2025年外研版2024高一物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版2024高一物理上冊階段測試試卷137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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，木塊A和木塊B用一根彈性良好的輕彈簧連在一起，置于光滑水平面上，一顆子彈水平射入木塊A并留在A中，則在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動量守恒，機械能守恒B.動量不守恒，機械能守恒C.動量守恒，機械能不守恒D.無法判斷動量、機械能是否守恒2、【題文】物體甲的x－t圖象和物體乙的v－t圖象分別如圖所示；則這兩物體的運動情況是。

A.甲在整個t＝6s時間內(nèi)運動方向一直不變，它通過的總位移大小為4mB.甲在整個t＝6s時間內(nèi)有往復(fù)運動，它通過的總位移為零C.乙在整個t＝6s時間內(nèi)有往復(fù)運動，它通過的總位移為零D.乙在整個t＝6s時間內(nèi)加速度方向一直不變，它通過的總路程為6m3、2015年3月30日，我國成功地發(fā)射了第17顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星，距離最終建成具有我國獨立自主知識產(chǎn)權(quán)的多功能北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)又進了一步．該系統(tǒng)建成后將包括5顆同步軌道衛(wèi)星和30顆一般軌道衛(wèi)星，關(guān)于這些衛(wèi)星正常繞地球運行時的說法，正確的是（）A.5顆同步衛(wèi)星的軌道半徑可以不同B.5顆同步衛(wèi)星的運行軌道必須在同一平面內(nèi)，且與赤道面共面C.導(dǎo)航系統(tǒng)中所有衛(wèi)星的運行速度一定大于第一宇宙速度D.導(dǎo)航系統(tǒng)中的不同衛(wèi)星，運行軌道半徑越大的，繞地運行的角速度也越大4、做勻加速直線運動的物體，加速度是3m/s2，它意味著（）A.物體在任一秒末的速度一定是該秒初的三倍B.物體在第一秒末的末速度為3m/sC.物體在任一秒末的速度比該秒初的速度大3m/sD.物體在任一秒初的速度比前一秒的末速度大3m/s5、關(guān)于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A.自由落體運動是一種勻速直線運動B.物體剛下落時，速度和加速度都為零C.物體在下落的過程中，每秒鐘速度變化都相同D.物體的質(zhì)量越大，下落得越快6、根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是（）A.物體加速度的方向可能跟它所受合力的方向相反B.物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度C.物體加速度的大小跟它所受的任一個力的大小都成正比D.當物體的質(zhì)量改變時，若所受合力的水平分力不變則物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、2010年11月12日第十六屆亞運會在中國廣州舉行．觀察圖1中的旗幟和甲、乙兩火炬手所傳遞的圣火火焰，關(guān)于甲、乙兩火炬手相對于靜止旗桿的運動情況，下列說法有可能的是（旗桿和甲、乙火炬手在同一地區(qū)）（）A.甲、乙兩火炬手都向左運動B.甲、乙兩火炬手一定向右運動C.甲火炬手可能運動，乙火炬手向右運動E.甲、乙兩火炬手都向左運動E.甲、乙兩火炬手都向左運動8、一質(zhì)點在某段時間內(nèi)做曲線運動，則該質(zhì)點()A.在某一點的速度方向沿曲線在這一點的切線方向B.速度一定在不斷地變化，加速度也一定不斷變化C.速度的方向與合外力的方向必不在一條直線上D.在任意時間內(nèi)的位移大小總是大于路程9、木星的半徑為R

表面外的重力加速度為g

它的一顆衛(wèi)星運動的軌道半徑為2R

則(

)

A.木星的質(zhì)量為gR2G

B.木星的平均密度為3g4pGR

C.該衛(wèi)星運動的周期為4p2Rg

D.該衛(wèi)星運動的周期為4pRg

10、我國發(fā)射第一顆人造地球衛(wèi)星的周期是114min

下面關(guān)于同步通信衛(wèi)星的說法中正確的是(

)

A.同步通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)同步，衛(wèi)星的高度和速率都是確定的B.同步通信衛(wèi)星的角速度雖已被確定，但高度和速率可以選擇.

