2025年北師大版高三物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年北師大版高三物理上冊階段測試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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、列說法正確的是（）A.α粒子大角度散射表明α粒子很難進(jìn)入原子內(nèi)部B.光電效應(yīng)提示了光的粒子性，而康普頓效應(yīng)則反映了光的波動性C.裂變反應(yīng)有質(zhì)量虧損，質(zhì)量數(shù)不守恒D.γ射線是一種波長很短的電磁波2、據(jù)了解，08北京奧運體操全能比賽是按照“自、鞍、吊、跳、雙、單”的順序進(jìn)行，單杠列為全能比賽的最后一項．號稱“世界體操全能王”的楊威（1980.2.8出生，身高：1.60米體重：53公斤）奪冠呼聲很高，但他的弱項是單杠．楊威在做“單臂大回環(huán)”訓(xùn)練時，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動，此過程中，楊威轉(zhuǎn)到最低點時手臂受的拉力至少約為（忽略空氣阻力，g=10m/s2）（）

A.3800N

B.3000N

C.2000N

D.600N

3、如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球b從距地面h處以初速度v0水平拋出，兩球恰好同時到達(dá)同一水平高度h/2處（不計空氣阻力）。下列說法中正確的是（）A.兩小球落地時的速率相同B.兩小球落地時，重力的瞬時功率相同C.從開始運動到兩球到達(dá)同一水平高度，球a動能的減少量等于球b動能的增加量D.到達(dá)同一水平的高度后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等4、【題文】如圖；物體p以較大的初速度在斜面上勻速下滑，在下滑過程中，發(fā)現(xiàn)地面對斜面的靜摩擦力為零。現(xiàn)在下滑過程中對物體p施加一垂直于斜面向下的力F（F的大小未知），在繼續(xù)下滑的過程中，下列說法正確的是（）

