2025年浙科版高三物理下冊月考試卷

…………○…………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年浙科版高三物理下冊月考試卷267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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、行星繞恒星的運動軌道我們近似成圓形，那么它運行的周期T的平方與軌道半徑R的三次方的比例常數(shù)k，即k=，則常數(shù)k的大?。ǎ〢.行星的質(zhì)量有關(guān)B.只與恒星的質(zhì)量有關(guān)C.與恒星的質(zhì)量及行星的質(zhì)量沒有關(guān)系D.與恒星的質(zhì)量及行星的質(zhì)量有關(guān)系2、2009年5月7日晚上，在杭州發(fā)生一起惡性交通事故，引起社會的反響．三位青年在杭州文二西路上飆車，撞死過斑馬線的行人，經(jīng)公安交警部門認(rèn)定，是一起由于汽車嚴(yán)重超速行駛造成的交通事故．行駛的汽車剎車后，不能立即停止運動，這是因為（）A.力是維持物體運動的原因B.汽車受到重力C.汽車具有內(nèi)能D.汽車具有慣性3、下列幾種傳感器中，屬于溫度傳感器的是（）A.雙金屬片B.干簧管C.霍爾元件D.光敏電阻4、從同一高度的平臺上，拋出三個完全相同的小球，甲球豎直上拋，乙球豎直下拋，丙球平拋．若不計空氣阻力，則（）A.拋出時三球動量都相同B.落地時三球的動量相同C.從拋出到落地過程，重力做的功都相同D.從拋出到落地過程，三球受到的沖量都相同5、如圖所示，船從A處開出后沿直線AB到達(dá)對岸，若AB與河岸成37°角，水流速度為5m/s，則船從A點開出的最小速度為（）A.2m/sB.2.5m/sC.3m/sD.4m/s6、如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為原線圈接入的交流電，下列說法正確的是A.圖中電壓表的示數(shù)為6220VB.通過R1的電流的頻率為100HzC.若減小R2，則原線圈中電流I1增大D.若增大R2，則R3消耗的電功率減小7、一列簡諧橫波某時刻波形如圖所示，此時質(zhì)點P的速度方向沿y軸正方向，則A.這列波沿x軸負(fù)方向傳播B.質(zhì)點a此時動能最大，加速度最小C.再經(jīng)過一個周期，質(zhì)點P運動到x=6m處D.當(dāng)質(zhì)點P運動到最低點時，質(zhì)點b恰好運動到平衡位置8、半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的豎直擋板MN，在半圓柱體P和MN之間放有個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示為這個裝置的縱截面圖．若用外力使MN保持豎直并且緩慢地向右移動，在Q落到地面以前發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，則在此過程中是（）A.Q所受的合力逐漸增大B.P、Q間的彈力先減小后增大C.地面對P的彈力逐漸增大D.地面對P的摩擦力逐漸增大9、如圖所示，某一小球以v0=5m/s的速度水平拋出，在落地之前經(jīng)過空中A、B兩點，在A點小球速度方向與水平方向的夾角為45°，在B點小球速度方向與水平方向的夾角為60°（空氣阻力忽略不計，g取10m/s2）．以下判斷中正確的是（）A.小球經(jīng)過B兩點間的時間t=（-1）sB.小球經(jīng)過B兩點間的時間t=sC.B兩點間的高度差h=10mD.B兩點間的高度差h=2.5m評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、矩形導(dǎo)線框abcd與長直導(dǎo)線MN放在同一水平面上，ab邊與MN平行，導(dǎo)線MN中通入電流方向如圖所示，當(dāng)MN中的電流增大時，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)線框abcd有逆時針的感應(yīng)電流B.bc、ad兩邊均不受安培力的作用C.導(dǎo)線框所受的安培力的合力向右D.MN所受線框給它的作用力向左11、如表是地球；火星的有關(guān)情況比較。

