2025年人民版高三物理下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年人民版高三物理下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6題，共12分)1、關(guān)于位移和路程，下列理解正確的是（）A.位移是描述物體位置變化的物理量B.路程是精確描述物體位置變化的物理量C.物體沿某一方向運動，位移大小總小于路程D.只要運動物體的初、末位置確定，位移就確定，路程也確定2、如圖所示，兩條水平放置的長直金屬導(dǎo)軌間距為l，左端與阻值為R的定值電阻相連，金屬直桿ab和cd的電阻阻值各為R，兩端剛好能與導(dǎo)軌接觸．a(chǎn)b、cd兩桿用絕緣細(xì)線連接，間距為l，ab桿右側(cè)l處有一寬度為l的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向里．若金屬導(dǎo)軌電阻忽略不計，兩金屬桿和導(dǎo)軌始終接觸良好，當(dāng)兩桿始終以恒定速度V向右運動時，用Icd表示金屬棒Cd流過的電流（c→d為電流的正方向）、用Ucd表示金屬棒cd兩端的電勢差，正確描述IcdUcd隨位移變化的圖象是（）A.B.C.D.3、一帆風(fēng)順，說的是順風(fēng)好行船，但有時遇上逆風(fēng)，有經(jīng)驗的水手通過正確地操縱船帆，仍然可借風(fēng)力航行．當(dāng)風(fēng)從正東方吹來，而船卻要駛向東北方向，則圖中四種情況中哪個可達(dá)到目的地（PQ表示帆的方位）（）A.B.C.D.4、如圖所示；輕彈簧下端固定在水平地面上，彈簧位于豎直方向，另一端靜止于B點．在B點正上方A點處，有一質(zhì)量為m的物塊，物塊從靜止開始自由下落．物塊落在彈簧上，壓縮彈簧，到達(dá)C點時，物塊的速度為零．如果彈簧的形變始終未超過彈性限度，不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）

A.物塊在B點時動能最大。

B.從A經(jīng)B到C.再由C經(jīng)B到A的全過程中；物塊的加速度的最大值大于g

C．從A經(jīng)B到C；再由C經(jīng)B到A的全過程中，物塊做簡諧運動。

D.如果將物塊從B點由靜止釋放；物塊仍能到達(dá)C點。

5、如圖，在傾角為a

的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓.

已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2

倍.

當(dāng)繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變.

則此時木板沿斜面下滑的加速度為(

)

A.g2sina

B.gsina

C.32gsina

D.2gsina

6、（2013秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可以視為不變），R1和R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而減?。]合開關(guān)S后，將照射光強(qiáng)度減弱，則（）A.電路的路端電壓將減小B.燈泡L將變暗C.R2兩端的電壓將減小D.流過安培表的電流增大評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、用一臺電動機(jī)豎直勻速提升100kg的貨物時，電動機(jī)的輸出功率為4000w，若忽略一切摩擦和阻力，則（）A.貨物的速度大小為4m/sB.電動機(jī)產(chǎn)生的拉力大小為100NC.重力勢能增加了100JD.每秒內(nèi)增加的機(jī)械能為4000J8、如圖為常見的自行車傳動示意圖．A輪與腳蹬子相連，B輪與車軸相連，C為車輪．當(dāng)人蹬車勻速運動時，以下說法中正確的是（）A.A輪與B輪的角速度相同B.A輪邊緣與B輪邊緣的線速度相同C.B輪邊緣與C輪邊緣的線速度相同D.B輪與C輪的角速度相同9、下列說法正確的是（）A.液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，故液體表面存在張力B.PM2.5（指空氣中直徑小于2.5微米的懸浮顆粒物）在空氣中的運動屬于分子熱運動C.把很多小的單晶體放在一起，就變成了非晶體E.水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大E.水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大10、如圖所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細(xì)線跨過位于O點的輕小定滑輪，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質(zhì)量相等．C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿距離OC=h．開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°．現(xiàn)將A、B由靜止釋放，則下列說法正確的是（）A.物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，速度不斷增大B.在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中，物塊B克服細(xì)線拉力做的功小于B重力勢能的減少量C.物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動D.物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為11、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/s212、一平面內(nèi)三個共點力的作用，下列幾組力的合力可能為零的是（）A.1N、6N、8NB.3N、6N、4NC.1N、2N、10ND.5N、5N、5N評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、（2013?閔行區(qū)二模）如圖所示，帶電量分別為4q和-q的小球A、B固定在水平放置的光滑絕緣細(xì)桿上，相距為d．若桿上套一帶電小環(huán)C（圖上未畫），帶電體A、B和C均可視為點電荷．則小環(huán)C的平衡位置為____；將小環(huán)拉離平衡位置一小位移x（x小于d）后靜止釋放，則小環(huán)C____回到平衡位置．（選填“能”“不能”或“不一定”）14、某實驗小組利用如圖所示實驗裝置來驗證鉤碼和滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；請將下列實驗步驟中不完整之處補(bǔ)充完整．

