2025年浙教版高三物理下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高三物理下冊階段測試試卷145考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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9題，共18分)1、如圖所示的電路中，變壓器為理想變壓器，原線圈接一正弦交變電流，副線圈解火災報警系統(tǒng)（報警器未畫出），電壓表和電流表均為理想電表，R0為定值電阻，R為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，則當該裝置附近有火源而導致其所在位置溫度升高時（不考慮儀器的損壞）（）A.電流表示數(shù)不變B.電壓表的示數(shù)不變C.R0的功率變小D.變壓器的輸出功率減小2、人和氣球離地高度為h，恰好懸浮在空中，氣球質量為M，人的質量為m，人要從氣球下拴著的軟繩上安全的下滑到地面，軟繩的長度至少為多少？（）A.B.C.D.3、一本書靜止在水平桌面上，則書對地球引力的反作用力是（）A.書對桌面的壓力B.地球對書的引力C.桌面對書的支持力D.書受到的合力4、測聲室內的地面、天花板和四周墻壁表面都貼上了吸音板，它們不會反射聲波，在相距6m的兩側墻壁上各安裝了一個揚聲器a和b，俯視如圖，兩揚聲器的振動位移大小、方向完全相同，頻率為170Hz．一個與示波器Y輸入相連的麥克風從a點開始沿a、b兩點連線緩緩向右運動，已知空氣中聲波的波速為340m/s（）A.麥克風運動到距離a點1.5m處時示波器熒屏上的波形為一直線B.麥克風運動過程中除在a、b兩點外，示波器熒屏有5次出現(xiàn)波形最大C.麥克風運動過程中示波器熒屏顯示的波形幅度是不變的D.如果麥克風運動到a、b連線的中點停下來之后，麥克風中的振動膜將始終處于位移最大處5、關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A.電磁波可以傳遞信息，聲波不能傳遞信息B.手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波C.太陽光中的可見光和醫(yī)院“B超”中的超聲波傳遞速度相同D.遙控器發(fā)出的紅外線波長和醫(yī)院CT中的X射線波長相同6、如圖所示；固定的錐形漏斗內壁是光滑的，內壁上有兩個質量相等的小球A和B，在各自不同的水平面做勻速圓周運動，以下說法正確的是（）

A.小球的線速度VA＞VB

B.小球的角速度ωA＞ωB

C.小球的加速度aA＞aB

D.小球對內壁壓力NA＞NB

7、如圖所示，有一垂直于紙面向外的磁感應強度為B的有界勻強磁場(邊界上有磁場)，其邊界為一邊長為L的三角形，A．B．C為三角形的頂點。今有一質量為m．電荷量為+q的粒子(不計重力)，以速度從AB邊上某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射人磁場，然后從BC邊上某點Q射出．若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則()A.

B.

C.

D.8、【題文】如圖8所示，有一理想變壓器，原線圈接在電壓一定的正弦交流電源上，副線圈電路中接入三個電阻R1、R2、R3；各交流電表的阻值對電路的影響不計，原來開關s是斷開的，當開關s閉合時，各電表的示數(shù)變化情況是()

A.電流流A1示數(shù)變大B.電流表A2示數(shù)變大C.電壓表V1示數(shù)變小D.電壓表V2示數(shù)變小9、赤道上某處有一豎直放置的避雷針，當帶有正電的烏云經過避雷針上方時，避雷針開始放電，則地磁場對避雷針的作用力方向為（）A.正南B.正東C.正西D.正北評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、土星周圍有美麗壯觀的“光環(huán)”，組成環(huán)的顆粒是大小不等、線度從1μm到10m的巖石、塵埃，類似于衛(wèi)星，它們與土星中心的距離從7.3×104km廷伸到1.4×105km．己知環(huán)的外緣顆粒繞土星做圓周運動的周期約為14h，引力常量為6.67×l0-11N?m2/k2，則土星的質量約為____．11、（2011秋?龍井市校級月考）如圖所示，是一輛汽車在兩站間行駛的速度圖象，汽車所受到的阻力大小為2000N不變，且BC段的牽引力為零，已知汽車的質量為4000kg，則汽車在此段的加速度大小為____，OA段汽車的牽引力大小為____．12、某雜技演員把一小球豎直向上拋出，1s后小球落回到手中．則小球離開手時的速度為____m/s；小球上升的最大高度為____m．（g=10m/s2，不計空氣阻力）13、氫原子中電子繞核做勻速圓周運動，當電子運動軌道半徑增大時，電子的電勢能____，（填增大、減小或不變）14、（2011?徐匯區(qū)模擬）如圖a所示，用水平恒力F拉動水平面上的物體，使其做勻加速運動．當改變拉力的大小時，相對應的勻加速運動的加速度a也會變化，a和F的關系如圖b所示，則該物體的質量是____kg，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)是____．15、一個作簡諧運動的質點在平衡位置O點附近振動．當質點從O點向某一側運動時，經3s第1次經過M點，再向前運動，又經2s第2次經過M點．則該質點再經____s第3次經過M點．16、請完成以下小題．