。星球地球火星公轉(zhuǎn)半徑1.5×108km2.25×108km自轉(zhuǎn)周期23時56分24時37分表面溫度15℃-100℃～0℃大氣主要成分78%的N2，21%的O2約95%的CO2根據(jù)以上信息，關(guān)于地球及火星（行星的運動可看做勻速圓周運動），下列推測正確的是（）A.地球公轉(zhuǎn)的線速度小于于火星公轉(zhuǎn)的線速度B.地球公轉(zhuǎn)的向心加速度大于火星公轉(zhuǎn)的向心加速度C.地球的自轉(zhuǎn)角速度大于火星的自轉(zhuǎn)角速度D.地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度12、如圖在光滑、絕緣的水平桌面上固定放置一光滑、絕緣的擋板ABCD，AB段為直線擋板，BCD段是半徑為R的圓弧擋板，它們在B點平滑連接．擋板處于場強為E的水平向右的勻強電場中，電場方向與圓直徑MN平行．現(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球由靜止從擋板內(nèi)側(cè)上的A點釋放，并且小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運動到D點拋出，則（）A.小球從A點運動到N點的過程中，小球的速度一直在增大B.小球在D點時的動能一定等于小球在B點時的動能C.小球運動到C點時，擋板對小球的彈力一定大于mgD.M點的位置一定在A點的右方13、如圖所示，自左向右依次固定放置半圓形玻璃磚、足夠長的豎立的長方體玻璃磚和光屏，BC、MN、PQ三個表面相互平行．一點光源可沿著圓弧移動，從點光源發(fā)出的一束白光始終正對圓心O射入半圓形玻璃磚，經(jīng)過長方體玻璃磚后，打在光屏上．已知玻璃對紅光的折射率為n=1.513，若不考慮光在各個界面的反射，則下列說法正確的是（）A.點光源從B移動到C的過程中，光屏上總有彩色光斑B.點光源從B移動到C的過程中，光屏上紅色光斑的移動速率比紫色光斑的小C.點光源在A點時，光屏上紅色光斑在紫色光斑的上方E.點光源在A點時，若將光屏稍向右平移，光屏上紅色光斑與紫色光斑的間距將增大E.點光源在A點時，若將光屏稍向右平移，光屏上紅色光斑與紫色光斑的間距將增大14、在真空中MN

兩點分別放有異種點電荷+2Q

和鈭?Q

以MN

連線中點O

為中心作一圓形路徑abcd.a0c

三點恰好將MN

四等分，bd

為MN

的中垂線與圓的交點，如圖所示.

則下列說法正確的是(

)

