…………○…………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年華師大新版高三物理下冊月考試卷339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、小球從傾角為45°的斜坡頂端A以20m/s的速度水平拋出，小球落到斜坡上B點，則小球從A運動到B的時間為（取g=10m/s2）（）A.1sB.2sC.3sD.4s2、豎直發射的火箭質量為6×103kg，已知每秒鐘噴出氣體的質量為200kg，若使火箭最初能得到20.2m/s2的向上加速度，則噴出氣體的速度應為（）A.700m/sB.800m/sC.900m/sD.1000m/s3、下列說法正確的是（）A.“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功．”用的是歸納法B.電場強度是用比值法定義的，電場強度與電場力成正比，與試探電荷的電荷量成反比C.探究導體的電阻與材料、長度、粗細的關系，用的是控制變量的方法D.奧斯特把電流沿南北方向放置在小磁針的正上方發現了電磁感應現象4、如圖所示，一質量為2kg的物體靜止于光滑水平面上，從t=0時開始運動，前2秒內受到的外力作用如圖示．下列判斷正確的是（）A.第2秒內質點的位移是1米B.第2秒內外力所做的功是JC.第2秒末外力的瞬時功率最大D.0～2s內外力的平均功率是W5、下列關于彈力的敘述中，正確的是（）A.只要物體相互接觸，就一定有彈力產生B.兩個相互接觸的物體發生了彈性形變，一定有彈力產生C.微小的力不能使堅硬的物體發生形變，就沒有彈力產生D.彈簧只有在伸長時才產生彈力6、【題文】英國物理學家狄拉克曾經預言，自然界中應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，距離它r處的磁感應強度大小為為常數），其磁場分布與點電荷的電場分布相似。現假設磁單極子S固定，帶電小球在S極附近做勻速圓周運動。下列非磁性材料翻成的帶電小球可以做勻速圓周運動的是7、【題文】如圖所示,一束復色光AO以一定的入射角從玻璃射向真空時分成a、b兩束，關于a、b這兩種單色光；下列說法中正確的是。

A.此玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率B.用同一雙縫干涉裝置進行實驗a光的干涉條紋間距比b光的大C.a光光子能量小于b光光子能量D.在玻璃中a光的全反射臨界角小于b光的全反射臨界角8、帶電粒子M

只在電場力作用下由P

點運動到Q

點，在此過程中克服電場力做了2.6隆脕10鈭?6J

的功。那么A.M

在P

點的電勢能大于它在Q

點的電勢能B.P

點的場強大于Q

點的場強C.P

點的電勢高于Q

點的電勢D.M

在P

點的動能大于它在Q

點的動能9、如圖所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與小球B連接，另一端與套在光滑豎直桿上的小物塊A連接，小球B與物塊A質量相等，桿兩端固定且足夠長．現將物塊A由靜止從與O等高位置釋放后，下落到輕繩與桿的夾角為θ時物塊A運動的速度大小為vA，小球B運動的速度大小為vB．則下列說法中正確的是（）A.vA=vBB.vB=vAsinθC.小球B增加的重力勢能等于物塊A減少重力勢能D.小球B增加的機械能等于物塊A減少機械能評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、下列關于磁場的說法中，不正確的是（）A.只有磁鐵周圍才存在磁場B.磁場是假想的，不是客觀存在的C.磁場是在磁極與磁極、磁極和電流發生作用時才產生D.磁極與磁極，磁極與電流、電流與電流之間都是通過磁場發生相互作用11、如圖所示，一個自由下落的小球，從它接觸彈簧開始到彈簧壓縮到最短的過程中，小球的速度和所受合外力的變化情況為（）A.速度一直變小直到零B.速度先變大，然后變小直到為零C.合外力一直變小，方向向上D.合外力先變小后變大，方向先向下后向上12、如圖是質譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是（）A.質譜儀是分析同位素的重要工具B.速度選擇中的磁場方向垂直紙面向外C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小13、圖甲；乙、丙、丁是以時間為橫軸的勻變速直線運動的圖象；下列說法中正確的是（）