高度增加，速率增大；高度降低，速率減小，仍同步C.第一顆人造衛(wèi)星離地面的高度比同步衛(wèi)星低D.同步通信衛(wèi)星的速率比我國發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星的速率小11、已知甲、乙兩行星的半徑之比為a

它們各自對應(yīng)的第一宇宙速度之比為b

則下列結(jié)論正確的是(

)

A.甲、乙兩行星的質(zhì)量之比為b2a1

B.甲、乙兩行星表面的重力加速度之比為b2a

C.甲、乙兩行星各自的衛(wèi)星的最小周期之比為ab

D.甲、乙兩行星各自的衛(wèi)星的最大角速度之比為ab

12、有關(guān)實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是(

)

A.火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B.體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C.用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響D.為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好13、下列說法正確的是(

)

A.為了解釋黑體輻射規(guī)律，波爾提出電磁輻射的能量的量子化B.高速運動的質(zhì)子、中子和電子只具有粒子性，不具有波動性C.光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)深入地揭示了光的粒子性的一面.

前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外還具有動量E.比結(jié)合能小的原子核結(jié)合或分解成比結(jié)合能大的原子核時一定釋放核能E.比結(jié)合能小的原子核結(jié)合或分解成比結(jié)合能大的原子核時一定釋放核能評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、某同學(xué)的家到學(xué)校的直線距離為1000m，但他從家出發(fā)步行到學(xué)校，要先向東走400m，然后再向北走600m，最后再向東走400m才能到達學(xué)校，如圖所示．則他從家到學(xué)校的位移大小為____m，走過的路程為____m．15、如圖所示，木塊與水平面間的滑動摩擦力的大小為重力的0.1倍，木塊的質(zhì)量為2Kg．在木塊向右運動的過程中，還受到一個水平向左的大小為10N的拉力作用，則木塊所受的滑動摩擦力大小為____；木塊對地面的摩擦力的方向____（g取10N/kg）．

16、NBA球賽中，籃球以6m/s的速度水平向右撞擊籃板后以4m/s的水平速度反向彈回，球與板接觸的時間為0.1s，則籃球在水平方向的加速度大小為:____，方向____。17、如圖是某同學(xué)根據(jù)實驗畫出的平拋小球的運動軌跡，O

為平拋的起點，在軌跡上任取三點ABC

測得AB

兩點豎直坐標y1

為5.0cmy2

為45.0cmAB

兩點水平間距鈻?x

為40.0cm.

則平拋小球的初速度v0

為______m/s

若C

點的豎直坐標y3

為60.0cm

則小球在C

點的速度vC

為______m/s(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g

取10m/s2).

18、設(shè)地球繞太陽做勻速圓周運動，半徑為R

速率為v

則太陽的質(zhì)量可用vR

和引力常量G

表示為__________.

太陽圍繞銀河系中心的運動可視為勻速圓周運動，其運動速率約為地球公轉(zhuǎn)速率的7

倍，軌道半徑約為地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的2隆脕109

倍.

為了粗略估算銀河系中恒星的數(shù)目，可認為銀河系中所有的恒星質(zhì)量都集中在銀河系中心.

且銀河系中恒星的平均質(zhì)量約等于太陽的質(zhì)量，則銀河系中恒星數(shù)目約為________．19、為了探索彈力和彈簧伸長的關(guān)系，李衛(wèi)同學(xué)選了甲、乙兩根規(guī)格不同的彈簧進行測試，根據(jù)測得的數(shù)據(jù)繪出如圖所示圖象.

從圖象上看，該同學(xué)沒能完全按實驗要求做，而使圖象上端成曲線，圖象上端成曲線是因為______.

這兩根彈簧的勁度系數(shù)分別為______和______.

