2025年滬科版高三物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年滬科版高三物理上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、小型交流發(fā)電機的矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的磁感應(yīng)電動勢與時間的關(guān)系是正弦函數(shù)．將發(fā)電機與一個標(biāo)有“6V6W”的小燈泡連接形成閉合回路，不計電路的其他電阻．當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速為n=5轉(zhuǎn)/秒時，小燈泡恰好正常發(fā)光，則電路中電流的瞬時表達(dá)式為（）A.i=sin5tB.i=sin10πtC.i=1.41sin5tD.i=1.41sin10πt2、如圖，單匝圓形金屬線圈電阻恒定不變，在線圈的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直向里的勻強磁場，在時間t內(nèi)要使線圈中產(chǎn)生大小、方向恒定不變的電流，勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)按下列哪種情況變化？（）A.B.C.D.3、如圖所示；表示一交變電流隨時間而變化的圖象，此交變電流的有效值是（）

A.5AB.5AC.AD.3.5A4、自感電動勢的大?。ǎ〢.跟通過線圈的電流大小成正比B.跟線圈中的磁通量變化的大小成正比C.跟線圈中的電流變化大小成正比D.跟線圈中的電流變化快慢成正比5、如圖所示，x-y平面上有一半徑為a的圓形細(xì)線圈，其上的電荷線密度λ（即每單位長度的電量）均相同．當(dāng)線圈以?的角速度繞通過圓心且垂直x-y平面的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時，則線圈上所產(chǎn)生的電流I為（）A.B.aλ?C.D.w6、一物體受兩個力F1、F2的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，若保持F1恒定而將F2逐漸減小到零后又逐漸增大到原值（方向一直保持不變），在這個過程中物體的（）A.加速度增大，速度增大B.加速度減小，速度增大C.加速度先增大后減小，速度增大D.加速度和速度都是先增大后減小7、如圖所示a、b兩顆繞地球運行的衛(wèi)星，b是地球同步衛(wèi)星，以下說法正確的是A.衛(wèi)星a運行周期大于24hB.衛(wèi)星a運行周期小于24hC.在地面附近發(fā)射衛(wèi)星b的速度為11.2km/sD.衛(wèi)星a的運行速度可能為7.9km/s8、【題文】關(guān)于高中物理實驗，下列說法中正確的是（）A.利用打點計時器“研究勻變速直線運動規(guī)律”的實驗中，可以利用紙帶打出的點跡間接測得物體的運動速度B.在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，應(yīng)用等效替代的思想方法C.在“驗證牛頓第二定律”實驗中，采用了控制變量的實驗方法D.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，應(yīng)該先釋放重物后接通電源9、如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個α粒子從兩板正中央垂直電場、磁場入射，它在金屬板間運動軌跡如圖中曲線所示，則在α粒子飛躍金屬板間區(qū)域過程中（）A.α粒子的動能增大B.α粒子的電勢能增大C.電場力對α粒子做負(fù)功D.磁場力對α粒子做負(fù)功評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列說法正確的是（）A.晶體不一定都具有各向異性B.氣體的壓強是由氣體分子間斥力產(chǎn)生的C.布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的分子無規(guī)則運動的反應(yīng)E.已知阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，不能估算氣體分子的大小E.已知阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，不能估算氣體分子的大小11、以下說法正確的是（）A.煤、石油、天然氣等燃料的最初來源可追溯到太陽能B.汽油是一種清潔能源C.水能是可再生能源D.煤、石油等常規(guī)能源是取之不盡，用之不竭的12、一只船在靜水中的速度大小是5m/s，在流速為2m/s的河中航行，則岸上人能看到船的實際速度可能為（）A.2m/sB.5m/sC.7m/sD.10m/s13、一物體從某行星表面豎直向上拋出．從拋出瞬間開始計時，得到物體相對于拋出點的位移x與所用時間t的關(guān)系如圖所示，已知該星球半徑R=8×105Km以下說法中正確的是（）A.物體拋出時的初速度大小為4m/sB.該行星質(zhì)量的數(shù)量級為1028KgC.該行星表面的重力加速度大小為4m/s2D.該行星的第一宇宙速度為V1=40km/s14、（2016?湖北模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ（0°≤θ≤90°），一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上，給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放，改變直桿和水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時，小圓環(huán)在直桿上運動的時間最短，重力加速度為g，則（）A.恒力F一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向B.恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為mgD.恒力F的最小值為mg15、關(guān)于多用電表及其使用，下列說法中正確的是（）A.拿到多用電表時指針未指在刻度最左端，應(yīng)先用電阻的調(diào)零旋鈕調(diào)零B.測直流電壓時，其紅表筆接高電勢處C.測電路中某個電阻的阻值時，要將該電阻與其它元件斷開D.換測另一個電阻時都必須重新調(diào)零16、某人在高層建筑的陽臺外側(cè)以v=20m/s的速度豎直向上拋出一個小物體，不計空氣阻力，g=10m/s2，當(dāng)小物體運動到離拋出點15m處時，所經(jīng)歷的時間可能是（）A.1sB.3sC.（2+）sD.4s17、質(zhì)量為m的小球沿著豎直的圓形軌道的內(nèi)側(cè)運動，要使小球在運動過程中不脫離軌道，則小球在最低點的速度可以為（）A.B.2C.3D.418、在物體（質(zhì)量不變）運動過程中，下列說法正確的是（）A.動量不變的運動，一定是勻速運動B.動量大小不變的運動，可能是變速運動C.如果在任何相等時間內(nèi)物體所受的沖量相等（不為零），那么該物體一定做勻變速直線運動D.若某一個力對物體做功為零，則這個力對該物體的沖量也一定為零評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)19、一個很小的帶電油滴在電場內(nèi)，調(diào)節(jié)場強E，使作用在油滴上的電場力與油滴的重力平衡．如果油滴的質(zhì)量是m=1.6×10-14kg，所帶電荷量是Q=8×10-18C，由此可判定：若電場方向豎直向上，該油滴帶____電（填“正”或“負(fù)”），此時的電場強度E=____N/C．（g取10m/s2）20、若一物體的初速度為V0作一平拋運動，則經(jīng)過t時后，它豎直方向的速度為____，水平方向的位移是____此時速度的大小為____．21、（2011?東城區(qū)模擬）質(zhì)量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質(zhì)木架上的A和C