（1）如圖1所示；是某研究性學習小組做“探究橡皮筋做的功和物體速度變化的關系”的實驗，圖中是小車在一條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行的情形，這時，橡皮筋對小車做的功記為W．當我們用2條；3條完全相同的橡皮筋并在一起進行第2次、第3次實驗時，每次橡皮筋都拉伸到同一位置釋放，小車每次實驗中獲得的速度由打點計時器所打的紙帶測出．

①除了圖1中的已給出的實驗器材外，還需要的器材有____；

②實驗時為了使小車只在橡皮筋作用下運動，應采取的措施是____；

③在用圖示裝置做“探究動能定理”的實驗時，下列對于實驗步驟的描述中，正確的是____

A．通過改變橡皮筋的條數(shù)改變拉力做功的數(shù)值。

B．通過改變橡皮筋的長度改變拉力做功的數(shù)值。

C．通過打點計時器打下的紙帶來測定小車加速過程中獲得的最大速度。

D．通過打點計時器打下的紙帶來測定小車加速過程中獲得的平均速度。

（2）在做“研究勻變速直線運動”的實驗時；某同學得到一條用電火花計時器打下的紙帶如圖甲所示，并在其上取A；B、C、D、E、F、G7個計數(shù)點，每相鄰兩個計數(shù)點之間還有4個點圖中沒有畫出，電火花計時器接50Hz交流電源．他經過測量并計算得到電火花計時器在打B、C、D、E、F各點時紙帶運動的瞬時速度如下表：

。對應點BCDEF速度（m/s）0.1410.1800.2180.2620.301①設電火花計時器打點的時間隔為T，則計算vF的公式為vF=____（用題中所給物理量符號表示）

②根據(jù)上表中的數(shù)據(jù)，以A點對應的時刻為計時的開始，即t=0．試在圖乙所示坐標系中合理地選擇標度，作出v-t圖象，并利用該圖象求物體的加速度a=____m/s2．17、用螺旋測微器測一金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，其直徑為______mm．

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)18、將未飽和汽轉化成飽和汽，可以用保持溫度不變，減小體積，或是保持體積不變，降低溫度，也可以用保持體積不變，減小壓強．____．（判斷對錯）19、電視機的顯象管中電子束每秒進行50場掃描____．20、物體受到的合外力不做功，則物體一定作勻速直線運動．____．21、“寧停三分，不搶一秒”指的是時間．____．（判斷對錯）22、一定質量的理想氣體，當壓強不變而溫度由100℃上升到200℃時，其體積增加為原來的2倍．____．（判斷對錯）23、太陽輻射的能量主要來自太陽內部的核聚變反應____（判斷對錯）評卷人得分四、畫圖題(共2題，共12分)24、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7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）25、在圖示中，物體A處于靜止狀態(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．評卷人得分五、證明題(共4題，共20分)26、證明推導題：

試用運動學公式和牛頓定律證明：物體在光滑斜面上下落過程中機械能守恒．27、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，其間的質量損失可忽略．試證明新星體繞太陽的運動軌道為橢圓．28、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結合牛頓運動定律和運動學規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．29、如圖所示，兩個光滑的水平導軌間距為L．左側連接有阻值為R的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一質量為m的導體棒以初速度v0向右運動．設除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．評卷人得分六、計算題(共2題，共18分)30、在豎直井的井底，將一物塊以v0=15m/s的速度豎直向上拋出，物塊在上升過程中做加速度大小a=10m/s2的勻減速直線運動，物塊上升到井口時被人接住，在被人接住前1s內物塊的位移x1=6m．求：