A.圖甲是加速度-時間圖象B.圖乙是速度-時間圖象C.圖丙是位移-時間圖象D.圖丁是加速度-時間圖象14、絕熱氣缸的質量為M，絕熱活塞的質量為m，活塞與氣缸壁之間無摩擦且不漏氣，氣缸中密封一部分理想氣體，最初氣缸被銷釘固定在足夠長的光滑固定斜面上．如圖所示，現拔去銷釘，讓氣缸在斜面上自由下滑，當活塞與氣缸相對靜止時，被封氣體與原來氣缸靜止在斜面上時相比較，以下說法正確的是（）A.氣體的壓強不變B.氣體的內能減少C.氣體的溫度升高D.氣體的體積增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、在地面附近的一個質量為2kg的物體，從零勢能面以下1m處下落到零勢能面以下3m處在過程中，重力勢能的最大值是____J，最小值是____J，重力勢能變化了____J．16、某同學利用如圖所示裝置來研究加速度與力的關系；他將光電門1和2分別固定在長木板的A；B兩處，換用不同的重物通過細線拉同一小車（小車質量約為200克），每次小車都從同一位置由靜止釋放）．

（1）長木板右端墊一物塊，其作用是用來____；

（2）用游標卡尺測得遮光條的寬度為____cm．

（3）對于所掛重物的質量，以下取值有利于減小實驗誤差的是____（填選項）

A.1克B.5克C.10克D.40克。

（4）要測出每次小車運動的加速度記錄遮光條通過電門1，2的時間外還應測出____．17、力F1單獨作用在物體A上時，A的加速度a1=5m/s2，力F2單獨作用在物體A上時，A的加速度為a2=-1m/s2，則力F1和F2同時作用在物體A上時，A的加速度a的范圍是____．18、一簡諧橫波沿軸正方向傳播，在時刻的波形如圖所示。已知介質中質點的振動周期為s，則該波傳播速度為m/s，此時點振動方向為____（選填“軸正方向”或“軸負方向”）19、如圖所示，將一質量分布均勻的正方形木箱abcd置于水平地面上，木箱邊長為L，質量為m，今欲用一推力將木箱以c為支點翻倒，則為推起木箱所需的最小推力F為____，要使木箱剛能翻到，推力所做的功至少為____．

20、質量M=2㎏的長木板置于光滑水平面上，質量均為1㎏的m1和m2兩個小物塊中間用一根處于原長的彈簧相連，它們與木板間動摩擦因素μ1=0.1和μ2=0.3，g=10m/s2

（1）若要將M從m1和m2中抽出；F至少應多大？

（2）此時彈簧彈力。

（3）若木板足夠長F從零開始逐漸增大，通過計算作出m2與M的摩擦力和F的關系圖象21、磁場對放入其中的長為l、電流強度為I、方向與磁場垂直的通電導線有力F的作用，可以用磁感應強度B描述磁場的力的性質，磁感應強度的大小B=____________，在物理學中，用類似方法描述物質基本性質的物理量還有____________等．22、已知電流計的內阻Rg=90Ω；電表滿刻度為300μA．