（1）調(diào)整氣墊導(dǎo)軌底座；使之水平；

（2）測量鉤碼的質(zhì)量m；滑塊與遮光板的總質(zhì)量M，遮光板的初始位置與光電門的距離為x；

（3）用游標(biāo)卡尺測出遮光板的寬度（如圖所示）d=____cm．

（4）實驗時將滑塊從圖甲的初始位置由靜止釋放，由數(shù)字計數(shù)器讀出遮光板通過光電門的時間△t=1.2×10-2s，則滑塊講過光電門的速度為____m/s；

（5）本實驗通過比較____和____在誤差允許的范圍內(nèi)相等（用測量的物理量符號表示），從而驗證了系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．15、【題文】已知：的質(zhì)量分別為m1、m2、m3、m4,則關(guān)于核反應(yīng)：+→+下列說法正確的是()。A．這是個核聚變的過程B．這是個核裂變的過程C．該過程中放出的能量為(m3+m4-m1-m2)c2D．該過程中放出的能量為(m1+m2-m3-m4)c216、同步衛(wèi)星在高空環(huán)繞地球飛行，其向心加速度用a1表示，該位置處由萬有引力產(chǎn)生的加速度用g1表示；赤道表面物體跟隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度用a2表示，該位置處由萬有引力產(chǎn)生的加速度用g2表示．已知同步衛(wèi)星軌道半徑是地球赤道半徑的n倍，則g1：g2=______，a1：a2=______．17、有一個小球，帶有4.0×10-9C的負(fù)電荷，它受到大小為6.0×10-8N、方向水平向左的電場力，則小球所在處的電場強(qiáng)度大小是____N/C，方向是____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)18、用電器的額定功率與所加的電壓無關(guān)．____．（判斷對錯）19、熱力學(xué)系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．____．（判斷對錯）20、因為汽車剎車時的速度越大滑的越遠(yuǎn)，所以速度大的物體慣性大．____（判斷對錯）21、公式E=和對于任何靜電場都是適用的．____．（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共14分)22、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）23、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請畫出各圖中A物體所受的彈力．評卷人得分六、作圖題(共2題，共12分)24、在光滑的水平面內(nèi)建立正交直角坐標(biāo)，一質(zhì)量1kg的質(zhì)點，在t=0時，v0=0；并處在坐標(biāo)原點；從t=0開始受到一個大小為2N沿y軸正方向的水平外力作用開始運動，在t=1s時，撤去原外力的同時施加一沿x軸正方向大小為4N的水平外力作用；

