高一下學(xué)期期中試卷答案

1、高中物理新課程會(huì)考模擬試卷(一)一、選擇題1.A【解析】斜面對(duì)重物的支持力方向?yàn)榇怪庇谛泵嫦蛏系模蔄對(duì)2.D【解析】物體從t0時(shí)刻開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度vgt，在vt圖象中是一條過原點(diǎn)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?yàn)樨Q直向上，對(duì)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(duì)電梯的壓力為FN，則FNFN，則有FNmg，故選項(xiàng)C正確5.D【解析】質(zhì)點(diǎn)是用來代替物體的有質(zhì)量的點(diǎn)能把物體看成質(zhì)點(diǎn)的條件：物體的大小和形狀對(duì)所研

2、究運(yùn)動(dòng)的影響可以忽略不計(jì)時(shí)，不論物體大小如何，都可將其視為質(zhì)點(diǎn)由此可以判斷選項(xiàng)D中的運(yùn)動(dòng)員可以當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)處理，D對(duì)6.A【解析】由牛頓第二定律aeq f(F,m)，對(duì)于一給定物體，它受到的合外力F越大，m一定時(shí)，則加速度a越大，A對(duì)；由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式vv0at，知當(dāng)加速度a與初速度v0方向一致時(shí)，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(shí)，合外力越大，速度減小越快，B錯(cuò)；從靜止開始在外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)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(shí)，加速度減小，但仍在加速，速度是逐漸增大的，C錯(cuò)；原來做勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(shí)

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(shí)，速度逐漸減小，D錯(cuò)7.C【解析】由aeq f(v,t)知，加速度表示單位時(shí)間內(nèi)速度的變化，故運(yùn)動(dòng)物體的速度變化越快，加速度越大，C對(duì)8.B【解析】慣性是物體的屬性，不只是處于勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)才具有，A錯(cuò)；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(duì)；牛頓第三定律指出，物體間的作用力與反作用力是一對(duì)相互作用力，C錯(cuò)；牛頓運(yùn)動(dòng)定律僅適用于低速運(yùn)動(dòng)的宏觀物體，不適用于高速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子，D錯(cuò)9.B【解析】由題意A球、B球同時(shí)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)落到地面上，知A球豎直方向的運(yùn)動(dòng)和B球一樣，為自由落體運(yùn)動(dòng)，故選

4、B.10.A【解析】對(duì)沿光滑斜面自由下滑的物體進(jìn)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(duì)；物體下滑的動(dòng)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?yàn)榛瑝K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(duì)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(duì)13.D【解析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，速度的大小不變，但方向時(shí)刻都在改變，加速度大小不變，方向在變，故D對(duì)14.B【解析】同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期與地球的自轉(zhuǎn)周期相同，由Teq f(2,)知，12，B對(duì)第15題圖15.A【解析】如圖所示，當(dāng)FF1Fsin時(shí)，有兩個(gè)解；當(dāng)F1Fsin時(shí)，有唯一解；當(dāng)F1EA.由FqE知，F(xiàn)BFA，A錯(cuò)；電子帶負(fù)電，它在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向與該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相反，B錯(cuò)；若電子從B點(diǎn)靜止釋放，受到的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則電子僅在電場(chǎng)力作用下將沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，C對(duì)；從B點(diǎn)靜止釋放，因?yàn)殡妶?chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則電子僅在電場(chǎng)力作用下做