A.物體P仍可能繼續(xù)勻速下滑B.地面對斜面的靜摩擦力仍然為零C.地面對斜面的靜摩擦力水平向左D.地面對斜面的靜摩擦力水平向右5、【題文】下列運動中屬于機械振動的是()．A.小鳥飛走后樹枝的運動B.爆炸聲引起窗子上玻璃的運動C.勻速圓周運動D.豎直向上拋出物體的運動6、物體加速度的方向一定與合外力方向相同。A.正確B.錯誤7、同一恒力按同樣方式施在物體上，使它分別沿著粗糙水平地面和光滑水平地面移動相同的一段距離，恒力的功和功率分別為W1、P1和W2、P2，則兩者的關(guān)系是（）A.W1＞W(wǎng)2P1＞P2B.W1=W2P1＜P2C.W1=W2P1＞P2D.W1＜W2P1＜P28、下列對物體帶電現(xiàn)象的敘述，正確的是（）A.物體帶電量有可能是3×10-19CB.物體所帶電荷量可以小于元電荷C.摩擦起電的本質(zhì)是電荷發(fā)生了轉(zhuǎn)移D.經(jīng)過摩擦使某物體帶正電是因為產(chǎn)生了額外的正電荷9、如圖所示．在不計滑輪摩擦和繩子質(zhì)量的條件下，當(dāng)小車向右勻速運動時，以下說法正確的是（）A.物體A勻速上升B.物體A加速上升C.物體A減速上升D.繩的拉力等于物體A的重力評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、一個做勻變速直線運動的物體，某時刻t速度的大小為20m/s，已知該物體2s前速度大小為2m/s，在t時刻之前1s內(nèi)該物體的（）A.位移的大小可能小于14mB.位移的大小可能大于15mC.加速度的大小可能小于8m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s211、（2016?河南二模）如圖所示，質(zhì)量均為m兩個物塊A和B，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使A豎直向上運動，直到物塊B剛要離開地面．下列說法正確的是（）A.在此過程中，物塊A的位移大小為B.在此過程中，彈簧彈性勢能的增量為0C.物塊B剛要離開地面，物塊A的加速度為-gD.物塊B剛要離開地面，物塊A的速度為212、如圖所示，在圓心O處固定一正點電荷，現(xiàn)從P點以相同的速率發(fā)射兩個檢驗電荷a、b，只在電場力作用下分別沿PM、PN運動到M、N兩點，M、N都在以O(shè)為圓心的圓上．若檢驗電荷a、b的質(zhì)量、電荷量均相等，則下列判斷正確的是（）A.a帶正電，b帶負(fù)電B.P點的場強小于N點的場強C.a電荷電勢能減少，b電荷電勢能增加D.a、b到達(dá)M、N時兩粒子速率相等13、如圖所示，兩個折成直角的金屬薄板圍成足夠大的正方形abcd，加上電壓，忽略邊緣及轉(zhuǎn)角處對電場分布的影響，正方形內(nèi)部處處可視為方向由a指向c的勻強電場（圖中未畫出），同時在內(nèi)部加方向垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)在有一個帶負(fù)電、重力不計的粒子以v0（v0≠0）分別從圖示三個方向開始運動，則（）A.只要v0大小合適，可以沿1（ac方向）軌跡直線運動B.無論v0多大，都不能沿2（平行dc方向）軌跡直線運動C.只要v0大小合適，可以沿3（db方向）軌跡直線運動D.只能沿3軌跡加速直線運動14、在空軍演習(xí)中，某空降兵從懸停在空中的直升飛機上跳下，從跳離飛機到落地的過程中沿豎直方向運動的v-t圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.0～10s內(nèi)空降兵運動的位移大于10～15s內(nèi)空降兵運動的位移B.第10s末空降兵打開降落傘，此后做勻減速運動至第15s末C.15s后空降兵保持勻速下落，此過程中機械能守恒D.10s～15s空降兵加速度向上，加速度大小逐漸減小15、如圖所示，在虛線所包圍的圓形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直于圓面向里的勻強磁場，從磁場邊緣的A點沿半徑方向射入一束速率不同的質(zhì)子，這些粒子在磁場里運動的過程中，下列結(jié)論中正確的是（）A.運動時間越長的，其軌跡越長B.運動時間越短的，射出磁場的速率越大C.在磁場中偏轉(zhuǎn)越小的，運動時間越短D.所有質(zhì)子在磁場里運動時間均相等16、如圖，是一個勻速轉(zhuǎn)動的電扇，O為轉(zhuǎn)動軸，A、B為電扇上兩個質(zhì)點，下列說法正確的是（）A.電扇在做勻速圓周運動B.電扇在繞O軸勻速轉(zhuǎn)動C.電扇上B兩個質(zhì)點都在做勻速圓周運動D.電扇上B兩個質(zhì)點角速度相同評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、為研究問題方便，忽略物體的大小和形狀等次要因素，只突出物體具有____這個主要因素，把物體看做是____，實際上____（填“存在”或“不存在”）．18、某物體以初速度20m/s被水平拋出后，2s末的速度大小是____m/s，方向與水平方向的夾角為____．（2s末物體未落地，g=10m/s2）19、一質(zhì)點繞半徑為R的圓圈運動了一周，則其運動的路程為____；運動的位移為____；在此過程中，最大位移是____．20、如圖為頻率f=1Hz的波源產(chǎn)生的簡諧橫波，圖中虛線左側(cè)為A介質(zhì)，右側(cè)為B介質(zhì)．其中x=14m處的質(zhì)點振動方向向上．則該波在A、B兩種介質(zhì)中傳播的速度之比vA：vB=______．若圖示時刻為0時刻，則經(jīng)0.75s處于x=6m的質(zhì)點位移為______cm，處于x=4m的質(zhì)點的振動方程為______cm．21、在一個有界勻強磁場中，有一正方形導(dǎo)線框abcd；磁場方向與線框平面垂直，線框的邊長為L，每邊的電阻均為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，如圖所示．

