2025年西師新版高三物理下冊月考試卷

…………○…………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年西師新版高三物理下冊月考試卷76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6題，共12分)1、在研究下列物體的運動規(guī)律時，可以看成質(zhì)點的物體是（）A.急速旋轉(zhuǎn)的乒乓球B.繞太陽公轉(zhuǎn)的地球C.通過長江大橋的輕軌列車D.翩翩起舞的芭蕾舞演員2、有一項趣味競賽：從光滑水平桌面的角A向角B發(fā)射一只乒乓球，要求參賽者在角B處用細(xì)管吹氣，將乒乓球吹進(jìn)角C處的圓圈中．趙、錢、孫、李四位參賽者吹氣方向為如圖中的箭頭所示，則最有可能成功的參賽者是（）A.趙B.錢C.孫D.李3、一臺額定輸出功率為50kW的起重機將質(zhì)量為1噸的貨物由靜止豎直吊起，最初貨物做勻加速運動，在2s末貨物的速度為4m/s．起重機達(dá)到額定功率后，保持輸出功率不變工作．g=10m/s2；不計額外功的損失，則（）

A.起重機在2s末的輸出功率為48kW

B.起重機在2s內(nèi)的平均輸出功率為20kW

C.貨物維持勻加速運動的時間為2.5s

D.貨物被吊起過程中的最大速度為5m/s

4、下圖是云室中某粒子穿過鉛板前后的軌跡，室內(nèi)勻強磁場的方向與軌跡所在平面垂直（圖中垂直紙面向里），鉛板上有標(biāo)度，由此可知此粒子A.此粒子一定帶正電B.此粒子一定帶負(fù)電C.穿過鉛板的過程中，粒子損失了1/9的初動能D.穿過鉛板的過程中，粒子損失了8/9的初動能5、如圖所示，平行直線AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分別表示電勢-4V，-2V，0，2V，4V的等勢線，若AB=BC=CD=DE=2cm，且與直線MN成30°角，則（）A.該電場是勻強電場，場強方向垂直于AA′，且指向右下B.該電場是勻強電場，場強大小為E=C.該電場是勻強電場，距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為2V，最低電勢為-2VD.該電場是勻強電場，距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為4V，最低電勢為-4V6、如圖為某汽車某次起動過程的速度一時間圖象．已知末速度大小為30m/s，從起動計時到達(dá)到30m/s共用時15s，則在該次起動中汽車通過的位移是（）A.小于225mB.等于225mC.大于225mD.不能確定評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、宇宙中存在著這樣一種四星系統(tǒng)，這四顆星的質(zhì)量相等，遠(yuǎn)離其他恒星，因此可以忽略其他恒星對它們的作用，四顆星穩(wěn)定地分布在一個正方形的四個頂點上，且均圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，假設(shè)每顆星的質(zhì)量為m，正方形的邊長為L，每顆星的半徑為R，引力常量為G，則（）A.每顆星做圓周運動的半徑為LB.每顆星做圓周運動的向心力為C.每顆星表面的重力加速度為D.每顆星做圓周運動的周期為8、二十世紀(jì)初，英國物理學(xué)家阿斯頓首次制成了聚焦性能較高的質(zhì)譜儀，現(xiàn)有一束粒子先射入速度選擇器，然后進(jìn)入勻強磁場B2．最后打在核乳膠片上，其運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.該束粒子帶負(fù)電B.速度選擇器的P1極板帶正電C.在磁場B2中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量一定越大D.在磁場B2中運動半徑越大的粒子，比荷一定越小9、在兩端開口豎直放置的U形管內(nèi)，兩段水銀封閉著長度為L的空氣柱，a、b兩水銀面的高度差為h，現(xiàn)保持溫度不變，則（）A.若再向左管注入些水銀，穩(wěn)定后h變大B.若再向左管注入些水銀，穩(wěn)定后h不變C.若再向右管注入些水銀，穩(wěn)定后h變大D.若兩管同時注入些水銀，穩(wěn)定后h變大10、如圖所示，一個正方形導(dǎo)線框abcd，邊長為L，質(zhì)量為m．