2024年北師大版高三物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高三物理上冊月考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、（2016?大連模擬）有一種磁強計用于測定磁場的磁感應強度，原理如圖所示．電路有一段長方形金屬導體，放在沿y軸正方向的勻強磁場中，金屬導體中通有沿x軸正方向電流I，兩電極M、N分別與金屬導體的前后兩側接觸，用電壓表測出金屬導體前后兩個側面間的電勢差為U，從而可得磁感應強度B，則以下說法正確的是（）A.M電勢低于N，U與B成正比B.M電勢高于N，U與B成正比C.M電勢低于N，U與B成反比D.M電勢高于N，U與B成反比2、質量為0.1kg的物體自靜止開始自由下落，若不計空氣阻力，2s末重力的瞬時功率和前2s內重力的平均功率分別是（g取10m/s2）（）A.10W，20WB.20W，5WC.20W，10WD.20W，20W3、如圖所示，長為s的光滑水平面左端為豎直墻壁，右端與半徑為R光滑圓弧軌道相切于B點．一質量為m的小球從圓弧軌道上離水平面高為h（h?R）的A點由靜止下滑，運動到C點與墻壁發(fā)生碰撞，碰撞過程無機械能損失，最終小球又返回A點；之后這一過程循環(huán)往復地進行下去，則小球運動的周期為（）A.B.C.D.4、核反應堆的工作原理是利用中子轟擊重核發(fā)生裂變反應，釋放出大量核能．核反應方程式是反應堆中發(fā)生的許多核反應中的一種，n為中子，x為待求粒子，a為x的個數．mU、mBa、mKr分別表示核的質量，mn、mp分別表示中子；質子的質量；c為光在真空中的傳播速度，下列說法正確的是（）

A.x為中子；a=3

B.上述核反應中的質量虧損△m=mU-mBa-mKr-2mn

C.在上述核反應過程放出的核能為

D.U235核的比結合能比Ba141核、Kr92核的比結合能都大。

5、如圖所示為升壓變壓器的示意圖；它被用來升高發(fā)電機的輸出電壓，下列說法中正確的是（）

A.原線圈也叫次級線圈，副線圈也叫初級線圈B.發(fā)電機應與線圈I相連，升高后的電壓由c、d兩端輸出C.電流以鐵芯為通路從一個線圈流到另一個線圈D.變壓器是根據電磁感應工作的6、短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數依次增大，含有rm{X}元素的鹽在廚房中常用到的至少有兩種以上，rm{Y^{n+}}電子層結構與氖相同，rm{Z}的質子數為偶數，rm{W}單質可用于制取漂白粉。下列敘述中正確的是A.rm{X}與rm{Y}的最高價氧化物的水化物之間一定能反應B.rm{Y}可用于航空航天合金材料的制備C.rm{Z}的最高價氧化物的水化物一定是一種強酸D.rm{X}rm{Y}分別與rm{W}形成的二元化合物，一定是離子化合物7、下列關于萬有引力定律的說法中正確的是（）A.萬有引力定律公式在任何情況下都是適用的B.G中的G是一個比例常數，它和動摩擦因數一樣是沒有單位的C.由F=G公式可知，當r→0時，F→∞D.萬有引力定律是牛頓發(fā)現的8、做布朗運動實驗；得到某個觀測記錄如圖，圖記錄的是（）

A.分子無規(guī)則運動的情況B.某個微粒做布朗運動的軌跡C.按等時間間隔依次記錄的某個運動微粒位置的連線D.某個微粒做布朗運動的速度-時間圖線9、長為a寬為b的矩形線圈，在磁感強度為B的勻強磁場中垂直于磁場的OO′軸以恒定的角速度ω旋轉，設t=0時，線圈平面與磁場方向平行，則此時的磁通量和磁通量的變化率分別是（）A.0，0B.0，BabωC.Babω，BabωD.Babω，0評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、2014年2月15日凌晨，在索契冬奧會自由式滑雪女子空中技巧比賽中，中國運動員以83.50分奪得銀牌．比賽場地可簡化為由如圖所示的助滑區(qū)、弧形過渡區(qū)、著陸坡、減速區(qū)等組成．若將運動員視為質點，且忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A.運動員在助滑區(qū)加速下滑時處于失重狀態(tài)B.運動員在弧形過渡區(qū)運動過程中處于失重狀態(tài)C.運動員在跳離弧形過渡區(qū)至著陸之前的過程中處于完全失重狀態(tài)E.運動員在弧形過渡區(qū)對滑道的壓力小于滑道對人的支持力E.運動員在弧形過渡區(qū)對滑道的壓力小于滑道對人的支持力11、如圖所示，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)，關于B物體的受力情況，下列敘述正確的是（）A.受到三個力作用，也可能受到四個力作用B.一定受三個力作用C.一定受四個力作用D.一定受地面的支持力作用12、如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪（不計滑輪的質量和摩擦）．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好保持靜止狀態(tài)．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊各自到達水平地面（）A.兩物塊動能變化量相同B.A物體比B物體先到達水平地面C.重力勢能的變化量相同D.重力做功的平均功率相同13、(

