2025年北師大版高三物理上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年北師大版高三物理上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5題，共10分)1、關(guān)于運動和力下面說法正確的是（）A.物體的速度為零，合外力為零B.物體的加速度越大，速度越大C.物體受到的合外力越大，速度變化越快D.物體在外力的作用下加速直線運動，當合外力逐漸減小時，物體的速度逐漸減小2、下面為某報紙的一篇科技報道；請你通過必要的計算，判斷報道中存在的問題，選擇出正確的答案（）

本報訊：首座由中國人研制的目前世界上口徑最大的太空天文望遠鏡．將要發(fā)射升空，這座直徑為____1m的太空天文望遠鏡，被運載火箭送入離地面____735km高，線速度約為5.0×102m/s的地球同步軌道（即周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等）上，它將用于全面觀察太陽活動、日地空間環(huán)境等，該天文望遠鏡通過電磁波把信息傳輸回地面所用時間至少為1.25s．下面的數(shù)據(jù)在你需要時可供選用：引力常量____G____=6.7×10-11N?m2/kg2；地表重力加速度g=10m/s2；地球質(zhì)量M=6.0×1024kg；地球半徑R=6.4×106m；地球自轉(zhuǎn)周期T=8.6×104s；c=3.0×108m/s；地球公轉(zhuǎn)周期T″=3.2×107s；π2=10；π=3.14；70～80的立方根約取4.2．A.地球同步軌道上的線速度報道無誤B.信息傳輸回地面所花時間的描述無誤C.地球同步軌道離地面高度報道無誤D.地球同步軌道高度和線速度大小報道都有誤3、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L_勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心O，下端連接一個質(zhì)量為m、電荷量為q，可視為質(zhì)點的小環(huán)．小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強電場中．將小環(huán)從A點由靜止釋放、小環(huán)運動到B點時速度恰好為0．已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則（）A.電場強度的大小E=B.小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈力不做功C.小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大D.小環(huán)在A點時受到大環(huán)對它的彈力大小F=mg-kL4、長為L

的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B

板間距離也為L

板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m

電量為q

的帶正電粒子(

不計重力)