①若將該電流計改裝成3安電流表需____聯____Ω的電阻。

②若將此電表改為3伏特的電壓表，則應將電流計與電阻____聯，電阻的取值應為____Ω

③若用②中改裝表去測電壓時，如果指針在150μA的位置，則所測電壓讀數為____V．23、（2014秋?三水區校級期中）三輪車工人在運輸比較重的貸物時，往往站著蹬，腳對踏板的力（豎直向下）F是500N，腳踏板的受力點為A，距轉動軸O的距離AO是0.2m，AO與水平方向成37°．如圖，則三輪車工人踏踏板的力F的力矩是____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共15分)24、封閉在汽缸內一定質量的氣體，如果保持氣體體積不變，當溫度升高時，每秒撞擊單位面積器壁的分子數增多．____．（判斷對錯）25、參考系的選取是任意的，但參考系的選取應使物體運動的描述盡可能簡單．____．（判斷對錯）26、質點就是體積很小的物體．____（判斷對錯）評卷人得分五、作圖題(共3題，共6分)27、畫出飛車走壁雜技表演時，在豎直筒壁邊上飛速行駛的飛車在圖示位置時的受力示意圖來．28、如圖表示兩面平行玻璃磚的截面圖，一束平行于CD邊的單色光入射到AC界面上，a、b是其中的兩條平行光線．光線a在玻璃磚中的光路已給出．畫出光線b的光路圖并求出從玻璃磚中首次出射時的折射角29、用作圖法分別畫出圖中的未知的分力．（虛線所示為力的方向）

評卷人得分六、計算題(共4題，共32分)30、如圖所示，A為位于一定高度處的質量為m、帶電荷量為+q的小球，B為位于水平地面上的質量為M的用特殊材料制成的長方形空心盒子，且M=2m，盒子與地面間的動摩擦因數=0.2，盒內存在著豎直向上的勻強電場，場強大小E=2mg/q，盒外沒有電場．盒子的上表面開有一系列略大于小球的小孔，孔間距滿足一定的關系，使得小球進出盒子的過程中始終不與盒子接觸．當小球A以1m/s的速度從孔1進入盒子的瞬間，盒子B恰以v1=6m/s的初速度向右滑行．已知盒子通過電場對小球施加的作用力與小球通過電場對盒子施加的作用力大小相等、方向相反．設盒子足夠長，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能順次從各個小孔進出盒子，且不與盒子底部相碰。試求：(1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的時間；(2）盒子上至少要開多少個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸；(3)從小球第一次進入盒子至盒子停止運動的過程中，盒子通過的總路程．31、兩個天體(

包括人造天體)

間存在萬有引力，并具有由相對位置決定的勢能.

如果兩個天體的質量分別為m1

和m2

當它們相距無窮遠時勢能為零，則它們距離為r

時，引力勢能為EP=鈭?Gm1m2r.

發射地球同步衛星一般是把它先送入較低的圓形軌道，如圖中Ⅰ，再經過兩次“點火”，即先在圖中a

點處啟動燃氣發動機，向后噴出高壓燃氣，衛星得到加速，進入圖中的橢圓軌道Ⅱ，在軌道Ⅱ的遠地點b

處第二次“點火”；衛星再次被加速，此后，沿圖中的圓形軌道Ⅲ(

即同步軌道)

運動.

設某同步衛星的質量為m

地球半徑為R

軌道Ⅰ距地面非常近，軌道Ⅲ距地面的距離近似為6R

地面處的重力加速度為g

并且每次點火經歷的時間都很短，點火過程中衛星的質量減少可以忽略.

求：

(1)

從軌道Ⅰ轉移到軌道Ⅲ的過程中；合力對衛星所做的總功是多大？

(2)

兩次“點火”過程中燃氣對衛星所做的總功是多少？32、如圖所示的平面直角坐標系xOy

中，ABCD

矩形區域內有磁感應強度為B0

的勻強磁場(OD

邊上無磁場，OA

邊上有磁場)

其中AD

兩點的坐標分別為(0,a)

和(0,鈭?a)BC

兩點的坐標分別為(3a,a)

和(3a,鈭?a)

在半徑為a

圓心坐標為(鈭?a,0)

的圓形區域內有磁感應強度為2B0

的勻強磁場；兩個區域內磁場方向均垂直紙面向里.

在鈭?a鈮?x鈮?0

的區域均勻分布有大量質量為m

帶電荷量為鈭?q

的粒子，粒子均以相同的速度沿y

軸正方向射向圓形磁場，最后粒子都進入矩形磁場，已知朝著圓心(鈭?a,0)

射入的粒子剛好從O

點沿x

軸正方向進入矩形磁場.

不計粒子的重力及粒子間的相互作用.