若要制作一個精確程度較高的彈簧秤，應(yīng)選彈簧______．20、一質(zhì)量m=20kg的木箱放在粗糙的水平地面上。若小明用水平向右F=40N的力推木木箱做勻速直線運動。重力加速度g=10m/s2，則木箱與地面間的動摩擦因數(shù)μ=______木箱勻速運動過程中，小明撤去推力發(fā)現(xiàn)箱子停止運動，據(jù)此小明認為，箱子的運動需要力來維持。請判斷小明的觀點是否正確并說明理由______21、要把密度為0.6×103kg/m3的一塊木頭完全浸沒在水面下，至少要在木塊下掛一個質(zhì)量為7.8kg的鐵塊，鐵的密度為7.8×103kg/m3，則木塊重為____N（取g=10N/kg）．22、【題文】如圖（上右）所示,物體靜止在光滑水平面上,現(xiàn)用沿水平面的力F作用于物體上的O點,若要使物體受到沿O指向O′方向的合力,必須同時再加一個力,這個力的最小值是____.方向為____.(已知F與OO′都在同一水平面內(nèi),F與OO′間的夾角為)____評卷人得分四、簡答題(共2題，共4分)23、如圖所示；彈簧AB原長為35cm，A端掛一個重50N的物體，手執(zhí)B端，將物體置于傾角為30°的斜面上，使物體沿斜面勻速下滑時，彈簧長度為40cm；使物體勻速上滑時，彈簧長度為50cm．上述兩種滑動中，彈簧軸線均平行于斜面．試求：

（1）彈簧的勁度系數(shù)k；

（2）物體與斜面的動摩擦因數(shù)μ．24、rm{(1)}有下列幾組反應(yīng)：A.rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}B.rm{CO_{2}+H_{2}O=H_{2}CO_{3}}C.rm{S+O}2rm{overset{碌茫脠錄}{=}}rm{SO_{2}}D.rm{Ba(OH)_{2}+H_{2}SO_{4}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}E.rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}F.rm{CaCO_{3}overset{?}{=}CaO+CO_{2}隆眉}G.rm{CH_{4}+2O_{2}overset{碌茫脠錄}{=}CO_{2}+H_{2}O}H.rm{2KClO_{3}overset{?}{=}2KCl+3O_{2}隆眉}以上反應(yīng)中，屬置換反應(yīng)的是_____，屬化合反應(yīng)的是________，屬分解反應(yīng)的是________，屬復(fù)分解反應(yīng)的是______，屬氧化還原反應(yīng)的是_____。rm{CaCO_{3}overset{?}{=}

CaO+CO_{2}隆眉}實驗室制取rm{CH_{4}+2O_{2}overset{碌茫脠錄}{=}

CO_{2}+H_{2}O}的反應(yīng)方程式為：rm{2KClO_{3}overset{?}{=}

2KCl+3O_{2}隆眉}反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移rm{(2)}電子，生成標準狀況下的rm{H_{2}}________rm{Zn+H_{2}SO_{4}=ZnSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{2mol}用雙線橋法表示出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：rm{H_{2}}。rm{L}評卷人得分五、實驗題(共3題，共27分)25、光電計時器是一種研究物體運動情況的常用計時儀器，其結(jié)構(gòu)如圖1所示，當有物體從a、b間通過時，光電計時器就可以顯示物體的擋光時間。利用如圖2所示裝置測量滑塊在導(dǎo)軌上滑行的加速度。圖中導(dǎo)軌左側(cè)固定有一個處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕彈簧(彈簧長度與導(dǎo)軌相比可忽略)，彈簧右端與滑塊接觸，1和2是固定在導(dǎo)軌上適當位置的兩個光電門，與之連接的兩個光電計時器沒有畫出?，F(xiàn)使彈簧解除鎖定，滑塊獲得一定的初速度后，水平向右勻變速運動。光電門1、2各自連接的計時器顯示的擋光時間分別為和用毫米刻度尺測量小滑塊的寬度d，刻度尺示數(shù)如圖3所示。(1)讀出小滑塊的寬度d=cm。(2)小滑塊通過光電門1的速度的表達式=；小滑塊通過光電門2的速度=。(用題中所給已知量符號表示)(3)現(xiàn)測得小滑塊由光電門1到光電門2的距離為則計算滑塊的加速度表達式為(用題中所給已知量符號表示)26、如圖所示為一小球做平拋運動的閃光照相照片的一部分，圖中背景方格的邊長均為1.25cm，如果取g＝10m/s2，那么：⑴照相機的閃光頻率是___________Hz；⑵小球運動的初速度大小是___________m/s；27、用如圖甲所示的裝置測定彈簧的勁度系數(shù)，被測彈簧一端固定于A點，另一端B用細繩繞過定滑輪掛鉤碼，旁邊豎直固定一最小刻度為mm的刻度尺，當掛兩個鉤碼時，繩上一定點P對應(yīng)刻度如圖乙中ab虛線所示，再增加一個鉤碼后，P點對應(yīng)刻度如圖乙中cd虛線所示，已知每個鉤碼質(zhì)量為50g，重力加速度g＝9.8m/s2，則被測彈簧的勁度系數(shù)為____N/m，掛三個鉤碼時彈簧的形變量為____cm.參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、A|C|D【分析】【解析】