（1）物塊從拋出到被人接住所經歷的時間；

（2）此豎直井的深度．31、如圖所示，足夠長的光滑豎直平行金屬軌道處于一個很大的勻強磁場中，已知軌道寬為l，磁感應強度大小為B、方向垂直軌道平面水平指向紙里。軌道上端接入一個滑動變阻器和一個定值電阻，已知滑動變阻器的最大阻值為R，定值電阻阻值為．軌道下端有根金屬棒CD恰好水平擱在軌道上，接觸良好，已知金屬棒質量為m。起初滑片P處于變阻器的中央，CD棒在一平行于軌道平面的豎直向上F作用下，以某一初速度開始向上做勻減速直線運動，已知初速度大小為v0；加速度大小為a。不考慮金屬棒和軌道的電阻，重力加速度大小為g。則。

（1）請說明金屬棒運動過程中棒中感應電流方向；

（2）保持滑片P位置不變；金屬棒運動過程中經過多少時間時流過定值電阻的電流為零？此時外力F多大？

（3）保持滑片P位置不變，金屬棒運動過程中經過多少時間時流過定值電阻的電流為I0（I0已知且非零值）？此時外力F多大？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】明確變壓器原理，知道理想變壓器電壓之比等于線圈匝數(shù)之比，電流之比等于線圈匝數(shù)的反比；同時注意根據(jù)閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析方法分析此類問題即可．【解析】【解答】解：A；根據(jù)變壓器原理可知；變壓器輸出電壓由輸入電壓和線圈匝數(shù)決定，因匝數(shù)不變；故輸出電壓不變，電壓表示數(shù)不變；因熱敏電阻阻值減小，則總電流增大，則輸入電流增大；故A錯誤，B正確；

C、因輸出電流增大，則由P=I2R可知，R0的功率變大；故C錯誤；

D；因輸出電壓不變；輸出電流增大，則由P=UI可知，變壓器的輸出功率增大；故D錯誤；

故選：B．2、C【分析】【分析】以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒．用繩梯的長度和高度h表示人和氣球的速度大小，根據(jù)動量守恒定律求出繩梯的長度．【解析】【解答】解：設人沿軟繩滑至地面，軟繩長度至少為L．以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象；豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：

0=Mv2+mv1①

人沿繩梯滑至地面時；氣球上升的高度為L-h，速度大小：

v2=②

人相對于地面下降的高度為h；速度大小為：

v1=③

將②③代入①得：0=M（-）+m?

解得：L=h；

故選：C．3、B【分析】【分析】力是物體間的相互作用力，相互作用力的施力物體和受力物體是相反的．【解析】【解答】解：書對地球引力的施力物體是書；受力物體是地球，故其反作用力是地球對書的吸引力；

故選：B．4、A【分析】【分析】當路程差是半波長的偶數(shù)倍時，振動加強，當路程差是半波長的奇數(shù)倍時，振動減弱；結合示波器的原理進行分析．【解析】【解答】解：A、聲波的波長，麥克風運動到距離a點1.5m處時，該點到a、b兩點的路程差為3m；等于半波長的奇數(shù)倍，振動減弱，正好抵消，所以在示波器熒屏上波形為一直線．故A正確．

B、麥克風運動過程中除在a、b兩點外，距a點1m、2m、3m、4m、5m的5個點到a、b的路程差都為半波長的偶數(shù)倍；振動加強，上圖示波器熒屏上有5次出現(xiàn)波形最大．故B正確．

