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．勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系（共1小題）110s內(nèi)速度達到80km/h勻變速直線運動，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算機結(jié)合，可以自動做出物體的速度v隨時間t的變化圖象．某次實驗中獲得的v﹣t如圖所示，由此可以推斷該物體在（）A．2s時速度的方向發(fā)生了變化B．2s時加速度的方向發(fā)生了變化C．～4s內(nèi)做曲線運動D0～4s內(nèi)的位移約為m第1頁（共37頁）三．運動學(xué)圖像綜合（共2小題）3個物理量之間的關(guān)系，對圖象的研究在中學(xué)物理中具有極為重要的意義。關(guān)于甲、乙、丙、丁四個圖象，下列說法正確的是（）A．圖甲是某物體的位移隨時間變化的圖象，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間變化的圖象，則該物體所受的合力隨時間增大C．圖丙是某物體的動量隨時間變化的圖象，則該物體在做勻變速直線運動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動，＝0時刻兩賽車恰好并排，此后兩賽車運動的位移x2s）A．甲做勻速直線運動B．乙做勻加速直線運動，且加速度大小等于2C＝1s時，甲、乙兩賽車速度大小相等D＝1s時，甲、乙兩賽車位移大小相等四．一般情況下的共點力平衡（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，OA段細繩與墻壁的夾角為α，且細繩延長線過足球球心，取重力加速度大小為gOA段細繩內(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N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成°。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，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，如果＝tan，拉力大小應(yīng)是2mgsinθ第3頁（共37頁）9．利用傳感器和計算機可以研究快速變化的力的大小。實驗時，把圖甲中的小球舉高到繩子的懸點O處，然后小的信息，下列說法正確的是（）A．1、3時刻小球的速度最大B．、5時刻小球的動能最小C．、4時刻小球的運動方向相同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．牛頓運動定律的應(yīng)用——超重和失重（共2小題）．某小孩蕩秋千，當(dāng)秋千擺到最低點時（）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，物體對地板的壓力等于其重力的

4413

B．在以大小為g的加速度減速下降的電梯中，物體對地板的壓力等于其重力的

44C．衛(wèi)星在軌道上運行時，衛(wèi)星中物體對地板的壓力等于其重力D．衛(wèi)星在軌道上運行時，衛(wèi)星中物體對地板的壓力等于零八．物體做曲線運動的條件（共1小題）13．關(guān)于運動，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動B．恒力作用下，物體一定做直線運動C．物體受到的合力減小時，其速度一定也減小D．做圓周運動的物體，其所受合力方向不一定指向圓心九．向心力（共2小題）14．兩個質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和（可視為質(zhì)點）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的強度足夠大的輕繩相連，兩木塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力張力，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，在緩慢加速轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的是（）Aa比b先達到最大靜摩擦力B＜√時，、b所受的摩擦力相等2?C＞√時，繩子有張力2?3D√時，a和b所受的摩擦力都達到最大靜摩擦力第5頁（共37頁）15．如圖所示，長為L的細繩一端固定，另一端系一質(zhì)量為m的小球．給小球一個合適的初速度，小球便可在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，這樣就構(gòu)成了個圓錐擺，設(shè)細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，小球運動的速度越大Dθ越大，小球運動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動，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．火星做圓周運動的加速度較小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由靜止向下運動，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，如圖所示。下列說法中正確的有（）A．航天飛機在軌道Ⅱ上運動，經(jīng)過A點的速度大于經(jīng)過B的速度B．航天飛機在軌道Ⅱ上運動，經(jīng)過A點的加速度大于經(jīng)過B的加速度C．航天飛機在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅰ上運動的周期D．航天飛機在軌道Ⅱ上的機械能等于在軌道Ⅰ上的機械能191繞地球EP變軌后進入軌道2正確的是（）A．不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同B．不論在軌道1還是在軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同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量一十二．功率、平均功率和瞬時功率（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。若不計空氣阻力，則（）A．從拋出到落地的過程中，A物體所用時間少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重力做功的瞬時功率之比為1：1D．落地前瞬間，A、B動能之比為：1第7頁（共37頁）一十三．動能定理（共1小題）21點，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．