（1）如果線框以速度v在磁場中運動，如圖，則Uab=____，Uad=____；

（2）如果將線圈的cd邊拉出磁場，如圖，Uab=____．22、一個球體由高于斜坡H的位置自由落下，落到傾角為a的斜坡上，并反彈數(shù)次．若球體與斜坡的接觸是完全彈性碰撞，則第1次碰撞到第4次碰撞的落點間的距離d=____．23、NBA球賽中，籃球以20m/s的速度水平撞擊籃板后以10m/s的速度反向彈回，球與籃板接觸的時間0.1s，則籃球在水平方向的加速度為____m/s2（取初速度方向為正方向）．評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)24、非晶體的結(jié)構(gòu)跟液體非常相似，可以看成是黏滯性極大的液體．____．（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共4題，共16分)25、如圖所示是研究物體做勻變速直線運動規(guī)律時得到的一條紙帶，（實驗中打點計時器所接低壓交流電源的頻率為50Hz）相鄰兩計數(shù)點間有4個計時點未畫出，依照打點的先后順序依次編號為1、2、3、4、5、6、7都為記數(shù)點．測得：S1=1.40cm，S2=1.90cm，S3=2.40cm，S4=2.90cm，S5=3.40cm，S6=3.90cm．（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（1）相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為____s

（2）物體的加速度大小a=____m/s2；方向為____（填A(yù)→B或B→A）

（3）打點計時器打記數(shù)點3時，物體的速度大小為v3=____m/s．26、小明和小亮想要測量已知量程電壓表的內(nèi)阻；器材如下：

A．待測電壓表（量程3V；內(nèi)阻未知）一個。

B．電流表（量程3A；內(nèi)阻0.01Ω）一個。

C．定值電阻（阻值3kΩ；額定電流0.5A）一個。

D．電池組（電動勢略小于3V；內(nèi)阻可忽略）一個。

E．多用電表一個。

F．開關(guān)；導(dǎo)線若干。

他們利用上面所列器材；進(jìn)行如下實驗操作：

①用多用電表進(jìn)行粗測：先選擇“×10Ω”擋位，按正確的步驟測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太?。疄榱溯^準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，應(yīng)改選____（填“×1Ω”或“×100Ω”）擋位，換擋后，按正確的步驟測量，結(jié)果如圖甲所示，則測量結(jié)果是____Ω．

②為了精確測出該電壓表內(nèi)阻的大小，小明設(shè)計了圖乙實驗電路，閉合開關(guān)S1，電壓表、電流表讀數(shù)分別為U1、I1，算出電壓表的內(nèi)阻RV=____；小亮設(shè)計了圖丙實驗電路，先閉合開關(guān)S1和S2，電壓表讀數(shù)為U2，再斷開開關(guān)S2，電壓表讀數(shù)為U3，算出電壓表的內(nèi)阻=____．你認(rèn)為其中較合理的是____（填“乙”或“丙”）電路．27、【題文】某興趣小組為測一遙控電動小車的額定功率；進(jìn)行了如下實驗：

①用天平測出電動小車的質(zhì)量為0.4kg；

②將電動小車；紙帶和打點計時器按圖甲所示安裝；

③接通打點計時器（其打點間隔為0.02s）；

④使電動小車以額定功率加速運動；達(dá)到最大速度一段時間后關(guān)閉小車電源，待小車停止后關(guān)閉打點計時器。打點計時器打出的紙帶前半部分不小心被一同學(xué)污染損壞，紙帶的后半部分如圖所示請你分析紙帶數(shù)據(jù)回答下列問題：（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

（1）該電動車運動的最大速度____m/s

(2)能否測得該電動車的額定功率，若能請計算出其大小為____w;若不能測出該車額定功率請說明理由____28、某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的裝置來探究小車的加速度與所受合力的關(guān)系．將裝有力傳感器的小車放置于水平長木板上，緩慢向小桶中加入細(xì)砂，直到小車剛開始運動為止，記下傳感器的最大示數(shù)F0，以此表示小車所受摩擦力的大?。賹⑿≤嚪呕卦幉醋。^續(xù)向小桶中加入細(xì)砂，記下傳感器的示數(shù)F1．

（1）接通頻率為50Hz的交流電源，釋放小車，打出如圖乙所示的紙帶．從比較清晰的點起，每5個點取一個計數(shù)點，量出相鄰計數(shù)點之間的距離，則小車的加速度a=____m/s2．