C；由于輸入Y的振動不是穩(wěn)定的；所以波形振幅是變化的．故C錯誤．

D、如果麥克風運動到a、b連線的中點停下來之后；該點為振動加強點，振幅最大，但不是位移始終最大．故D錯誤．

故選AB．5、B【分析】【分析】電磁波是電磁場的一種運動形態(tài)；可以傳遞信息；

聲波是機械波，也可以傳遞信息．【解析】【解答】解：A；電磁波可以傳遞信息；如電視信號；聲波也可以傳遞信息，如人說話；故A錯誤；

B；手機用電磁波傳遞信息；人用聲波說話，故B正確；

C、太陽光中的可見光是電磁波，真空中為3×108m/s；“B超”中的超聲波是聲波；常溫下，空氣中大約為340m/s；故C錯誤；

D；遙控器發(fā)出的紅外線波長和醫(yī)院CT中的X射線頻率不同；波速相同，根據(jù)c=λf，波長不同，故D錯誤；

故選B．6、A【分析】

物體受力如圖：將FN沿水平和豎直方向分解得：FNcosθ=ma①，F(xiàn)Nsinθ=mg②．

由②可知支持力相等；則A；B對內壁的壓力大小相等．

根據(jù)牛頓第二定律，合外力提供向心力，合外力相等，則向心力相等．由①②可得：mgcotθ=ma=m=mω2R．可知半徑大的線速度大，角速度小．

則A的線速度大于B的線速度；A的角速度小于B的角速度，A；B的向心加速度相等．故A正確，B、C、D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】小球做勻速圓周運動；因此合外力提供向心力，對物體正確進行受力分析，然后根據(jù)向心力公式列方程求解即可．

7、A|D【分析】因為帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心必定在經過AB的直線上，可將粒子的運動軌跡畫出來，然后移動三角形，獲取AC邊的切點以及從BC邊射出的最遠點。由半徑公式可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑為如圖所示，當圓心處于O1位置時，粒子的運動軌跡與AC邊相切，并與BC邊相切，因此入射點P1，為離開B最遠的點，滿足A項正確；當圓心處于O2位置時，粒子從P2射入，打在BC邊的Q點，由于此時Q點距離AB最遠為運動軌跡的半徑R，故QB最大，即D項正確?！窘馕觥俊敬鸢浮緼D8、A|B|D【分析】【解析】分析：和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R2的變化；確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．

解答：解：由于總的電阻減小，所以電路的總電流要變大，所以A1、A2的示數(shù)都要變大；所以AB正確；

當閉合開關S后，電路的總的電阻減小，由于變壓器的匝數(shù)比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1的示數(shù)不變；故C錯誤；

當閉合開關S后，導致總電阻減小，由于總的電流變大，電阻R1的電壓變大，總的電壓保持不變，所以并聯(lián)部分的電壓要減小，即V2讀數(shù)變小；所以D正確．

故選ABD．

點評：電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法．【解析】【答案】ABD9、B【分析】解：地磁場的方向在赤道處從南向北；電流的方向豎直向下，根據(jù)左手定則，安培力的方向為向東．

故選：B．

根據(jù)電流的方向；磁場的方向；通過左手定則判斷安培力的方向．

解決本題的關鍵掌握左手定則判斷電流方向、磁場方向和安培力方向的關系．【解析】【答案】B二、填空題(共8題，共16分)10、6.4×1026kg【分析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，結合周期和軌道半徑求出土星質量的表達式，從而得出土星的質量．【解析】【解答】解：根據(jù)得，土星的質量M=；

代入數(shù)據(jù)有：M=6.4×1026kg

故答案為：6.4×1026kg11、0.5m/s24000N【分析】【分析】根據(jù)速度時間圖線求出勻加速和勻減速運動的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓簞蚣铀龠\動的加速度大小，勻減速運動的加速度大小；

對OA段運用牛頓第二定律得；F-f=ma，解得F=f+ma=2000+4000×0.5N=4000N．

故答案為：0.5m/s2，4000N．12、51.25【分析】【分析】小球做豎直上拋運動，上升和下降兩個具有對稱性，據(jù)此得到下降的時間，即可由運動學公式求解初速度和最大高度．【解析】【解答】解：小球做豎直上拋運動；根據(jù)對稱性可知小球下落的時間為t=0.5s

小球離開手時的速度與落回中的速度大小相等；為v=gt=10×0.5=5m/s

小球上升的最大高度為h==m=1.25m

故答案為：5；1.25．13、增大【分析】【分析】電子繞核運動時，半徑增大，電場力做負功，電勢能增大，動能減??；根據(jù)庫侖力提供向心力可分析周期的變化；和衛(wèi)星繞地球運動類似．【解析】【解答】解：電子運動軌道半徑增大時；電場力做負功，電勢能增大，動能減小；