將線框從距水平勻強磁場上方h處由靜止釋放，在線框下落過程中，不計空氣阻力，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行．當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框速度為v．在線框進(jìn)入磁場的整個過程中，下列說法正確的是（）A.線框可能做加速度減小的加速運動B.線框可能做加速度減小的減速運動C.安培力對線框的沖量大小一定為mvD.線框克服安培力做功一定為11、如圖所示，相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌ab、cd放置在水平桌面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的兩端a、c相連．滑桿MN質(zhì)量為m，電阻為r，垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上自由滑動，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻．整個裝置置與豎直方向的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B．滑桿的中點系一不可伸長的輕緝，輕繩繞過固定在桌邊的光滑滑輪后，與另一質(zhì)量也為m的物塊相連，輕繩處于拉直狀態(tài)．現(xiàn)將物塊由靜止釋放；當(dāng)物塊達(dá)到最大速度時，下落高度為h，用g表示重力加速度，則在物塊由靜止開始下落至速度最大的過程中（）A.通過電阻R的電荷量是B.滑桿MN產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為C.繩子的拉力大小始終不變D.物塊減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱12、為了求出樓房的高度，讓一石子從樓頂自由下落，若空氣阻力不計，測出下列哪個物理量的值就能計算出樓房高度（）A.石子下落時間B.石子落地時的速度C.最后1s內(nèi)的位移D.通過最后lm的時間13、已知兩個共點力F1和F2不共線，若F1的大小和方向保持不變，F(xiàn)2的方向也保持不變，僅增大F2的大?。贔2逐漸增大的過程中，關(guān)于合力F的大小，下列說法正確的是（）A.若F1和F2的夾角為銳角，F(xiàn)一定不斷變大B.若F1和F2的夾角為銳角，F(xiàn)有可能先變小后變大C.若F1和F2的夾角為鈍角，F(xiàn)有可能先變小后變大D.若F1和F2的夾角為鈍角，F(xiàn)有可能一直變大14、在地面上某一高度運行的人造地球衛(wèi)星，下列說法中正確的是（）A.該衛(wèi)星在軌道上的運行速度大于第一宇宙速度B.該衛(wèi)星在軌道上的運行速度小于第一宇宙速度C.發(fā)射該衛(wèi)星時的發(fā)射速度等于第一宇宙速度D.發(fā)射該衛(wèi)星時的發(fā)射速度小于第一宇宙速度評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動，它們的v-t圖象如圖所示，兩圖象在t=t1時相交于P點，P在橫軸上的投影為Q，△OPQ的面積為S，在t=0時刻乙車在甲車前面，相距為d，已知此后兩車相遇兩次，且第一次相遇的時刻為t′，則t′是____，d是____．16、（2012秋?永順縣校級期末）如圖示，水平放置的均勻?qū)w棒長為0.2m，將它置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感強度B=0.5T，棒中通有電流I=2A，則導(dǎo)體棒所受的安培力的大小為____N，方向____．17、（2013秋?浙江期中）某物體作直線運動的速度一時間圖象如圖所示．根據(jù)圖象回答：

（1）物體在2s末的速度是____m/s．

（2）物體在0～6s內(nèi)的位移是____m．

（3）物體在后2s的加速度大小是____m/s2．18、動能：物體由于____而具有的能量叫做動能．表達(dá)式：Ek=____

動能是描述物體運動狀態(tài)的物理量．19、莫爾斯發(fā)明的點劃編碼；可以用來發(fā)送電報，傳遞信息．莫爾斯電碼如表，發(fā)報時用“嘀”表示“?”，用“嗒”表示“-”．