從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v

水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是

A.使粒子的速度v>3BqL/2m

B.使粒子的速度v<5BqL/4m

C.使粒子的速度v>BqL/2m

D.使粒子速度BqL/4m<v<5BqL/4m

5、如圖所示的電路中，各個電鍵均閉合，且k2接a；現(xiàn)要使靜止在平行板電容器兩極板之間的帶電微粒向下運動，則應該（）

①將k1斷開。

②將k2擲在b

③將k2擲在c

④將k3斷開．A.①②B.②③C.①③D.③④評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從靜止開始，經(jīng)過一個電壓為U的加速電場，由a點沿紙面豎直向上射入，如圖所示，ab上方有垂直于紙面的勻強磁場．經(jīng)過一段時間后由b點以不變的速率反方向射出，已知ab長為l．由此可知（）A.電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌道半徑為lB.電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其運動周期為πl(wèi)C.勻強磁場的磁感應強度的大小B=，方向垂直紙面向外D.勻強磁場的磁感應強度的大小B=，方向垂直紙面向里7、隨著地球資源的日益匱乏和環(huán)境的日益惡劣，人類設想在地球遠地軌道上建立一個未來的圓環(huán)形太空城．遠遠看去，好像一個巨大的車輪，圓環(huán)形的直徑為D，“輪胎”是一個空心的大圓環(huán)，其內(nèi)部直徑為d（D＞＞d），是太空城的生活區(qū)．同時，太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉(zhuǎn)，利用旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的離心效應而制造出人造重力，生活在其中的人類就有腳踏實地的感覺．已知地球半徑R，表面重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T，空間站軌道半徑r．下列說法中正確的是（）A.太空城中的“地面”在圖示的下表面B.若忽略太空城的自轉(zhuǎn)，則太空城的繞地球轉(zhuǎn)動的周期為C.若太空城的轉(zhuǎn)速剛能提供和地球表面的實際重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自轉(zhuǎn)的角速度為D.當太空城穩(wěn)定地轉(zhuǎn)動時，若在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體，讓太空城里的你來觀察，你會觀察到物體沿徑向垂直太空城外邊緣加速下落8、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是（）A.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大B.斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變C.保持S閉合，懸線燒斷，則小球在電場中將作自由落體運動D.斷開S，懸線燒斷，則小球在電場中將作變加速曲線運動9、如圖所示，一束帶電粒子沿著水平方向平行的飛過小磁針的正上方，磁針的N極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)，這一帶電粒子束可能是（）A.向右飛行的正離子束B.向左飛行的正離子束C.向右飛行的負離子束D.向左飛行的負離子束10、關(guān)于牛頓第二定律，下列說法中正確的是（）A.牛頓第二定律的表達式F=ma在任何情況下都適用B.某一瞬時的加速度，只能由這一瞬時的外力決定，而與這一瞬時之前或之后的外力無關(guān)C.物體的運動方向一定與物體所受的合外力的方向一致D.在公式F=ma中，若F為合力時，則a等于作用在該物體上的每一個力產(chǎn)生的加速度的矢量和11、如圖所示，輕質(zhì)彈簧連接A，B兩物體，A放在水平地面上，B的上端通過細線掛在天花板上；已知A的重力為8N，B的重力為6N，彈簧的彈力為4N．則地面受到壓力大小和細線受到的拉力大小可能是（）A.18N10NB.4N10NC.12N2ND.14N2N12、在方向水平向左，大小E=100V/m的勻強電場中，有相距d=2cm的a、b兩點，現(xiàn)將一帶電荷量q=3×10-10C的檢驗電荷由a點移至b點，該電荷的電勢能變化量可能是（）A.0B.6×10-9JC.6×10-10JD.6×10-8J評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、（2015春?沅江市校級月考）如圖所示，線段OA=2AB，A、B兩球質(zhì)量相等，當它們繞O點在光滑水平桌面上以相同的角速度轉(zhuǎn)動時，兩線段拉力TAB：TOB為____．14、用毛皮摩擦橡膠棒時，橡膠棒帶____電荷，毛皮帶____電荷．當橡膠棒帶有3.2×105C的電量時，電荷量為1.6×10-19C的電子有____個從____移到____上．15、（2014春?吉州區(qū)校級期中）學校開展研究性學習，某研究小組的同學根據(jù)所學的光學知識，設計了一個測量液體折射率的儀器，如圖所示．在一圓盤上，過其圓心O作兩條互相垂直的直徑BC、EF，在半徑OA上，垂直盤面插下兩枚大頭針P1、P2，并保持P1、P2位置不變，∠AOF=30°，每次測量時讓圓盤的下半部分豎直進入液體中，而且總使得液面與直徑BC相平，EF作為界面的法線，而后在圖中右上方區(qū)域觀察P1、P2的像，并在圓周上插上大頭針P3，使P3正好擋住P1、P2的像，同學們通過計算，預先在圓周EC部分刻好了折射率的值，這樣只要根據(jù)P3所插的位置；就可直接讀出液體折射率的值，則：

（1）若OP3與OC的夾角為30°，則P3處所對應的折射率的值為____．

（2）圖中P3、P4兩位置哪一處所對應的折射率的值大？____．

（3）若某種液體的折射率為n=2.5，可以用此儀器進行測量嗎？____．16、（2011秋?松江區(qū)校級月考）如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小球穿在斜桿上，斜桿與水平方向成30°角，球與桿之間的動摩擦因素為，球受豎直向上的拉力F為20N時，球的加速度a為____；若要使球上滑過程中，拉力做功最少，則拉力F的大小為____N．17、對于自然界中任意的兩個物體，假設質(zhì)量分別為m1和m2，他們之間的距離為r，則它們之間的引力的大小與____成正比，與____成反比；如果引力常量為G，引力的大小用公式可以表示為____．18、火車站里的自動扶梯用1min就可以把一個靜止的人送上去，若自動扶梯不動，人沿著扶梯走上去需用3min，若此人沿著運動的扶梯用原來的速度走上去，所需的時間是____min．19、如果物體沿直線運動，為了定量描述物體的位置及變化，可以以這條直線為x軸，在直線上規(guī)定____、____和____，建立直線坐標系，如圖，若物體運動到A點，此時它的位置坐標xA=____，若它運動到B點，則此時它的位置坐標xB=____．

