)向最大位移時(shí)，POP距離是λ1mT4＝4s，則波速=??=14?/?=0.25m/sB錯(cuò)誤；C、因該波的波長為1m0.5m，所以遇到寬0.5m的障礙物能發(fā)生較明顯的衍射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；D、該波的頻率=1?=14??=0.25Hz，若波源從O點(diǎn)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，接收器接收到的波的頻率將大于0.25HzD錯(cuò)誤。故選：A。43AB1=?453的位移為正，故回復(fù)力向下，那么，加速度方向向下，故A錯(cuò)誤，B正確；第33頁（共37頁）C=?2時(shí)，質(zhì)點(diǎn)8的振動(dòng)和=?4時(shí)質(zhì)點(diǎn)4的振動(dòng)一致，故質(zhì)點(diǎn)8向上振動(dòng)，那么，速度減??；故C正確；D=?2開始的一小段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)8向上振動(dòng)。位移增大、加速度正在增大，故D錯(cuò)誤；故選：BC。二十一．波的干涉現(xiàn)象（共1小題）44＝λf為不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，所以雖然此時(shí)刻a點(diǎn)的振動(dòng)加強(qiáng)，但不能始終加強(qiáng)，當(dāng)然也不能始終減弱，故B正確，錯(cuò)誤。故選：。二十二．庫侖定律（共1小題）??3?45【解答】解：相距為r時(shí)，根據(jù)庫侖定律得：k；?22??2?(2?)2接觸后，各自帶電量變?yōu)?Q，則此時(shí)有：′＝k=?3，故C正確、ABD錯(cuò)誤。故選：。二十三．電場線（共1小題）46【解答】解：兩根等長帶電棒等效成兩個(gè)正點(diǎn)電荷如圖，兩正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的小為=1，故撤走一根帶電棒后，在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為1=?√2=√2?2，故選：。二十四．電勢能與電場力做功的關(guān)系（共2小題）47【解答】A、根據(jù)等量異種電荷電場的分布特點(diǎn)知，EO不等于0A錯(cuò)誤；BC、在兩電荷連線的中垂線上O點(diǎn)處電場線最密，兩邊疏，所以A一定大于E線，φA一定等于φ，故BC錯(cuò)誤；DO與A間的電