2025年滬科版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三物理上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、小型交流發(fā)電機(jī)的矩形金屬線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的磁感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系是正弦函數(shù)．將發(fā)電機(jī)與一個(gè)標(biāo)有“6V6W”的小燈泡連接形成閉合回路，不計(jì)電路的其他電阻．當(dāng)線圈的轉(zhuǎn)速為n=5轉(zhuǎn)/秒時(shí)，小燈泡恰好正常發(fā)光，則電路中電流的瞬時(shí)表達(dá)式為（）A.i=sin5tB.i=sin10πtC.i=1.41sin5tD.i=1.41sin10πt2、如圖，單匝圓形金屬線圈電阻恒定不變，在線圈的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在時(shí)間t內(nèi)要使線圈中產(chǎn)生大小、方向恒定不變的電流，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)按下列哪種情況變化？（）A.B.C.D.3、如圖所示；表示一交變電流隨時(shí)間而變化的圖象，此交變電流的有效值是（）

A.5AB.5AC.AD.3.5A4、自感電動(dòng)勢(shì)的大小（）A.跟通過(guò)線圈的電流大小成正比B.跟線圈中的磁通量變化的大小成正比C.跟線圈中的電流變化大小成正比D.跟線圈中的電流變化快慢成正比5、如圖所示，x-y平面上有一半徑為a的圓形細(xì)線圈，其上的電荷線密度λ（即每單位長(zhǎng)度的電量）均相同．當(dāng)線圈以?的角速度繞通過(guò)圓心且垂直x-y平面的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，則線圈上所產(chǎn)生的電流I為（）A.B.aλ?C.D.w6、一物體受兩個(gè)力F1、F2的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，若保持F1恒定而將F2逐漸減小到零后又逐漸增大到原值（方向一直保持不變），在這個(gè)過(guò)程中物體的（）A.加速度增大，速度增大B.加速度減小，速度增大C.加速度先增大后減小，速度增大D.加速度和速度都是先增大后減小7、如圖所示a、b兩顆繞地球運(yùn)行的衛(wèi)星，b是地球同步衛(wèi)星，以下說(shuō)法正確的是A.衛(wèi)星a運(yùn)行周期大于24hB.衛(wèi)星a運(yùn)行周期小于24hC.在地面附近發(fā)射衛(wèi)星b的速度為11.2km/sD.衛(wèi)星a的運(yùn)行速度可能為7.9km/s8、【題文】關(guān)于高中物理實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中，可以利用紙帶打出的點(diǎn)跡間接測(cè)得物體的運(yùn)動(dòng)速度B.在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)用等效替代的思想方法C.在“驗(yàn)證牛頓第二定律”實(shí)驗(yàn)中，采用了控制變量的實(shí)驗(yàn)方法D.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)該先釋放重物后接通電源9、如圖所示，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)α粒子從兩板正中央垂直電場(chǎng)、磁場(chǎng)入射，它在金屬板間運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示，則在α粒子飛躍金屬板間區(qū)域過(guò)程中（）A.α粒子的動(dòng)能增大B.α粒子的電勢(shì)能增大C.電場(chǎng)力對(duì)α粒子做負(fù)功D.磁場(chǎng)力對(duì)α粒子做負(fù)功評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列說(shuō)法正確的是（）A.晶體不一定都具有各向異性B.氣體的壓強(qiáng)是由氣體分子間斥力產(chǎn)生的C.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體顆粒的分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)E.已知阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，不能估算氣體分子的大小E.已知阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，不能估算氣體分子的大小11、以下說(shuō)法正確的是（）A.煤、石油、天然氣等燃料的最初來(lái)源可追溯到太陽(yáng)能B.汽油是一種清潔能源C.水能是可再生能源D.煤、石油等常規(guī)能源是取之不盡，用之不竭的12、一只船在靜水中的速度大小是5m/s，在流速為2m/s的河中航行，則岸上人能看到船的實(shí)際速度可能為（）A.2m/sB.5m/sC.7m/sD.10m/s13、一物體從某行星表面豎直向上拋出．從拋出瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，得到物體相對(duì)于拋出點(diǎn)的位移x與所用時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，已知該星球半徑R=8×105Km以下說(shuō)法中正確的是（）A.