20、將一帶電量為-3×10-6C的點電荷從電場中的A點移到B點，電荷克服電場力做功為6×10-4J，將該電荷從B點移到C點，電場力對電荷做功為9×10-4J，AB兩點間的電勢差UAB=____V；設B點的電勢為0，則A點的電勢為φA=____V；若將該電荷從A點移到C點，電勢能增量為____J．21、（2016?上海模擬）如圖所示，兩條平行金屬導軌ab、cd置于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，兩導軌間的距離l=0.6m，導軌間連有電阻R．金屬桿MN垂直置于導軌上，且與軌道接觸良好，現(xiàn)使金屬桿MN沿兩條導軌向右勻速運動，產(chǎn)生的感應電動勢為3V．由此可知，金屬桿MN滑動的速度大小為____m/s；通過電阻R的電流方向為____（填“aRc”或“cRa”）．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)22、熱力學系統(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）評卷人得分五、計算題(共4題，共28分)23、如圖所示，質(zhì)量為M的木塊靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、初速率為v0的子彈水平射入木塊且未穿出．求：

（1）求子彈末速度v？

（2）射入過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？24、如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O射入磁場，其入射方向與y的方向成45°角。當粒子運動到電場中坐標為（3L，L）的P點處時速度大小為v0,方向與x軸正方向相同。求：⑴粒子從O點射入磁場時的速度v；⑵勻強電場的場強E0和勻強磁場的磁感應強度B0.⑶粒子從O點運動到P點所用的時間。25、（16分）如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，在?m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小B=4.0×10-4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小E=4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d=2m。一質(zhì)量m=6.4×10-27kg、電荷量q=?-3.2×10?19C的帶電粒子從P點以速度v=4×104m/s，沿與x軸正方向成α=60°角射入磁場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)最終通過x軸上的Q點（圖中未標出），不計粒子重力。求：⑴帶電粒子在磁場中運動時間；⑵當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；⑶若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數(shù)關(guān)系。26、（6分）汽缸長（汽缸的厚度可忽略不計），固定在水平面上，氣缸中有橫截面積為的光滑活塞，活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，當溫度為大氣壓為時，氣柱長度現(xiàn)用力緩慢拉動活塞，已知拉力最大值為①如果溫度保持不變，能否將活塞從汽缸中拉出？②保持拉力最大值不變，將活塞從汽缸中拉出，汽缸中氣體溫度至少為多少攝氏度？評卷人得分六、證明題(共1題，共4分)27、（2015秋?西城區(qū)期末）如圖1所示；一根輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端掛一小球（可視為質(zhì)點），彈簧處于原長時小球位于O點．將小球從O點由靜止釋放，小球沿豎直方向在OP之間做往復運動，如圖2所示．小球運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．不計空氣阻力，重力加速度為g．

（1）在小球運動的過程中，經(jīng)過某一位置A時動能為Ek1，重力勢能為EP1，彈簧彈性勢能為E彈1，經(jīng)過另一位置B時動能為Ek2，重力勢能為EP2，彈簧彈性勢能為E彈2．請根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度；證明：小球由A運動到B的過程中，小球；彈簧和地球組成的物體系統(tǒng)機械能守恒；

（2）已知彈簧勁度系數(shù)為k．以O點為坐標原點；豎直向下為x軸正方向，建立一維坐標系O-x，如圖2所示．

a．請在圖3中畫出小球從O運動到P的過程中，彈簧彈力的大小F隨相對于O點的位移x變化的圖象．根據(jù)F-x圖象求：小球從O運動到任意位置x的過程中彈力所做的功W，以及小球在此位置時彈簧的彈性勢能E彈；

b．已知小球質(zhì)量為m．求小球經(jīng)過OP中點時瞬時速度的大小v．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】物體的速度為零時，加速度不一定為零，根據(jù)牛頓第二定律，加速度不為零則合外力一定不為零【解析】【解答】解：A；物體的速度為零；但加速度不一定為零，比如剛要啟動的汽車，根據(jù)牛頓第二定律，加速度不為零則合外力一定不為零，即物體的速度為零，則合外力不一定為零，故A錯誤；