A.abcd

四點電場強度的大小關(guān)系是Ea>EcEb=Ed

B.abcd

四點電勢的關(guān)系是婁脮a>婁脮c婁脮b=婁脮d

C.在MN

的連線上，O

點的電場強度最小D.將帶負(fù)電的試探電荷由b

沿直線移動到d

的過程中，其電勢能始終不變15、如圖所示，面積為S的矩形線圈共N匝，線圈總電阻為R，在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中繞豎直軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，圖示位置C與紙面共面，位置A與位置C成45°角。線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達(dá)位置B的過程中（A位置磁通量為正），下列說法正確的是（）A.磁通量的變化量為BSB.磁通量的變化量為BSC.為保證線圈勻速轉(zhuǎn)動，外界須向線圈輸入的能量為D.平均電動勢為NBSω16、如圖所示，固定斜面C的傾角為θ，物體A放在斜面C上，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，A、B-起沿斜面勻速下滑，則（）A.A與B之間沒有靜摩擦力B.A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向下C.A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθD.A與B之間的動摩擦因數(shù)μ=tanθ17、下列列舉的四種器件中，工作時利用了電磁感應(yīng)的是（）A.B.C.D.18、關(guān)于做勻速圓周運動的地球人造衛(wèi)星的下列說法中正確的是（）A.衛(wèi)星運行可以經(jīng)過廣州正上空B.衛(wèi)星運行的速度可能達(dá)到10km/sC.離地面高為R（R為地球半徑）處的衛(wèi)星加速度為D.衛(wèi)星中的物體處于完全失重狀態(tài)，所以物體不受重力評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)19、用起重機把重量為2.0×104N的物體勻速地提高了4m，鋼繩的拉力做了____的功，重力做了____的功，物體克服重力做了____的功，這些力所做的總功是____．20、（2012春?秀英區(qū)校級期中）如圖，C為平行板電容器．若把兩平板間距拉大，則電容器C的電容將____（選填“變大”“變小”“不變”），流經(jīng)電阻R的電流方向是____（選填“b到a”或“a到b”）21、電荷既不能____，也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持____．這個結(jié)論叫做電荷守恒定律．22、如圖甲所示，一質(zhì)量為2.0kg的物體靜止在水平面上，從t=0時刻起，物體受到水平方向的力F作用而開始運動，7.5s內(nèi)，F(xiàn)隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，物體運動的v一t圖象如圖丙所示．（g取10m/s2）則：物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為____，在7.5s內(nèi)水平力F所做的功為____J．23、氣墊導(dǎo)軌工作時；空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出，在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸，故滑塊運動時受到的阻力大大減小，可以忽略不計．為了探究做功與物體動能之間的關(guān)系，在氣墊導(dǎo)軌上放置一帶有遮光片的滑塊，滑塊的一端與輕彈簧相接，彈簧另一端固定在氣墊導(dǎo)軌的一端，將一光電門P固定在氣墊導(dǎo)軌底座上適當(dāng)位置（如圖1），使彈簧處于自然狀態(tài)時，滑塊上的遮光片剛好位于光電門的擋光位置，與光電門相連的光電計時器可記錄遮光片通過光電門時的擋光時間．實驗步驟如下：

①用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度d；

②在氣墊導(dǎo)軌上適當(dāng)位置標(biāo)記一點A（圖中未標(biāo)出；AP間距離遠(yuǎn)大于d），將滑塊從A點由靜止釋放．由光電計時器讀出滑塊第一次通過光電門時遮光片的擋光時間t；

③利用所測數(shù)據(jù)求出滑塊第一次通過光電門時的速度v；

④更換勁度系數(shù)不同而自然長度相同的彈簧重復(fù)實驗步驟②③；記錄彈簧勁度系數(shù)及相應(yīng)的速度v，如下表所示：

。彈簧勁度系數(shù)k2k3k4k5k6kv（m/s）0.711.001.221.411.581.73v2（m2/s2）0.501.001.491.992.492.99v3（m3/s3）0.361.001.822.803.945.18（1）測量遮光片的寬度時游標(biāo)卡尺讀數(shù)如圖2所示，讀得d=____m；

（2）用測量的物理量表示遮光片通過光電門時滑塊的速度的表達(dá)式v=____；

（3）已知滑塊從A點運動到光電門P處的過程中，彈簧對滑塊做的功與彈簧的勁度系數(shù)成正比，根據(jù)表中記錄的數(shù)據(jù)，可得出彈簧對滑塊做的功W與滑塊通過光電門時的速度v的關(guān)系是____．

24、一切自發(fā)進行的與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀過程，都具有方向性（自發(fā)過程是指沒有外來干擾自然進行的過程），那么____，____等等熱學(xué)現(xiàn)象具有方向性．25、科學(xué)探究活動通常包括以下環(huán)節(jié)：提出問題→作出假設(shè)→制定計劃→搜集證據(jù)→評估交流等．一組同學(xué)研究“運動物體所受空氣阻力與運動速度關(guān)系”的探究過程如下：

A．有同學(xué)認(rèn)為：運動物體所受空氣阻力可能與其運動速度有關(guān)．

B．他們計劃利用一些“小紙杯”作為研究對象；用超聲測距儀等儀器測量“小紙杯”在空中直線下落時的下落距離；速度隨時間變化的規(guī)律，以驗證假設(shè)．

C．在相同的實驗條件下，同學(xué)們首先測量了單只“小紙杯”在空中下落過程中不同時刻的下落距離，將數(shù)據(jù)填入下表中，圖(a)是對應(yīng)的位移一時間圖線．然后將不同數(shù)量的“小紙杯”疊放在一起從空中下落，分別測出它們的速度一時間圖線，如圖(b)中圖線l；2、3、4、5所示．