物體拋出時(shí)的初速度大小為4m/sB.該行星質(zhì)量的數(shù)量級(jí)為1028KgC.該行星表面的重力加速度大小為4m/s2D.該行星的第一宇宙速度為V1=40km/s14、（2016?湖北模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ（0°≤θ≤90°），一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上，給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放，改變直桿和水平方向的夾角θ，當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30°時(shí)，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，重力加速度為g，則（）A.恒力F一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向B.恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為mgD.恒力F的最小值為mg15、關(guān)于多用電表及其使用，下列說(shuō)法中正確的是（）A.拿到多用電表時(shí)指針未指在刻度最左端，應(yīng)先用電阻的調(diào)零旋鈕調(diào)零B.測(cè)直流電壓時(shí)，其紅表筆接高電勢(shì)處C.測(cè)電路中某個(gè)電阻的阻值時(shí)，要將該電阻與其它元件斷開(kāi)D.換測(cè)另一個(gè)電阻時(shí)都必須重新調(diào)零16、某人在高層建筑的陽(yáng)臺(tái)外側(cè)以v=20m/s的速度豎直向上拋出一個(gè)小物體，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2，當(dāng)小物體運(yùn)動(dòng)到離拋出點(diǎn)15m處時(shí)，所經(jīng)歷的時(shí)間可能是（）A.1sB.3sC.（2+）sD.4s17、質(zhì)量為m的小球沿著豎直的圓形軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，要使小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則小球在最低點(diǎn)的速度可以為（）A.B.2C.3D.418、在物體（質(zhì)量不變）運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.動(dòng)量不變的運(yùn)動(dòng)，一定是勻速運(yùn)動(dòng)B.動(dòng)量大小不變的運(yùn)動(dòng)，可能是變速運(yùn)動(dòng)C.如果在任何相等時(shí)間內(nèi)物體所受的沖量相等（不為零），那么該物體一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D.若某一個(gè)力對(duì)物體做功為零，則這個(gè)力對(duì)該物體的沖量也一定為零評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)19、一個(gè)很小的帶電油滴在電場(chǎng)內(nèi)，調(diào)節(jié)場(chǎng)強(qiáng)E，使作用在油滴上的電場(chǎng)力與油滴的重力平衡．如果油滴的質(zhì)量是m=1.6×10-14kg，所帶電荷量是Q=8×10-18C，由此可判定：若電場(chǎng)方向豎直向上，該油滴帶____電（填“正”或“負(fù)”），此時(shí)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=____N/C．（g取10m/s2）20、若一物體的初速度為V0作一平拋運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)t時(shí)后，它豎直方向的速度為_(kāi)___，水平方向的位移是____此時(shí)速度的大小為_(kāi)___．21、（2011?東城區(qū)模擬）質(zhì)量為m的小球由輕繩a、b分別系于一輕質(zhì)木架上的A和C

點(diǎn)，繩長(zhǎng)分別為la、lb如圖所示；當(dāng)輕桿繞軸BC以角速度

ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)；小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩a在豎直

方向，繩b在水平方向，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，繩b被燒斷的同時(shí)輕桿停止轉(zhuǎn)動(dòng)，則____

A．小球仍在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

B．在繩b被燒斷瞬間；a繩中張力突然增大

C．若角速度ω較?。恍∏蛟诖怪庇谄矫鍭BC的豎直平面內(nèi)擺動(dòng)

D．繩b未被燒斷的時(shí)繩a的拉力大于mg，繩b的拉力為mω2lb．22、將一物體由坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0拋出，v0與x軸夾角為α；在重力作用下運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，A為軌跡最高點(diǎn)，B為軌跡與水平x軸交點(diǎn)，則物體到A點(diǎn)時(shí)速度為_(kāi)_____，AB水平距離大小是______。