（2）改變小桶中砂的重力，多次重復(fù)實驗，獲得多組數(shù)據(jù)，描繪小車加速度a與合力F（F=F1-F0）的關(guān)系圖象．不計紙帶與計時器間的摩擦．下列圖象中可能正確的是B．

（3）同一次實驗中，小車釋放前傳感器示數(shù)F1與小車加速運動時傳感器示數(shù)F2的關(guān)系是F1____F2（選填“＜”；“=”或“＞”）．

（4）關(guān)于該實驗；下列說法中正確的是D．

A．小車和傳感器的總質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于小桶和砂的總質(zhì)量。

B．實驗中需要將長木板右端墊高。

C．實驗中需要測出小車和傳感器的總質(zhì)量。

D．用加砂的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，可更方便地獲取多組實驗數(shù)據(jù)．評卷人得分六、綜合題(共1題，共9分)29、[

物理隆陋隆陋

選修3鈭?5]

(1)

下列說法正確的是____A.

原子序數(shù)大于或等于83

的元素具有放射性B.

盧瑟福根據(jù)婁脕

粒子散射實驗估測出了原子直徑的數(shù)量級C.

用某種單色光照射鋁板發(fā)生光電效應(yīng)，其遏止電壓與入射光的頻率成正比D.

大量處于第5

能級(

即量子數(shù)n=5)

的氫原子，在向低能級躍遷時，最多可輻射出10

種不同頻率的光子E.

比結(jié)合能越大的原子核，結(jié)合能不一定越大，但是原子核越穩(wěn)定，核子的平均質(zhì)量一定越小(2)

如圖所示；靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M=2kg

的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧與木板相連。質(zhì)量m=2kg

可看作質(zhì)點的小物塊以水平速度婁脭o=4m/s

從木板的左端滑上木板，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好能停在木板的左端。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為婁脤=0.2

彈簧長度遠(yuǎn)小于木板長度。求在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能和木板的長度。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】α粒子大角度散射說明原子的核式結(jié)構(gòu)模型，即原子核中集中了全部的正電荷及幾乎全部的質(zhì)量，α粒子受到庫侖斥力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都說明光的粒子性．在發(fā)生重核裂變時，電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)都守恒，但反應(yīng)前后質(zhì)量有虧損，而釋放大量的能量．γ射線是電磁波，能量高，波長短．【解析】【解答】解：A；α粒子大角度散射說明原子的核式結(jié)構(gòu)模型．故A錯誤．

B；光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都說明光的粒子性．故B錯誤．

C；在發(fā)生重核裂變時；電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)都守恒，但反應(yīng)前后質(zhì)量有虧損，而釋放大量的能量．故C錯誤．

D；γ射線是電磁波；能量高，波長短．故D正確．

故選D．2、B【分析】

設(shè)人的長度為l；人的重心在人體的中間．

最高點的最小速度為零，根據(jù)動能定理得：mgl=．解得最低點人的速度v=

根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-mg=m解得F=5mg=2650N．故B正確，A；C、D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】人在最高點的最小速度為零；根據(jù)動能定理求出人在最低點的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小．

3、C【分析】【解析】試題分析：兩球落地時，有機械能守恒可得，a球速度為b球速度大于所以A錯。假設(shè)到達(dá)同一水平高度的豎直速度分別為則所以重力的瞬時功率所以B錯。到達(dá)同一水平高度時，球a動能的減少量等于克服重力做的功球b動能的增加量等于重力做的功所以C正確。到達(dá)同一高度后的任意時刻，球b的豎直速度一直大于球a的豎直速度，所以重力對球a做功功率始終小于對球b做功功率。D錯誤故選C考點：考查了豎直上拋和平拋運動規(guī)律的應(yīng)用【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】物體受重力支持力和摩擦力平衡；當(dāng)施加一垂直于斜面向下的力F。會使正壓力增大，則滑動摩擦力變大，故物體P減速下滑，故A錯誤。

滑動摩擦力和支持力的合力豎直向上，當(dāng)施加一垂直于斜面向下的力F，摩擦力變?yōu)橹С至Υ笮橐驗樵鲩L比例相同，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩力合力方向依然豎直向上，以斜面為研究對象，可知受重力，地面對它的支持力，物塊P對它的壓力和沿斜面向下的摩擦力，水平方向分力為零，故地面對斜面的靜摩擦力仍然為零，故B正確CD錯誤。