D．同學(xué)們對實驗數(shù)據(jù)進行分析；歸納后；證實了他們的假設(shè)．回答下列提問：

(1)與上述過程中A；C步驟相應(yīng)的科學(xué)探究環(huán)節(jié)分別是____________；____________．

(2)圖(a)中的AB段反映了運動物體在做____________運動．

(3)圖(b)中各條圖線具有共同特點；“小紙杯”在下落的開始階段做加速度越來越____________(填“大”或“小”)，速度越來越____________(填“大”或“小”)的運動，最后“小紙杯”做____________運動．

(4)比較圖(b)中的圖線l和5，指出在1.0～1.5s時間段內(nèi)，速度隨時間的變化特點有什么差異：____________．

。時間(s)下落距離(m)0.00.0000.40.0360.80.4691.20.9571.61.4472．Ox26、（2011春?西城區(qū)期末）如圖所示，一阻值為100Ω電阻與二極管串聯(lián)．二極管正向?qū)〞r，電阻忽略不計；加反向電壓時，認(rèn)為電阻無窮大．若a、b間接入電壓有效值為220V的正弦式電流．那么，電阻兩端的電壓峰值為____V．通過電阻的電流有效值為____A．（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）評卷人得分四、判斷題(共3題，共6分)27、普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說____（判斷對錯）28、晶體的各向異性是由于它的微粒按空間點陣排列．____．（判斷對錯）29、電荷在電場中一定受電場力的作用．____（判斷對錯）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】開普勒第三定律中的公式k=，可知半長軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方成正比【解析】【解答】解：A；式中的k只與恒星的質(zhì)量有關(guān)；與行星質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤；

B；式中的k只與恒星的質(zhì)量有關(guān)；故B正確；

C；式中的k只與恒星的質(zhì)量有關(guān)；與行星質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；

D；式中的k只與恒星的質(zhì)量有關(guān)；與行星質(zhì)量無關(guān)，故D錯誤；

故選：B2、D【分析】【分析】牛頓第一定律告訴我們，一且物體都有保持運動狀態(tài)不變的性質(zhì)．造成汽車無法立即停下的原因，就是因為物體具有慣性．【解析】【解答】解：剎車前；汽車是在高速行駛；剎車后，由于汽車具有慣性，它還要保持原來的運動狀態(tài)，所以無法立即停下，從而造成惡性交通事故．

故選：D．3、A【分析】【分析】常溫時，雙金屬片都不形變，觸點接觸；當(dāng)溫度高時膨脹系數(shù)不一樣使金屬片向下彎曲，觸點斷開，使電熨斗溫度不會很高，通過螺絲的升降控制溫度的高低．【解析】【解答】解：A；常溫下；雙金屬片不形變，當(dāng)有溫度時，由于膨脹形變不一，導(dǎo)致形變量不同，故雙金屬片可以做溫度傳感器使用；故A正確；

B；干簧管是一種能夠感知磁場的傳感器；故D錯誤；

C；霍爾元件是通過帶電粒子在磁場中運動而產(chǎn)生電勢差的元件；故C錯誤；

C；光敏電阻是通過光照而改變電阻的傳感器；故為光傳感器；故D錯誤；

故選：A．4、C【分析】【分析】動量是矢量，既有的小又有方向；小球的機械能是動能和勢能的總和；從拋出到落地的過程，兩球運動的時間不相等．然后根據(jù)I=Ft計算重力的沖量即可．【解析】【解答】解：A；動量是矢量；三個球拋出時的速度方向不同，動量方向不同，則動量不同，故A錯誤；