6、變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)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(duì)28.A【解析】洛倫茲力對(duì)帶電粒子永不做功，A對(duì)；運(yùn)動(dòng)電荷在某處不受洛倫茲力作用，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，B錯(cuò)；同理C也錯(cuò)；粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)能，D錯(cuò)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(chǎng)的史實(shí)，C對(duì)30.D【解析】電場(chǎng)線是假想的曲線，A錯(cuò)；電場(chǎng)線不一定從正電荷出發(fā)，終止于負(fù)電荷，B錯(cuò)；電場(chǎng)線不可能相交，C錯(cuò)；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，D對(duì)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(duì)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(duì)32.C【解析】永磁體的磁性會(huì)在外界條件影響下發(fā)生變化，A錯(cuò)；高溫使磁體的磁性越來越弱，B錯(cuò)；猛烈的敲擊會(huì)使磁體失去磁性，C對(duì)；同名磁極相互排斥，異名磁極相互吸引，D錯(cuò)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(shí)際生活中的應(yīng)用，C對(duì)35.B【解析】由電場(chǎng)線的特點(diǎn)，電場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越強(qiáng)，則有EMEN，由FqE知，同一負(fù)電

8、荷，在M、N處受到的電場(chǎng)力的大小關(guān)系為FMFN，A錯(cuò)，D錯(cuò)；因?yàn)檠仉妶?chǎng)線的方向電勢(shì)越來越低，M60km/h，故該車超速了四、計(jì)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)是由洛倫茲力提供向心力，即qvBmeq f(v2,r)對(duì)a粒子qvB2mpeq f(v2,ra)，對(duì)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(shí)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(jìn)，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(jī)械能守恒定律有mgReq f(1,2)mveq oal(2,B)小球在B點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)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(huì)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(duì)2.D【解析】因?yàn)槲矬w處于靜止?fàn)顟B(tài)，則水平方向FFf，且合力為零，D對(duì)；當(dāng)F增大時(shí)，若物體仍靜止，則Ff也

11、增大，A錯(cuò)、B錯(cuò)；F和Ff是一對(duì)平衡力，C錯(cuò)3.B【解析】90km/h是平均速度，A錯(cuò)；600m/s是瞬時(shí)速度，B對(duì)，C、D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)5.C【解析】合力最大的時(shí)候?yàn)槿齻€(gè)共點(diǎn)力方向一致時(shí)，F(xiàn)max8N，合力最小的時(shí)候?yàn)?N的力與1N、2N的力反向時(shí)，F(xiàn)min2N，C對(duì)6.B【解析】本題考查“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)操作，B對(duì)，A、C、D錯(cuò)7.B【解析】此題可類比于平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，從而判斷出B對(duì)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(duì)9.A【解析】對(duì)

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(jìn)的加速度相同，經(jīng)過相同時(shí)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(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)；小球速度最大時(shí)，小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，D錯(cuò)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(shí)間比是t1(t2t1)(t3t2)1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)，D對(duì)15.D【解析】由vr，AB，rArB，則vAvB，A、B錯(cuò)誤；由Teq f(2,)，AB，知TATB，C錯(cuò)、D對(duì)16.B【解析】曲線運(yùn)動(dòng)的物體受力都在曲線內(nèi)側(cè)，力的方向指向物體運(yùn)動(dòng)的方向，B對(duì)17.A【解析】重力做正功，重力勢(shì)能減少，本題中重力做了10J的功，則重力勢(shì)能減少，并且減少量等于10J，A對(duì)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(duì)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(dòng)的距離s也是相同的，所以拉力對(duì)物塊所做的功一樣大，A對(duì)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?yàn)閑q 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(gè)過程由動(dòng)能定理有mghEk9J，代入數(shù)據(jù)，解得Ek21J，B對(duì)21.A【解析】萬有引力的公式F萬Geq f(m1m2,r2)，行星繞太陽的運(yùn)動(dòng)可以近似看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(duì)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(yùn)動(dòng)軌跡是豎直向下的直線，C對(duì)23.B【解析】對(duì)A物體F向mArA2，A 物體受到的最大靜摩擦為fAmAg；對(duì)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(duì)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(dòng)24.C【解析】本題考查“探究功與物體速度變化的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，紙帶上打出的點(diǎn)“中間疏，兩頭密”的原因分析，C對(duì)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(shí)，C對(duì)26.A【解析】摩擦起電的本質(zhì)是電荷發(fā)生了轉(zhuǎn)移，A對(duì)；物體帶電量應(yīng)是電子電荷量的整數(shù)倍，B錯(cuò)；物體所帶電量可能很小，但不可能小于元電荷，C錯(cuò)；經(jīng)過摩擦使物體帶正電是因?yàn)槲矬w失去了電子，D錯(cuò)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(duì)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?yàn)镻總一定，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(duì)29.D【解析】根據(jù)磁感線的特點(diǎn)，磁感線越密的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，由圖可知，EDECEBEA，D對(duì)30.C【解析】磁通量?jī)H有大小，沒有方向，是標(biāo)量，A錯(cuò)；磁通量BS，磁通量越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定越大，還與S有關(guān)，B錯(cuò)；C對(duì)；D錯(cuò)31.B【解析】由veq f(,T)f知e