故選B【解析】【答案】B5、A|B【分析】【解析】物體所做的往復(fù)運動是機械振動，A、B正確，圓周運動和豎直向上拋出物體的運動不是振動．【解析】【答案】AB6、A【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律作出判斷；本題主要考查牛頓第二定律，知道F=ma

是矢量式是判斷的關(guān)鍵?！窘獯稹扛鶕?jù)牛頓第二定律F=ma

知加速度大小與合外力成正比，加速度的方向一定與合外力方向相同，故A正確。故選A?！窘馕觥緼

7、B【分析】【分析】根據(jù)恒力做功的公式比較做功的大小，根據(jù)牛頓第二定律比較兩種情況下的加速度，從而比較出運動的時間，結(jié)合平均功率的公式比較平均功率的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)W=Fscosθ；因為力和位移都相等，則恒力做功相等．

物塊在粗糙水平面上運動的加速度小于在光滑水平面上的加速度；

根據(jù)x=at2可知：在通過相同距離的情況下；在粗糙水平面上的運動時間長．

根據(jù)P=知，P1＜P2．故B正確；ACD錯誤．

故選：B8、C【分析】【分析】摩擦起電是電子由一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體的結(jié)果．得到電子的物體帶負(fù)電，失去電子的物體帶正電．因此原來不帶電的兩個物體摩擦起電時，它們所帶的電量在數(shù)值上必然相等．【解析】【解答】解：A、電子的帶電量最小，質(zhì)子的帶電量與電子相等，電性相反，人們通常將最小的電荷量叫做元電荷，元電荷為：e=1.60×10-19C；物體的帶電量是元電荷的整數(shù)倍，故AB錯誤；

C；摩擦起電是電子由一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體的結(jié)果；得到電子的物體帶負(fù)電，失去電子的物體帶正電，因此原來不帶電的兩個物體摩擦起電時，它們所帶的電量在數(shù)值上必然相等，故C正確，D錯誤；

故選：C．9、B【分析】【分析】將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則判斷出A的速度變化，從而得出A的加速度方向，根據(jù)牛頓第二定律判斷拉力和重力的大小關(guān)系．【解析】【解答】解：小車沿繩子方向的速度等于A的速度；設(shè)繩子與水平方向的夾角為θ；

根據(jù)平行四邊形定則，物體A的速度vA=vcosθ；小車勻速向右運動時，θ減小；

則A的速度增大；所以A加速上升，加速度方向向上；

根據(jù)牛頓第二定律有：T-GA=mAa．知拉力大于重力．故B正確；ACD錯誤．

故選：B．二、多選題(共7題，共14分)10、BD【分析】【分析】根據(jù)加速度的定義式求出物體的加速度，結(jié)合平均速度推論求出t時刻前1s內(nèi)的位移，注意2s前的速度方向可能與t時刻的速度方向相同、也可能相反．【解析】【解答】解：以t時刻速度方向為正方向，即vt=20m/s；討論如下：

情況一：如果vt-2=2m/s，則a=；

；

故在t時刻之前1s內(nèi)該物體的位移：；

情況一：如果vt-2=-2m/s，則a=；

；

故在t時刻之前1s內(nèi)該物體的位移：；

綜上；A錯誤，B正確，C錯誤，D正確；

故選：BD11、BD【分析】【分析】由胡克定律有求出未用力F拉動時彈簧的壓縮量x1，以及B剛要離開地面時的伸長量x2，則物塊A的總位移d=x1+x2，設(shè)物塊B剛要離開地面時物體A的加速度為a，B的加速度為0，由胡克定律和牛頓第二定律列式即可求解加速度，對A的整個運動過程，根據(jù)動能定理列式求解速度．【解析】【解答】解：A、開始，未用力F拉動時，A、B靜止，設(shè)彈簧壓縮量為x1；由胡克定律有。