（1）試確定在t=2s時該質(zhì)點的位置坐標(biāo)及此時速度大?。?/p>

（2）請在給出的坐標(biāo)系中畫出2s內(nèi)該質(zhì)點的運動軌跡．25、（1）兩個相同的單擺靜止于平衡位置，使擺球分別以水平初速v1、v2(v1>v2)在豎直平面內(nèi)做小角度擺動，它們的頻率與振幅分別為f1,f2和A1,A2，則（）A．f1>f2A1=A2B.f12A1=A2C．f1=f2A1>A2D.f1=f2A12（2）一束光波以45°的入射角，從AB面射入如圖所示的透明三棱鏡中，棱鏡折射率n＝.試求光進(jìn)入AB面的折射角，并在圖上畫出該光束在棱鏡中的光路．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】位移是指從初位置到末位置的有向線段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物體所經(jīng)過的路徑的長度，路程是標(biāo)量，只有大小，沒有方向．【解析】【解答】解：A；位移是指從初位置到末位置的有向線段；位移是矢量，有大小也有方向，所以A正確；

B；路程是指物體所經(jīng)過的路徑的長度；路程是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，所以B錯誤；

C；位移是矢量；有大小也有方向，路程是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，它們不是同一個物理量，當(dāng)物體做單一方向的直線運動時，位移的大小就等于路程，所以C錯誤；

D；當(dāng)初位置和末位置確定；位移就確定，但物體通過的路程不確定，所以D錯誤．

故選：A2、B【分析】【分析】先根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，判斷出c、d兩端電勢的高低，再列出電流、電勢差的表達(dá)式，即可進(jìn)行選擇．【解析】【解答】解：x在l-2l，ab棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由楞次定律判斷可知金屬棒cd流過的電流中方向c→d，為正方向，c的電勢高于d的電勢，Ucd＞0，由于桿ab和cd的電阻阻值各為R，ab桿相當(dāng)于電源，外電阻為R，則ab中電流為Iab===，Icd=Iab=，根據(jù)串聯(lián)電路的特點可知：Ucd=E=；

x在2l-3l，cd棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由楞次定律判斷可知金屬棒cd流過的電流中方向d→c，為負(fù)方向，cd桿相當(dāng)于電源，外電阻為R，則cd中電流為Icd=-=-=-，c的電勢高于d的電勢，Ucd＞0，Ucd=E=；故B正確．

故選：B．3、A【分析】【分析】風(fēng)力與風(fēng)帆垂直，再將風(fēng)力沿著平行船和垂直船方向正交分解，平行船的分力指向東北方向即可．【解析】【解答】解：A；風(fēng)力與風(fēng)帆垂直；風(fēng)力平行船的分力指向東北方向，如圖所示：

故A正確；

B；風(fēng)力與風(fēng)帆垂直；風(fēng)力平行船的分力指向西南方向，如圖所示：

故B錯誤；

C；風(fēng)力與風(fēng)帆垂直；風(fēng)力平行船的分力指向西南方向，如圖所示：

故C錯誤；

D；風(fēng)力與風(fēng)帆垂直；風(fēng)力平行船的分力指向正北方向，如圖所示：

故D錯誤；

故選：A．4、B【分析】

設(shè)在D點彈力等于重力。

A：在D點之前物體一直做加速運動；AB段只受重力，故動能增加，BD段由于重力大于彈力，故合外力還是做正功，而過了D點后，重力小于彈力，合外力做負(fù)功，故到D點的動能最大，故A錯誤。

B：在C點，其彈性勢能等于A點的重力勢能，即由C點的彈力為F=kx，解得：由于H＞x，故F＞2mg，故在C點的加速度故整個運動過程的加速度大于重力加速度g，故B正確。

C：整個過程不符合受力不是對稱的；不符合簡諧運動特征，故C錯誤。

D：由能量守恒；B點彈性勢能，等于物體在A點的重力勢能．若將物體從B釋放，則其重力勢能是小于在A點重力勢能的，故不能到達(dá)C點．故D錯誤。

故選B

【解析】【答案】這是一道要對物體的受力進(jìn)行細(xì)致分析的題目；設(shè)在D點彈力等于重力，一共有三個階段：AB段只受重力，BD段重力大于彈力，DC段重力小于彈力．由此可以分析動能，加速度，以及運動情況等。

5、C【分析】解：木板沿斜面加速下滑時；貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為零.