求：

(1)

粒子進入磁場時速度v

的大小；

(2)

從B

點射出的粒子在射入矩形磁場時的速度方向與y

軸正方向夾角婁脠

(3)

從AB

邊射出的粒子數與粒子總數的比值k

．33、如圖所示電路，圖中甲、乙兩毫安表的內阻均為6Ω，當電建K斷開時AB間的電阻為3Ω．R4=12Ω．當電建閉合后甲、乙兩表的讀數比為1：2．求R1、R2的值．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據豎直位移和水平位移的關系求出運動的時間．【解析】【解答】解：小球做平拋運動；據題有。

tan45°===

得t==s=4s

故選：D．2、C【分析】【分析】對氣體分析由動量定理可求得反沖力與動量的關系；再對火箭分析可求得加速度與力的關系，聯立可求得氣體的速度．【解析】【解答】解：以噴出氣體為研究對象；設每秒噴出氣體質量為△m

由動量定理可知：

F△t=△mv0

對火箭有F-Mg=Ma

解得：v0====900m/s；

故選：C．3、C【分析】【分析】A；如果電場線與等勢面不垂直；使用的假設法；

B；比值定義法中；電場強度與電場力，及試探電荷的電荷量均無關；

C；通過控制變量法；來探究導體的電阻與材料、長度、粗細的關系；

D、奧斯特發現電流的磁效應．【解析】【解答】解：A；在假設電場線與等勢面不垂直的情況下；得出的結論，屬于假設法，不是歸納法，故A錯誤；

B；電場強度是用比值法定義的；但電場強度與電場力及電荷量均無關，故B錯誤；

C；通過控制變量法的方法；來研究導體的電阻與材料、長度、粗細的關系，故C正確；

D；把電流沿南北方向放置在小磁針的正上方發現了電流的磁效應現象；故D錯誤；

故選：C．4、B【分析】【分析】本題可由動量定理求得1s末及2s末的速度，再由動能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；【解析】【解答】解：由動量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分別為：v1===1m/s、v2===1.5m/s

A、第2秒內的位移x==1.25m；故A錯誤；

B、第1秒內與第2秒動能增加量分別為：=1J、=1.25J；故第2s內外力所做的功為1.25J，故B正確；

C、1s末、2s末功率分別為：P1=F1v1=2w、P2=F2v2=1.5w；故C錯誤；

D、由動能定理可知合力做功為w==2.25J，故0～2s內功率P==W；故D錯誤；

故選：B5、B【分析】【分析】發生形變的物體要恢復原狀對與它直接接觸的物體要施加力的作用；這個力就是彈力．

知道彈力產生的條件：1、物體要相互接觸2、物體要發生彈性形變．【解析】【解答】解：A、彈力產生的條件：1、物體要相互接觸2、物體要發生彈性形變．

物體相互接觸；沒有發生彈性形變，就沒有彈力，故A錯誤．

B；兩個相互接觸的物體發生了彈性形變；一定有彈力產生，故B正確．

C；有些彈性形變的現象不明顯；叫微小形變，兩個相互接觸的物體發生了微小形變，也有彈力產生，故C錯誤．

D；彈簧在縮短時也產生彈力；故D錯誤．

故選B．6、A【分析】【解析】根據左手定則，判斷出帶電小球受洛倫茲力的方向，A圖向上的分量與重力平衡，水平方向的分量指向圓心，滿足小球做圓周運動的向心力，A正確；同理，其它選項BCD不正確。【解析】【答案】A7、D【分析】【解析】

試題分析：以相同的入射角從玻璃射向真空，a光的偏折角大，所以折射率選項A錯。根據七種單色光的波長頻率折射率關系，波長則有雙縫干涉的條紋間距a光波長短，干涉條紋間距小，選項B錯。頻率根據光子能量判斷a光頻率高能量高，選項C錯。在玻璃中的全反射臨界角a的折射率大，臨界角小，選項D對。