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)約為0.87D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)約為0.43一十四．機械能守恒定律（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．最低點的坐標(biāo)為xh+2x0C．小球受到的彈力最大值大于D．小球動能的最大值為?+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運動到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運動到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運動到B的過程中，動能一直增大D．小球從A運動到B的過程中，動能最大的位置為AB的中點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．人的動能增加了0.1mghD．人的機械能增加了1.1mgh25體做勻速運動到達傳送帶頂端。下列說法中正確的是（）A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B．第一階段摩擦力對物體做的功大于第一階段物體動能的增加C．第一階段摩擦生熱等于第一階段物體動能的增加D．全過程摩擦力對物體做的功等于全過程物體機械能的增加第9頁（共37頁）一十六．動量定理（共3小題）26示另一個物理量。請選出以下表述中錯誤的選項（）Ay表示物體的加速度，x表示時間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時間內(nèi)物體的速度變化量By表示物體所受合力，x表示時間，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)時間內(nèi)物體的動量變化量C．若表示物體所受合力的功率，x表示物體運動的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動能變化量Dy表示物體所受合力，x表示物體運動的距離，陰影區(qū)域“面積”則表示相應(yīng)位移內(nèi)物體的動能變化量27．某物體沿粗糙斜面上滑，達到最高點后又返回原處，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)運動．重物運動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，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，手對重物所做的功等于重物往復(fù)運動過程中所具有的最大動能D．在重物從A位置到B位置和從B位置到C位置的兩個過程中，彈簧彈力對重物所做功之比是14第10頁（共37頁）一十七．動量守恒定律（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時刻，可視為質(zhì)點的小物塊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靜止時時恰好在Q的最右端DPQ之間的動摩擦因數(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)動量不守恒，機械能也不守恒C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒D．木塊A離開墻壁后，A、B的速度不可能有相等的時刻31m一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h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槽不做功B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動D．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h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m1一個瞬時沖量，使它獲得水平向右的速度0，從此時刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列判斷正確的是（）A．1時刻彈簧恢復(fù)原長B．2時刻彈簧長度最長C～3時間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)D～4時間內(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、碰撞時間均可忽略不計．已知2＝1A反彈后能達到的高度為（）AhB．C．D4h34．關(guān)于物體的運動，以下說法正確的是（）A．物體做平拋運動時，在任意相等時間內(nèi)速度的增量一定相同B．物體做勻速圓周運動時，加速度恒定C．合力對物體做功為零時，物體的機械能一定守恒D．如圖所示，光滑的水平面上放置一個光滑的斜劈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，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，P與Q的加速度也相等BP與Q的速度相等時，P和Q的動能之和最小CP與彈簧分離時，Q的動能達到最大DP與彈簧分離時，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時刻彈簧最短，3時刻彈簧最長B1時刻到2時刻彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)到原長C．兩木塊的質(zhì)量之比為1：2＝：2D2時刻兩木塊動能之比為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。現(xiàn)令它們分別以初速度vA＝5.0m/s和vB2.0m/s相向運動，經(jīng)過時間3.0s，兩物塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩者粘在一起運動，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械能為3.0J第13頁（共37頁）一十八．簡諧運動的回復(fù)力和能量（共1小題）38．做簡諧振動的物體，當(dāng)它每次經(jīng)過同一位置時，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個時刻的波形圖（）A．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.4s40．一列沿x軸傳播的簡諧橫波在某時刻波的圖象如圖所示，已知波速為，圖示時刻＝2.0m處的質(zhì)點振動速度方向沿y軸負(fù)方向，可以判斷（）A．質(zhì)點振動的周期為0.20sB．質(zhì)點振動的振幅為C．波沿x軸的正方向傳播D．圖示時刻，＝1.5m處的質(zhì)點加速度沿y軸正方向二十．