將木板和貓作為整體，由牛頓第二定律，受到的合力為F脛戮擄氓=2ma隆盲

貓受到的合力為F貓=0

則整體受的合力等于木板受的合力：F潞脧=F脛戮擄氓=2ma隆盲(a隆盲

為木板的加速度)

又整體受到的合力的大小為貓和木板沿斜面方向的分力的大小(

垂直斜面分力為零)

即：F潞脧=3mgsina

解得：a隆盲=1.5gsina

故選項ABD錯誤；C正確；

故選：C

．

對貓和木板受力分析受力分析；可以根據(jù)各自的運動狀態(tài)由牛頓第二定律分別列式來求解，把貓和木板當(dāng)做一個整體的話計算比較簡單．

本題應(yīng)用整體法對貓和木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律來求解比較簡單，當(dāng)然也可以采用隔離法，分別對貓和木板受力分析列出方程組來求解．【解析】C

6、B【分析】【分析】由光敏電阻的性質(zhì)可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出R1兩端的電壓的變化；同時還可得出路端電壓的變化；

由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，從而判斷燈泡亮度的變化．【解析】【解答】解：A；光敏電阻光照減弱時；光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大．由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，所以路端電壓增大．故A錯誤；

B、因電路端電壓增大，同時R1兩端的電壓減小，故并聯(lián)電路部分電壓增大，則流過R2的電流增大；而總電流減小，所以通過燈泡L的電流減小，所以L變暗，故B正確；

C、由上知，R2兩端的電壓將增大；故C錯誤．

D；總電流減??；則流過安培表的電流減小，故D錯誤．

故選：B二、多選題(共6題，共12分)7、AD【分析】【分析】當(dāng)電動機(jī)勻速提升物體時，電動機(jī)的拉力與物體的重力相等，由P=FV可以求得物體上升的速度，根據(jù)重力做功求解重力勢能的變化量，根據(jù)除重力以外的力做功等于機(jī)械能的變化量求解機(jī)械能的增加量．【解析】【解答】解：A；由于物體是勻速上升的；所以物體受力平衡，電動機(jī)的拉力與物體的重力大小相等，即F=G=1000N；

由P=FV=mgV可以求得：

V=m/s=4m/s；所以A正確，B錯誤；

C；由于不知道運動的時間；所以無法求出重力做功，也就無法求出重力勢能增加量，故C錯誤；

D；每秒內(nèi)拉力做的功；W=Fs=1000×4=4000J，根據(jù)除重力以外的力做功等于機(jī)械能的變化量可知，每秒內(nèi)增加的機(jī)械能為4000J，故D正確．

故選：AD8、BD【分析】【分析】同緣傳動邊緣點線速度相等；同軸傳遞角速度相等；然后結(jié)合v=rω公式分析．【解析】【解答】解：A、B、輪AB邊緣上的點與傳動鏈條接觸，其速度大小和傳動鏈條的速度大小一致，所以A輪邊緣與B輪邊緣的線速度大小相等，根據(jù)公式v=rω；線速度相等時，半徑小的角速度大，故A錯誤，B正確；

C、D、輪B邊緣與C輪邊緣的點在同一個輪子上，所以B輪邊緣與C輪邊緣的角速度相同，而rC＞rA＞rB，據(jù)公式v=ωr可知；線速度不等，故C錯誤D正確；

故選：BD．9、ADE【分析】【分析】液體表面分子較內(nèi)層稀疏；故分子間表現(xiàn)為引力，從而表現(xiàn)為表面張力；

分子熱運動是指我們?nèi)庋劭床坏降姆肿拥臒o規(guī)則運動；

單晶體放在一起不會組成非晶體；

第二類永動機(jī)違背了熱力學(xué)第二定律；

水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大；

分子間引力隨分子間距離的減小而增大．【解析】【解答】解：A；液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離；故液體表面存在張力，故A正確；