點，繩長分別為la、lb如圖所示；當(dāng)輕桿繞軸BC以角速度

ω勻速轉(zhuǎn)動時；小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩a在豎直

方向，繩b在水平方向，當(dāng)小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時輕桿停止轉(zhuǎn)動，則____

A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運動

B．在繩b被燒斷瞬間；a繩中張力突然增大

C．若角速度ω較??；小球在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)擺動

D．繩b未被燒斷的時繩a的拉力大于mg，繩b的拉力為mω2lb．22、將一物體由坐標(biāo)原點O以初速度v0拋出，v0與x軸夾角為α；在重力作用下運動軌跡如圖所示，A為軌跡最高點，B為軌跡與水平x軸交點，則物體到A點時速度為______，AB水平距離大小是______。

23、質(zhì)量為0.1kg的小球在距地面高為h=3.2m的平臺邊緣以初速度v0=6m/s水平拋出，落地時速度方向與水平方向之間的夾角為θ=____，小球落地時重力的功率為____W．（不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2）24、初動能為20ev的電子，從A點順著電線場方向飛入勻強電場，達(dá)到B點（位移SAB=10cm）時，電子的速度降為零，則UAB為____v，勻強電場的電場強度為____．評卷人得分四、畫圖題(共2題，共18分)25、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）26、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．評卷人得分五、實驗探究題(共2題，共12分)27、如圖所示為多量程多用電表的示意圖．

(1)

當(dāng)接通1

或2

時；為______檔(

填電流；電阻、電壓).1

的量程比2

的量程______(

填“大”或“小”)

．

(2)

測量某電阻時；用隆脕10婁賂

檔時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，他應(yīng)該換用______檔(

填“隆脕1婁賂

”或“隆脕l00婁賂

”)

換檔后，在測量前要先進行______．

(3)

該同學(xué)要測量多用電表直流“2.5V

”檔的內(nèi)阻Rv(

約為20k婁賂).