多選)

如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比n

1:

n

2=10:1

b

是原線圈的中心抽頭，S

為單刀雙擲開關，定值電阻R

=10婁賂

從某時刻開始在原線圈c

、d

兩端加上如圖乙所示的交變電壓，則下列說法中正確的是A.當S

與a

連接后，理想電流表的示數為2.2A

B.當S

與a

連接后，t=

0.01s

時理想電流表示數為零C.當S

由a

撥到b

后，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?

倍D.當S

由a

撥到b

后，副線圈輸出電壓的頻率變?yōu)?5Hz

14、（2016春?大慶校級期中）如圖所示，地球赤道上靜止沒有發(fā)射的衛(wèi)星a、近地衛(wèi)星b、同步衛(wèi)星c．用v表示速率，a表示向心加速度、T表示周期，則（）A.va＜vc＜vbB.va=vb＜vcC.ab＞ac＞aaD.Ta=Tb＜Tc15、電源的電動勢和內阻都保持一定，在外電路的電阻逐漸減小的過程中，下面說法中正確的是（）A.電源的輸出功率一定逐漸變小B.電源內部消耗的功率一定逐漸變大C.電源的效率一定逐漸變小D.電源的總功率一定逐漸變大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、額定功率為1kW的電動機，通過繩索將質量m=10kg的物體從靜止開始以加速度a=2m/s2豎直向上提升，不計一切損耗，提升該物體允許的最大速度為____（取g=10m/s2）．17、（2013?海南）如圖所示，水平放置的金屬導軌左端與一電阻R相連，處在豎直向下的勻強磁場B中，導體棒ab垂直導軌放置且接觸良好．當導體棒ab向右運動時，回路中____感應電流產生（選填“有”或“無“）．18、（1）在做“用單擺測定重力加速度”的實驗時，用擺長L和周期T計算重力加速度的公式是g=____．

（2）在測定單擺擺長時，下列的各項操作正確的是____

A．裝好單擺；抓住擺球，用力拉緊，測出擺線的懸點到擺球球心之間的距離。

B．讓單擺自由下垂；測出擺線長度再加上擺球直徑。

C．取下擺線；測出擺線長度后再加上擺球半徑。

D．測出小球直徑；把單擺固定后，讓小球自然下垂，用刻度尺量出擺線的長度，再加上小球的半徑。

（3）實驗中，測得重力加速度的值較當地重力加速度的值偏大，可能的原因是____

A．擺球的質量偏大B．單擺振動的振幅偏小。

C．計算擺長時沒有加上擺球的半徑值D．將實際振動次數n次誤記成（n+1）次．19、（A）物理研究有許多思想方法，下列各種處理問題的方法屬于比值方法的有____，屬于等效替代的有____，屬于理想實驗的有____．（請選填下列例子前的號碼）

①電路的簡化。

②電場強度的定義。

③伽利略在研究運動和力的關系時，提出的著名的實驗．20、【題文】如右圖所示，平行的兩金屬板M、N與電源相連，一個帶負電的小球懸掛在兩板間，閉合開關后，懸線偏離豎直方向的角度為θ。若保持開關閉合，將N板向M板靠近，θ角將_____；若把開關斷開，再使N板向M板靠近，θ角將______。（填“變大”、“變小”或“不變”）21、（2015秋?宜昌校級期末）某同學到實驗室做“測電源電動勢和內阻”的實驗時；發(fā)現實驗臺上有以下器材：