kx1=mg

x1=

由題意當(dāng)物塊B剛要離開地面時，彈簧彈力等于B的重力，則有kx2=mg

解得：x2=

物塊A的總位移x=x1+x2=x1+x2=；故A錯誤；

B、根據(jù)A得分析可知，彈簧原來的壓縮量為，后來彈簧的伸長量為；形變量相同，所以初末彈簧勢能相等，變化量為0，故B正確；

C、物塊B剛要離開地面時，根據(jù)牛頓第二定律，有F-kx2-mg=ma；

解得a=-2g；故C錯誤；

D、對A，根據(jù)動能定理得：；

解得：v=；故D正確．

故選：BD12、BC【分析】【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向確定帶電粒子所受的電場力方向，判斷帶電粒子與點電荷是同種電荷還是異種電荷．根據(jù)電場力的做功，判定電勢能的變化；根據(jù)動能定理確定到達(dá)M、N時兩粒子速率關(guān)系．【解析】【解答】解：A、由軌跡看出，點電荷左側(cè)的帶電粒子b有排斥力，所以b帶正電荷；對右側(cè)的帶電粒子a有吸引力；所以a帶負(fù)電荷．故A錯誤．

B；點電荷的電場特點是近處大；遠(yuǎn)處小，P點的場強小于N點的場強．故B正確；

C、D、b受排斥力，電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增大；a受吸引力，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，所以a、b到達(dá)M；N時兩粒子速率不相等．故C正確；D錯誤．

故選：BC13、BC【分析】【分析】粒子受到洛倫茲力與電場力共同作用，若軌跡是直線運動，則一定是勻速直線運動，因速度影響洛倫茲力的大?。桓鶕?jù)左手定則確定洛倫茲力的方向，并依據(jù)力與運動的關(guān)系，從而即可求解．【解析】【解答】解：A、不論v0大小如何；粒子受到電場力與洛倫茲力不共線，則不可能平衡，因此不可能沿著1（ac方向）軌跡直線運動，故A錯誤；

B、無論v0多大；粒子受到電場力與洛倫茲力不可能平衡，因此不可能沿著2（平行dc方向）軌跡直線運動，故B正確；

C、只要v0大小合適，則有電場力與洛倫茲力相平衡，可以沿3（db方向）軌跡直線運動；且做勻速直線運動，故C正確，D錯誤；

故選：BC．14、AD【分析】【分析】從圖象可以看出，空降兵先做加速度不斷減小的加速運動，再做加速度不斷減小的減速運動，最后勻速運動；根據(jù)速度時間圖線與坐標(biāo)軸包圍的面積表示位移以及圖線上某點的切線的斜率表示該時刻加速度來進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：A；速度時間圖線與坐標(biāo)軸包圍的面積表示位移的大?。还?～10s內(nèi)空降兵運動的位移大于10～15s內(nèi)空降兵運動的位移，故A正確；

B；第10s末空降兵打開降落傘；此后做加速度不斷減小的減速運動至第15s末，故B錯誤；

C；15s后空降兵保持勻速下落；由于要克服阻力做功，動能不變，重力勢能減小，故機械能減小，故C錯誤；

D；10s～15s空降兵做加速度不斷減小的減速運動；加速度與速度反向，故加速度向上，故D正確；

故選AD．15、BC【分析】【分析】設(shè)磁場區(qū)域半徑為R，軌跡的圓心角為α，則粒子在磁場中運動時間為t=，圓心角α越大，時間越長．根據(jù)幾何知識得到軌跡半徑r與R的關(guān)系，就能得到軌跡長度與時間的關(guān)系．帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角等于軌跡的圓心角．【解析】【解答】解：設(shè)磁場區(qū)域半徑為R；軌跡的圓心角為α．

A、粒子運動的軌跡為S=rα=Rcot?α．粒子的運動時間越長；α越大，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可以證明孤長S越短．故A錯誤．

B、粒子在磁場中運動的時間為t=，而軌跡半徑r=Rcot，當(dāng)粒子的運動時間越短時，α越小，則知r越大，而r=；則速度v越大．故B正確．

C、根據(jù)推論得知，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角等于軌跡的圓心角α，則在磁場中偏轉(zhuǎn)越小的，軌跡的圓心角α，由t=知；運動時間越短．故C正確．