B；物體的加速度大；速度不一定大，比如剛剛啟動的飛機，加速度很大，速度卻很小，故B錯誤；

C；物體受到的合外力越大；根據(jù)牛頓第二定律，則加速度越大，即速度變化也一定越快，故C正確；

D；物體在外力的作用下加速直線運動；當合外力逐漸減小時，則物體的加速度減小，但速度不一定逐漸減小，比如物體做加速度逐漸減小的加速運動，故D錯誤；

故選：C．2、D【分析】解：設同步衛(wèi)星的質(zhì)量是m，軌道半徑是r；

（1）由牛頓第二定律可得：G=m（）2r；

r==≈4.2×107m；

同步軌道距地面的高度h=r-R=4.2×107m-6.4×106m=3.56×107m=3.56×104km；

故報道的軌道離地面的高度有誤；

（2）同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期；

同步衛(wèi)星的線速度v=r=×3.56×107≈2.48×103m/s；

故報道的同步衛(wèi)星線速度有誤；

（3）根據(jù)電磁波的傳播速度c=3.0×108m/s，結(jié)合同步軌道距地面的高度h=3.56×104km；

由t==0.12s；故信息傳輸回地面所花時間的描述有誤；

故ABC錯誤；D正確；

故選：D．

地球同步衛(wèi)星相對地球表面靜止；它繞地球做勻速圓周運動的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，地球?qū)λ娜f有引力提供它做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律列方程，然后求出同步軌道的半徑；同步衛(wèi)星的線速度，最后分析答題．

熟練應用萬有引力公式、向心力公式及線速度與周期的關(guān)系，認真計算是正確解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D3、C【分析】解：A、已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小環(huán)從A點運動到B點的過程中，由能量守恒定律得，Eq?2L=mgL，得：E=．故A錯誤．

B；小環(huán)從A點運動到B點的過程中；彈簧從壓縮到原長，再到伸長，則彈簧的彈力先做正功再做負功，故B錯誤．

C；小環(huán)從A點運動到B點的過程中；彈簧的形變量先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先減小后增大，故C正確．

D、已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的彈力大小相等，說明在A點彈簧的壓縮量等于在B點的伸長量相等，設為x，原長為L0．則得：

在A點：L0-x=L

在B點：2L0+x=2L，解得小環(huán)在A點時，彈簧壓縮量為：x=0.5L，受到大環(huán)對它的彈力為：F=mg+kL；故D錯誤．

故選：C

將小環(huán)從A點由靜止釋放；小環(huán)運動到B點時速度恰好為O．已知小環(huán)在A；B兩點時彈簧的形變量大小相等，可以知道小環(huán)在A點時彈簧壓縮量為0.5L，在B點時彈簧伸長為0.5L，結(jié)合功能關(guān)系分析個選項即可．

此題關(guān)鍵是對物體受力情況和彈簧的狀態(tài)作出正確的分析，需要考慮電場力的情況，并運用到能量守恒定律進行分析．【解析】【答案】C4、A【分析】略【解析】A

5、C【分析】【分析】由電路圖可知，當開關(guān)全閉合時，R2、R3串聯(lián)后接入電源兩端；R1及R4相當于導線，電容器兩端的電壓等于R2兩端的電壓；帶電油滴受重力和電場力平衡，故電場力應向上，若使P向下運動，重力不變，故可知電場力的變化，由F=Eq可知場強E的變化，由U=Ed可得出電容器兩端電壓的變化，分析各開關(guān)斷開后電路的變化可得出符合條件的選項．【解析】【解答】解：①、斷開K1，R1斷路；電源斷開，電容器放電，電壓減小，粒子向下運動，故①正確；