待測電源（電動勢約為4V；內阻約為2Ω）

一個阻值未知的電阻R0（阻值約為5Ω）

兩個電壓表（內阻很大；有5V；15V兩個量程）

電流表（內阻約為1Ω；量程500mA）

滑動變阻器A（0～20Ω；3A）

滑動變阻器B（0～200Ω；0.2A）

開關一個；導線若干。

該同學想在完成學生實驗“測電源電動勢和內阻”的同時測出定值電阻R0的阻值，設計了如圖所示的電路．實驗時他用U1、U2、I分別表示電表V1、V2、A的讀數．在將滑動變阻器的滑片移動到不同位置時，記錄了U1、U2、I的一系列值，其后他在兩張坐標紙上各作了一條圖線來處理實驗數據，并計算了電源電動勢、內阻以及定值電阻R0的阻值．根據題中所給信息解答下列問題：

（1）在電壓表V1接入電路時應選擇的量程是____V，滑動變阻器應選擇____；（填代號“A”或“B”）

（2）在坐標紙上作圖線時，用來計算電源電動勢的內阻的圖線的橫坐標軸、縱坐標軸分別應該用____、____表示；用來計算定值電阻R0的圖線的橫坐標軸、縱坐標軸分別應該用____、____表示；（填“U1、U2；I”或由它們組成算式）

（3）若實驗中的所有操作和數據處理均無錯誤，實驗中測得的定值電阻R0的值____真實值．（選填“大于”“小于”或“等于”）22、（2014春?獅子山區(qū)校級月考）如圖所示，細線下面懸掛一個小鋼球（可看作質點），讓小鋼球在水平面內做勻速圓周運動．若測得小鋼球作圓周運動的圓半徑為r，懸點O到圓心O′之間的距離為h，小球質量為m．忽略空氣阻力，重力加速度為g．小球做勻速圓周運動的周期T=____．23、某小球以5m/s的速度垂直墻面撞在墻上，以4m/s的速度垂直墻面反彈，以小球初速度方向為正方向，則小球在撞墻過程中速度的變化量為____m/s；若小球與墻面接觸的時間為0.05s，則小球撞墻過程中加速度大小為____m/s2．24、一種氫氣燃料的汽車，質量為m=2.0×103kg，發(fā)動機的額定輸出功率為82kW，行駛在平直公路上時所受阻力恒為車重的0.1倍．若汽車從靜止開始先勻加速啟動，加速度的大小為a=1.0m/s2．達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了800m，直到獲得最大速度后才勻速行駛．汽車的最大行駛速度____m/s；汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間____s．g=10m/s2．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)25、太陽發(fā)出的能量來自內部發(fā)生的化學反應釋放的化學能．____．（判斷對錯）評卷人得分五、作圖題(共2題，共8分)26、質點A受到在同一平面內的三個力F1、F2、F3的作用，如圖所示，用作圖法求出A所受合力F．27、滬杭高鐵是連接上海和杭州的現代化高速鐵路；現已進入試運行階段，試運行時的最大時速達到了413.7公里，再次刷新世界紀錄．滬杭高速列車在一次試運行中由A站開往B站，A；B車站間的鐵路為直線．技術人員乘此列車從A車站出發(fā)，列車從啟動勻加速到360km/h，用了250s時間，在勻速運動了10分鐘后，列車勻減速運動，經過5分鐘后剛好停在B車站．

（1）畫出該高速列車的v-t圖象．

（2）求此高速列車啟動；減速時的加速度；

（3）求A、B兩站間的距離．評卷人得分六、計算題(共1題，共6分)28、在某市區(qū)內，一輛小汽車在平直公路上以速度vA向東勻速行駛，一位觀光游客正由南向北從斑馬線上橫過馬路，汽車司機發(fā)現前方有危險（游客正在D處向北走）經0.7s作出反應，從A點開始緊急剎車，但仍將正步行至B處的游客撞傷，該汽車最終在C處停下。為了清晰了解事故現場，現以下圖示之：為了判斷汽車司機是否超速行駛，并測出肇事汽車速度vA，警方派一車胎磨損情況與肇事車相當的車以法定最高速度vm=14m/s行駛在同一馬路的同一地段，在肇事汽車的出事點B急剎車，恰好也在C點停下來。在事故現場測得AB=17.5m、BC=14.0m、BD=3.4m，問：(1)該肇事汽車的初速度vA是多大？(2)游客橫過馬路的速度是多大？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】電子定向移動形成電流，根據電流的方向得出電子定向移動的方向，根據左手定則，判斷出電子的偏轉方向，在前后兩側面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下平衡，根據平衡求出磁感應強度的大小．根據左手定則判斷電勢的高低．【解析】【解答】解：電子定向移動的方向沿x軸負向；根據左手定則判斷可知電子所受的洛倫茲力向外，電子向外表面偏轉，則外表面帶負電，內表面失去電子帶正電，則電極N的電勢較高．