B；三個小球落地時的速度方向不同；動量方向不同，動量不同，故B錯誤；

C；三個小球拋出點的高度h相同三個小球質(zhì)量m相同；從拋出到落地過程中重力做功W=mgh相同，故C正確；

D；三個小球豎直上拋、豎直下拋、平拋；它們在空中的運動時間t不同，它們受到的沖量mgt不同，故D錯誤；

故選：C．5、C【分析】【分析】本題中船參與了兩個分運動，沿船頭指向的分運動和順?biāo)鞫碌姆诌\動，合速度方向已知，順?biāo)鞫碌姆诌\動速度的大小和方向都已知，根據(jù)平行四邊形定則可以求出船相對水的速度的最小值．【解析】【解答】解：船參與了兩個分運動，沿船頭指向的分運動和順?biāo)鞫碌姆诌\動，其中，合速度v合方向已知，大小未知，順?biāo)鞫碌姆诌\動v水速度的大小和方向都已知，沿船頭指向的分運動的速度v船大小和方向都未知；合速度與分速度遵循平行四邊形定則（或三角形定則），如圖

當(dāng)v合與v船垂直時，v船最小，由幾何關(guān)系得到v船的最小值為

v船=v水sin37°=3m/s．故C正確；A；B、D錯誤．

故選C．6、C【分析】試題分析：A、原線圈的電壓有效值U1＝＝220V，由得：U2=20×220=4400V，電壓表的示數(shù)為4400V，故A錯誤；B、根據(jù)故B錯誤；C、若減小R2，則副線圈總電阻減小，則副線圈電流增大，可知原線圈電流也增大，故C正確；D、若增大R2，則副線圈總電阻增大，總電流減小，所以R1兩端電壓變小，則R3兩端電壓變大，根據(jù)可知，R3消耗的電功率變大，故D錯誤．考點：變壓器；動態(tài)電路問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緾7、B【分析】試題分析：波形圖的振動方向與波的傳播方向在波形圖的同一側(cè)，根據(jù)質(zhì)點P的振動方向沿y軸向上振動，判斷傳播方向沿x軸正方向，選項A錯。質(zhì)點a在平衡位置，速度最大，動能最大，但回復(fù)力為0，加速度為0，選項B對。波沿x軸正向傳播，但質(zhì)點振動方向沿y軸往復(fù)運動，不可能沿x軸振動，選項C錯。質(zhì)點p和質(zhì)點b間隔一個波長，振動步調(diào)一致，當(dāng)質(zhì)點P運動到最低點時，質(zhì)點b也運動到最低點，選項D錯?？键c：機械振動機械波【解析】【答案】B8、D【分析】【分析】分別對Q、P及整體進行分析，作出受力分析圖，根據(jù)過程中夾角的變化可得出彈力、支持力、摩擦力及合力變化．【解析】【解答】解：A；由于Q緩慢下落；仍可看作平衡狀態(tài)，故合力一直為零，不變；故A錯誤；

B；對圓柱體Q受力分析；受到重力、桿MN的支持力和半球P對Q的支持力，如圖。

重力的大小和方向都不變；桿MN的支持力方向不變；大小變，半球P對Q的支持力方向和大小都變，然后根據(jù)平衡條件，得到。

N1=mgtanθ

N2=

由于θ不斷增大，故N1不斷增大，N2也不斷增大；故B錯誤；

C、對PQ整體受力分析，受到總重力、MN桿的支持力N1，地面的支持力N3；地面的靜摩擦力f，如圖。

根據(jù)共點力平衡條件；有。

N3=（M+m）g；

f=N1=mgtanθ

由于θ不斷增大；故f不斷增大，地面對P的彈力不變，故C錯誤，D正確；

故選：D9、D【分析】【分析】根據(jù)平行四邊形定則求出A、B的豎直分速度，結(jié)合速度時間公式求出小球由A到B的時間．根據(jù)速度位移公式求出A、B的高度差．【解析】【解答】解：AB、根據(jù)平行四邊形定則知，A、B兩點處豎直分速度大小分別為vyA=v0=5m/s，vyB=v0tan60°=v0；