18、q f(v,f)eq f(c,f)，B對(duì)32.A【解析】根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)，電場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，由圖知EAEB，因?yàn)镕qE，所以有FAFB，A對(duì)，B、C、D都錯(cuò)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?yàn)樾〈裴樤诖艌?chǎng)中靜止時(shí)N極所指的方向就是磁場(chǎng)的方向，故D對(duì)；A、B、C均錯(cuò)34.A【解析】由圖象可知，imax2A，A對(duì)；T0.2s，B錯(cuò)；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(cuò)；我國(guó)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(cuò)35.A【解析】物體帶電的原因是得失電子，故B、D錯(cuò)；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(duì)；C錯(cuò)36.B【解析】由電場(chǎng)線的特點(diǎn)知，圖中電場(chǎng)線分布圖是異種電荷的電場(chǎng)線分布圖，C、D錯(cuò)；因?yàn)殡妶?chǎng)線從a出發(fā)，回到b，則a帶正電，b帶負(fù)電，A錯(cuò)；又因?yàn)閍、b點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線疏密程度相同，故a帶電荷量等于b帶電荷量，B對(duì)37.C【解析】在電源內(nèi)部，依靠非靜電力搬移電荷，A錯(cuò)；電源內(nèi)部存在著由正極指向負(fù)極的電場(chǎng)，B錯(cuò)；電源內(nèi)部存在內(nèi)阻，C對(duì)；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(cuò)38.B【解析】正常發(fā)光時(shí)，白

20、熾燈中有電流通過，電阻絲發(fā)熱，電阻變大，故R2R1，B對(duì)39.A【解析】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Eneq f(,t)，若n增加為2n，則E2E，A對(duì)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(duì)41.A【解析】由磁場(chǎng)方向、電流方向及左手定則可判斷出通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力F的方向，A對(duì)；B、C、D均錯(cuò)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(cuò)，B對(duì)；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(cuò)43.C【解析】斷開熱控開關(guān)時(shí)，電路中R增大，電流減小Peq f(U2,R)減小，從而達(dá)到保溫效果；定時(shí)開關(guān)、熱控開關(guān)都閉合時(shí)，電路中只有一個(gè)加熱電阻連入電路，電阻發(fā)熱，從而達(dá)到煮飯的目的44.C【解析】由UEd，代入數(shù)據(jù)U104V/m0.5m5000V，C對(duì)三、填空題【解析】由vtv0at解得t1.5s.46.eq r(f(2y1