考點：折射全反射【解析】【答案】D8、D【分析】【分析】在本題中只是知道從PP到QQ電場力做負功，而電荷的正負不知道，因此無法判斷電勢高低，電場線或者說電場分布情況不知，也無法判斷電場強度的大小。根據電場力做功和電勢能的關系可以動能和電勢能的變化情況。本題要正確理解電場強度、電勢、電勢能的決定因素和大小判斷方法，不能混淆概念。【解答】A.從題目可知克服電場力做功；即電場力做負功，故電勢能增加，P

點的電勢能一定小于它在Q

點的電勢能，故A錯誤；

B.電場分布情況不知；無法判斷P

點和Q

點電場強度的大小關系，故B錯誤；

C.因為電荷正負不知；故無法判斷電勢高低，C錯誤；

D.因為只有電場力做功；因此只有電勢能和動能之間的轉化，電勢能增加，則動能減小，故D正確。

故選D。【解析】D

9、D【分析】【分析】將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于B的速度．A、B組成的系統只有重力做功，系統的機械能守恒，通過系統機械能守恒判斷小球B增加的機械能與物塊A減小的機械能大小關系．【解析】【解答】解：A、B將物塊A的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子的方向，在沿繩子方向的分速度等于B的速度．如圖所示，在沿繩子方向的分速度為vAcosθ．

所以vB=vAcosθ．故A；B錯誤．

C；A、B組成的系統只有重力做功；系統機械能守恒，根據機械能守恒定律得知：A減小的重力勢能等于B增加的重力勢能與兩球增加的動能之和，所以小球B增加的重力勢能小于物塊A減少重力勢能，故C錯誤．

D；物塊A下降的過程中；拉力做負功，機械能減小，物塊B上升的過程，拉力做正功，機械能增加．根據系統的機械能守恒得：小球B增加的機械能等于物塊A減少機械能．故D正確．

故選：D．二、多選題(共5題，共10分)10、ABC【分析】【分析】（1）磁場是磁體周圍存在的一種看不見的特殊物質；是真實的存在；

（2）根據磁場的特點進行分析；即磁極間的相互作用是通過磁場作用發生的；

（3）小磁針在磁場中某點靜止時的N極方向，就是磁場的方向，而小磁針在不同位置靜止的指向一般不同．【解析】【解答】解：A；磁體周圍與電流的周圍都存在著磁場；故A錯誤；

B；磁場是實際存在的；不是假想的．故B錯誤；

C；磁場以一種物質；是看不見摸不到的，具有方向性，并不是只在磁體之間有相互作用的時候才存在的．故C錯誤；

D；磁極與磁極；磁極與電流、電流與電流之間都是通過磁場發生相互作用．故D正確．

本題要求選擇不正確的，故選：ABC．11、BD【分析】【分析】由小球下落與彈簧接觸過程中彈力變化，可分析小球合外力的變化情況，進一步根據牛頓第二定律得出加速度變化，可確定速度的變化情況．【解析】【解答】解：開始于彈簧接觸時；壓縮量很小，因此彈簧對小球向上的彈力小于向下重力，此時合外力大小：F=mg-kx，方向向下；

隨著壓縮量的增加；彈力增大，故合外力減小，當mg=kx時，合外力為零，此時速度最大；

由于慣性物體繼續向下運動；此時合外力大小為：F=kx-mg，方向向上，物體減速，隨著壓縮量增大，物體合外力增大，當速度為零時，合外力最大．

故整個過程中物體合力先減小后增大；速度先增大后減小，最后為零．

故BD正確；AC錯誤．

故選：BD12、ABC【分析】【分析】帶電粒子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力平衡，做勻速直線運動，進入偏轉電場后做勻速圓周運動，根據半徑公式得出半徑與粒子比荷的關系．【解析】【解答】解：A、粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，有qE=qvB，解得v=，進入偏轉電后，有qvB0=m，解得R=．知r越小；比荷越大．同位素電量相等，質量不同，則偏轉半徑不同，所以質譜儀是分析同位素的重要工具．故A；C正確，D錯誤．