D、由上分析知道，速度越大，軌跡半徑r越大，而tan=；α越小，通過磁場的時間越短．故D錯誤．

故選：BC16、BCD【分析】【分析】勻速轉(zhuǎn)動的電扇上除轉(zhuǎn)軸外的各個點都做勻速圓周運動，共軸轉(zhuǎn)動角速度相等．【解析】【解答】解：A；勻速圓周運動的軌跡是圓周；勻速轉(zhuǎn)動的電扇上除轉(zhuǎn)軸外的各個點都做勻速圓周運動，不能說電扇在做勻速圓周運動，電扇整體的軌跡不動，故A錯誤；

B；根據(jù)題意；電扇在繞O軸勻速轉(zhuǎn)動，故B正確；

C；D、電扇上A、B兩個質(zhì)點都在做勻速圓周運動；角速度相同，故C正確，D正確；

故選：BCD．三、填空題(共7題，共14分)17、質(zhì)量質(zhì)點不存在【分析】【分析】物體能看作質(zhì)點的條件是：物體的形狀和大小對所研究的問題屬于無關(guān)或次要因素時，可把物體看做質(zhì)點．【解析】【解答】解：為研究問題方便；抓住了物體質(zhì)量的屬性，忽略了大小和形狀，把物體看成一個質(zhì)點，質(zhì)點是一個理想化的模型，實際上是不存在的．

故答案為：質(zhì)量；質(zhì)點；不存在；18、2045°【分析】【分析】平拋運動在豎直方向做自由落體運動，根據(jù)vy=gt求出豎直分速度，再合成求得速度，并求出速度方向與水平方向的夾角．【解析】【解答】解：拋出2s后豎直方向上的分速度為：vy=gt=10×2m/s=20m/s．

速度大小是：v===20m/s

拋出2s時速度與水平方向的夾角β的正切值：tanβ==1；β=45°

故答案為：20，45°．19、2πR02R【分析】【分析】路程等于物體運動軌跡的長度，位移等于物體首末位置的距離．【解析】【解答】解：物體做圓周運動一周；路程等于周長，即s=2πR．初末位置重合，則運動的位移為0，在此過程中，首末位置的最大距離為2R，則最大位移為2R．

故答案為：2πR02R20、略

【分析】解：波在A、B兩種介質(zhì)中傳播的頻率f相同．由圖讀出波長分別是：λA=4m，λB=6m．由公式v=λf得到，該波在A、B兩種介質(zhì)中傳播的速度之比vA：vB=2：3．

該波的周期T==1s．經(jīng)0.75s時處于x=6m的質(zhì)點到達(dá)波峰；位移y=5cm．

角速度振幅為A=5cm，其中x=14m處的質(zhì)點振動方向向上，則開始振動時處于x=4m的質(zhì)點處于平衡位置向上振動；

所以處于x=4m的質(zhì)點的振動方程為y=5sin2πt（cm）

故答案為：2：3；5；y=5sin2πt

波在A；B兩種介質(zhì)中傳播的頻率相同；由圖讀出波長之比，再求波速之比．x=14m處的質(zhì)點振動方向向上，波向左傳播，則此時x=6m的質(zhì)點正向下振動，經(jīng)0.75s時該質(zhì)點到達(dá)波峰，根據(jù)周期求出角速度，再根據(jù)x=14m處的質(zhì)點振動方向向上判斷處于x=4m的質(zhì)點的位置及振動情況，從而求出振動方程．

書寫振動方程時，要分析三個要素：振幅A、初相位和圓頻率，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解，能根據(jù)波長和頻率求解波速，知道波在不同介質(zhì)中傳播的頻率相同．【解析】2：3；5；y=5sin2πt21、0BLv【分析】【分析】（1）根據(jù)公式E=BLv求出導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；分析電壓是內(nèi)電壓還是外電壓，求得各邊的電壓．

（2）將線圈的cd邊拉出磁場，ad邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab間的電壓是外電壓的一部分．【解析】【解答】解：（1）線框以速度v在磁場中運動，如圖，ad邊、bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；均為E=BLv