如果收到“嘀嘀嘀”、“嗒嗒嗒”、“嘀嘀嘀”，這表示____，是____信號．

“嗒嘀嘀嗒”、“嘀嘀”、“嗒嘀”，“嗒嘀”、“嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嘀”，“嘀嘀嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嗒嗒”．意思是____．

莫爾斯電碼：

。A?-E?I??M--Q--?-U??-Y-?--B-F??-?J?N-?R?-?V-Z--??C-?-?G--?K-?-OSW?--D-??HL?-??P?--?T-X-??-評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)20、如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點，則地面的坐標(biāo)為x=-0.8m．____．（判斷對錯）21、地理位置的南北極即為地磁場的南北極____．（判斷對錯）22、新能源是指新開采的能源．____．（判斷對錯）23、一定質(zhì)量的理想氣體，當(dāng)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）評卷人得分五、實驗題(共2題，共16分)24、某電阻額定電壓為3V（阻值大約為10Ω）．為測其阻值；實驗室提供了下列可選用的器材。

A．電流表A1（量程300mA，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表A2（量程0.6A；內(nèi)阻約0.3Ω）

C．電壓表V1（量程3.0V，內(nèi)阻約3kΩ）D．電壓表V2（量程5.0V；內(nèi)阻約5kΩ）

E．滑動變阻器R1（最大阻值為5Ω）F．滑動變阻器R2（最大阻值為500Ω）

G．電源E（電動勢4V；內(nèi)阻可忽略）H．開關(guān)；導(dǎo)線若干。

①為了盡可能提高測量準(zhǔn)確度，應(yīng)選擇的器材為（只需填器材前面的字母即可）：電流表____．電壓表____．滑動變阻器____．

②應(yīng)采用的電路圖為如圖中的____．

這種電路圖測出的電阻值比真實值____（填“偏大”、“偏小”或“不變”）25、【題文】如圖所示為“用DIS研究機械能守恒定律”的實驗裝置。該實驗裝置中傳感器K的名稱是____________傳感器；由該實驗得到的結(jié)論是：

____________________________________________________________________________。評卷人得分六、綜合題(共2題，共14分)26、【題文】在光滑的絕緣水平面上，有直徑相同的兩個金屬小球A、C，已知=2mc，C球帶正電荷2q，靜止在勻強磁場B中，A球不帶電，以速度v0進(jìn)入磁場中與C球正碰；碰撞后C球?qū)ζ矫娴膲毫η『脼榱?，求碰后A球?qū)ζ矫娴膲毫Χ?(取向右為正)

27、(1)(1)下列說法中正確的是__________((填正確答案標(biāo)號。選對一個給33分，選對兩個給44分，選對33個給66分。每選錯一個扣33分，最低得00分))A.軍隊士兵過橋時使用便步，是為了防止橋發(fā)生共振現(xiàn)象B.機械波和電磁波在介質(zhì)中的傳播速度僅由介質(zhì)決定C.泊松亮斑是光通過圓孔發(fā)生衍射時形成的D.拍攝玻璃櫥窗內(nèi)的物品時，往往在鏡頭前加裝一個偏振片以減弱玻璃的反射光E.赫茲用實驗證實了電磁波的存在

(2)

如圖所示，AOB

是截面為扇形的玻璃磚的橫截面圖，其頂角婁脠=76鈭?

今有一細(xì)束單色光在橫截面內(nèi)從OA

邊上的點E

沿垂直O(jiān)A

的方向射入玻璃磚，光線直接到達(dá)AB

面且恰好未從AB

面射出。已知OE=35OAcos53?=0.6

試求：

壟脵

玻璃磚的折射率n

壟脷

光線第一次從OB

射出時折射角的正弦值。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點．【解析】【解答】解：A；急速旋轉(zhuǎn)的乒乓球要考慮轉(zhuǎn)動的半徑；大小不能忽略，故A錯誤；