除此多用電表外；還有以下器材：直流電源一個(

電動勢E

為3V

內(nèi)阻可忽略不計)

電阻一個(

阻值R

為10k婁賂)

電鍵一個、導(dǎo)線若干．

要求：(i)

畫出實驗電路圖(

多用電表用表示)

(ii)

寫出Rv

的表達(dá)式.(

用字母表示，并說明所用字母的物理意義)

28、用打點計時器測定重力加速度；裝置如圖1

所示．

(1)

如果實驗時所用交流電頻率為50Hz

已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却蠹s為為9.79m/s2.

某同學(xué)選取了一條紙帶并在該紙帶上連續(xù)取了4

個點，且用刻度尺測出了相鄰兩個點間距離，則該同學(xué)所選的紙帶是圖2

中的______.(

填寫代號即可)

用打點計時器測定重力加速度，裝置如圖1

所示．

(2)

若打出的另一條紙帶如圖3

所示，實驗時該紙帶的______(

填“甲”或“乙”)

端通過夾子和重物相連接.

紙帶上1

至9

各點為計時點，由紙帶所示數(shù)據(jù)可算出實驗時的重力加速度為______m/s2

該值與當(dāng)?shù)刂亓铀俣扔胁町惖脑蚴莀_____.(

寫一個即可)

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】小燈泡恰好正常發(fā)光，根據(jù)P=UI得電路中的有效值，從而解決電流的峰值，根據(jù)i=Imsinωt即可求的瞬時表達(dá)式．【解析】【解答】解：小燈泡恰好正常發(fā)光，根據(jù)P=UI得電路中的有效值為：

其峰值為：；

ω=2πn=10πrad/s

電流的瞬時表達(dá)式為：=1.41sin10πt

故ABC錯誤；D正確；

故選：D．2、A【分析】【分析】由B-t圖象的斜率讀出磁感應(yīng)強度的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向．【解析】【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=n=ns；結(jié)合閉合電路歐姆定律，可知通過線圈上的電流大小恒定；

因此則有磁場隨著時間的變化率不變；

再由楞次定律；結(jié)合通過線圈上的電流方向不變，可判斷得到，A正確，BCD錯誤；

故選：A．3、B【分析】【分析】根據(jù)有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．【解析】【解答】解：將交流與直流通過阻值都為R的電阻；設(shè)直流電流為I，則根據(jù)有效值的定義有：

（4）2R?+（3）2R?=I2RT

解得：I=5A

故選：B．4、D【分析】【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無關(guān)．【解析】【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；E=n；即E與磁通量的變化率成正比，即電動勢取決于磁通量的變化快慢，而電流變化快慢，則會導(dǎo)致磁場的變化快慢，從而實現(xiàn)磁通量的變化快慢，故ABC錯誤，D正確；

故選：D．5、B【分析】【分析】根據(jù)題意可知，求出線圈的電量，并根據(jù)T=與I=，即可求解．【解析】【解答】解：由題意知；線圈半徑為a的圓形細(xì)線的電量為q=2πaλ；

而線圈轉(zhuǎn)動周期為T=，則有I==；故B正確，ACD錯誤；

故選B6、C【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律判斷其加速度的大小和方向，當(dāng)加速度的方向與速度方向相同，做加速運動，當(dāng)加速度的方向與速度方向相反，做減速運動．【解析】【解答】解：在水平方向的兩個平衡力作用處于靜止?fàn)顟B(tài)；若其中一個力逐漸減小到零后，又逐漸恢復(fù)到原值，在此過程中，加速度的大小先增大后減小到零，加速度的方向不變，所以速度一直增大．故C正確，A；B、D錯誤．