當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側面偏轉，使得前后兩側面間產生電勢差，當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時，前后兩側面間產生恒定的電勢差．因而可得=Bev；

q=n（abvt）e

I==nevs

由以上幾式解得磁場的磁感應強度與電勢差的關系式：B=；則有U與B成正比，故A正確，BCD錯誤；

故選：A．2、C【分析】【分析】根據自由落體運動的位移時間公式求出2s內的位移和2s末的速度，從而求出重力做的功，根據平均功率的公式和瞬時功率的公式分別求出重力的平均功率和瞬時功率的大小．【解析】【解答】解：物體在2s內的位移為：h=．

則重力做功的平均功率為：====10W．

物體2s末的速度為：v=gt=10×2m/s=20m/s

重力做功的瞬時功率為：P=mgv=1×10×2W=20W．

故選：C．3、A【分析】【分析】h?R，可知小球在光滑圓弧上的運動為單擺運動，根據動能定理求出B點的速度，B到C做勻速直線運動，很容易求出B到C的時間，再根據周期公式求出A到B的時間，即可求出小球的運動周期．【解析】【解答】解：根據動能定理mgh=mv2-0，v=，B到C的時間t1=，單擺的周期為T=2π，所以A到B的時間t2=，所以小球的運動周期為T=2（t1+t2）=π．故A正確；B；C、D錯誤．

故選A．4、A|B【分析】

A；由核電荷數守恒知X的電荷數為0；故X為中子；由質量數守恒知a=3，故A正確；

B、由題意知，核反應過程中的質量虧損△m=mu-mBa-mKr-2mn；故B正確；

C、由質能方程可知，釋放的核能△E=△mc2=（mu-mBa-mKr-2mn）c2；故C錯誤；

D、U235核不如比Ba141核、Kr92核穩(wěn)定，U235核的比結合能比Ba141核、Kr92核的比結合能都??；故D錯誤；

故選AB．

【解析】【答案】核反應過程中質量數與核電荷數守恒；根據質量數與核電荷數守恒求出X的核電荷數，求出a的大??；求出核反應過程中的質量虧損，然后由質能方程求出釋放的能量．

5、D【分析】【分析】原線圈也叫初級線圈；副線圈也叫次級線圈，A錯；由電壓比與匝數比之間的關系可知發(fā)電機應與線圈I相連，變壓器為降壓變壓器，B錯；電流是應用的互感現象，并不是以鐵芯為通路從一個線圈流到另一個線圈，C錯；故選D。

【點評】難度較小，對變壓器的名稱和工作原理要了解。6、B【分析】【分析】根據含有rm{X}元素的鹽在廚房中常用到的至少有兩種以上，可推知rm{X}是rm{Na}rm{Z}的質子數為偶數，可推知rm{Z}是rm{Si}rm{W}單質可用于制取漂白粉，可推知rm{W}是rm{Cl}再根據短周期元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數依次增大，且rm{Y}元素的鹽在廚房中常用到的至少有兩種以上，可推知rm{X}是rm{X}rm{Na}的質子數為偶數，可推知rm{Z}是rm{Z}rm{Si}單質可用于制取漂白粉，可推知rm{W}是rm{W}再根據短周期元素rm{Cl}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序數依次增大，且rm{W}rm{Y}rm{{,!}^{n+}}可能是電子層結構與氖相同，則rm{Y}可能是rm{Mg}或rm{Al}據此進行分析解答?；騬m{Y}據此進行分析解答?！窘獯稹緼.rm{Mg}是rm{Al}rm{X}是rm{Na}rm{Y}是rm{Mg}或rm{Al}rm{NaOH}和rm{Mg(OH)_{2}}都是強堿性，不發(fā)生反應，故A錯誤；是rm{X}或rm{Na}rm{Y}和rm{Mg}都是強堿性，不發(fā)生反應，故A錯誤；B.若rm{Al}是rm{NaOH}鎂單質質輕，可用于航空航天合金材料的制備，故B正確；C.rm{Mg(OH)_{2}}是硅，硅rm{Y}D.若rm{Mg}是鋁，與rm{Z}形成的二元化合物是的最高價氧化物的水化物是弱酸，故C錯誤；是共價化合物，故D錯誤。故選B。rm{Y}【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】萬有引力定律是由牛頓發(fā)現的，而萬有引力恒量是由卡文迪許測定的．根據萬有引力定律；可由質量；距離和力三個量的單位推導出G的單位．