B；繞太陽公轉(zhuǎn)的地球；半徑和軌道半徑比很小，可以忽略不計，故可以簡化為質(zhì)點，故B正確；

C；通過長江大橋的輕軌列車；要考慮長度，不能簡化為質(zhì)點，故C錯誤；

D；翩翩起舞的芭蕾舞演員要考慮姿態(tài)；不能簡化為質(zhì)點，故D錯誤；

故選：B．2、C【分析】【分析】乒乓球被吹氣后，參與了兩個運動，一個是沿AB方向的運動，一個是沿吹氣方向的運動，兩個運動的合運動要沿BC方向，根據(jù)平行四邊形定則，可得出吹氣的方向．【解析】【解答】解：要保證合運動沿BC方向；乒乓球參與了AB方向的運動和吹氣方向的運動，根據(jù)平行四邊形定則，知吹氣的方向沿孫參賽者吹氣的方向．故C正確，A；B、D錯誤．

故選C．

3、A|D【分析】

A、勻加速運動的加速度a=

由牛頓第二定律可知：F-mg=ma

解得F=ma+mg=12000N

P=Fv=12000×4W=48000W；故A正確；

B、起重機在2s內(nèi)的平均輸出功率為故B錯誤；

C、當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，速度v=m/s=4.12m/s，t==故C錯誤；

D、當(dāng)拉力等于重力時速度達(dá)到最大值，所以故D正確．

故選AD

【解析】【答案】先求出做勻加速運動時的加速度；根據(jù)牛頓第二定律求出拉力，在根據(jù)P=Fv求出起重機在2s末的輸出功率，平均功率等于F乘以平均速度，當(dāng)拉力等于重力時速度達(dá)到最大值．

4、B|D【分析】【解析】試題分析：由左手定則知粒子一定帶負(fù)電，A錯，B對；由圖知粒子穿過鉛板后的半徑是穿過前的由半徑公式知速度為原來的由知動能為原來的所以粒子損失了8/9的初動能，D對，C錯?？键c：本題考查左手定則，半徑公式，動能的表達(dá)式【解析】【答案】BD5、D【分析】【分析】勻強電場的等勢面是一些平行的等間距的直線，且沿著電場線，電勢降低的最快，且每前進(jìn)相同距離，電勢降低相等的值．【解析】【解答】解：A；從圖中可以看出；等勢面平行且間距相等，故一定是勻強電場；由于電場線與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故場強方向與AA′垂直，且指向左上方，故A錯誤；

B、根據(jù)場強與電勢差關(guān)系公式U=Ed可得：E====200V/m；故B錯誤；

CD；強電場的等勢面是一些平行的等間距的直線；故該電場是勻強電場；由于勻強電場中沿著電場線，電勢降低的最快，且每前進(jìn)相同距離，電勢降低相等的值，故距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為4V，最低電勢為-4V，故C錯誤，D正確．

故選：D6、C【分析】【分析】用直線連接初末速度，則直線所表示的物體的運動為勻變速直線運動，求出做勻變速直線運動的位移，再通過圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移比較即可．【解析】【解答】解：用直線連接初末速度，則直線所表示的物體的運動為勻變速直線運動，其平均速度為：；

而曲線對應(yīng)的面積大于直線所圍成的面積；說明運動員在這段時間內(nèi)的位移大于勻變速直線運動的位移，即：

x；故C正確．

故選：C二、多選題(共8題，共16分)7、CD【分析】【分析】星體做勻速圓周運動的軌道半徑等于正方形對角線的一半．

根據(jù)萬有引力等于重力求出星體表面的重力加速度．

在四顆星組成的四星系統(tǒng)中，其中任意一顆星受到其它三顆星對它的合力提供圓周運動的向心力，列出等式求出星體勻速圓周運動的周期．【解析】【解答】解：A；由星體均圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動可知；星體做勻速圓周運動的軌道半徑。

r=L；故A錯誤；

B；星體在其他三個星體的萬有引力作用下圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動；由萬有引力定律和向心力公式得：