波長、頻率和波速的關(guān)系（共3小題）41）A．它的振動速度等于波的傳播速度B．它的振動方向一定垂直于波的傳播方向C．它在一個周期內(nèi)走過的路程等于一個波長D．它的振動頻率等于波源的振動頻率第14頁（共37頁）42x軸有等間距的OPQ0.75m＝處有一接＝0時刻，O質(zhì)點從平衡位置開始沿y軸方向一直振動，并產(chǎn)生沿x軸正方向傳播的波，O質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示。當(dāng)O質(zhì)點第一次達到負(fù)向最大位移時，P質(zhì)點剛開始振動。則（）A．質(zhì)點Q的起振方向為y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軸正方向運動，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1在外力作用下沿豎直方向做簡諧運動，帶動質(zhì)點2、4，…各個質(zhì)點依次上下振動，把振動從繩的左端傳到右端。=?4時，質(zhì)點5剛要開始運動。下列說法正確的是（）A．=?4時，質(zhì)點5開始向下運動B．=?4時，質(zhì)點3的加速度方向向下C=?2開始的一小段時間內(nèi)，質(zhì)點8的速度正在減小D=?2開始的一小段時間內(nèi)，質(zhì)點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，其中實線表示波峰，虛線表示波谷，則（）Aa點的振動有可能始終加強，也有可能始終減弱B．a(chǎn)點的振動既不始終加強，也不始終減弱C．a(chǎn)點的振動始終加強Da點的振動始終減弱第15頁（共37頁）二十二．庫侖定律（共1小題）45．兩個分別帶有電荷量+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O點場強度大小為E，撤去其中一根帶電棒后，O點的電場強度大小變?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為兩個帶有等量異號電荷的點電荷，O點是它們之間連線的中點，AB是、N連線中垂AOEOEAB和φOφAB分別表示OAB三點的電場強度的大小和電勢，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點沿中垂線移動到A點，電場力一定不做功48QAB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在AB兩點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點電勢可能高于A點電勢第16頁（共37頁）二十五．電勢（共1小題）49．兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，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，xA、B分別為A、B兩點在x一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，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．該電場是孤立點電荷形成的電場BA點的電場強度小于B點的電場強度C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功＝pAEDA點的電勢小于B點的電勢51．兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上，其中Q2所在位置為坐標(biāo)原點。將一電子放在x勢能隨位置變化的曲線如圖所示，其中xo是電勢能為零的點的坐標(biāo)，1是電勢能為極值的點的坐標(biāo)。由圖象可知（）AQ2一定帶負(fù)電B．兩個點電荷可能為同種電荷C．兩個點電荷在0處的合場強為零DQ1帶電量的絕對值必小于Q2帶電量的絕對值第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)放一個電荷量為的點電荷，點電荷到金屬球的球心距離為3r。達到靜電平衡后，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．點電荷Q在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強處處為零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)生的電場場強大小為＝k

9?253?⊕達到靜電平衡后，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才會張開D．金屬網(wǎng)罩內(nèi)部電場強度為零第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)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程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．對同一電容器，電容器儲存的能量E與兩極間電壓U成正比??

D．若電容器電荷量為Q時儲存的能量為，則電容器電荷量為時儲存的能量為

24三十．電容器的動態(tài)分析（共1小題）57Q，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為．下列關(guān)于實驗現(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動綜合（共1小題）58為n，加速電壓為U時，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．將單位時間內(nèi)發(fā)射的離子個數(shù)變?yōu)椤?nD．將單位時間內(nèi)發(fā)射的離子個數(shù)變?yōu)槿骄科綊佭\動的特點（共1小題）59板的位置，小球落在板上的位置就會改變。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。若三次實驗中，小球從拋出點到板上落點的豎直位移依次是y、2、y3，動能變化量依次為1至2Ek12至3Ek2。不計空氣阻力則下面關(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．勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系（共1小題）1【解答】解：?汽=△?=??火=10△?△?=?60故A正確，BCD、兩者都做勻加速運動，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錯誤。C、物體做的是變速直線運動，不是曲線運動。故C錯誤。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錯誤。故選：A。三．