B；粒子在磁場中向左偏轉；根據左手定則知該粒子帶正電，在速度選擇器中，所受的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據左手定則，磁場的方向垂直紙面向外．

故B正確．

故選ABC．13、BCD【分析】【分析】根據勻變速直線運動的性質可分別得出速度-時間圖象、加速度-時間圖象、位移-時間圖象及力-時間圖象；結合題意可分析各項是否正確．【解析】【解答】解：勻變速直線運動的速度隨時間均勻變化；故v-t圖象中勻變速直線運動為傾斜的直線，故甲；乙均為v-t圖象；

而勻變速直線運動的位移x=；故其圖象為拋物線，故丙應為x-t圖象；

勻變速直線運動；加速度恒定不變，故a-t圖象為一條平行于時間軸的直線；

由以上分析可知；BCD正確，A錯誤；

故選BCD．14、BD【分析】【分析】該系統為絕熱系統，不能進行熱交換，被封閉氣體內能的改變只能通過做功實現，因此解答本題的關鍵是判斷氣體體積的變化情況，根據氣缸開始和后來的狀態先判斷出壓強的變化，即可進一步判斷體積的變化情況．【解析】【解答】解：設被封閉氣體壓強為P，大氣壓強為P0，開始時有：mgsinθ+P0s=Ps，后來氣缸在斜面上自由下滑，當活塞與氣缸相對靜止時P=P0；故被封閉氣體壓強減小，根據氣態方程可知，體積增大，對外做功，絕熱系統Q=0，根據△U=W+Q可知，內能減小，溫度降低，故AC錯誤，BD正確．

故選BD．三、填空題(共9題，共18分)15、-20-60-40【分析】【分析】重力勢能的計算式為Ep=mgh，式中h為物體相對零勢能面的高度，高度最高處重力勢能最大，高度最小處重力勢能最小．【解析】【解答】解：物體從零勢能面以下1m處的重力勢能最大，為：EPmax=mgh1=2×10×（-1）J=-20J

物體從零勢能面以下3m處的重力勢能最大，為：EPmin=mgh2=2×10×（-3）J=-60J

重力勢能變化量為△EP=EPmin-EPmax=-60-（-20）=-40J；

故答案為：-20，-60，-40．16、平衡摩擦力0.52BC兩個光電門之間的距離【分析】【分析】根據實驗原理可知該實驗需要將長木板的一端墊起適當的高度以平衡摩擦力；游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數；不需估讀；

當重物的質量遠遠小于小車質量時才可以認為繩對小車的拉力大小等于重物的重力．【解析】【解答】解：（1）為了消除小車所受摩擦力對實驗的影響；在該實驗中需要將長木板的一端墊起適當的高度，所以長木板右端墊一物塊，其作用是用來平衡摩擦力．

（2）游標卡尺主尺讀數為：5mm；游標尺：對齊的是2，所以讀數為：2×0.1=0.2mm；

所以d=5+0.2=5.2mm=0.52cm

（3）重物與小車一起加速運動；因此重物對小車的拉力小于重物的重力，當重物的質量遠遠小于小車質量時才可以認為繩對小車的拉力大小等于重物的重力，而，A答案重物的重力太小，產生的加速度不明顯，不利于減小實驗誤差，因此BC比較符合要求．

故選：BC

（4）由題意可知，小車經過光電門時的速度等于遮光條的寬度除以時間，該實驗中保持小車質量M不變，因此有：=2as；

由于：v=；所以要測出每次小車運動的加速度記錄遮光條通過電門1，2的時間外還應測出兩個光電門之間的距離s．

故答案為：（1）平衡摩擦力（2）0.52；（3）BC．（4）兩個光電門之間的距離．17、4m/s2≤a≤6m/s2．【分析】【分析】根據牛頓第二定律分別得出力F1、F2與加速度的關系，再研究力F1和F2同時作用在物體A上時合力的大小范圍，再由牛頓第二定律求出加速度a的大小范圍．【解析】【解答】解：設物體A的質量為m；根據牛頓第二定律得：