F合=+2cos45°=m×L

T=；故B錯誤，D正確；

C、根據(jù)萬有引力等于重力得：=m′g

解得：g=；故C正確；

故選：CD．8、BD【分析】【分析】由圖可知，粒子進(jìn)入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動；根據(jù)粒子向下偏轉(zhuǎn)，即可知粒子所受的洛倫茲力方向向下，由左手定則可判斷粒子的電性．

粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用，電場力不變，速度方向不變，可知洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡，由左手定則判斷出洛倫茲力方向，由平衡條件即可確定出P1極板帶什么電．

粒子進(jìn)入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑表達(dá)式，根據(jù)半徑公式分析半徑越大時，粒子的質(zhì)量和比荷的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓?/p>

A、由圖可知，帶電粒子進(jìn)入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)；所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電．故A錯誤．

B、在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電．故B正確．

C、D粒子進(jìn)入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動；由牛頓第二定律得。

qvB=m，得r=可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則越?。蔆錯誤；D正確．

故選：BD．9、BCD【分析】【分析】以被封閉的氣體為研究對象，分析分別向左右兩管中注入水銀后，對氣體壓強的影響，即可得出a、b兩水銀面的高度差h的變化情況．【解析】【解答】解：設(shè)右管被封閉氣體上方的水銀柱的高度為h′；結(jié)合連通器原理可知有關(guān)系h′=h

AB；若再向左管注入些水銀穩(wěn)定后；研究被封閉的氣體，氣體上方的水銀柱高度不變，所以氣體的壓強不變，仍然有h′=h，選項A錯誤，選項B正確．

C、若再向右管注入些水銀，穩(wěn)定后，因被封閉氣體上方的水銀柱變長，被封閉的氣體壓強增大，a、b兩水銀面的高度差變大；h會變大，（或利用穩(wěn)定后，始終會有關(guān)系h′=h來解答）．選項C正確。

D、由對AB的分析可知，向左管中注入水銀，對a、b兩水銀面的高度差無影響，由對C的解答可知，向右管中注入水銀，會使a、b兩水銀面的高度差變大；所以同時向兩管同時注入些水銀，穩(wěn)定后h變大，選項D正確．

故選：BCD10、ABD【分析】【分析】當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時；若速度非常大，則cd邊受安培力大于線圈重力mg，則線框做加速度逐漸減小的減速運動；

若速度很??；則cd邊受安培力小于線圈重力mg，則線框做加速度逐漸減小的加速運動；

根據(jù)動量定理計算安培力對線框的沖量大?。?/p>

根據(jù)動能定理計算線框克服安培力做的功．【解析】【解答】解：A、設(shè)線框剛進(jìn)入磁場時速度為v′，則mgh=mv′2

E=BLv′，I=；安培力F=BIL

聯(lián)立得：F=

根據(jù)牛頓第二定律：F-mg=ma；

若F＞mg；則加速度向上，物體做減速運動，v減小后安培力F減小，則加速度減小，故物體做加速度逐漸減小的減速運動；

若F＜mg；根據(jù)牛頓第二定律：mg-F=ma

則加速度向下；物體做加速運動，v增大后安培力F增大，則加速度減小，故物體做加速度逐漸減小的加速運動，故AB正確；

C、根據(jù)動量定理：mg△t-I安=mv-mv′；可見安培力的沖量大小與mv不一定相等，故C錯誤；

D、對全過程根據(jù)動能定理：mg（h+L）-W安=mv2-0，得：W安=mg（h+L）-mv2．故D正確；

故選：ABD．11、AB【分析】【分析】根據(jù)q=求出通過電阻R的電荷量．當(dāng)滑桿受力平衡時速度最大，感應(yīng)電動勢最大，根據(jù)平衡求出電流的大小，結(jié)合歐姆定律求出最大感應(yīng)電動勢．通過對重物分析，結(jié)合加速度的變化判斷繩子拉力的變化．根據(jù)能量守恒定律判斷物塊減小的重力勢能和回路中產(chǎn)生的焦耳熱的關(guān)系．【解析】【解答】解：A、通過電阻R的電荷量q==．故A正確．