運動學(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，物體做勻速直線運動，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錯誤；B﹣t漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知：物體合外力隨時間逐漸減小。故B錯誤；C、根據(jù)動量定理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動。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動，物體的速度不隨時間均勻增大。故D錯誤。故選：。??4A1m/s＝xvtv甲＝1m/s，故A正確；?B??1=（m/s＝0+2at2得：?1=v+2at速直線運動，初速度v＝，加速度＝2m/s，故B錯誤；C、1s時，根據(jù)勻變速直線運動公式可得：v乙at＝2×1m/s2m/s，而v＝1m/s，故C錯誤；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力平衡（共2小題）5【解答】解：以足球為研究對象，受到重力、拉力、支持力，如圖所示；根據(jù)平衡條件可得OA段細繩內(nèi)的張力大?。??，故C正確、ABD錯誤。故選：。6【解答】AN的重力是不變量，根據(jù)共點力平衡關(guān)系知，水平方向繩子的拉力和懸掛細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的細線與豎直方向的夾角增大時，水平拉力在不斷增大，懸掛細線的拉力也不斷增大，故A正確；BC、對物體M做受力分析，因為繩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錯誤，C正確；D、以斜面和物塊，N整體為研究對象，當(dāng)其所受水平拉力增大時，斜面對地面的摩擦力一定增大，故D錯誤。故選：AC。五．動態(tài)平衡分析（共1小題）第22頁（共37頁）7【解答】解：以結(jié)點B為研究對象，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位置力的合成圖如圖，則由幾何知識得知，繩子AB拉力一直增大，繩子拉力先減小后增大，故錯誤，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．所以滑塊不會下滑。故A錯誤。Bμ＜θ，mgsinμmgcosθ0，則合力大于0，所以滑塊會受到向下的力，將加速下滑，故B錯誤；C、如果μ＝tan．mgsin﹣μmgcos＝，則合力等于零。則無需拉力拉動，滑塊只需要有給他一個速度即可以勻速向下滑動了，故C錯誤；Dμ＝θ小F＝mgsinθμmgcos，因為＝tan，所以mgsinθ＝μmgcosθ，所以＝2mgsinθ，故D正確。故選：D。9【解答】解：AO1小球向下做加速運動，故1時刻小球的速度最大。同理，3時刻小球的速度也不是最大，故A錯誤；B、2時刻繩子的拉力最大，小球運動到最低點，速度為零，動能最??；同理，5時刻小球的動能也最小，故B正確；C、、5時刻小球都到達最低點，3時刻小球速度方向向上，4時刻小球速度向下，t、4時刻小球的運動方向相反，故C錯誤；D、3～4時間內(nèi)與6～7時間內(nèi)小球都做豎直上拋運動，由于3時刻的速度大于6時刻的速度，由豎直上拋運動的時間?=2?0，可知4﹣3＞﹣6D錯誤。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錯誤；C、剛開始下落的一小段時間內(nèi)由于彈力的作用使得彩虹圈的長度變短，故C錯誤；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錯誤。故選：A。七．牛頓運動定律的應(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，做的是圓周運動的一部分，在最低點合力向上，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，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：mgN4＝ma，解得地板對物體的支持力為：N=33mg，根據(jù)牛頓第三定律，可得物體對地板的壓力等于其重力的，故4A錯誤；1B、在以大小為g的加速度減速下降的電梯中，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：N′﹣mg＝，解得4地板對物體的支持力為：N=55mg，根據(jù)牛頓第三定律，可得物體對地板的壓力等于其重力的B錯誤；4CD地板對物體的支持力為零，根據(jù)牛頓第三定律可得物體對地板的壓力等于零，故C錯誤，D正確。故選：D。八．物體做曲線運動的條件（共1小題）13【解答】解：AB、物體做曲線運動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，也可以做勻變速曲線運動，例如平拋運動，所受的重力就是恒力，故AB錯誤；C、當(dāng)物體受到的合外力與速度方向相同時，物體將做加速直線運動，物體受到的合力減小時，其加速度減小，但是其速度在在增大，故C錯誤；D、做勻速圓周運動物體的合外力方向總指向圓心，但變速圓周運動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到最大值，故A錯誤；B、當(dāng)木塊b的摩擦力剛達到最大值時，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，、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，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)整體剛要滑動時，對木塊b由牛頓第二定律得：F+μ＝?2?2L第24頁（共37頁）對木塊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的角速度為：ω=√4?，即此時a和b所受的摩擦力都達到最大靜摩擦力，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選項錯誤，B正確。F＝mgtanθRLsinmgtan??2??，得到線速度：=?√=√θ越大，θtanθC選項正確。D：小球運動周期：=?????，因此，θ越大，小球運動的周期越小，∴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、對任意行星表面上的衛(wèi)星，若貼近表面做勻速圓周運動，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錯誤。?2AB、火星和地球均繞太陽做圓周運動，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錯誤；DCE=12=2??112??×3?00E=12=2??212??×00，第25頁（共37頁）?