則小球由A到B的時間t===s．故A；B錯誤．

CD、A、B的高度差h===m=2.5m；故C錯誤，D正確．

故選：D．二、多選題(共9題，共18分)10、ACD【分析】【分析】直導(dǎo)線中通有向上均勻增大的電流，根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線右側(cè)的磁場方向以及磁場的變化，再根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，最后根據(jù)左手定則判斷出ab、cd邊所受安培力的方向，注意離導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強度越大．【解析】【解答】解：A；直導(dǎo)線中通有向上均勻增大的電流；根據(jù)安培定則，知通過線框的磁場方向垂直紙面向里，且均勻增大，根據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向．故A正確．

B、根據(jù)A選項分析，可知，依據(jù)左手定則，則bc；ad兩邊均受安培力的作用；故B錯誤；

C、根據(jù)左手定則，知ab邊所受安培力方向水平向右，cd邊所受安培力方向水平向左，離導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強度越大，所以ab邊所受的安培力大于cd邊所受的安培力；則線圈所受磁場力的合力方向向右，因此MN所受線框給它的作用力向左．故C正確，D也正確．

故選：ACD．11、BC【分析】【分析】A、根據(jù)環(huán)繞速度公式v=判斷即可；

B、根據(jù)求解出加速度的表達(dá)式分析；

C、根據(jù)分析；

D、根據(jù)分析．【解析】【解答】解：A、由v=；可知，半徑越大，線速度反而小，故A錯誤；

B、由；可知半徑越大，加速度反而小，故B正確；

C、由；可知周期越大，線速度越小，故C正確；

D、星球?qū)ζ浔砻嫖矬w的萬有引力等于物體受到的重力，即；由于不知道地球與火星的質(zhì)量關(guān)系以及它們的半徑關(guān)系，無法比較重力加速度的大小，故D錯誤；

故選：BC．12、AD【分析】【分析】根據(jù)小球運動過程中的受力分析，由動能定理角度分析小球的運動情況及其速度大小即可．【解析】【解答】解：A；小球從A運動到N的過程中只有電場力都對小球做正功；小球的動能一直增加，故其速度也一直增大，故A正確；

B；電場力做功只與始末位置有關(guān)；從A到B電場力做的功大于從A到D電場力做的功，根據(jù)動能定理小球在B點速度一定大于D點速度，故B錯誤；

C；小球在C點時軌道對小球的彈力提供小球圓周運動的向心力；水平方向小球只受彈力作用，故不能確定彈力大小一定大于重力，故C錯誤；

D；電場力做功與路徑無關(guān)；若M點位置在A點左方，則小球初動能為零，故小球在電場方向運動到達(dá)A位置時速度為零，故小球?qū)聪蜻\動而不會繼續(xù)運動到M點，故D正確．

故選：AD．13、BCE【分析】解：A；當(dāng)入射光AO⊥BC時；不發(fā)生折射，在光屏上沒有彩色光斑，故A錯誤．

B；由于紅光的折射率最小；紫光的折射率最大，點光源從B移動到C的過程中，紅光通過半圓形玻璃磚后折射角最小，移動的距離最小，由于光線通過長方體玻璃磚后，出射光線與入射光線平行，可知光屏上紅色光斑的移動距離比紫光小，紅光移動速率比紫色光斑的?。蔅正確．

C；點光源在A點時；由于紅光的偏折程度最小，紫光的偏折程度最大，則紅光的光屏上紅色光斑在紫色光斑的上方．故C正確．

D；光線通過長方體玻璃磚后會向上發(fā)生移側(cè)；則點光源在A點時，若撤除長方體玻璃磚，光屏上紅色光斑將向下移動．故D錯誤．

E；點光源在A點時；若將光屏稍向右平移，出射光線方向不變，根據(jù)幾何關(guān)系可知，光屏上紅色光斑與紫色光斑的間距增大，故E正確．

故選：BCE．

光入射角等于0°時不發(fā)生折射．紅光的折射率最??；紫光的折射率最大，折射率的大小反映了介質(zhì)對光的折射程度的大?。饩€通過長方體玻璃磚后，出射光線與入射光線平行，會發(fā)生側(cè)移．

此題關(guān)鍵要理解平行玻璃磚的光學(xué)特性，知道光線通過平板玻璃后，出射光線與入射光線平行，發(fā)生側(cè)移．【解析】【答案】BCE14、AB【分析】解：A

設(shè)Ma=aO=d.