②、將k2擲在b時；電容器被斷開，不會產(chǎn)生充放電現(xiàn)象，故粒子受力不變，油滴不會運動，故②錯誤；

③、將k2擲在c時；電容器被短路，電容器放電，電壓減小，粒子向下運動，故③正確；

④、斷開K3；電容器被斷開，不會產(chǎn)生充放電現(xiàn)象，故粒子受力不變，油滴不會運動，故④錯誤；

故選：C．二、多選題(共7題，共14分)6、BD【分析】【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系得出軌道半徑，根據(jù)動能定理求出粒子進入磁場中的速度，根據(jù)速度和軌道半徑求出周期，根據(jù)半徑公式求出磁感應強度的大小，結(jié)合左手定則得出磁場的方向．【解析】【解答】解：A、電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑為；故A錯誤．

B、根據(jù)動能定理得：，解得：v=，則粒子在磁場中運動的周期為：T==．故B正確．

C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，進入磁場時洛倫茲力方向向右，根據(jù)左手定則知，磁場的方向垂直紙面向里，根據(jù)，解得：B=；故C錯誤，D正確．

故選：BD．7、CD【分析】【分析】太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉(zhuǎn)，向心力指向圓心，在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體，運動情況類似于地球上的自由落體運動，根據(jù)太空城表面重力提供向心力求解角速度，根據(jù)開普勒第三定律求解太空城的繞地球轉(zhuǎn)動的周期．【解析】【解答】解：A；太空城還繞著自己的中心軸慢慢旋轉(zhuǎn)；向心力指向圓心，生活在其中的人類就有腳踏實地的感覺，所以太空城中的“地面”在圖示的側(cè)表面，故A錯誤；

B；根據(jù)題目中的條件無法求解太空城的繞地球轉(zhuǎn)動的周期；故B錯誤；

C、根據(jù)太空城表面重力提供向心力得：mω2=mg，解得：；故C正確；

D；在“生活區(qū)”上空某處靜止釋放一個物體；運動情況類似于地球上的自由落體運動，故D正確．

故選：CD．8、AB【分析】【分析】小球受重力、拉力、電場力三個力處于平衡狀態(tài)，保持開關(guān)S閉合，電容器兩端間的電勢差不變；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電量不變．分析小球的受力情況，即可判斷其運動情況．【解析】【解答】解：A、保持開關(guān)S閉合，電容器極板間的電壓不變，將A板向B板靠近，由E=；知場強增大，小球所受的電場力增大，則θ增大，故A正確．

B、斷開S，電容器的帶電量不變．由C，C=和E=結(jié)合可得：E=；與d無關(guān)．則知d減小時E不變，電場力不變，θ不變．故B正確；

C；保持開關(guān)S閉合；懸線燒斷，小球在電場中受到重力和電場力作用，將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤．

D；開關(guān)S斷開；同時燒斷細線，小球受重力和恒定電場力不變，小球?qū)⒆鲂毕蛳碌膭蚣铀僦本€運動，故D錯誤．

故選：AB．9、AD【分析】【分析】帶電粒子運動時將形成電流，在電流周圍形成磁場，根據(jù)小磁針的偏轉(zhuǎn)情況，判斷出電流形成磁場方向，然后根據(jù)安培定則判斷出電流方向，從而判斷出粒子的正負．【解析】【解答】解：小磁針的N極向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)；S極向外偏轉(zhuǎn)，因此在粒子下方磁場方向向里，根據(jù)安培定則可知電流方向向右，故這束粒子若帶正電，則向右飛行，若帶負電，則向左飛行，故BC錯誤，AD正確．

故選：AD．10、BD【分析】【分析】牛頓第二定律屬于經(jīng)典力學的范疇，適用于宏觀物體、低速運動．牛頓第二定律體現(xiàn)了瞬時性，同一性，矢量性．【解析】【解答】解：A；牛頓第二定律適用于宏觀物體；低速運動．故A錯誤．

B、根據(jù)a=；合力變化，加速度變化，某一瞬時的加速度，只能由這一瞬時的外力決定．故B正確．

C、根據(jù)a=；知加速度的方向與合外力的方向相同，但運動的方向不一定與加速度方向相同．故C錯誤．

D、根據(jù)a=；a等于作用在物體上的合力與質(zhì)量的比值，也可以說成是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和．故D正確．