B；懸浮顆粒的運動不可是分子的運動；故B錯誤；

C；單晶體可以組成多晶體；但不可能組成非晶體；故C錯誤；

D；第二類永動機(jī)不違背熱力學(xué)第一定律但違背了熱力學(xué)第二定律；故D正確；

E；水的飽和汽壓隨溫度的升高而增大；故E正確；

F；分子間引力總是隨著分子間距離的減小而增大；故F錯誤；

故選：ADE．10、ACD【分析】解：A；物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中；繩子的拉力對A一直做正功，其動能一直增大，故A正確。

B；在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中；物塊B從釋放到了最低點，在此過程中，繩子拉力對B一直做負(fù)功，其機(jī)械能一直減小，物塊B的動能變化量為零，所以物塊B克服細(xì)線拉力做的功等于B重力勢能的減少量。故B錯誤。

C、由幾何知識可得=h，由于A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由對稱性可知物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動。故C正確。

D、設(shè)物塊A到達(dá)C點時速度為vA，此時B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：mg（-h）=解得：vA=故D正確。

故選：ACD。

在繩子作用下；A先加速后減速，而B先加速后減速再返回，當(dāng)A的速度最大時，B下降最低．即物塊A到達(dá)C點時B的速度為零．根據(jù)A；B兩個物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒求物塊A經(jīng)過C點時的速度．結(jié)合對稱性分析物塊A的運動范圍．根據(jù)物塊A在開始位置和C點的功率，分析細(xì)線對A拉力的功率變化情況．根據(jù)能量守恒定律，分析物塊B克服細(xì)線拉力做的功與B重力勢能的減少量的關(guān)系．

本題的關(guān)鍵要正確分析兩物塊的運動情況，知道塊A經(jīng)過C點時，B的速度為零，明確系統(tǒng)遵守機(jī)械能守恒，但對單個物塊而言，機(jī)械能是不守恒的．【解析】ACD11、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：BD12、BD【分析】【分析】三力合成，先將其中的兩個力合成，再與第三個力合成，合成時，三力同向合力最大，兩個力合成的合力有個范圍，用與第三個力最接近的數(shù)值與第三個力合成求最小合力．【解析】【解答】解：A；1N與6N合成最大7N；最小5N，當(dāng)取8N時與第三個力合成，最終合力不可能為0N，故A錯誤；

B；3N和6N合成最大9N；最小3N，合力可能為4N，所以最終合力可能為零．故B正確；

C；1N和2N合成最大3N；最小1N，不可能為10N，故與第三個力不可能平衡，故C錯誤；

D；5N和5N合成最大10N；最小0N，當(dāng)取5N時，與第三個力平衡，故D正確；

故選：BD．三、填空題(共5題，共10分)13、在AB連線的延長線上距離B為d處不一定【分析】【分析】由于A處放正點電荷；B處放負(fù)點電荷，根據(jù)同種電荷排斥，異種電荷吸引；

要使小環(huán)C處于平衡狀態(tài)；對其小環(huán)C受力分析，去判斷所處的位置．

運用庫侖定律結(jié)合力學(xué)平衡知識解決問題．【解析】【解答】解：（1）設(shè)C在AB連線的延長線上距離B為l處達(dá)到平衡；帶電量為Q

由庫侖定律得：F=k

有平衡條件得：Fc=+=0

解得：l1=-d（舍去）；l2=d

所以平衡位置為：l=d；即在AB連線的延長線上距離B為d處。

（2）若小環(huán)C帶電量為q；將小環(huán)向右拉離平衡位置一小位移x，小環(huán)受合力向右，不能回到平衡位置．若小環(huán)C帶電量為-q，將小環(huán)向右拉離平衡位置一小位移x，小環(huán)受合力向左，能回到平衡位置．所以不一定回到平衡位置．