故答案為：增大14、0.50.2【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出a和F的關系式a=，根據(jù)圖線的斜率求出物體的質量．根據(jù)a=0時，拉力F=f=1N，然后根據(jù)f=μmg求出動摩擦因數(shù)．【解析】【解答】解：由牛頓運動定律可知：a=可見；圖線的斜率表示物體質量的倒數(shù)，則m=0.5kg

當a=0時；F=f，所以圖線延長線與橫軸的交點表示物體與水平面之間的滑動摩擦力或最大靜摩擦力

由圖象可知：f=1N

由f=μmg得：μ===0.2

故答案為：0.5；0.215、略

【分析】

如圖所示，設質點B、C之間振動．

若質點先向左開始振動，畫出其振動一個周期內運動軌跡，如圖1所示，則知周期T1=3s+2s+=s，則該質點再時間△t1=T-2s=s；經第三次經過M點．

若該質點由O點出發(fā)后在20s內，=經過的路程是20cm，因為一個周期內質點通過的路程為4A，則15A1=20cm，振幅為A1==cm．

若質點先向右開始振動，畫出其振動一個周期內運動軌跡，如圖2所示，則知周期T1=4（3s+×2s）=16s，則該質點再時間△t2=T-2s=14s；經第三次經過M點．

故答案為：14s或s

【解析】【答案】分析質點可能的運動情況；畫出運動軌跡，確定周期，即一次全振動所用的時間，再確定經過多長時間質點第三次經過M點．并確定出振幅，求路程．

16、略

【分析】

（1）①該實驗用到打點計時器；所以需要交流電源，要測量長度，還需要刻度尺；

②小車下滑時受到重力；細線的拉力、支持力和摩擦力；要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高平衡小車所受的摩擦力．

③A：橡皮筋拉小車時的作用力是變力；我們不能求變力做功問題，但選用相同的橡皮筋，且伸長量都一樣時，橡皮條數(shù)的關系就是做功多少的關系，因此，可以不需求出變力功的大小，就知道功的關系．所以A正確，B錯誤；

C；D：當橡皮筋做功完畢小車應獲得最大速度；由于平衡了摩擦力所以小車以后要做勻速運動，相鄰兩點間的距離基本相同．所以計算小車速度應該選擇相鄰距離基本相同的若干個點作為小車的勻速運動階段，用這些點計算小車的速度．故C對D錯誤．

綜上可知A；C正確．

故選AC

（2）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度；電火花計時器的周期為T，所以從E點到G點時間為10T，有：

vF=

根據(jù)圖中數(shù)據(jù)；利用描點法做出圖象如下；

圖象斜率大小等于加速度大小，故a==0.40m/s

故答案為：（1）交流電源、刻度尺；將長木板的一段墊高平衡小車所受的摩擦力；AC；（2）0.40．

【解析】【答案】（1）①該實驗用到打點計時器；所以需要交流電源，要測量長度，還需要刻度尺；②小車下滑時受到重力；細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，需要采取平衡摩擦力的措施；③用橡皮筋拉小車探究功與速度變化的關系，必須平衡摩擦力，讓小車的速度增加僅僅是橡皮筋做功的結果；我們通過改變橡皮筋的條數(shù)來改變做功的多少，不用測量變力；小車的速度是加速段獲得的最大速度即以后的勻速段的速度．

（2）根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程中的平均速度可以求出F點的瞬時速度；根據(jù)v-t圖象的物理意義可知；圖象的斜率表示加速度的大小，因此根據(jù)圖象求出其斜率大小，即可求出其加速度大?。?/p>

17、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度為0.5mm；可動刻度為16.7×0.01mm=0.167mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.167mm=0.667mm．由于需要估讀，最后的結果可以在0.666～0.669之間．