22、,g)【解析】平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，y1eq f(1,2)gt2則teq r(f(2y1,g).【解析】設(shè)運(yùn)動(dòng)員入水的瞬間速度為v，則從最高點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)員落入水中之前，有v22g(dh1)22g；運(yùn)動(dòng)員從開始入水到落至最低點(diǎn)，有0v22ah2aeq f(v2,2h2)eq f(22,8)g2.75g，負(fù)號(hào)代表方向向上，在水中對(duì)運(yùn)動(dòng)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(jì)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(dòng)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(jī)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(huì)考模擬試卷(三)一、選擇題1.C【解析】一個(gè)物體能否看成質(zhì)點(diǎn)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(jiǎn)化成一個(gè)有質(zhì)量的點(diǎn)，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(duì)2.B【解析】物體運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，是標(biāo)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(shí)，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(yùn)動(dòng)規(guī)律，故選D.6.C【解析】伽利略理想實(shí)驗(yàn)把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理和諧的結(jié)合起來，證實(shí)了亞里士多德關(guān)于力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系錯(cuò)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(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(yùn)動(dòng)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(shí)，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(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失，故A、D錯(cuò)又作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同物體上，合力不可能為零，故

28、B錯(cuò)，C對(duì)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(shí)，小船垂直河岸的速度是一定的，故到達(dá)河對(duì)岸的時(shí)間也是一定的，當(dāng)水流速度增大時(shí)，小船沿水流方向的位移增大，即小船運(yùn)動(dòng)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(shí)，相當(dāng)于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而向心力由牽引力F和摩擦力F1共同提供，又因?yàn)槟Σ亮εc運(yùn)動(dòng)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(cè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)加速度實(shí)驗(yàn)時(shí)，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(shí)，F(xiàn)1k(ll1)，用力F2拉彈簧時(shí)，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(shí)，物體會(huì)逐漸遠(yuǎn)離圓心，而做離心運(yùn)動(dòng)，分析題中情景，可知只有C選項(xiàng)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】?jī)奢嗠S著皮帶傳動(dòng)時(shí)，輪邊緣上的線速度相等，即vAvB，而同一輪上的兩點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)，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(dòng)能定理知，物體的動(dòng)能的變化量等于合外力對(duì)物體做的功，故EkW1W214J，故選B.20.D【解析】運(yùn)動(dòng)員從最低處上升至最高處時(shí)，機(jī)械能守恒，重力做負(fù)功，彈力做正功，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能先增大，后減小，重力勢(shì)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(yùn)動(dòng)，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(duì)，A錯(cuò)若紙帶右端與小車相連，小車一直做加速運(yùn)動(dòng)，說明可能平衡摩擦力時(shí)，傾角太大，B、D錯(cuò)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(cuò)；電梯地板對(duì)物體的支持力與物體重力的合力所做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即eq f(1,2)mv2，故C錯(cuò)，D對(duì)二、選擇題25.B【解析】赫茲通過實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了電磁波的存在，故選B.26.A【解析】B、C、D選項(xiàng)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(xiàng)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(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線的分布特點(diǎn)，可

32、知A選項(xiàng)正確28.C【解析】根據(jù)左手定則可判斷C選項(xiàng)錯(cuò)誤，故選C.29.A【解析】任何兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近電的導(dǎo)體都可以看成電容器，A對(duì)；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(cuò)30.B【解析】當(dāng)穿過閉合線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，能使電流表指針偏轉(zhuǎn)，分析各選項(xiàng)，可知只有B選項(xiàng)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(hào)傳遞的更遠(yuǎn)，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(chǎng)中，小磁針的N極指

33、向即為磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，故選B.34.C【解析】由I2eq f(U,R)，當(dāng)R增大時(shí)，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(dòng)膜前后振動(dòng)時(shí)，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(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的定義式Eeq f(kq,r2)，兩點(diǎn)電荷在eq f(r,2)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小均為eq f(4kq,r2)，又根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的矢量疊加性可知，兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場(chǎng)為eq f(8kq,r2)，故選D.37.D【解析】根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)及左手定則可判斷D正確3