故答案為：在AB連線的延長線上距離B為d處．不一定．14、略

【分析】

（3）根據(jù)圖示可知；主尺示數(shù)為5mm=0.5cm，游標(biāo)尺上第2個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)尺讀數(shù)為：2×0.1mm=0.02cm，故最后讀數(shù)為：0.5cm+0.02cm=0.52cm．

故答案為：0.52cm．

（4）用擋光板通過光電門的平均速度來代替瞬時速度有：

故答案為：0.433

（5）以m和M組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)重力勢能的減小量為mgx，由于初速度為零，因此系統(tǒng)動能的增量為：因此只要驗證mgx與是否相等即可驗證機(jī)械能是否守恒．

故答案為：mgx，．

【解析】【答案】（3）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀．先讀出主尺讀數(shù)，看游標(biāo)的0刻度線超過主尺的哪一個讀數(shù)，主尺讀數(shù)就讀多少，游標(biāo)讀數(shù)用分度乘以對齊的格數(shù)；

（4）由于遮光板通過的時間很短；因此可以用平均速度來代替其通過的瞬時速度；

（5）通過比較重力做功（重力勢能的減小量）和動能的增加量之間的大小關(guān)系；可以驗證機(jī)械能是否守恒．

15、略

【分析】【解析】由小原子核組成較大的原子核過程為核聚變,A對.該反應(yīng)的質(zhì)量虧損為(m1+m2)-(m3+m4)故D對.【解析】【答案】AD16、略

【分析】解：同步衛(wèi)星與隨地球自轉(zhuǎn)的物體具有相同的角速度，根據(jù)a=rω2得；同步衛(wèi)星的軌道半徑與地球的半徑之比為1：n；

所以a1：a2=n：1

根據(jù)萬有引力提供向心力得：

G=mg

所以同步衛(wèi)星的加速度為：g1=

赤道表面物體的向心加速度為：g2=

因為r=nR

所以得：g1：g2=1：n2

故答案為：1：n2；n：1；

同步衛(wèi)星與隨地球自轉(zhuǎn)的物體具有相同的角速度，根據(jù)a=rω2去求向心加速度之比．近地衛(wèi)星和同步衛(wèi)星都是繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力G=ma去求加速度之比．

解決本題的關(guān)鍵知道同步衛(wèi)星與隨地球自轉(zhuǎn)的物體具有相同的角速度，以及知道近地衛(wèi)星和同步衛(wèi)星都是繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力可求出加速度之比．【解析】1：n2；n：117、150水平向右【分析】【分析】由電場強(qiáng)度的定義式：E=求場強(qiáng)的大小，場強(qiáng)的方向與負(fù)電荷所受的電場力方向相反．【解析】【解答】解：小球所在處的場強(qiáng)大小為E===150N/C；方向水平向右．

故答案為：150，水平向右．四、判斷題(共4題，共28分)18、√【分析】【分析】根據(jù)額定電壓和額定功率的概念進(jìn)行分析，即用電器正常工作時的電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率．【解析】【解答】解：因用電器正常工作時；電壓為額定電壓，在額定電壓下的功率為額定功率，所以額定功率與實際電壓無關(guān)，實際功率與工作時的電壓有關(guān)；

故答案為：√19、√【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)．【解析】【解答】解：熱平衡是兩個系統(tǒng)相互影響的最終結(jié)果；根據(jù)熱平衡的定義可知，熱力學(xué)系統(tǒng)的平衡態(tài)是一種動態(tài)平衡，分子仍做無規(guī)則運動．所以該說法是正確的．

故答案為：√20、×【分析】【分析】慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性大小由物體的質(zhì)量來量度．根據(jù)這些知識來解答．【解析】【解答】解：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度；與物體的速度無關(guān)．故該說法是錯誤的．

故答案為：×21、×【分析】【分析】場強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場，E=只適用于真空中點電荷；場強(qiáng)取決于電場本身，與檢驗電荷無關(guān)．【解析】【解答】解：場強(qiáng)定義式E=適應(yīng)任何電場，E=只適用于真空中點電荷；故錯誤．

故答案為：×．五、畫圖題