萬有引力定律的公式適用于兩個質點之間，或均值球體之間，兩個質量分布不均勻，沒有規(guī)則形狀的物體之間不適用．r等于零時物體不能看做質點，該公式不再適用．【解析】【解答】解：A；萬有引力定律公式的適用條件是用于求兩個質點間的引力；所以萬有引力定律公式不是在在任何情況下都是適用的，故A錯誤．

B、公式中，引力恒量G是有單位的比例系數，單位為．故B錯誤．

C、r等于零時物體不能看做質點；此時不能用該公式直接計算兩物體之間的萬有引力，故C錯誤．

D；萬有引力定律是牛頓發(fā)現的；故D正確．

故選：D8、C【分析】【分析】布朗運動是固體微粒的無規(guī)則運動，在任意時刻微粒的位置，而不是運動軌跡，而只是按時間間隔依次記錄位置的連線．【解析】【解答】解：A；布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動；而非分子的運動，故A項錯誤．

B；布朗運動既然是無規(guī)則運動；所以微粒沒有固定的運動軌跡，故B項錯誤．

C；該圖記錄的是按等時間間隔依次記錄的某個運動微粒位置的連線；故C項正確．

D；對于某個微粒而言在不同時刻的速度大小和方向均是不確定的；所以無法確定其在某一個時刻的速度，故也就無法描繪其速度-時間圖線，故D錯誤．

故選：C．9、B【分析】【分析】根據磁能量的定義可知磁通量的大小；由法拉第電磁感應定律可知磁通量的變化率的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓壕€圈平面與磁場方向相互平行；則沒有磁感線穿過；故磁通量為零；

磁通量的變化率最大；電動勢最大；

由EM=BSω及E=可知；

磁通量的變化率：=Babω；

故選：B．二、多選題(共6題，共12分)10、ACD【分析】【分析】失重狀態(tài)：當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時；就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；

超重狀態(tài)：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度．【解析】【解答】解：A；運動員在助滑區(qū)加速下滑時；加速度有向下的分量，處于失重狀態(tài)，故A正確；

B；運動員在弧形過渡區(qū)做圓周運動；加速度有向上的分量，處于超重狀態(tài)，故B錯誤；

C；運動員在跳離弧形過渡區(qū)至著陸區(qū)之前的過程中；離開軌道，只受重力，處于完全失重狀態(tài)，故C正確；

D；運動員在減速區(qū)減速過程中；加速度有向上的分量，處于超重狀態(tài)，故D正確；

E；運動員在弧形過渡區(qū)受到的滑道的支持力與重力的合力提供向上的向心力；所以支持力大于重力，根據牛頓第三定律可知，運動員對滑道的壓力大于滑道對人的支持力．故E錯誤．

故選：ACD11、CD【分析】【分析】先對物體A進行受力分析，物體A受到重力和繩子的拉力，從而可知繩子對B也有拉力，此力在水平方向上有分量，由共點力的平衡可知B會受到摩擦力作用，有摩擦力就一定有彈力（此題中是支持力），繼而可判斷各選項的正確與否．【解析】【解答】解：因為繩作用在B上的力不為零；所以繩對B的拉力在水平方向向左的分力不為零，而B又處于靜止狀態(tài)，根據共點力的平衡條件，水平面對B一定有向右的靜摩擦力．由于摩擦力的存在，水平面對B一定有支持力．綜上所述，B物體一定會受到四個力的作用，分別為：重力；繩子的拉力、水平面的支持力和摩擦力；

故AB錯誤；CD正確；

故選：CD．12、BD【分析】解：AC、剛開始AB處于靜止狀態(tài)，由平衡知識可知：mBgsinθ=mAg，則mB＞mA，由動能定理可得：mgh=mv2，解得：v=因為h相同，落地速率相等，又因為質量不等，所以兩物塊動能變化量不同，重力勢能的變化量也不同，故AC錯誤；

B、初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)．當剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ，對A，由h=gt2，得tA=對B，由=gsinθtB2，則得tB=可知tA＜tB；所以A物體比B物體先到達水平地面，故B正確；