試題分析：位移時間圖像斜率表示速度，甲圖中斜率為定值，即甲的速度不變，是勻速直線運動，所以甲在整個t＝6s時間內(nèi)運動方向一直不變，通過的總位移是初末位置差即選項A對B錯。速度時間圖像斜率表示加速度，對照乙圖，斜率不變即加速度不變，速度時間圖像與時間軸圍成的面積表示位移，時間軸以上面積為正，所以前三秒位移為后三秒位移根據(jù)速度時間圖像，前三秒速度為負方向，后三秒為正方向，所以總路程為總位移為選項CD對。

考點：位移時間圖像和速度時間圖像【解析】【答案】ACD3、B【分析】解：A、因為同步衛(wèi)星要和地球自轉(zhuǎn)同步，所以運行軌道就在赤道所在平面內(nèi)，根據(jù)F==mω2r，因為ω一定，所以r必須固定；所以一定位于空間同一軌道上，故A錯誤；

B；它若在除赤道所在平面外的任意點；假設(shè)實現(xiàn)了“同步”，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的．所以我國發(fā)射的同步通訊衛(wèi)星必須定點在赤道上空，故B正確；

C；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度；也是最大的圓周運動的環(huán)繞速度．導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星的運行速度一定小于第一宇宙速度，故C錯誤；

D、根據(jù)周期公式T=2π運行軌道半徑越大的，周期越大，而由可知，角速度越小，故D錯誤；

故選：B．

了解同步衛(wèi)星的含義；即同步衛(wèi)星的周期必須與地球自轉(zhuǎn)周期相同．

物體做勻速圓周運動；它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心．

通過萬有引力提供向心力；列出等式通過已知量確定未知量．

地球質(zhì)量一定、自轉(zhuǎn)速度一定，同步衛(wèi)星要與地球的自轉(zhuǎn)實現(xiàn)同步，就必須要角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，這就決定了它的軌道高度和線速度．【解析】【答案】B4、C【分析】【分析】加速度是描述速度變化快慢的物理量。

AC、作勻加速直線運動的物體，加速度等于說明速度每秒中增加3m/s，也就是說任一秒內(nèi)，末速度比初速度大3m/s；A錯誤C正確。

B；物體初速度不一定為零；錯誤。

D；任一秒的初速度和前一秒內(nèi)的末速度；它們對應(yīng)的是同一時刻，所以速度相同；錯誤。

故選C。

【點評】容易題。深刻理解加速度的含義。5、C【分析】解：A；自由落體運動初速度為零；加速度為g的勻加速直線運動，故A錯誤。

B；物體剛下落時速度為零但加速度為g；故B錯誤；

C；物體在下落的過程中；每秒鐘速度變化為△v=g△t=10m/s，故C正確；

D；物體做自由落體運動；加速度與物體的質(zhì)量無關(guān)，都為g，下落的一樣快，故D錯誤。

故選：C

自由落體運動是初速度為零；加速度為g的勻加速直線運動，剛開始下落時，初速度為零，加速度不為零。

解決本題的關(guān)鍵知道自由落體運動的特點，速度增大，加速度不變【解析】【答案】C6、D【分析】解：A；根據(jù)牛頓第二定律；物體加速度的方向跟它所受合力的方向相同，故A錯誤；