34、8.D【解析】電場(chǎng)的大小是由電場(chǎng)本身決定的，與放入電場(chǎng)中的試探電荷的大小無關(guān)，故A、B錯(cuò)；P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)越大，則同一電荷放入該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力也越大，故C錯(cuò)；電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向就是放入該點(diǎn)的正電荷受電場(chǎng)力的方向，故D對(duì)39.A【解析】根據(jù)蹄形磁鐵周圍電場(chǎng)線的分布情況可知小線圈放在P1處時(shí)，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(diǎn)處的磁場(chǎng)的方向是相同的，但離條形磁鐵越遠(yuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，同一通電導(dǎo)線放入磁場(chǎng)中時(shí)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(cuò)，A對(duì)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(duì)三、填空題45.飛船【解析】由于同步衛(wèi)星的運(yùn)行軌道比神舟號(hào)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(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)步驟，可得正確的操作順序?yàn)椋?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(jì)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(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直，在洛倫茲力作用下，做勻速

37、圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的距離為：AO2r，所以AOeq f(2mv,Bq)(2)當(dāng)離子到位置P時(shí)，圓心角：2，所以粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)速度變?yōu)榱銜r(shí)，向右運(yùn)動(dòng)的距離最遠(yuǎn)，由運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)速度為vB，對(duì)滑塊由A到B點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)后機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊到達(dá)P處時(shí)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(jī)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(tái)的時(shí)間teq f(2vp,g)4eq r(f(R,g)要實(shí)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(huì)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(shí)，我們可以認(rèn)為列車的形狀和大小對(duì)所研究的問題無影響，而研究運(yùn)動(dòng)員的跑步姿勢(shì)，地球自轉(zhuǎn)及飛船飛行姿態(tài)調(diào)整時(shí)，均不能忽略它們的形狀，故A、C、D錯(cuò)B對(duì)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(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩車相

40、對(duì)靜止，而乙車?yán)锏耐瑢W(xué)看到路旁樹木向西移動(dòng)，則以地面為參考系甲、乙兩車應(yīng)向東一起運(yùn)動(dòng)，故選D.5.B【解析】拔河比賽時(shí)，瘦子戰(zhàn)勝胖子的原因是地面對(duì)瘦子的摩擦力比地面對(duì)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(diǎn)落下時(shí)，它們的重力加速度都是相同的，而棉花團(tuán)比鐵釘晚落地是由于棉花團(tuán)受到的空氣阻力大，故C對(duì)，A、B、D錯(cuò)8.C【解析】根據(jù)甲、乙兩物體的速度時(shí)間圖象，可判斷甲、乙兩物體均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)刻，甲、乙兩物體速度相同，而t1后的任一時(shí)刻，甲物體的速度均

41、比同時(shí)刻乙物體的速度大，故A、B、D正確，C錯(cuò)誤，故選C.9.A【解析】人在從P點(diǎn)下落至a點(diǎn)時(shí)彈力為零，人向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，故A對(duì)；在ab段人的重力大于繩的拉力，人做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)；在bc段繩的拉力大于人的重力，人處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)；在C點(diǎn)，人的速度為零，但其加速度不為零，故D錯(cuò)10.D【解析】小球經(jīng)過磁鐵附近時(shí)，會(huì)受到磁鐵對(duì)小鐵球的吸引，它的運(yùn)動(dòng)軌跡會(huì)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(duì)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(duì)13.B【解析】彈簧向上彈起時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒，知小孩的重力勢(shì)能增大，彈簧的彈性勢(shì)能減小，故選B.14.A【解析】當(dāng)物體所受合外力為零時(shí)，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(yùn)動(dòng)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(cuò)；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(cuò)；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(cuò)，由于動(dòng)能是標(biāo)量，當(dāng)m甲m乙，v甲v乙，而甲、乙運(yùn)動(dòng)方向不同時(shí)，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(yùn)動(dòng)的物體移動(dòng)相同距離時(shí)比在光滑水平面上移動(dòng)相同距離所用時(shí)間長(zhǎng)，由Peq f(W,t)，可知P1F，小球繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，在t1t2中間某一時(shí)刻，小球的重力等于彈簧彈力時(shí)，小球動(dòng)能最大，故A、B錯(cuò)；t2t3階段為小球被反彈的過程，這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減小，增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能等于彈簧彈性勢(shì)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(chǎng)強(qiáng)的大小是電場(chǎng)本身決定的，與放入該點(diǎn)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(zhǎng)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(cuò)；磁感線上某點(diǎn)的切線方向與放入該點(diǎn)的小磁針北極的受力方向相同，故B錯(cuò)；磁感線的疏密反映磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，