D、A重力做功的平均功率為：==mAghB重力做功的平均功率為：==mBgsinθ=mAgh所以重力做功的平均功率相等，故D正確．

故選：BD．

剪斷輕繩后A自由下落；B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，機械能守恒，重力勢能變化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值．

重力做功決定重力勢能的變化與否，若做正功，則重力勢能減少；若做負功，則重力勢能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值，難度適中．【解析】【答案】BD13、AC【分析】【分析】根據圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得結論。掌握理想變壓器的電壓與匝數成正比、電流與匝數成反比的關系，知道正弦交變電流最大值與有效值的關系?！窘獯稹坑蓤D象可知，電壓的最大值為UUm=311V=311V交流電的周期為T=2隆脕10T=2隆脕10鈭?2ss所以交流電的頻率為f=1T=50Hzf=dfrac{1}{T}=50HzAB.AB.交流電的有效值為U=220VU=220V根據電壓與匝數程正比可知，副線圈的電壓為U隆盲=22VU隆盲=22V根據歐姆定律得：I=2210=2.2AI=dfrac{22}{10}=2.2A電流表示數為流的有效值，不隨時間的變化而變化，當單刀雙擲開關與aa連接且t=0.01st=0.01s時，電流表示數為2.2A2.2A故B錯誤，A正確；C.當單刀雙擲開關由aa撥向bb時，原、副線圈的匝數比為5511根據電壓與匝數成正比得副線圈的電壓為原來的兩倍，即44V44V根據功率P=P=得副線圈輸出功率變?yōu)樵瓉淼?4倍，所以原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?4倍，故C正確；D.變壓器不會改變電流的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為f=50Hzf=50Hz故D錯誤。故選AC?！窘馕觥緼C

14、AC【分析】【分析】題中涉及三個物體：地球同步衛(wèi)星c、近地衛(wèi)星b、同步衛(wèi)星c，同步衛(wèi)星與a周期相同，a與近地衛(wèi)星b轉動半徑相同，同步衛(wèi)星c與近地衛(wèi)星b，都是萬有引力提供向心力，分三種類型進行比較分析即可．【解析】【解答】解：A、同步衛(wèi)星與a周期相同，根據圓周運動公式v=，所以vc＞va；

再由引力提供向心力，，即有v=，因此vb＞vc，則va＜vc＜vb；故A正確，B錯誤．

C、同步衛(wèi)星與a周期相同，根據圓周運動公式a=，得ac＞aa；

同步衛(wèi)星c與近地衛(wèi)星b；都是萬有引力提供向心力；

所以a=，由于rc＞rb，由牛頓第二定律，可知ab＞ac，所以ab＞ac＞aa；故C正確．

D、同步衛(wèi)星與地球自轉同步，所以Tc=Ta．

根據開普勒第三定律得衛(wèi)星軌道半徑越大，周期越大，故Tc＞Tb，所以Ta=Tc＞Tb；故D錯誤；

故選：AC15、BCD【分析】【分析】當外電阻減小時，根據閉合電路歐姆定律分析電流的變化，再分析路端電壓的變化．根據數學知識得知，當外電阻與電源的內阻相等，電源的輸出功率最大，分析電源的輸出功率如何變化．電源的供電效率等于電源的輸出功率與總功率之比．【解析】【解答】解：A；根據數學知識得知；當外電阻與電源的內阻相等，電源的輸出功率最大，由于外電阻與內電阻關系未知，無法判斷電源的輸出功率的變化．故A錯誤．

B、當外電阻減小時，根據閉合電路歐姆定律得，電流減小，路端電壓U=E-Ir，E，r不變，I增大，U減?。娫磧炔肯牡墓β蔖=I2r，電流I增大，r不變；則電源內部消耗的功率P增大；電源的總功率變大．故BD正確．

C、電源的供電效率η=；當外電阻R減小時，η一定變?。蔆正確．

故選：BCD三、填空題(共9題，共18分)16、10m/s【分析】【分析】物體達到最大速度時，拉力等于重力時，由P=Fv=mgv求的即可【解析】【解答】解：當重力等于拉力時速度達到最大，最大速度為：vm=

故答案為：10m/s17、有【分析】【分析】穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合回路產生感應電流，根據感應電流產生的條件分析答題．【解析】【解答】解：由題意可知；金屬導軌與導體棒組成閉合回路；