B、當(dāng)滑桿平衡時有：FA=mg，即BIL=mg，則電流I=，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電動勢E=I（R+r）=．故B正確．

C；MN所受的安培力逐漸增大；做加速度逐漸減小的加速運動，所以物塊做加速度逐漸減小的加速運動，根據(jù)mg-T=ma，則拉力逐漸增大．故C錯誤．

D；根據(jù)能量守恒得；物塊重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量和回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和．故D錯誤．

故選：AB．12、ABCD【分析】【分析】通過自由落體運動的位移時間公式h=和速度位移公式v2=2gh知，只要知道落地的速度或下落的時間，就可以求出樓房的高度．【解析】【解答】解：A、根據(jù)h=；知道下落時間，就可以知道下落的高度．故A正確．

B、根據(jù)速度位移公式v2=2gh知；知道末速度，就可以知道下落的高度．故B正確．

C、根據(jù)最后1s內(nèi)的位移，可以知道最后1s內(nèi)的平均速度，某段時間內(nèi)的平均速度等于中v2=2gh知，間時刻的瞬時速度，則可以知道落地前0.5s末的速度，根據(jù)速度時間公式v=v0+gt，求出落地時的速度，再根據(jù)v2=2gh；求出下落的距離．故C正確．

D、根據(jù)最后1m內(nèi)的時間，根據(jù)x=，求出最后1m內(nèi)的初速度，根據(jù)速度時間公式v=v0+gt，求出落地時的速度，再根據(jù)v2=2gh；求出下落的距離．故D正確．

故選ABCD．13、ACD【分析】【分析】兩個不在同一條直線上的力合成時遵循平行四邊形定則，根據(jù)平行四邊形定則作圖分析即可．【解析】【解答】解：AB．如果夾角θ的范圍為：0°＜θ＜90°；根據(jù)平行四邊形定則作圖，如圖：

從圖中可以看出；合力一定增大；故A正確，B錯誤；

CD．如果夾角θ的范圍為：90°＜θ＜180°；根據(jù)平行四邊形定則作圖，如圖。

從圖中可以看出，合力有可能先減小后增加，存在相等的可能；若F1＜＜F2；合力一定是增加；故C正確，D正確；

故選：ACD．14、BC【分析】【分析】第一宇宙速度又稱為環(huán)繞速度；是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運動所需的最小發(fā)射速度．

根據(jù)萬有引力提供向心力得線速度表達(dá)式，可以發(fā)現(xiàn)第一宇宙速度是衛(wèi)星在圓軌道上運行的最大速度．【解析】【解答】解：A；在地面上某一高度運行的人造地球衛(wèi)星；

根據(jù)萬有引力提供向心力得=

線速度v=，離地球越遠(yuǎn)，軌道半徑r越大；線速度越?。吹谝挥钪嫠俣仁切l(wèi)星在圓軌道上運行的最大速度．

所以該衛(wèi)星在軌道上的運行速度小于第一宇宙速度；故A錯誤，B正確；

C；第一宇宙速度也是在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運動所需的最小發(fā)射速度；故C正確，D錯誤。

故選：BC．三、填空題(共5題，共10分)15、小于S【分析】【分析】v-t圖象中圖線與時間軸包圍的面積表示位移大小，先根據(jù)運動學(xué)公式求解出甲的初速度和乙的加速度，然后結(jié)合位移關(guān)系和時間關(guān)系列式分析．【解析】【解答】解：設(shè)甲車的速度為v；則：