故選BD．11、BC【分析】【分析】對A受力分析可求得A受地面的支持力；由牛頓第三定律可求得地面受到的壓力；

對整體受力分析可求得細線受到的拉力；因彈簧可能伸長也可能壓縮，故彈力的方向有兩種可能，則分情況進行計論即可得出正確結(jié)果【解析】【解答】解：A受重力，彈簧的彈力及地面的支持力而處于平衡狀態(tài)；若彈力向上，則支持力F=GA-F1=8N-4N=4N；若彈力向下，而支持力F′=8N+4N=12N；

對整體分析，整體受重力、拉力及地面的支持力，若支持力為4N，則拉力F2=GA+GB-F=10N；若支持力為12N，則拉力F2′=GA+GB-F′=2N；

故有兩種可能：4N和10N；12N和2N；

故選：BC．12、AC【分析】【分析】當電荷沿水平向左方向移動時，電場力做功最大，電勢能變化量最大，當電荷沿豎直方向在等勢面上移動時，電場力不做功，電勢能變化量為零，即可得到電勢能變化的范圍，再進行選擇．【解析】【解答】解：由于相距d=2cm的a、b兩點在勻強電場的情況不詳；所以應討論；

當兩點沿著場強方向時；勻強電場方向水平向左，當電荷沿水平向左方向移動時，電場力做功最大，電勢能變化量最大，最大值為：

△Epm=qEd=0.02×100×3×10-10J=6×10-10J．

當兩點垂直場強方向時；電荷沿豎直方向在等勢面上移動時，電場力不做功，電勢能變化量為零；

故電荷的電勢能變化量的范圍為：

0≤△Epm≤6×10-10J．所以AC正確；BD錯誤．

故選：AC．三、填空題(共9題，共18分)13、2：3【分析】【分析】兩個小球以相同的角速度繞著O點做勻速圓周運動，分別對兩個小球運用牛頓第二定律列式，即可求得兩段繩子拉力之比TAB：TOB．【解析】【解答】解：設OA=2r，則OB=r；角速度為ω，每個小球的質(zhì)量為m．

則根據(jù)牛頓第二定律得：

對A球：TAB=mω2?2r

對B球：TOB-TAB=mω2?r

聯(lián)立以上兩式得：TAB：TOB=2：3

故答案為：2：3．14、負正2×1014毛皮橡膠棒【分析】【分析】摩擦起電的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，失去電子的帶正電，得到電子的帶負電；元電荷e=1.6×10-19C．【解析】【解答】解：用毛皮摩擦橡膠棒時；橡膠棒帶負電荷，毛皮帶正電荷；

電子從毛皮移到橡膠棒；

轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為：n==2×1014個。

故答案為：負，正，2×1014，毛皮，橡膠棒．15、P4不可以【分析】【分析】確定出折射角與折射角，由折射定律求解折射率．折射角相同，通過比較入射角的大小，比較哪個位置對應的折射率大．【解析】【解答】解：（1）由圖看出，折射角為i=∠AOF=30°，折射角r=∠EOP3=60°，則P3處所對應的折射率的值為n==．

（2）P4處對應的入射角較大，根據(jù)折射定律，n=，可知P4處對應的折射率較大．

（3）最大的折射角為90°，對應的折射率n==2；若某種液體的折射率為n=2.5，則不能用此儀器；

故答案為：（1）；（2）P4（P4對應的折射率大）；（3）不可以（不能、不行）．16、2.5m/s210【分析】【分析】對小球進行受力分析，求出合力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．要使球上滑過程中，拉力做功最少，則要求僅僅克服重力做功，所以只有不受摩擦力作用．再次受力分析，小球受到重力與拉力相平衡．【解析】【解答】解：如圖所示以加速度的方向即沿桿的方向與垂直桿方向進行分解；

有Fsin30°-mgsin30°-μFN=ma；

Fcos30°=mgcos30°+FN．

解得a=2.5m/s2．

當拉力與重力相平衡時；拉力做功最少．所以拉力大小為10N

故答案為：2.5m/s2；1017、m1?m2r2【分析】【分析】萬有引力定律的公式為，引力的大小與m1、m2的乘積成正比，與距離的二次方成反比．【解析】【解答】解：根據(jù)萬有引力定律的內(nèi)容知，自然界中任意兩個物體間的引力大小與兩物體質(zhì)量的乘積成正比，與兩物體距離的二次方成反比，公式為．