23、質(zhì)量為0.1kg的小球在距地面高為h=3.2m的平臺(tái)邊緣以初速度v0=6m/s水平拋出，落地時(shí)速度方向與水平方向之間的夾角為θ=____，小球落地時(shí)重力的功率為_(kāi)___W．（不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2）24、初動(dòng)能為20ev的電子，從A點(diǎn)順著電線場(chǎng)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，達(dá)到B點(diǎn)（位移SAB=10cm）時(shí)，電子的速度降為零，則UAB為_(kāi)___v，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為_(kāi)___．評(píng)卷人得分四、畫(huà)圖題(共2題，共18分)25、圖所示為一列向左傳播的簡(jiǎn)諧波在某一時(shí)刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫(huà)出經(jīng)7s時(shí)的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）26、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請(qǐng)畫(huà)出各圖中A物體所受的彈力．評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)27、如圖所示為多量程多用電表的示意圖．

(1)

當(dāng)接通1

或2

時(shí)；為_(kāi)_____檔(

填電流；電阻、電壓).1

的量程比2

的量程______(

填“大”或“小”)

．

(2)

測(cè)量某電阻時(shí)；用隆脕10婁賂

檔時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)大，他應(yīng)該換用______檔(

填“隆脕1婁賂

”或“隆脕l00婁賂

”)

換檔后，在測(cè)量前要先進(jìn)行______．

(3)

該同學(xué)要測(cè)量多用電表直流“2.5V

”檔的內(nèi)阻Rv(

約為20k婁賂).

除此多用電表外；還有以下器材：直流電源一個(gè)(

電動(dòng)勢(shì)E

為3V

內(nèi)阻可忽略不計(jì))

電阻一個(gè)(

阻值R

為10k婁賂)

電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干．

要求：(i)

畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖(

多用電表用表示)

(ii)

寫(xiě)出Rv

的表達(dá)式.(

用字母表示，并說(shuō)明所用字母的物理意義)

28、用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)定重力加速度；裝置如圖1

所示．

(1)

如果實(shí)驗(yàn)時(shí)所用交流電頻率為50Hz

已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却蠹s為為9.79m/s2.

某同學(xué)選取了一條紙帶并在該紙帶上連續(xù)取了4

個(gè)點(diǎn)，且用刻度尺測(cè)出了相鄰兩個(gè)點(diǎn)間距離，則該同學(xué)所選的紙帶是圖2

中的______.(

填寫(xiě)代號(hào)即可)

用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)定重力加速度，裝置如圖1

所示．

(2)

若打出的另一條紙帶如圖3

所示，實(shí)驗(yàn)時(shí)該紙帶的______(

填“甲”或“乙”)

端通過(guò)夾子和重物相連接.

紙帶上1

至9

各點(diǎn)為計(jì)時(shí)點(diǎn)，由紙帶所示數(shù)據(jù)可算出實(shí)驗(yàn)時(shí)的重力加速度為_(kāi)_____m/s2

該值與當(dāng)?shù)刂亓铀俣扔胁町惖脑蚴莀_____.(

寫(xiě)一個(gè)即可)

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】小燈泡恰好正常發(fā)光，根據(jù)P=UI得電路中的有效值，從而解決電流的峰值，根據(jù)i=Imsinωt即可求的瞬時(shí)表達(dá)式．【解析】【解答】解：小燈泡恰好正常發(fā)光，根據(jù)P=UI得電路中的有效值為：

其峰值為：；

ω=2πn=10πrad/s

電流的瞬時(shí)表達(dá)式為：=1.41sin10πt

故ABC錯(cuò)誤；D正確；

故選：D．2、A【分析】【分析】由B-t圖象的斜率讀出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向．【解析】【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=n=ns；結(jié)合閉合電路歐姆定律，可知通過(guò)線圈上的電流大小恒定；