故選C．7、B【分析】試題分析：b是地球同步衛(wèi)星,則由牛頓第二定律知而故選項A錯誤、選項B正確；要使衛(wèi)星成為地球的衛(wèi)星需要的發(fā)射速度是選項C錯誤；若衛(wèi)星為近地衛(wèi)星，其線速度選項D錯誤；故選B.考點：本題考查了萬有引力定律、衛(wèi)星的發(fā)射和運動、近地衛(wèi)星和同步衛(wèi)星.【解析】【答案】B8、A|B|C【分析】【解析】

試題分析：A．利用打點計時器“研究勻變速直線運動規(guī)律”的實驗中；可以利用紙帶打出的點跡間接測得物體的運動速度，說法正確。

B．在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中；應(yīng)用等效替代的思想方法，說法正確。

C．在“驗證牛頓第二定律”實驗中；采用了控制變量的實驗方法，說法正確。

D．在“驗證機械能守恒定律”的實驗中；應(yīng)該先接通電源后釋放重物，說法錯誤。

考點：物理實驗。

點評：本題考查了在物理實驗過程中有關(guān)實驗細(xì)節(jié)、實驗思想等的考查【解析】【答案】ABC9、A【分析】解：對α粒子在電場；磁場中進行受力分析；受到豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的電場力。運動過程中，洛倫茲力不做功，由圖中給出的α粒子的運動軌跡可知電場力對其做正功，因此α粒子的電勢能減小。再由動能定理可知，α粒子的動能增大。因此A正確、BCD錯誤。

故選：A。

帶正電的粒子進入兩板中央；受到豎直向下的電場力和豎直向上的洛倫茲力，明確洛倫茲力不做功，根據(jù)電場力做功情況即可確定電勢能和動能的變化情況。

本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動過程分析，要注意明確洛倫茲力不做功的性質(zhì)?！窘馕觥緼二、多選題(共9題，共18分)10、ADE【分析】【分析】單晶體中單晶體表現(xiàn)各向異性；多晶體表現(xiàn)各向同性；

根據(jù)氣體壓強的形成原因分析B選項；

由布朗運動的現(xiàn)象和實質(zhì)分析C；

由液體表面張力產(chǎn)生的原因分析D；

知阿伏加伽德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可以估算該種氣體分子所占空間的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；單晶體中單晶體表現(xiàn)各向異性；多晶體表現(xiàn)各向同性，故A正確；

B；氣體壓強由于分子熱運動時氣體分子不斷撞擊容器壁形成持續(xù)壓力而形成的；與氣體分子間的斥力無關(guān)，故B錯誤；

C；布朗運動是懸浮在液體中無規(guī)則運動；反映的液體分子的無規(guī)則運動，故C錯誤；

D；液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，故C正確；

E；已知阿伏加伽德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度；可以估算該種氣體分子所占空間的大小，或分子之間的距離，但是不能估算分子的大?。蔈正確；

故選：ADE．11、AC【分析】【分析】要解答本題需掌握：可再生能源是能在短時間內(nèi)形成的能源，可再生資源特點是取之不盡用之不竭．【解析】【解答】解：A；煤、石油、天然氣是由于樹木等經(jīng)多年埋在地下而形成的；而樹木等的生成離不開太陽能；故其最初來源可追溯到太陽能；故A正確；

B；汽油是一種常規(guī)律能源；會帶來污染；故不屬于清潔能源；故B錯誤；

C；水是可以再生的；屬再生能源；故C正確；

D；煤、石油等常規(guī)能源的生成要經(jīng)歷很多年；用完將很難再生成；故D錯誤；

故選：AC．12、BC【分析】【分析】船參與了靜水運動和水流運動這兩運動的合運動，船實際的航速是這兩個速度的合速度，根據(jù)平行四邊形定則，判定合速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓捍瑢嶋H的航速是靜水速和水流速的合速度；根據(jù)平行四邊形定則，實際航速v大于等于3m/s，小于等于7m/s．故B；C正確，A、D錯誤．

故選：BC．13、BD【分析】【分析】從圖上可以讀出上升的最大高度和豎直上拋的時間，根據(jù)求出星球表面的重力加速度．再利用引力等于重力，即可求解質(zhì)量，最后由求第一宇宙速度．【解析】【解答】解：AC；由圖可知；上升最大高度為16m，整個豎直上拋的時間為8s，豎直上拋運動的上升過程和下降過程具有對稱性；