根據(jù)機械能守恒定律有：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在遠地點A的速度小于在近地點B的速度，故A錯誤。?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上運動的周期小于在軌道Ⅰ上運動的周期，故C正確。D、題中要求從圓形軌道Ⅰ進入橢圓道Ⅱ，需要在A點減速做近心運動才行，故在A點短時間開動發(fā)動機后航天飛機的速度會減小，機械能減小，故D錯誤。故選：。19【解答】A．衛(wèi)星由軌道1在P點進入軌道2做離心運動，要加速，所以在軌道1和在軌道2運行經(jīng)過P點的速度不同，故AB1和在軌道2運行經(jīng)過P=2P點的加速度都相同，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錯誤；D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置的速度方向不同，所以動量不同，故D錯誤。故選：。一十二．功率、平均功率和瞬時功率（共1小題）20【解答】解：A、物體做平拋運動，運動的時間由豎直高度決定，根據(jù)=12可知，運動的時間相同，故A2?錯誤；B據(jù)＝mghABB錯誤；AB2=2?＝mgvy可知，A、B重力做功的瞬時功率之比為：，故C正確；D、根據(jù)動能定理可得：mgh=12?212可知，由于初速度不同，故落地時動能不同，故D錯誤；20故選：。一十三．動能定理（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＝。對于上滑過程，由動能定理可得：第26頁（共37頁）12﹣mgxsinθμmgxcosθ＝?2mv對于下滑過程，由動能定理可得：mgxsinθ﹣μmgxcos1﹣02mv′聯(lián)立解得：θ＝°，√34≈0.43，故錯誤，AD故選：AD。一十四．機械能守恒定律（共1小題）22【解答】A＝h+x，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確；B、根據(jù)運動的對稱性可知，小球運動的最低點大于h+2x0，小球受到的彈力最大值大于2mg，故B錯誤，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運動到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能之和，故A錯誤；B、小球在A點動能為零，小球到達最高點C時動能為零，小球從A運動到C的過程中重力勢能增加，由能量守恒定律可知，小球從A運動到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，故D錯誤。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錯誤；C、根據(jù)動能定理得：ΔKW合＝＝0.1mgh，第27頁（共37頁）故C正確；Dhmghmgh0.1mgh1.1mghD正確。故選：CD。25A對物體做正功，第二階段靜摩擦力對物體做正功；故A錯誤；B故第一階段摩擦力對物體做的功大于第一階段物體動能的增加，故B正確；D等于全過程摩擦力對物體所做的功，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物體做的功，故C正確；故選：BCD。一十六．動量定理（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動能的變化量，但橫坐標(biāo)表示物體運動的距離，則面積無意義，故C錯誤；D、根據(jù)WFx可知，圖像面積表示合外力的功，根據(jù)動能定理可知，合外力的功等于動能的變化量，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，向上時加速度大于向下時的加速度；擦力的沖量向上時要小，重力沖量上滑時較小，故A正確，錯誤；B滑和下滑相同，機械能減小量相等，故B錯誤；故選：A。28AB方向相反，最高點只受重力，加速度為，故最低點的加速度大小也為gA正確；B、在重物從A位置下落到C位置的過程中，動量的改變量為零，根據(jù)動量定理，有mgtFt＝，故重力的沖量等于彈簧彈力的沖量，故B錯誤；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，故手對重物所做的功等于重物往復(fù)運動過程中所具有的最大動能，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簧彈力對重物所做功之比是13D錯誤；故選：AC。一十七．動量守恒定律（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錯誤；B.從圖像可知，02s內(nèi)，Q先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在～2s內(nèi)無摩擦力，根據(jù)動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以I＝﹣＝?s，故B錯誤；C.在＝1s時，Q相對靜止，一起做勻速直線運動，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相對靜止時在木板的中點，故C錯誤；D.P從速度為2m/s所需的時間為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，彈簧對木塊BB的合外力減小，所以木塊B的加速度減小，故A錯誤；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動能，所以AB和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)動量守恒條件是系統(tǒng)受合外力零，由于墻壁對A有彈力作用，所以A、B和彈簧系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；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動能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒，當(dāng)彈簧伸長時，木塊B減速，木塊A減速，所以存在A、B速度相同的時刻，故C正確，D錯誤；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?，小球受到的作用力對小球做功，故A錯誤；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，它們在水平方向動量守恒，故B錯誤；CD1和2外力，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得：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動，小球和槽的機械能守恒，小球不能到槽上高h處，故C正確，D錯誤。故選：。