因此則有磁場(chǎng)隨著時(shí)間的變化率不變；

再由楞次定律；結(jié)合通過(guò)線圈上的電流方向不變，可判斷得到，A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：A．3、B【分析】【分析】根據(jù)有效值的定義求解．取一個(gè)周期時(shí)間，將交流與直流分別通過(guò)相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．【解析】【解答】解：將交流與直流通過(guò)阻值都為R的電阻；設(shè)直流電流為I，則根據(jù)有效值的定義有：

（4）2R?+（3）2R?=I2RT

解得：I=5A

故選：B．4、D【分析】【分析】由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無(wú)關(guān)．【解析】【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；E=n；即E與磁通量的變化率成正比，即電動(dòng)勢(shì)取決于磁通量的變化快慢，而電流變化快慢，則會(huì)導(dǎo)致磁場(chǎng)的變化快慢，從而實(shí)現(xiàn)磁通量的變化快慢，故ABC錯(cuò)誤，D正確；

故選：D．5、B【分析】【分析】根據(jù)題意可知，求出線圈的電量，并根據(jù)T=與I=，即可求解．【解析】【解答】解：由題意知；線圈半徑為a的圓形細(xì)線的電量為q=2πaλ；

而線圈轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T(mén)=，則有I==；故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選B6、C【分析】【分析】根據(jù)牛頓第二定律判斷其加速度的大小和方向，當(dāng)加速度的方向與速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度的方向與速度方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：在水平方向的兩個(gè)平衡力作用處于靜止?fàn)顟B(tài)；若其中一個(gè)力逐漸減小到零后，又逐漸恢復(fù)到原值，在此過(guò)程中，加速度的大小先增大后減小到零，加速度的方向不變，所以速度一直增大．故C正確，A；B、D錯(cuò)誤．

故選C．7、B【分析】試題分析：b是地球同步衛(wèi)星,則由牛頓第二定律知而故選項(xiàng)A錯(cuò)誤、選項(xiàng)B正確；要使衛(wèi)星成為地球的衛(wèi)星需要的發(fā)射速度是選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若衛(wèi)星為近地衛(wèi)星，其線速度選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B.考點(diǎn)：本題考查了萬(wàn)有引力定律、衛(wèi)星的發(fā)射和運(yùn)動(dòng)、近地衛(wèi)星和同步衛(wèi)星.【解析】【答案】B8、A|B|C【分析】【解析】

試題分析：A．利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律”的實(shí)驗(yàn)中；可以利用紙帶打出的點(diǎn)跡間接測(cè)得物體的運(yùn)動(dòng)速度，說(shuō)法正確。

B．在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中；應(yīng)用等效替代的思想方法，說(shuō)法正確。

C．在“驗(yàn)證牛頓第二定律”實(shí)驗(yàn)中；采用了控制變量的實(shí)驗(yàn)方法，說(shuō)法正確。

D．在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中；應(yīng)該先接通電源后釋放重物，說(shuō)法錯(cuò)誤。

考點(diǎn)：物理實(shí)驗(yàn)。

點(diǎn)評(píng)：本題考查了在物理實(shí)驗(yàn)過(guò)程中有關(guān)實(shí)驗(yàn)細(xì)節(jié)、實(shí)驗(yàn)思想等的考查【解析】【答案】ABC9、A【分析】解：對(duì)α粒子在電場(chǎng)；磁場(chǎng)中進(jìn)行受力分析；受到豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的電場(chǎng)力。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力不做功，由圖中給出的α粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力對(duì)其做正功，因此α粒子的電勢(shì)能減小。再由動(dòng)能定理可知，α粒子的動(dòng)能增大。因此A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

帶正電的粒子進(jìn)入兩板中央；受到豎直向下的電場(chǎng)力和豎直向上的洛倫茲力，明確洛倫茲力不做功，根據(jù)電場(chǎng)力做功情況即可確定電勢(shì)能和動(dòng)能的變化情況。