B；物體所受合力不為零就一定產(chǎn)生加速度；故B錯誤；

C；物體實際加速度的大與它所受的所有力的合力成正比；故C錯誤；

D；采用正交分解法可知；當物體的質(zhì)量改變時，若所受合力的水平分力不變則物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比，故D正確；

故選：D。

質(zhì)量是物質(zhì)的固有屬性；與物體的加速度和所受的力無關(guān)；由牛頓第二定律的意義分析答題。

本題考查了質(zhì)量、力與加速度的關(guān)系，掌握基礎(chǔ)知識即可正確解題；要知道質(zhì)量是物體的固有屬性，與物體的加速度以及力無關(guān)?！窘馕觥緿二、多選題(共7題，共14分)7、AD【分析】解：由國旗的飄揚方向可知風(fēng)向左吹；甲圖火焰向左飄，那么甲物體可以靜止；也可以向左運動，但是向左運動的速度小于風(fēng)速，還可以向右運動．

乙圖火焰向右飄；則乙物體只能向左運動，且向左運動的速度大于風(fēng)的速度．故：AD正確，BC錯誤。

故選：AD．

參考系；是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．

為了研究和描述物體的運動，我們引入了參考系，選擇不同的參考系，同一物體相對于不同的參考系，運動狀態(tài)可以不同，選取合適的參考系可以使運動的研究簡單化．【解析】【答案】AD8、AC【分析】【分析】物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上，速度的方向與該點曲線的切線方向相同，位移是指從初位置到末位置的有向線段，而路程是經(jīng)過的軌跡的長度。本題主要是考查學(xué)生對曲線運動的理解，同時也考查了位移和路程的區(qū)分。【解答】A.曲線運動的速度方向與過該點的曲線的切線方向相同；故A正確；

B.曲線運動加速度不一定變化；如平拋運動是曲線運動，但加速度不變，故B錯誤；

C.物體做曲線運動的條件是合力與速度不在同一條直線上；既然是曲線運動，那么速度的方向與合外力的方向一定不在一直線上，故C正確；

D.位移是指從初位置到末位置的有向線段；它是直線的距離，而路程是經(jīng)過的軌跡的長度，在曲線運動中，位移的大小要小于路程的大小，故D錯誤。

故選AC。

【解析】AC

9、ABC【分析】解：A

根據(jù)萬有引力等于重力，有：mg=GMmR2

得木星質(zhì)量M=gR2G

故A正確；

B、木星的體積V=4婁脨R33

密度婁脩=MV=gR2G4婁脨R33=3g4婁脩GR

故B正確；

C；木星的衛(wèi)星繞木星做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力得。

GMm隆盲(2R)2=m隆盲4婁脨2T2(2R)

得T=4婁脨2(2R)3GM=4婁脨2(2R)3gR2=4婁脨2Rg.

故C正確；D錯誤。

故選：ABC

根據(jù)萬有引力等于重力求出木星的質(zhì)量；根據(jù)衛(wèi)星繞木星運動，靠萬有引力提供向心力，求出衛(wèi)星的密度．

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力等于重力，以及萬有引力提供向心力這兩大理論，并能熟練運用．【解析】ABC

10、ACD【分析】解：A

同步通信衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)萬有引力充當向心力得同步通信衛(wèi)星的軌道半徑r=GMT24婁脨23

則同步通信衛(wèi)星的高度是確定的；同理可得同步通信衛(wèi)星的速率v=GMr

則同步通信衛(wèi)星的速率是確定的，故A項正確．

B

據(jù)A

項的分析可知；同步通信衛(wèi)星的高度和速率都是固定的，故B項錯誤．

C

根據(jù)萬有引力充當向心力，可知衛(wèi)星的軌道半徑與運行周期之間的關(guān)系為r=GMT24婁脨23

因為我國發(fā)射第一顆人造地球衛(wèi)星的周期是114min

比同步通信衛(wèi)星的周期短，所以第一顆人造衛(wèi)星離地面的高度比同步衛(wèi)星低，故C項正確．

D

因為第一顆人造衛(wèi)星離地面的高度比同步衛(wèi)星低，根據(jù)萬有引力充當向心力，可知衛(wèi)星的速率與軌道半徑之間的關(guān)系為v=GMr