則Ea=k鈰?2Qd2+kQ(3d)2=19kQ9d2Ec=k鈰?2Q(3d)2+kQd2=11kQ9d2

故Ea>Ecbd

兩點由于對稱，則有Eb=Ed.

故A正確．

B、沿電場線方向電勢降低，故婁碌a>婁碌c

根據(jù)對稱性可知婁碌b=婁碌d.

故B正確．

C；電場線的疏密表示電場強度的相對大小；由電場線疏密程度可知，AB

連線上電場強度最小值出現(xiàn)在O

點的右側(cè)，故C錯誤．

D、負(fù)點電荷沿直線由b

運動到d

的過程中；只是初末位置的電勢能相等，過程中電勢能在變化.

故D錯誤．

故選：AB

根據(jù)電場線密場強大，分析場強的大小.

由電勢公式婁脮=kQr

和電場的疊加原理分析電勢關(guān)系.

根據(jù)電勢的變化；分析正電荷電勢能的變化．

本題是信息題，根據(jù)題中的信息分析各點的電勢是解題的關(guān)鍵，結(jié)合電場的疊加原理和電場分布的對稱性研究．【解析】AB

15、AB【分析】解：A、線圈在A位置的磁通量ΦA(chǔ)=B?Scos45°，線圈在B位置的磁通量ΦB=-B?scos45°，故磁通量的變化量故A正確；

B、根據(jù)感應(yīng)電荷量公式故B正確；

C、電壓有效值為：E=用有效值計算得到電熱為：Q=t=解得：Q=但線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達(dá)位置B的過程中，電流做功的平均效果不等于有效值，故C錯誤；

D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，平均感應(yīng)電動勢為：故D錯誤；

故選：AB。

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解平均感應(yīng)電動勢；并計算電量；根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，外力做的功等于電流做的功。

本題關(guān)鍵是明確交變電流的最大值、有效值、平均值的計算方法，同時要能結(jié)合楞次定律解決電流的方向問題?！窘馕觥緼B16、BC【分析】【分析】對B物體受力分析，根據(jù)共點力平衡可以得出A受力的情況，得出AB間摩擦力的大小及方向．再對整體受力分析可得出A受斜面的摩擦力情況．【解析】【解答】解：A；對B受力分析可知；B受重力、支持力；將重力分解可知重力有沿斜面向下的分力，要使B能勻速下滑，受力一定平衡，故A對B應(yīng)有沿斜面向上的摩擦力；故A錯誤；

B；由牛頓第三定律可知；A受到B的摩擦力應(yīng)沿斜面向下，故B正確；

C；對整體分析；并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受的滑動摩擦力沿斜面向上，大小為2mgsinθ，故C正確；

D；由于AB間為靜摩擦力；無法確定動摩擦因數(shù)，故D錯誤；

故選：BC17、BD【分析】【分析】回旋加速器利用磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)，電場使粒子加速．電吹利用電流的熱效應(yīng)．質(zhì)譜儀是利用電場加速，磁場使粒子偏轉(zhuǎn)．電磁爐是利用電磁感應(yīng)原理．【解析】【解答】解：A；質(zhì)譜儀是利用電場加速；磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯誤．

B；電磁爐變化的電場產(chǎn)生變化的磁場；是利用電磁感應(yīng)原理理，故B正確．

C；在磁流體發(fā)電機利用了帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)；打到兩極板從而產(chǎn)生電壓，與電磁感應(yīng)無關(guān)，故C錯；

D；日光燈的鎮(zhèn)流器利用了斷電自感產(chǎn)生高壓；屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用，故D正確；

故選：BD．18、AC【分析】【分析】1；只要地心在衛(wèi)星的軌道平面內(nèi)；都可以保證衛(wèi)星繞地球運動．

2；地球的第一宇宙速度7.9km/s；是做勻速圓周運動的地球人造衛(wèi)星最大的速度．

3；根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力和地球表面重力等于萬有引力；列式求解加速度的表達(dá)式進行討論．