本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，要注意明確洛倫茲力不做功的性質(zhì)?！窘馕觥緼二、多選題(共9題，共18分)10、ADE【分析】【分析】單晶體中單晶體表現(xiàn)各向異性；多晶體表現(xiàn)各向同性；

根據(jù)氣體壓強(qiáng)的形成原因分析B選項(xiàng)；

由布朗運(yùn)動(dòng)的現(xiàn)象和實(shí)質(zhì)分析C；

由液體表面張力產(chǎn)生的原因分析D；

知阿伏加伽德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可以估算該種氣體分子所占空間的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；單晶體中單晶體表現(xiàn)各向異性；多晶體表現(xiàn)各向同性，故A正確；

B；氣體壓強(qiáng)由于分子熱運(yùn)動(dòng)時(shí)氣體分子不斷撞擊容器壁形成持續(xù)壓力而形成的；與氣體分子間的斥力無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；反映的液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

D；液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，故C正確；

E；已知阿伏加伽德羅常數(shù)、某種氣體的摩爾質(zhì)量和密度；可以估算該種氣體分子所占空間的大小，或分子之間的距離，但是不能估算分子的大?。蔈正確；

故選：ADE．11、AC【分析】【分析】要解答本題需掌握：可再生能源是能在短時(shí)間內(nèi)形成的能源，可再生資源特點(diǎn)是取之不盡用之不竭．【解析】【解答】解：A；煤、石油、天然氣是由于樹(shù)木等經(jīng)多年埋在地下而形成的；而樹(shù)木等的生成離不開(kāi)太陽(yáng)能；故其最初來(lái)源可追溯到太陽(yáng)能；故A正確；

B；汽油是一種常規(guī)律能源；會(huì)帶來(lái)污染；故不屬于清潔能源；故B錯(cuò)誤；

C；水是可以再生的；屬再生能源；故C正確；

D；煤、石油等常規(guī)能源的生成要經(jīng)歷很多年；用完將很難再生成；故D錯(cuò)誤；

故選：AC．12、BC【分析】【分析】船參與了靜水運(yùn)動(dòng)和水流運(yùn)動(dòng)這兩運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，船實(shí)際的航速是這兩個(gè)速度的合速度，根據(jù)平行四邊形定則，判定合速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓捍瑢?shí)際的航速是靜水速和水流速的合速度；根據(jù)平行四邊形定則，實(shí)際航速v大于等于3m/s，小于等于7m/s．故B；C正確，A、D錯(cuò)誤．

故選：BC．13、BD【分析】【分析】從圖上可以讀出上升的最大高度和豎直上拋的時(shí)間，根據(jù)求出星球表面的重力加速度．再利用引力等于重力，即可求解質(zhì)量，最后由求第一宇宙速度．【解析】【解答】解：AC；由圖可知；上升最大高度為16m，整個(gè)豎直上拋的時(shí)間為8s，豎直上拋運(yùn)動(dòng)的上升過(guò)程和下降過(guò)程具有對(duì)稱性；

所以下降時(shí)間為4s．那么物體下落過(guò)程中，根據(jù)，

可得下落速度v=gt=2×4m/s=8m/s；

因此物體拋出時(shí)的初速度大小為8m/s；所以AC錯(cuò)誤；

B、根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力，則有：，解得：；故B正確；

D、根據(jù)第一宇宙速度公式；故D正確。

故選：BD14、BCD【分析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合牛頓第二定律，可知，力與重力的合力方向一定沿桿的方向，再依據(jù)矢量的合成法則，及三角知識(shí)，即可求解．【解析】【解答】解：A；根據(jù)題意；小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則加速度最大，即力與重力的合力方向沿桿的方向，那么恒力F的方向不確定，故A錯(cuò)誤；

B；由于小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短；即加速度方向沿桿的方向，而恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾30°斜向右下的方向，即為桿的方向，故B正確；