則同步通信衛(wèi)星的速率比我國發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星的速率小，故D項正確．

故應(yīng)選：ACD

同步通信衛(wèi)星是和地球自轉(zhuǎn)同步的衛(wèi)星；即同步通信衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)萬有引力充當向心力，可計算出相應(yīng)的高度和運動的速率；根據(jù)萬有引力充當向心力，可計算出不同軌道上的周期關(guān)系，由此可判斷同步通信衛(wèi)星和我國發(fā)射的第一顆人造地球衛(wèi)星離地面的高度的相對高低．

解決本題的關(guān)鍵有兩點：一是熟知同步通信衛(wèi)星的特點；二是熟練掌握利用萬有引力完全充當向心力來分析周期、線速度、角速度、向心加速度與軌道半徑的關(guān)系．【解析】ACD

11、ABC【分析】解：A

根據(jù)mg=mv2R

則第一宇宙速度為：v=gR

則行星表面的重力加速度為：g=v2R

甲、乙兩行星的半徑之比為a

它們各自的第一宇宙速度之比為b

則甲乙兩行星的表面重力加速度之比為b2a

根據(jù)mg=GMmR2

則有：M=gR2G

因為半徑之比為a

重力加速度之比為b2a

所以甲乙兩行星的質(zhì)量之比為b2a1.

故A；B正確．

C、軌道半徑越小，周期越小，根據(jù)GMmr2=m4婁脨2rT2

得；

最小周期T=2婁脨R3GM

甲乙兩行星的質(zhì)量之比為ab21

半徑之比為a

則最小周期之比為ab.

故C正確．

D、軌道半徑越小，角速度最大，根據(jù)婁脴=2婁脨T

最小周期之比為ab

則最大角速度之比為ba.

故D錯誤．

故選：ABC

．

根據(jù)重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度；結(jié)合半徑和第一速度之比求出甲乙行星表面的重力加速度之比.

根據(jù)萬有引力等于重力求出甲乙兩行星的質(zhì)量之比.

根據(jù)萬有引力提供向心力得出衛(wèi)星的最小周期之比和最大角速度之比．

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力的兩個理論：1

萬有引力提供向心力，2

萬有引力等于重力，并能靈活運用．【解析】ABC

12、ABC【分析】解：A

根據(jù)反沖運動的特點與應(yīng)用可知；火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度.

故A正確；

B；體操運動員在落地的過程中；動量變化一定.

由動量定理可知，運動員受到的沖量I

一定；由I=Ft

可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t

可以減小運動員所受到的平均沖力F

故B正確；

C；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力；會使槍身后退，影響射擊的準確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身.

故C正確；

D；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度；就要延長碰撞的時間，由I=Ft

可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固.

故D錯誤．

故選：ABC

根據(jù)反沖運動的特點分析AC

選項；根據(jù)動量定理方向BD

選項．

該題考查動量定理和反沖運動的應(yīng)用，例如延長運動員與地面的接觸時間，減小運動員受到的沖擊力，避免運動員受傷就是常見的應(yīng)用之一．【解析】ABC

13、CDEF【分析】解：A

為了解釋黑體輻射規(guī)律；普朗克提出電磁輻射的能量的量子化.

故A錯誤．

B；高速運動的質(zhì)子、中子和電子既具有粒子性；又具有波動性，故B錯誤．

C；光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)深入地揭示了光的粒子性的一面.

前者表明光子具有能量；后者表明光子具有能量之外還具有動量，故C正確；

D；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程E=mc2

可知物體具有的能量與其質(zhì)量成正比.