4、衛(wèi)星中的物體受到的重力完全提供向心力，故星中的物體處于完全失重狀態(tài)．【解析】【解答】解：A；地球人造衛(wèi)星做勻速圓周運動需要的向心力由地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力；萬有引力指向地心，故只要地心在衛(wèi)星的軌道平面內(nèi)，都可以保證衛(wèi)星繞地球運動，故衛(wèi)星運行可以經(jīng)過廣州正上空，故A正確．

B；做勻速圓周運動的地球人造衛(wèi)星最大的速度為第一宇宙速度7.9km/s；故衛(wèi)星運行的速度不可能達(dá)到10km/s，故B錯誤．

C、根據(jù)重力等于萬有引力，地面處，高度為R處，所以．故C正確．

D；衛(wèi)星和衛(wèi)星中的物體受到的重力完全提供向心力；故星中的物體處于完全失重狀態(tài)，故D錯誤．

故選：AC．三、填空題(共8題，共16分)19、8.0×104J-8.0×104J8.0×104J0【分析】【分析】根據(jù)物體平衡條件，求綱繩的拉力，再代入功的計算公式即可求得．【解析】【解答】解：物體勻速提升；由平衡條件得：

鋼繩的拉力F=G=2.0×104N

鋼繩的拉力做功：WF=Fh=2.0×104×4J=8.0×104J

重力做功：WG=-Gh=-2.0×104×4J=-8.0×104J

物體克服重力做功：W=-WG=8.0×104J

這些力所做的總功是：W總=WF+WG=0

故答案為：8.0×104J，-8.0×104J，8.0×104J，0．20、變小a到b【分析】【分析】電容器保持與電源相連，兩端的電壓保持不變，根據(jù)C=判斷電容的變化，根據(jù)C=判斷電量的變化．【解析】【解答】解：把兩平板間距拉大，根據(jù)C=；電容器C的電容將變??；

電容器保持與電源相連，兩端的電壓U保持不變，根據(jù)C=，電容器的電量減小，負(fù)電，故流經(jīng)電阻R的電流方向是a到b；

故答案為：變小，a到b．21、創(chuàng)生不變【分析】【分析】根據(jù)電荷守恒定律的內(nèi)容就可以直接作出解答．【解析】【解答】解：電荷守恒定律內(nèi)容為：電荷既不能被創(chuàng)造；也不能被消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變．

故答案為：創(chuàng)生，不變．22、0.2155【分析】【分析】根據(jù)物體受力圖象與速度圖象弄清其運動過程，開始在10N外力作用下作勻加速直線運動，在4s末力的大小與方向改變，物體減速運動，在4.5s秒末徹掉外力物體在摩擦力作用下減速運動，弄清運動過程以及受力情況，即可正確求解．【解析】【解答】解：由丙圖可知，5s后物體加速度為：

由牛頓第二定律可知：mgμ=ma；故可得μ=0.2．

由圖丙可知，物體加速位移為：

減速過程分為兩個階段，第一階段：

第二階段：

所以總位移為：s=s1+s2+s3=38.75米

整個過程應(yīng)用動能定理得：

wF-fs=0，f=mgμ，故：WF=155J

故答案為：0.2，155．23、略

【分析】

（1）讀數(shù)：1.9cm-3×0.9mm=1.63cm=1.63×10-2m

（2）由于寬度較小，時間很短，所以瞬時速度接近平均速度，則v=

（3）由數(shù)據(jù)可知速度的平方與勁度系數(shù)成正比，而彈簧對滑塊做的功與勁度系數(shù)成正比，則彈簧對滑塊做的功與勁度系數(shù)也成正比．即W與v2成正比。

故答案為1.63×10-2m；v=W與v2成正比。

【解析】【答案】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是由主尺刻度減去游標(biāo)尺刻度．主尺的讀數(shù)是從主尺的零刻度到與游標(biāo)尺的對齊的刻度為止；