故答案為：0.667（0.666～0.669之間）

解決本題的關鍵掌螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)；在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】0.667三、判斷題(共6題，共12分)18、×【分析】【分析】根據(jù)飽和汽壓僅僅與溫度有關，然后結合理想氣體的狀態(tài)方程即可正確解答．【解析】【解答】解：根據(jù)與飽和蒸汽壓有關的因素可知；同一種蒸汽的飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關，與其體積無關．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×19、√【分析】【分析】根據(jù)顯像原理：顯像管尾部的電子槍發(fā)射的電子束被加速和控制后呈掃描狀轟擊屏幕上的熒光粉，使屏幕發(fā)光，結合交流電的頻率，即可求解．【解析】【解答】解：電子槍發(fā)射電子束擊在顯像管的屏幕上的彩色繭光粉上；它的電子束是逐行掃描的，速度非常的快，肉眼是看不出來的，電子束掃描的方向主是靠顯像管管頸上的偏轉線圈來控制的，交流電的頻率為50赫茲，因此電子束能在1秒內，打在熒光屏上50場畫面，所以顯象管中電子束每秒進行50場掃描；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】物體做勻速直線運動時，合外力對物體不做功，但合外力不做功，物體不一定作勻速直線運動．【解析】【解答】解：物體受到的合外力不做功；則物體一定作勻速直線運動，如勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案為：×21、√【分析】【分析】時間是指時間的長度，在時間軸上對應一段距離，對應物體的位移或路程，時刻是指時間點，在時間軸上對應的是一個點，對應物體的位置．【解析】【解答】解：“寧停三分；不搶一秒”中的3分是3分鐘，3分鐘與1秒鐘在時間軸上都是指的時間的長度，都是時間．故該說法正確；

故答案為：√22、×【分析】【分析】一定質量的氣體，保持體積不變，溫度升高時，發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律分析壓強的變化【解析】【解答】解：根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程，一定質量的氣體，保持壓強不變，溫度升高時氣體的體積跟它的熱力學溫度成正比，即：；

初狀態(tài)：T0=100℃=373K，末狀態(tài)：T1=200℃=473K；所以溫度從100℃升高到200℃時，它的體積改變?yōu)樵瓉淼谋叮?/p>

故答案為：×23、√【分析】【分析】根據(jù)核反應的種類可知，太陽輻射的能量是核聚變反應．【解析】【解答】解：太陽輻射的能量主要來源于輕核聚變．所以以上的說法是正確的．

故答案為：√四、畫圖題(共2題，共12分)24、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1.5m25、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、證明題(共4題，共20分)26、略

【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式速度位移關系公式列式，變形即可證明．【解析】【解答】證明：設物體的質量為m，從光滑斜面上的A點滑到B點，在A、B兩點的速度分別為v1和v2．斜面的傾角為α，A、B兩點的高度分別為h1和h2．

根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα=ma

即有a=gsinα

根據(jù)運動學公式有-=2a?

聯(lián)立得有-=2g（h1-h2）

即得：m-=mg（h1-h2）

移項得+mgh1=m+mgh2．

即E1=E2；

得證．

證明見上．27、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C距日R3，設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=（mA+mB）-=-G

因此，新星體C的軌道為橢圓．28、略

【分析】【分析】（1）①根據(jù)滑動摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根據(jù)牛頓第二定律得物塊和薄紙的加速度．從而得到速度的變化量；再研究水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量，即可證明．

（2）根據(jù)相對位移，得到摩擦產生的熱量，利用功能關系求解．【解析】【解答】解：（1）①從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

物塊對薄紙施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面對薄紙施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄紙受到的總的摩擦阻力f總=μ1（M+m）g+μ2Mg

②從開始抽紙到薄紙被抽離物塊底部的過程，假設物塊的加速度為aM、薄紙的加速度為am，所用時間為t，這一過程物塊和紙張的速度變化量分別為△vM，△vm．

則有△vM=aMt，△vm=amt；

對于薄紙，根據(jù)牛頓第二定律有F-f桌-f物=mam

對于物塊，根據(jù)牛頓第二定律有f紙=MaM

由牛頓第三定律有f物=f紙

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右兩邊都乘以時間t，有（F-f桌）t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左邊即為水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量；右邊即為物塊和紙的總動量的變化量．命題得證．

說明：其他方法正確同樣得分．

（2）設物塊在薄紙上加速和在桌面上減速的位移分別為x1，x2；

則物塊對地位移s0=x1+x2

因薄紙質量可忽略；故其動能可忽略，所以水平拉力F所做的功有以下一些去向：

薄紙與桌面間的摩擦生熱Q1=μ1Mg（x1+L）

物塊與薄紙間的摩擦生熱Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物塊與桌面間的摩擦生熱Q3=μ1Mgx2