故D正確．

E；比結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成比結(jié)合能大的原子核時會出現(xiàn)質(zhì)量虧損；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得知，一定釋放核能，故E正確；

F、古生物遺骸中的614C

含量只有活體中的18

說明(12)n=3

即經(jīng)歷了3

個半衰期，所以此遺骸距今約有5730隆脕3=17190

年，故F正確；

故選：CDEF

．

普朗克提出電磁輻射的能量的量子化；粒子既有粒子性；又有波動性；愛因斯坦質(zhì)能方程E=mc2

知物體具有的能量與其質(zhì)量成正比；比結(jié)合能小的原子核結(jié)合成或分解成比結(jié)合能大的原子核時，根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程判斷是釋放核能還是吸收能量，并依據(jù)半衰期的定義，即可求解．

考查量子化的內(nèi)容，掌握粒子性與波動性的區(qū)別，理解光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)的內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵掌握愛因斯坦質(zhì)能方程，知道光學(xué)和原子物理的一些物理學(xué)史，最后知道半衰期的公式．【解析】CDEF

三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】

位移是矢量；是指從初位置指向末位置的有向線段，已知家到學(xué)校的直線距離為1000m，故位移為1000m；

路程是實際走過的軌跡；故路程為400m+600m+400m=1400m；

故答案為：1000；1400．

【解析】【答案】解決本題的關(guān)鍵知道路程是標量；大小等于運動軌跡的長度．位移是矢量，大小等于初末位置間的距離，與運動路線無關(guān)．

15、略

【分析】

物體相對地面向右滑動；受到滑動摩擦力，f=0.1mg=2N，方向與相對運動的方向相反，向左，由牛頓第三定律知木塊對地面的摩擦力的方向向右．

答案為：2N；向右。

【解析】【答案】當物體間發(fā)生相對運動時；接觸面之間存在滑動摩擦力，摩擦力的方向與相對運動的方向相反．

16、略

【分析】加速度等于單位時間內(nèi)速度的變化量負號表示加速度方向與初速度方向相反【解析】【答案】加速度大小為100m/s2，方向:水平向左17、略

【分析】解：根據(jù)平拋運動的處理方法；豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動；

所以y1=12gt12壟脵

y2=12gt22壟脷

水平方向的速度，即平拋小球的初速度為：v0=鈻?x鈻?t壟脹

聯(lián)立壟脵壟脷壟脹

代入數(shù)據(jù)解得：v0=2.0m/s

若C

點的豎直坐標y3

為60.0cm

則小球在C

點的對應(yīng)速度vC

據(jù)公式可得：vy2=2gh

代入數(shù)據(jù)解得：vy=2gy3=2隆脕10隆脕0.6=23m/s

所以C

點的速度為：vc=v02+vy2=22+(23)2=4.0m/s

故答案為：2.04.0

．

根據(jù)平拋運動的處理方法；直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動即可求解．

解決平拋實驗問題時，要特別注意實驗的注意事項，在平拋運動的規(guī)律探究活動中不一定局限于課本實驗的原理，要注重學(xué)生對探究原理的理解，提高解決問題的能力；靈活應(yīng)用平拋運動的處理方法是解題的關(guān)鍵．【解析】2.04.0

18、1.0×1011個【分析】【分析】研究地球繞太陽做圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量。

研究太陽繞銀河系運動，由萬有引力充當向心力得出銀河系質(zhì)量?！窘獯稹垦芯康厍蚶@太陽做圓周運動的向心力；由太陽對地球的萬有引力充當。

根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有GMmR2=mv2R

整理得M=v2RG

太陽繞銀河系運動也是由萬有引力充當向心力，同理可得M鈥?=(7v)2R鈥?G=9.8隆脕1010M

所以，銀河系中恒星數(shù)目約為N=M鈥?M=9.8隆脕1010隆脰1011

個?！窘馕觥縱2RG1.0隆脕101.0隆脕1011個19、略

【分析】解：根據(jù)胡克定律；在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力與行變量成正比，故F鈭?x

圖是直線，向上彎曲的原因是超出了彈性限度，注意該圖象中縱坐標為伸長量，橫坐標為拉力，斜率的倒數(shù)為勁度系數(shù)，由此可求出kA=66.7N/mkB=200N/m