C；要使時(shí)間最短；則加速度最大，即不論F多大，沿何種方向，確定的力F與mg的合力方向沿桿向下；

當(dāng)恒力F的方向水平向右；如圖所示的受力；

則有：F==mg；故C正確；

D、合力F合與mg；F三力可構(gòu)成矢量三角形；如下圖所示：

由圖可知，當(dāng)F與F合垂直時(shí)，即與斜面垂直時(shí)，F(xiàn)有最小，則有：Fmin=mgsin60°=；故D正確；

故選：BCD．15、BC【分析】【分析】每選定一次歐姆檔位后電路發(fā)生改變要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，測(cè)量電阻要把電阻與其它元件獨(dú)立；電流要從紅表筆流入；【解析】【解答】解：A；任何電表使用前都要機(jī)械調(diào)零而不是歐姆調(diào)零；故A誤；

B；測(cè)電壓時(shí)；其紅表筆接高電勢(shì)處，因?yàn)殡娏饕獜募t表筆流入，故B正確；

C；測(cè)電路中某個(gè)電阻的阻值時(shí)；一定要將該電阻與其它元件斷開(kāi)，避免測(cè)量出現(xiàn)較大誤差，C正確；

D；當(dāng)測(cè)量電阻時(shí)；沒(méi)有換擋位時(shí)，不需要進(jìn)行歐姆調(diào)零，故D錯(cuò)誤；

故選：BC16、ABC【分析】【分析】取豎直向上方向?yàn)檎较?，豎直上拋運(yùn)動(dòng)可以看成一種加速度為-g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)石塊運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)上方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x=15m；當(dāng)石塊運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)下方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x=-15m，根據(jù)位移公式求出時(shí)間．【解析】【解答】解：取豎直向上方向?yàn)檎较?，?dāng)石塊運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)上方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x=15m，由x=v0t-gt2代入得：

15=20t-×10t2

解得：t1=1s，t2=3s

當(dāng)石塊運(yùn)動(dòng)到拋出點(diǎn)下方離拋出點(diǎn)15m時(shí)，位移為x=-15m，由x=v0t-gt2代入得：-15=20t-×10t2

解得：t1=（2+）s，t2=（2-）s（舍去）．

故A；B、C正確；D錯(cuò)誤．

故選：ABC．17、AB【分析】【分析】因?yàn)轭}說(shuō)不脫離，那么有兩種情況．第一，運(yùn)動(dòng)到四分之一圓周，小球回到最低點(diǎn)．那么由機(jī)械能守恒，由四分之一下來(lái)，求出最低點(diǎn)速度；第二，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在返回最低點(diǎn)．能到最高點(diǎn)，在最高點(diǎn)的速度最小是，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出最低點(diǎn)的速度．【解析】【解答】解：A；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到圓周的四分之一時(shí)；由機(jī)械能守恒得：

mgR=

解得：，所以當(dāng)時(shí)；小球不脫離軌道，故AB正確；

C；當(dāng)小球能到達(dá)最高點(diǎn)；恰好完成圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力公式得：

mg=m

解得：v=

由機(jī)械能守恒得：

解得：，所以當(dāng)時(shí)；小球不脫離軌道，故CD錯(cuò)誤；

故選：AB18、AB【分析】【分析】動(dòng)量是矢量，有大小，有方向，沖量等于物體所受的外力和時(shí)間相乘，沖量也是矢量，是有方向的．【解析】【解答】解：A；動(dòng)量是矢量；有大小，有方向，動(dòng)量不變的運(yùn)動(dòng)，速度大小和方向不變，一定是勻速運(yùn)動(dòng)，A正確；

B；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量大小不變；是變速運(yùn)動(dòng)，B正確；

C；根據(jù)動(dòng)量定理知F△t=m△v；所以物體的加速度不變，做的是勻變速運(yùn)動(dòng)，但可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，比如平拋運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D；沖量等于物體所受的外力和時(shí)間相乘；只要有力有時(shí)間，沖量就不為零，D錯(cuò)誤；