所以下降時間為4s．那么物體下落過程中，根據(jù)，

可得下落速度v=gt=2×4m/s=8m/s；

因此物體拋出時的初速度大小為8m/s；所以AC錯誤；

B、根據(jù)重力等于萬有引力，則有：，解得：；故B正確；

D、根據(jù)第一宇宙速度公式；故D正確。

故選：BD14、BCD【分析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合牛頓第二定律，可知，力與重力的合力方向一定沿桿的方向，再依據(jù)矢量的合成法則，及三角知識，即可求解．【解析】【解答】解：A；根據(jù)題意；小圓環(huán)在直桿上運動的時間最短，則加速度最大，即力與重力的合力方向沿桿的方向，那么恒力F的方向不確定，故A錯誤；

B；由于小圓環(huán)在直桿上運動的時間最短；即加速度方向沿桿的方向，而恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向，即為桿的方向，故B正確；

C；要使時間最短；則加速度最大，即不論F多大，沿何種方向，確定的力F與mg的合力方向沿桿向下；

當(dāng)恒力F的方向水平向右；如圖所示的受力；

則有：F==mg；故C正確；

D、合力F合與mg；F三力可構(gòu)成矢量三角形；如下圖所示：

由圖可知，當(dāng)F與F合垂直時，即與斜面垂直時，F(xiàn)有最小，則有：Fmin=mgsin60°=；故D正確；

故選：BCD．15、BC【分析】【分析】每選定一次歐姆檔位后電路發(fā)生改變要重新進行歐姆調(diào)零，測量電阻要把電阻與其它元件獨立；電流要從紅表筆流入；【解析】【解答】解：A；任何電表使用前都要機械調(diào)零而不是歐姆調(diào)零；故A誤；

B；測電壓時；其紅表筆接高電勢處，因為電流要從紅表筆流入，故B正確；

C；測電路中某個電阻的阻值時；一定要將該電阻與其它元件斷開，避免測量出現(xiàn)較大誤差，C正確；

D；當(dāng)測量電阻時；沒有換擋位時，不需要進行歐姆調(diào)零，故D錯誤；

故選：BC16、ABC【分析】【分析】取豎直向上方向為正方向，豎直上拋運動可以看成一種加速度為-g的勻減速直線運動，當(dāng)石塊運動到拋出點上方離拋出點15m時，位移為x=15m；當(dāng)石塊運動到拋出點下方離拋出點15m時，位移為x=-15m，根據(jù)位移公式求出時間．【解析】【解答】解：取豎直向上方向為正方向，當(dāng)石塊運動到拋出點上方離拋出點15m時，位移為x=15m，由x=v0t-gt2代入得：

15=20t-×10t2

解得：t1=1s，t2=3s

當(dāng)石塊運動到拋出點下方離拋出點15m時，位移為x=-15m，由x=v0t-gt2代入得：-15=20t-×10t2

解得：t1=（2+）s，t2=（2-）s（舍去）．

故A；B、C正確；D錯誤．

故選：ABC．17、AB【分析】【分析】因為題說不脫離，那么有兩種情況．第一，運動到四分之一圓周，小球回到最低點．那么由機械能守恒，由四分之一下來，求出最低點速度；第二，運動到最高點，在返回最低點．能到最高點，在最高點的速度最小是，再根據(jù)機械能守恒定律求出最低點的速度．【解析】【解答】解：A；當(dāng)小球運動到圓周的四分之一時；由機械能守恒得：

mgR=

解得：，所以當(dāng)時；小球不脫離軌道，故AB正確；

C；當(dāng)小球能到達(dá)最高點；恰好完成圓周運動，根據(jù)向心力公式得：

mg=m

解得：v=

由機械能守恒得：

解得：，所以當(dāng)時；小球不脫離軌道，故CD錯誤；

故選：AB18、AB【分析】【分析】動量是矢量，有大小，有方向，沖量等于物體所受的外力和時間相乘，沖量也是矢量，是有方向的．【解析】【解答】解：A；動量是矢量；有大小，有方向，動量不變的運動，速度大小和方向不變，一定是勻速運動，A正確；