32A0到11的速度比21時刻兩物塊達到共同速度，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時刻彈簧長度最短，故A錯誤；B、22的速度最大，此后2的速度減小，彈簧被拉伸，則2時刻彈簧恢復(fù)原長，故B錯誤；C～2時間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，2～3時間內(nèi)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故C錯誤；D、2時刻彈簧恢復(fù)原長，在t2～4時間內(nèi)，1先向左減速運動后向右加速運動，彈簧對1有向右的拉力，彈簧處于拉長狀態(tài)，后同向運動時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，由勻變速直線運動的速度﹣位移公式得：v＝2gh解得觸地時兩球速度大?。?√2?B球撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，對兩球碰撞過程研究，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，由動量守恒定律得：m2﹣mv＝11+m221(m1+m2=1+12由機械能守恒定律得：2m112m222由題可知：＝3m，聯(lián)立解得：v＝√2，方向豎直向上A反彈后能達到的高度：H=?124h錯誤，D正確。故選：D。34【解答】A、平拋運動是加速度為g的勻加速運動。Δv＝Δ，在任意相等時間內(nèi)速度的增量是相同的，故A正確；B、勻速圓周運動加速度的方向指向圓心，始終是變化的，故B錯誤；C械能增大，故C錯誤；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)總動量不守恒，但水平方向動量守恒，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錯誤；BQQ的動能之和最小，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錯誤；故選：BC。36A3時刻兩物塊達到共同速度1m/s知，此時彈性勢能最大，彈簧分別處以壓縮和伸長狀態(tài)，即1時刻彈簧最短，3時刻彈簧最長，故A正確；B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，2逐漸加速，彈簧被壓縮，1時刻二者速度相當(dāng)，21第31頁（共37頁）向加速，2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從1時刻到2時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長，故B錯誤；C、系統(tǒng)動量守恒，選擇開始到1時刻列方程可知：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)勻變速直線運動公式，d=???122??解得＝0.1，aAa＝μ＝0.1×10m/s＝1m/s，故A錯誤，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錯誤故選：BC。一十八．簡諧運動的回復(fù)力和能量（共1小題）38【解答】A、振動物體的位移是平衡位置指向振子所在位置，每次經(jīng)過同一位置時位移相同，故A錯誤；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)過同一位置時位移相同，加速度必定相同，故C錯誤；D、回復(fù)力總與位移大小成正比，方向相反，每次經(jīng)過同一位置時位移相同，回復(fù)力必定相同，故D錯誤；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＝0時刻是從平衡位置開始向下振動的，而在＝0.2s0.6s等時刻是從平衡位置向上振動的。＝0.3s時，在波峰處，＝0.4s時在平衡位置向下振動。結(jié)合圖甲知道，波向右傳播，P點正從平衡位置向上振動。所以甲圖是P點＝0.2s、0.6s時刻的波動圖象，故錯誤，B正確。故選：。40【解答】A、由波動圖象讀出波長λ＝4m，則質(zhì)點振動的周期為=??=420=0.2m/s，故AB、質(zhì)點振動的振幅為A＝0.8cm，故B錯誤；C＝2.0m處的質(zhì)點振動速度方向沿yx軸負(fù)方向傳播，故C錯誤；D、圖示時刻，＝1.5m處的質(zhì)點沿y軸正方向，因為簡諧運動中質(zhì)點的加速度方向與位移方向總是相反，則x＝1.5m處的質(zhì)點加速度沿y軸負(fù)方向。故D錯誤。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錯誤；B、在縱波中質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向相同或相反，并不垂直，故B錯誤；C、質(zhì)點在一個周期內(nèi)走過的路程等于4個振幅的長度，并非一個波長，故C錯誤；D、每個質(zhì)點都在重復(fù)波源的振動因此質(zhì)點的振動頻率和波源的振動頻率是相同的，故D正確。故選：D。42【解答】A、由振動圖象知，質(zhì)點O在0時刻的起振方向沿y軸正方向，介質(zhì)中各質(zhì)點的起振方向均沿y軸正方向，故A正確；3BO質(zhì)點第一次達到負(fù)向最大位移時，POP距離是λ1mT4＝4s，則波速=??=14?/?=0.25m/sB錯誤；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錯誤；D、該波的頻率=1?=14??=0.25Hz，若波源從O點沿x軸正向運動，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錯誤，B正確；第33頁（共37頁）C=?2時，質(zhì)點8的振動和=?4時質(zhì)點4的振動一致，故質(zhì)點8向上振動，那么，速度減??；故C正確；D=?2開始的一小段時間內(nèi)，質(zhì)點8向上振動。位移增大、加速度正在增大，故D錯誤；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，所以雖然此時刻a點的振動加強，但不能始終加強，當(dāng)然也不能始終減弱，故B正確，錯誤。故選：。二十二．庫侖定律（共1小題）??3?45【解答】解：相距為r時，根據(jù)庫侖定律得：k；?22??2?(2?)2接觸后，各自帶電量變?yōu)?Q，則此時有：′＝k=?3，故C正確、ABD錯誤。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正點電荷如圖，兩正點電荷在O點產(chǎn)生的場強的小為=1，故撤走一根帶電棒后，在O點產(chǎn)生的場強為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知，EO不等于0A錯誤；BC、在兩電荷連線的中垂線上O點處電場線最密，兩邊疏，所以A一定大于E線，φA一定等于φ，故BC錯誤；DO與A間的電