故選AB三、填空題(共6題，共12分)19、負(fù)2×104【分析】【分析】帶電油滴受到的重力與電場(chǎng)力平衡，二力方向相反，即可判斷油滴帶何種電荷；根據(jù)平衡條件求解電場(chǎng)強(qiáng)度E．【解析】【解答】解：帶電油滴處于平衡狀態(tài)；重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，則電場(chǎng)力方向豎直向上，而電場(chǎng)線方向豎直向下，所以油滴帶負(fù)電．

由平衡條件得：mg=qE，得：E==N/C=2×104N/C

故答案為：負(fù)，2×104．20、gtV0t【分析】【分析】平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的位移和速度公式求解分位移和分速度，合成得到合速度．【解析】【解答】解：平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)；豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)；

物體的初速度為V0作一平拋運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)t時(shí)后，它豎直方向的速度為：vy=gt；

水平分位移為：x=V0t；

合速度：v==；

故答案為：gt，V0t，．21、BC【分析】【分析】繩子斷開(kāi)前，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球受力分析，可知b繩子的拉力提供向心力；繩子斷開(kāi)后，桿停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小球有沿切向飛出的趨勢(shì)，可以分析小球進(jìn)一步的運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：繩子斷開(kāi)前，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力指向c點(diǎn)，對(duì)小球受力分析，受重力G，a繩子的拉力F1，b繩子的拉力F2；根據(jù)牛頓第二定律有

F1=mg

F2=mω2lb

小球的線速度為

v=ωlb

繩子斷開(kāi)后；桿停止轉(zhuǎn)動(dòng)，由于慣性，小球?qū)⒗@A點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，若速度較小，小球?qū)⒃诖怪庇谄矫鍭BC的豎直平面內(nèi)擺動(dòng)；若速度較大，也有可能在垂直于平面ABC的豎直平面內(nèi)繞A點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．

在最低點(diǎn)時(shí)

Fa-mg=m

解得

Fa=mg+m＞F1

故選BC．22、v0cosα【分析】解：斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平行四邊形定則知，A點(diǎn)的速度為：vA=vx=v0cosα。

初始時(shí)刻豎直分速度為：vy=v0sinα

則A到B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=

則AB的水平距離為：x=

故答案為：v0cosα，．

將斜拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向；得出兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和等時(shí)性求出物體在A點(diǎn)的速度和AB間的水平距離。

解決本題的關(guān)鍵知道斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住等時(shí)性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘馕觥縱0cosα23、53°8【分析】【分析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球落地時(shí)的豎直分速度，求的與水平方向的夾角，根據(jù)P=mgvcosθ求出落地時(shí)重力的功率【解析】【解答】解：根據(jù)速度位移公式有

解得．

與水平方向的夾角正切值為tan

解得θ=53°

重力的瞬時(shí)功率P=mgvy=1×8W=8W．

故答案為：53°，824、20200v/m【分析】【分析】由A到B用動(dòng)能定理uq=△EK可求得電勢(shì)差，由E=可得場(chǎng)強(qiáng)【解析】【解答】解：由動(dòng)能定理：由A到B：qUAB=0-EK0可得：=20V

UAB=Ed可得：E=═200V/m

故答案為：20，200四、畫(huà)圖題(共2題，共18分)25、略

【分析】【解析】試題分析：由圖讀出波長(zhǎng)，由波速公式求出周期．根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程，求出位移．采用波形平移的方法畫(huà)出7s時(shí)的波形圖．由圖直接可得波長(zhǎng)根據(jù)得：7秒內(nèi)波傳播的位移為：根據(jù)平移法，把波形沿傳播方向平移3.5米，如下圖實(shí)線：考點(diǎn)：畫(huà)波形圖【解析】【答案】圖形向左平移1.5m26、略

【分析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題【解析】【答案】【解析】彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體，據(jù)此可得思路分析：彈力的方向總是與物體接觸面的切面垂直，然后指向受力物體試題五、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)27、略

【分析】解：(1)

改裝成電流表時(shí)要并聯(lián)電阻分流；所以12

是電流檔；

并聯(lián)電阻越??；分流