故本題答案為：m1?m2，r2，．18、0.75【分析】【分析】若人沿開動的扶梯走上去，人參與了兩個運動，一個是電梯的運動，一個是自己向上走的運動，最終的速度是這兩速度的合速度，根據(jù)合速度求出運動的時間．【解析】【解答】解：設電梯的速度為v1，人走的速度為v2，則，；

若人沿開動的扶梯走上去，則t==．

故答案為：0.7519、原點正方向單位長度3m-2m【分析】【分析】如果物體沿直線運動；為了定量描述物體的位置變化，可以以這條直線為x軸，在直線上規(guī)定原點；正方向和單位長度，建立直線坐標系．

建立直線坐標系之后，物體的位置與坐標系上的數(shù)值對應．【解析】【解答】解：如果物體沿直線運動；為了定量描述物體的位置變化，可以以這條直線為x軸，在直線上規(guī)定原點；正方向和單位長度，建立直線坐標系．

建立直線坐標系，如圖，若物體運動到A點，此時它的位置坐標xA=3m，若它運動到B點，則此時它的位置坐標xB=-2m．

故答案為：原點，正方向，單位長度，3m，-2m．20、200200-3.0×10-4【分析】【分析】根據(jù)電勢差公式U=；分別求出A；B間與B、C間的電勢差．AC間的電勢差等于AB間電勢差與BC間電勢差之和．

取B點電勢為零，根據(jù)UAB=φA-φB計算出A點的電勢；根據(jù)電場力做功等于電勢能的減少，求得將該電荷從A點移到C點，電勢能增量．．【解析】【解答】解：負電荷從A移到B點的過程，電荷克服電場力做功，可見負電荷從電勢高處移至電勢低處．即A＞φB

AB間的電勢差為：UAB=V

取B點電勢為零，根據(jù)UAB=φA-φB得：

φA=UAB+φB=200V+0V=200V

若將該電荷從A點移到C點電場力做功：J

電場力做正功，電勢能減小3.0×10-4J．

故答案為：200；200；3.0×10-421、10cRa【分析】【分析】根據(jù)感應電動勢公式E=Blv，求解金屬桿MN滑動的速度大小．由楞次定律判斷通過電阻R的電流方向．【解析】【解答】解：由感應電動勢公式E=Blv得：

v==m/s=10m/s

當金屬桿MN向右運動時，穿過回路NMab的磁通量增大；根據(jù)楞次定律判斷知：通過電阻R的電流方向為cRa．

故答案為：10；cRa四、判斷題(共1題，共10分)22、√【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：√五、計算題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】（1）以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象；由動量守恒定律可以求出子彈的末速度．

（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能由系統(tǒng)的機械能轉(zhuǎn)化而來，由能量守恒定律求解．【解析】【解答】解：（1）設子彈的末速度為v．子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒；以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=（m+M）v

解得：

（2）由能量守恒定律可得：

解得產(chǎn)生的熱量為：Q=；

答：

（1）子彈末速度v是．

（2）射入過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為．24、略

【分析】若粒子第一次在電場中到達最高點P，則其運動軌跡如圖所示。（2分）（1）設粒子在O點時的速度大小為v，OQ段為圓周，QP段為拋物線。根據(jù)對稱性可知，粒子在Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向成45°角，可得：V0=vcos45°(2分)解得：v=v0(1分)（2）在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得：-qEL=mv02-mv2(2分)解得：E=（1分）又在勻強電場由Q到P的過程中，水平方向的位移為（1分）豎直方向的位移為（1分）可得XQP=2L，OQ=L（2分）由OQ=2RCOS45°故粒子在OQ段圓周運動的半徑：R=L及得（2分）（3）在Q點時，vy=v0tan45°=v0(1分)設粒子從Q到P所用時間為t1,在豎直方向上有：t1==(1分)粒子從O點運動到Q所用的時間為：t2=