導體棒ab向右運動時；穿過閉合回路的磁通量增大，電路會產生感應電流；

故答案為：有．18、DD【分析】【分析】單擺的周期公式為：T=2π；測量出擺長L和周期T就可以計算重力加速度。

擺長等于擺線的長度與擺球的半徑之和；測量時將單擺固定，讓小球自然下垂。

根據單擺周期公式求出重力加速度的表達式，然后分析實驗誤差【解析】【解答】解：（1）單擺的周期公式為：T=2π；

故長l和周期T計算重力加速度的公式為：g=；

故答案為：

（2）測定單擺擺長時；先測出擺球的直徑，然后固定單擺，讓小球自然下垂，測出擺線的長度，擺長等于擺線的長度加上小球的半徑．故D正確，A；B、C錯誤．

故選：D

（3）根據單擺的周期公式：T=2π得g=

A；從上面的表達式可得；重力加速度與小球的質量、擺的振幅都無關，故A錯誤，B錯誤；

C；計算擺長時沒有加上擺球的半徑值；擺長偏小，所測重力加速度偏小，故C錯誤；

D；將實際振動次數n次誤記成n+1次；所測周期偏小，重力加速度偏大，故D正確；

故選：D．19、略

【分析】

物理研究有許多思想方法；下列各種處理問題的方法中用比值定義法的是②加速度的定義；

用等效替代法的是①電路的簡化；

屬于理想實驗的是③伽利略在研究運動和力的關系時；提出的著名的斜面理想實驗．

故答案為：②；①，③．

【解析】【答案】分析選項；然后確定其使用的物理方法．

20、略

【分析】【解析】與電源相連，電壓保持不變，E=U/d,d減小，E變大，小球受到的電場力增大，夾角變大；當斷開電源時：電量不變，所以E不變；小球受的電場力不變，夾角不變?！窘馕觥俊敬鸢浮孔兇蟛蛔?1、5AU1IU1-U2I大于【分析】【分析】（1）電壓表應選擇較小的量程；有利于讀數減小誤差，為操作方便并得到較大的電壓調節(jié)范圍，滑動變阻器選用較小阻值．

（2）計算電源電動勢和內阻的圖線應為路端電壓U1與干路電流I的關系圖線，計算定值電阻R0的圖線應為R0兩端的電壓（U1-U2）與電流I的關系圖線；

（3）誤差來自于電壓表的分流；因R0兩端的電壓（U1-U2）沒有誤差，電流表示數比R0的實際電流偏小，所以R0的測量值偏大．【解析】【解答】解：（1）待測電動勢4V；電壓表的量程應選擇5V，有利于讀數減小誤差；

滑動變阻器調節(jié)范圍較大且便于操作；本實驗電動勢較小，故不能選擇總阻值較大的B；故應選擇0～20Ω的滑動變阻器A；

（2）要想測出電動勢和內阻，應明確路端電壓和流過電源的電流；故計算電源電動勢和內阻的圖線應為路端電壓U1與干路電流I的關系圖線；縱坐標的截距代表的是電源的電動勢，直線的斜率代表的是電源的內阻的大?。?/p>

要計算定值電阻R0的值應明確其兩端的電壓和流過的電流；故其圖線應為R0兩端的電壓（U1-U2）與電流I的關系圖線；直線的斜率即代表的定值電阻R0．

（3）根據串并聯電路規(guī)律可知，R0兩端的電壓（U1-U2）沒有誤差；但由于電壓表內阻不是無窮大，故電壓表分流使電流表示數比R0的實際電流偏小，故R0的測量值偏大．

故答案為：（1）5；A；（2）I；U1；I；U1-U2；（3）大于．22、2π【分析】【分析】對小球受力分析，由平行四邊形求合力，即為向心力；再根據牛頓第二定律列方程求解周期．【解析】【解答】解：對小球受力分析；如圖：

由三角函數關系可知：F合=mg

根據牛頓第二定律：F合=mr

得：T=2π

故答案為：2π．23、-9180【分析】【分析】根據初末速度，求出速度的變化量，根據加速度的定義式求出小球撞墻過程中的加速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓阂孕∏虺跛俣确较驗檎较?；則小球在撞墻過程中速度的變化量為：

△v=v2-v1=-4-5m/s=-9m/s；

則小球的加速度為：a=，負號表示方向，則加速度大小為180m/s2．

故答案為：-9，180．24、4155.5【分析】【分析】當汽車的牽引力與阻力相等時，速度最大，結合P=Fv=fv求出最大速