45、故C對(duì)；磁感線是假想存在的線，并不是客觀存在的，故D錯(cuò)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(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)方向，只需適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)，eq f(n1,n2)eq f(U1,U2)，得n2144，nn2n2108匝，故選B.35.D【解析】描述電場(chǎng)強(qiáng)弱的是電場(chǎng)強(qiáng)度，故選D.36.B【解析】根據(jù)Req f(l,s)，可知leq f(1,3)l時(shí)，Req f(1,3)R，故選B.37.B【解析】根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡及電場(chǎng)線的方向可判斷該粒子帶負(fù)電，由A到B過程粒子的受力方向在粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)，電場(chǎng)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(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值，故選B.39.C【解析】空調(diào)機(jī)可以降低室溫，而電風(fēng)扇并不能降低室溫，故A錯(cuò)；微波爐產(chǎn)生的微波是波長(zhǎng)很短的電磁波，故B錯(cuò)；電視機(jī)和收音機(jī)都能

47、接收電磁波，C對(duì)；電冰箱的耗電量根據(jù)電冰箱的工作時(shí)間決定的，D錯(cuò)40.D【解析】擴(kuò)大電流表的量程應(yīng)在表頭兩端并聯(lián)一個(gè)電阻，擴(kuò)大電壓表的量程應(yīng)在表頭兩端串接一個(gè)電阻，故D對(duì)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(shí)，接入電路的滑動(dòng)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(duì)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(chǎng)方向，只需適當(dāng)增大電流或磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)計(jì)時(shí)器用的是低壓交流電源【解析】大齒輪、小齒輪上的點(diǎn)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(jì)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(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)的機(jī)械能為：Emgheq f(1,2)mv2(2)滑雪運(yùn)動(dòng)員從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得：mg(Hh)Weq f(1,2)mv2得Wmg(Hh)eq f(1,2)mv2(3)滑雪運(yùn)動(dòng)員離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地點(diǎn)P距C的距離為L(zhǎng)，有Lcosvt Lsineq f(1,2)gt2解得：Leq f(2v2tan,gcos).高中物理新課程會(huì)考模擬試卷(五)一、選擇題1.C【解

51、析】國(guó)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，被假定不動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，是標(biāo)量分析題中選項(xiàng)只有C選項(xiàng)正確4.D【解析】用力推講臺(tái)時(shí)，講臺(tái)不動(dòng)，是由于講臺(tái)受到地面給它的摩擦力的作用，講臺(tái)未動(dòng)，說明講臺(tái)處于平衡狀態(tài)，所受合外力為零，故D正確，A、B、C錯(cuò)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(shí)間關(guān)系式可判斷汽車做減速運(yùn)動(dòng)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(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，故選A.8.D【解析】離心運(yùn)動(dòng)是由于物體所受合力不足以提供向心力時(shí)，物體將做離心運(yùn)動(dòng)汽車在平直路面上加速行駛，開進(jìn)泥坑里輪胎打滑或者與其他車輛碰撞均與圓周運(yùn)動(dòng)無關(guān)，只有D選項(xiàng)，汽車轉(zhuǎn)彎時(shí)，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(duì)人向上的力是一對(duì)平衡力，故A錯(cuò)；地球?qū)θ说奈腿藢?duì)地球的吸引力是一對(duì)作用力和反作用力，故B錯(cuò)；人受到的重力和人對(duì)氣流向下的力是兩個(gè)性質(zhì)完全不同的力，故C錯(cuò)；人對(duì)氣流向下的力和氣流對(duì)人向上的力是一對(duì)作用力與