由于磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則知Uab=0；Uad=E=BLv

（2）如果將線圈的cd邊拉出磁場；ad邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，為E=BLv

則Uab=E=

故答案為：（1）0，BLv；（2）．22、24Hsinα【分析】【分析】球體與斜坡的接觸是完全彈性碰撞，則反彈后速度大小不變，把速度和加速度都沿斜面方向進(jìn)行分析，根據(jù)運動學(xué)基本公式求解即可．【解析】【解答】解：小球與斜面碰撞的速度v=；

把速度沿著斜面方向和垂直于斜面方向分解得：

，

把重力加速度沿著斜面方向和垂直于斜面方向分解得：

gy=gcosα，gx=gsinα；

則第一次碰撞到第二次碰撞的時間t1=；

沿斜面方向運動的位移。

=8Hsinα；

則第1次碰撞到第4次碰撞的落點間的距離d=3x1=24Hsinα

故答案為：24Hsinα23、-300【分析】【分析】根據(jù)加速度：a=，可求解，注意速度、加速度是矢量【解析】【解答】解：取初速度方向為正方向，則被彈回的速度方向為負(fù)值，即初速度：v1=20m/s，彈回的速度：v2=-10m/s

故加速度a====-300m/s2

故答案為：-300四、判斷題(共1題，共8分)24、√【分析】【分析】液體微觀結(jié)構(gòu)理論：

（1）液體分子的排列更接近于固體；是密集在一起的，因而液體具有一定的體積，不易被壓縮。

（2）液體分子之間的相互作用不像固體中的微粒那樣強；液體分子只在很小的區(qū)域內(nèi)做有規(guī)則的排列，這種區(qū)域是暫時形成的，邊界和大小隨時改變，有時瓦解，有時又重新形成，液體由大量的這種暫時形成的小區(qū)域構(gòu)成，這種小區(qū)域雜亂無章地分布著，因而液體表現(xiàn)出各向同性。

（3）液體分子的熱運動與固體類似，主要表現(xiàn)為在平衡位置附近做微小的振動，但液體分子沒有長期固定的平衡位置，在一個平衡位置附近振動一小段時間以后，又轉(zhuǎn)移到另一個平衡位置附近去振動，即液體分子可以在液體中移動，這就是液體具有流動性的原因．【解析】【解答】解：由液體的結(jié)構(gòu)知非晶體的結(jié)構(gòu)進(jìn)行比較可知；二者在很多的方面非常類似，可以看作是粘滯性極大的液體．該說法是正確的；

故答案為：√五、實驗題(共4題，共16分)25、0.10.50B→A0.215【分析】【分析】根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差是一恒量求出物體的加速度，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出計數(shù)點3的瞬時速度．【解析】【解答】解：（1）相鄰計數(shù)點間的時間間隔為：T=0.02×5s=0.1s．

（2）因為連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之差△x=0.50cm，根據(jù)△x=aT2得加速度為：a=；方向為B→A．

（3）計數(shù)點3的瞬時速度為：m/s=0.215m/s．

故答案為：（1）0.1；（2）0.50，B→A；（3）0.215．26、×100Ω2200丙【分析】【分析】（1）使用歐姆表測電阻時；應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指在表盤中央刻度線附近；姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)．

（2）分析兩電路中電表的內(nèi)阻影響可知：乙圖中電流示數(shù)太小，誤差大，而丙圖較合理；開關(guān)2閉合時的電壓為電動勢，斷開時二者串聯(lián)．【解析】【解答】解：用×10Ω擋測量某電阻時；操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很??；

說明所選擋位太?。粸榱溯^準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，應(yīng)換到×100Ω擋．

由圖是表盤可知；歐姆表示數(shù)為22×100Ω=2200Ω；

（2）乙電路中電壓表示數(shù)為是壓表兩端的電壓，電流表示數(shù)為流過電壓表的電流；則由歐姆定律可知：Rv=；

用丙電路圖時，S2閉合時，示數(shù)U2相當(dāng)于電動勢，斷開時，二者串聯(lián)，電流相等，即=，所以RV′=；

乙圖中電流表的示數(shù)太小；誤差太大，而丙圖中R的阻值與電壓表