由功能關系有WF=Q1+Q2+Q3

解得WF=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL

所以，水平拉力F所做的功W=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．

答：

（1）①薄紙所受總的摩擦力為μ1（M+m）g+μ2Mg．②證明見上．

（2）此過程中水平拉力所做的功為μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．29、略

【分析】【分析】導體棒向右運動時，受到向左的安培力作用而減速運動，根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運用積分法研究整個過程，再對棒運動λs時研究，求出電路中電流，從而得到R上的熱功率．【解析】【解答】證明：取向右為正方向．根據(jù)牛頓第二定律得：

-=ma=m①

即得-v△t=m△v②

兩邊求和得：（-v△t）=m△v③

又v△t=△x④

對整個過程，由③求和得-s=m（0-v0）；

即有s=mv0⑤

從開始運動到棒運動到λs的過程，由③求和得：-λs=m（v-v0）⑥

由⑤⑥解得棒運動到λs速度為：v=（1-λ）v0⑦

此時電阻R上的熱功率為：P===．

得證．六、計算題(共2題，共18分)30、略

【分析】【分析】（1）豎直上拋運動是加速度為g的勻減速直線運動；根據(jù)勻變速直線運動的推論可求得被人接住前1s內的平均速度，得到該段時間內中間時刻的瞬時速度，由速度公式求出物體被接住時的速度和物塊從拋出到被人接住所經歷的時間．

（2）根據(jù)速度位移公式求井深．【解析】【解答】解：（1）被人接住前1s內的平均速度為===6m/s

根據(jù)平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可得在人接住前0.5s時的速度為：v1=6m/s

設物體被接住時的速度v2，則：v2=v1-gt

得：v2=6-10×0.5=1m/s

由豎直上拋運動的運動規(guī)律；物塊從拋出到被人接住所經歷的時間：

t′==s=1.4s

（2）此豎直井的深度：

h===11.2m

答：

（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間為1.4s；

（2）豎直井的深度為11.2m．31、解：（1）金屬棒先向上勻減速直線運動；速度減到零后向下勻加速直線運動。因此根據(jù)右手定則，當金屬棒CD向上運動時，棒中感應電流方向為：D→C；然后當金屬棒CD向下運動時，棒中感應電流方向為：C→D。

（2）若流過定值電阻的電流為零；則此時電路中沒有感應電流，即感應電動勢為零，根據(jù)E=BLv可知道，v=0

根據(jù)運動學公式：0=v0-at

得：t=

金屬棒運動過程中流過定值電阻的電流為零；此時安培力為零；

根據(jù)牛頓第二定律；得：mg-F=ma

此時外力為：F=mg-ma

（3）當滑片處于中央時，并聯(lián)電阻為R，回路總電阻為R．流過定值電阻的電流為I0時，此時干路電流為2I0。

感應電動勢為：E=2I0?R=I0R，根據(jù)E=BLv得：v==

討論：金屬棒先向上勻減速直線運動；后向下勻加速直線運動。

①當v0＜時，只在向下加速過程中，才出現(xiàn)流過定值電阻的電流為I0．根據(jù)運動學公式得到，經過時間流過定值電阻的電流為I0。

此時；根據(jù)牛頓第二定律得：

mg-F-FA=ma，此時F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB

此時t=

②當v0=時，在t1=0以及向下加速過程中，出現(xiàn)流過定值電阻的電流為I0。

t1=0時，棒向上運動，mg+FA-F=ma，得到此時F=mg+FA-ma=mg-ma+2I0LB

t2=時，棒向下運動，mg-F-FA=ma，此時F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB

③當v0＞t=

時，向上和向下過程中都出現(xiàn)流過定值電阻的電流為I0

向上過程中，此時mg+FA-F=ma，得到此時F=mg+FA-ma=mg-ma+2I0LB此時t=

向下過程中，經過時間，此時mg-F-FA=ma，此時F=mg-ma-FA=mg-ma-2I0LB此時：t=

答：（1）金屬棒CD向上運動時；棒中