由于A

的勁度系數(shù)小，因此其精度高．

故答案為：超過彈簧的彈性限度；66.7200A

．

根據(jù)胡克定律結(jié)合數(shù)學(xué)知識即可正確解答．

本題考查了彈簧彈力F

和彈簧伸長量x

的關(guān)系的基礎(chǔ)知識，比較簡單，是一道考查基礎(chǔ)知識的好題．【解析】超過彈簧的彈性限度；66.7N/m200N/mA

20、0.2不正確。箱子的運動不需要力來維持，撤掉推力后木箱受到摩擦力作用，箱子才由運動狀態(tài)變?yōu)殪o止狀態(tài)【分析】解：木箱在地面上勻速運動，受滑動摩擦力等于推力，即：F=μFN=μmg，解得：

箱子的運動不需要力來維持；撤掉推力后木箱受到摩擦力作用，箱子才由運動狀態(tài)變?yōu)殪o止狀態(tài)。所以小明的分析不正確。

故答案為：（1）.0.2（2）不正確。箱子的運動不需要力來維持；撤掉推力后木箱受到摩擦力作用，箱子才由運動狀態(tài)變?yōu)殪o止狀態(tài)。

木箱在地面上勻速運動；受滑動摩擦力等于推力；根據(jù)受力分析由滑動摩擦力公式可求解滑動摩擦因數(shù)的大小。

木箱在地面上勻速運動，受滑動摩擦力等于推力，即：F=μFN=μmg，解得：小明的分析不正確。箱子的運動不需要力來維持，撤掉推力后木箱受到摩擦力作用，箱子才由運動狀態(tài)變?yōu)殪o止狀態(tài)?！窘馕觥?.2不正確。箱子的運動不需要力來維持，撤掉推力后木箱受到摩擦力作用，箱子才由運動狀態(tài)變?yōu)殪o止狀態(tài)21、略

【分析】

當鐵塊在木塊下面時，根據(jù)平衡條件得F浮=G總；

則F浮=ρ水g（V木+V鐵）=ρ木V木g+m鐵g；

解得V木=17×10-3m3，則該木塊的質(zhì)量m木=ρ木V木g=0.6×103×17×10-3×10N=102N

故答案為：102

【解析】【答案】把密度為0.6×103千克/米3的一長方體木塊浸沒在水中，至少要在木塊下掛一質(zhì)量為7.8千克的鐵塊，則F浮=G總，因為此時鐵塊在木塊下面，所以此時F浮=ρ水g（V木+V鐵）；代入相關(guān)數(shù)據(jù)即可求得該木塊的重力．

22、略

【分析】【解析】設(shè)所加力為F＇,合力記為F合，由矢量三角形法則，F(xiàn)＇、F、F合構(gòu)成閉合三角形，如圖所示，M點可以在ＯＯ＇移動，所構(gòu)成的三角形都符合合力方向沿ＯＯ＇，由圖可知，當F＇垂直ＯＯ＇向上時，F(xiàn)＇最小，且F＇min=Fsinθ。

【解析】【答案】Fsin垂直于00′向上四、簡答題(共2題，共4分)23、略

【分析】

對物體受力分析；根據(jù)共點力平衡，結(jié)合胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)和物體與斜面間的動摩擦因數(shù)．

本題雖然涉及到胡克定律，但是主要是物體受力平衡條件的應(yīng)用，受力分析后應(yīng)用平衡條件列式求解即可．【解析】解：（1）當物體勻速下滑時，受力如圖所示，

設(shè)此時彈簧形變量為x1，則彈力F1=kx1；

由平衡條件得；

kx1+f=mgsin30°

N=mgcos30°；

當物體勻速上滑時；受力如圖所示；

設(shè)此時彈簧形變量為x2，則彈力F2=kx2；

由平衡條件得；

kx2=mgsin30°+f；

N=mgcos30°；

聯(lián)立解得k=

代入數(shù)據(jù)解得k=250N/m．

（2）由f=μN=μmgcos30°=mgsin30°-kx1；

解得．

答：（1）彈簧的勁度系數(shù)k為250N/m；

（2）物體與斜面的動摩擦因數(shù)為．24、（1）ABCFHDEACGH

（2）22.4

（3）【分析】【分析】本