53、反作用力，D對(duì)10.A【解析】設(shè)繩索上的張力為F，則2Fcosmg，當(dāng)逐漸增大時(shí)，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(shí)2Ffma，聯(lián)立兩式Fmama，故a2a，選C.12.A【解析】飛機(jī)在重力、升力共同作用下，做圓周運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(shí)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(diǎn)角速度相同，又由vr，知A、B、C三點(diǎn)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(jī)械能守恒，故人對(duì)球所做的功為球在最高點(diǎn)的機(jī)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(shí)，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(cuò)，C對(duì)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(diǎn)的傾斜的直線，選C.21.A【解析】在做“探究求合力的方法”實(shí)驗(yàn)時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)應(yīng)與木板平行，兩細(xì)繩間夾角可以為任意值，但為了實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性，兩細(xì)繩間夾角應(yīng)大小適當(dāng)，在實(shí)驗(yàn)過程中，不僅要記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，還要記錄彈簧測(cè)力計(jì)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(cuò)；同步衛(wèi)星的運(yùn)行軌道在赤道上空，不可能經(jīng)過綿陽上空，B錯(cuò)；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(cuò)；同步

56、衛(wèi)星運(yùn)行的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，故D對(duì)，選D.23.B【解析】物體在ABCD軌道上滑下時(shí)，摩擦力做功Wmgh，要使物塊從D點(diǎn)回到A點(diǎn)則力F做的功WFmghW2mgh，故選B.24.A【解析】根據(jù)動(dòng)能定理Fs0Ek，又fumg，Ekeq f(1,2)mv2，若甲、乙與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由um甲gs甲u(yù)m乙s乙E0，由于s甲m乙，A對(duì)，B錯(cuò)；若m甲m乙，由u甲mgs甲u(yù)乙mgs乙E0，由于s甲u(yù)乙，故C、D錯(cuò)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(duì)面積，把可變電容器的動(dòng)片旋入一些，故A對(duì)，B、C、D錯(cuò)26.

57、B【解析】根據(jù)電場(chǎng)線的分布可判斷EAbc，A對(duì)；根據(jù)正電荷周圍電場(chǎng)線分布，知EaEbEc，B對(duì)；由于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，即abbc，C錯(cuò)；正點(diǎn)電荷在電場(chǎng)中受力方向與電場(chǎng)線方向相同，電場(chǎng)力做正功，D對(duì)37.A【解析】由于兩點(diǎn)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(yuǎn)離q1的方向運(yùn)動(dòng)，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(cè)小燈泡電阻，A錯(cuò)；測(cè)量小燈泡電壓時(shí)應(yīng)選擇直流擋而非交流擋，故B錯(cuò)，C對(duì)；由于多用電表并聯(lián)在小燈泡的兩端，故不能用其測(cè)小燈泡的電流，D錯(cuò)41.C【解析】沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，即CBA，故A、B錯(cuò)；勻強(qiáng)電場(chǎng)中UEd，故UoAUCB，UBAUCB，故C對(duì)D錯(cuò)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(diǎn)，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(cè)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(yùn)行一周所用時(shí)間最長(zhǎng)的是土星49.平衡摩擦力鉤碼的重力遠(yuǎn)小于小車的總重力【解析】要探究合外力的功和動(dòng)能變化間的關(guān)系，在本實(shí)驗(yàn)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(duì)鉤碼Teq f(Mmg,Mm)，只有Mm，才有拉力約等于鉤碼重力成立四、計(jì)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(yùn)動(dòng)軌道的圓心應(yīng)在弦MN的垂直平分線上；質(zhì)子從M點(diǎn)垂直AE邊射入磁場(chǎng)，圓心應(yīng)在ME(或延長(zhǎng)線)上，由此可以確定質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道的圓心在E點(diǎn)，設(shè)正方形區(qū)域邊長(zhǎng)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