S=①

S=②

甲車追上乙車過程；根據(jù)位移公式，有：

③

聯(lián)立解得：

t′=（取“-”號時表示第一次相遇）

其中S（S-d）＞0；故S＞d；

故答案為：，小于S．16、0.2垂直紙面向外【分析】【分析】根據(jù)安培力的大小公式求出安培力的大小，根據(jù)左手定則判斷出安培力的方向．【解析】【解答】解：安培力的大小F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N；根據(jù)左手定則知，安培力的方向垂直紙面向外．

故答案為：0.2，垂直紙面向外．17、2122【分析】【分析】速度一時間圖象中，各時刻的速度大小可以由圖象讀出；直線的斜率等于物體的加速度．根據(jù)數(shù)學(xué)知識求出斜率，得到加速度．物體的運動方向由速度的正負(fù)讀出．圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”表示位移，根據(jù)幾何知識求出位移大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）物體在2s末的速度可以由圖象讀出：為2m/s；

（2）物體在0～6s內(nèi)的位移等于△OAB圍成的面積：m

（3）物體在后2s的加速度大小等于直線AB的斜率：；負(fù)號表示AB段加速度的方向與運動的方向相反，物體做減速運動．

故答案為：2；12；218、運動【分析】【分析】明確動能的定義與表達(dá)式即可解答本題．【解析】【解答】解：動能：物體由于運動而具有的能量叫做動能．表達(dá)式：Ek=

故答案為：運動，19、SOS求救新年好（或XINNIANHAO）【分析】【分析】根據(jù)電報記錄，先得出電碼的數(shù)字，然后數(shù)字找出電報密碼中對應(yīng)文字．【解析】【解答】解：“嘀嘀嘀”；“嗒嗒嗒”、“嘀嘀嘀”在表中可以查的分別為S、O、S；故表示SOS，是求救信號．

在表中查的“嗒嘀嘀嗒”；“嘀嘀”、“嗒嘀”；“嗒嘀”、“嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嘀”，“嘀嘀嘀嘀”、“嘀嗒”、“嗒嗒嗒”分別表示XINNIANHAO，即新年好的漢語拼音．

故答案為：SOS；求救；新年好（或XINNIANHAO）．四、判斷題(共4題，共40分)20、×【分析】【分析】根據(jù)建立坐標(biāo)系的條件可知，建立坐標(biāo)系需要確定坐標(biāo)原點與正方向．由此方向解答即可．【解析】【解答】解：如果以高出地面0.8m的桌面位置為坐標(biāo)原點；選擇向下為正方向，則地面的坐標(biāo)為：x=0.8m．所以該說法錯誤．

故答案為：×21、×【分析】【分析】地球是個巨大的磁體，地磁北極在地理南極附近，地磁南極在地理北極附近．地球周圍存在著磁場．【解析】【解答】解：地理北極附近是地磁南極；地理南極附近是地磁北極．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×22、×【分析】【分析】根據(jù)新能源的定義進(jìn)行判斷，新能源又稱非常規(guī)能源，是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源．【解析】【解答】解：新能源又稱非常規(guī)能源；是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究；有待推廣的能源，如太陽能、地?zé)崮?、風(fēng)能、海洋能、生物質(zhì)能和核聚變能等，因此新能源是指新開采的能源這種說法是錯誤的．

故答案為：×23、×【分析】【分析】一定質(zhì)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(zhì)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(xué)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：×五、實驗題(共2題，共16分)24、ACEB偏小【分析】【分析】根據(jù)電阻的額定電流選擇電流表，根據(jù)電阻額定電壓選擇電壓表，為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器．根據(jù)該電阻與兩電表內(nèi)阻的倍數(shù)關(guān)系選擇電流表的接法，題目要求為了盡可能提高測量準(zhǔn)確度，選擇滑動變阻分壓式．電流表外接法，由于電壓表的分流作用，使電流表測的電流大于流過電阻的電流，由R=知測量值小于真實值．【解析】【解答】解：（1）電阻額定電流約為：I==A=300mA；電流表應(yīng)選A；電阻額定