B；勻速圓周運動的動量大小不變；是變速運動，B正確；

C；根據(jù)動量定理知F△t=m△v；所以物體的加速度不變，做的是勻變速運動，但可能是勻變速曲線運動，比如平拋運動，C錯誤；

D；沖量等于物體所受的外力和時間相乘；只要有力有時間，沖量就不為零，D錯誤；

故選AB三、填空題(共6題，共12分)19、負(fù)2×104【分析】【分析】帶電油滴受到的重力與電場力平衡，二力方向相反，即可判斷油滴帶何種電荷；根據(jù)平衡條件求解電場強度E．【解析】【解答】解：帶電油滴處于平衡狀態(tài)；重力與電場力大小相等，方向相反，則電場力方向豎直向上，而電場線方向豎直向下，所以油滴帶負(fù)電．

由平衡條件得：mg=qE，得：E==N/C=2×104N/C

故答案為：負(fù)，2×104．20、gtV0t【分析】【分析】平拋運動的水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是自由落體運動，根據(jù)分運動的位移和速度公式求解分位移和分速度，合成得到合速度．【解析】【解答】解：平拋運動的水平分運動是勻速直線運動；豎直分運動是自由落體運動；

物體的初速度為V0作一平拋運動，則經(jīng)過t時后，它豎直方向的速度為：vy=gt；

水平分位移為：x=V0t；

合速度：v==；

故答案為：gt，V0t，．21、BC【分析】【分析】繩子斷開前，小球做勻速圓周運動，對小球受力分析，可知b繩子的拉力提供向心力；繩子斷開后，桿停止轉(zhuǎn)動，小球有沿切向飛出的趨勢，可以分析小球進一步的運動．【解析】【解答】解：繩子斷開前，小球做勻速圓周運動，合力指向c點，對小球受力分析，受重力G，a繩子的拉力F1，b繩子的拉力F2；根據(jù)牛頓第二定律有

F1=mg

F2=mω2lb

小球的線速度為

v=ωlb

繩子斷開后；桿停止轉(zhuǎn)動，由于慣性，小球?qū)⒗@A點轉(zhuǎn)動，若速度較小，小球?qū)⒃诖怪庇谄矫鍭BC的豎直平面內(nèi)擺動；若速度較大，也有可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)繞A點做完整的圓周運動．

在最低點時

Fa-mg=m

解得

Fa=mg+m＞F1

故選BC．22、v0cosα【分析】解：斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)平行四邊形定則知，A點的速度為：vA=vx=v0cosα。

初始時刻豎直分速度為：vy=v0sinα

則A到B運動的時間為：t=

則AB的水平距離為：x=

故答案為：v0cosα，．

將斜拋運動分解為水平方向和豎直方向；得出兩個分運動的規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式和等時性求出物體在A點的速度和AB間的水平距離。

解決本題的關(guān)鍵知道斜拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住等時性，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解。【解析】v0cosα23、53°8【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，結(jié)合豎直方向上的運動規(guī)律求出小球落地時的豎直分速度，求的與水平方向的夾角，根據(jù)P=mgvcosθ求出落地時重力的功率【解析】【解答】解：根據(jù)速度位移公式有

解得．

與水平方向的夾角正切值為tan

解得θ=53°

重力的瞬時功率P=mgvy=1×8W=8W．

故答案為：53°，824、20200v/m【分析】【分析】由A到B用動能定理uq=△EK可求得電勢差，由E=可得場強【解析】【解答】解：由動能定理：由A到B：qUAB=0-EK0可得：=20V

UAB=Ed可得：E=═200V/m

故答案為：20，200四、畫圖題(共2題，共18分)25、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1.5m26、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五、實驗探究題(共2題，共12分)27、略

【分析】解：(1)

改裝成電流表時要并聯(lián)電阻分流；所以12

是電流檔；

并聯(lián)電阻越??；分流