F1=ma1=5m，F2=ma2=m

力F1和F2同時作用在物體A上時合力的范圍為：

4m≤F合≤6m

根據牛頓第二定律得加速度范圍為4m/s2≤a≤6m/s2．

故答案為：4m/s2≤a≤6m/s2．18、略

【分析】試題分析：由題圖可知，λ=6m，根據波速公式v=得v=3m/s，橫波向x軸正方向傳播，則P點的振動方向為y軸負方向．故答案為：3m/s，y軸負方向．考點：波長、周期（頻率）和波速的關系，橫波的圖象【解析】【答案】3m/s軸負方向(各2分)19、略

【分析】

（1）以c為支點翻倒木箱時；木箱受到的力矩由兩個：重力的力矩和推力的力矩．當力矩平衡且推力的力臂最大時推起木箱所需的推力F最小；

此時根據力矩平衡得：

解得：

（2）要使木箱剛能翻到；ac恰好在豎直線上時，重力勢能的增加量等于推力所做的最小的功．

開始時，重心的高度：ac恰好在豎直線上時，物體重心的高度：h=L，所以：

故答案為：

【解析】【答案】以c為支點翻倒木箱時；力臂最大時推起木箱所需的推力F最小；要使木箱剛能翻到，ac恰好在豎直線上時，重力勢能的增加量等于推力所做的最小的功．

20、略

【分析】

（1）根據題意，若將M從m1和m2中抽出，即把m1和m2看成一個整體，則M產生的加速度大于摩擦力作用下m1和m2整體的加速度：

對m1和m2而言摩擦力產生的最大加速度am=

所以要使M從m1和m2下抽出，則M產生的加速度aM＞am

對M受力分析，根據牛頓第二定律可知，F=MaM+f1+f2

又因為f1=μ1m1g=1N，f2=μ2m2g=3N

∴

所以F至少為：F=MaM+f1+f2＞8N

即F至少為8N；

（2）當F為8N時，系統的加速度a=

對m1進行受力分析有，水平方向m1受到M對m1水平向右的最大摩擦力f1=1N，和彈簧對m1水平向右的彈力F1

根據牛頓第二定律可得：F1+f1=ma

∴彈簧彈力F=ma-f1=1×2-1N=1N

（3）在m1沒有壓縮彈簧時，m2受到M的摩擦力使m2與M一起向右加速，此時m2受到的摩擦力f使m2產生與M相同的加速度；根據牛頓第二定律有：

f=m2a==

由于m1所受最大摩擦力為1N，產生加速度最大為1m/s2，所以滿足時F的最大值為4

在m1開始壓縮彈簧至m2開始滑動時，m2受到的摩擦力f和m1受到的最大摩擦力f1max使m1、m2產生與M相同的加速度：

f+f1max=（m1+m2）a

∴=

據題意，m2相對于M不滑動，m2產生的最大加速度為2m/s2；即F最大值為8N

當F＞8N時，m2將開始滑動，所受摩擦力為恒力即f=μm2g；不隨F的變化而變化．

故圖象如下圖所示：

答：（1）F至少為8N；

（2）此時彈簧的彈力為1N

（3）圖象如上圖所示．

【解析】【答案】分析：要使M從從m1和m2中抽出，則M在接力F和摩擦力作用下產生的加速度要大于m1和m2在摩擦力作用下所產生的最大加速度，據此可以算出F的最小值；算出F的最小值后，再隔離m1或m2對m1或m2進行受力分析，根據牛頓第二定律可以算出此時彈簧的彈力F；m2所受摩擦力先使m2產生與M和m1一樣的加速度，當m1開始壓縮彈簧時，m2和m1所受摩擦力使m1和m2產生與M相同的加速度，當m2開始滑動后；滑動摩擦力與正壓力成正比，所以此時滑動摩擦力為一恒力．

21、略

【分析】解：根據磁場強度的定義可知：是采用比值法定義的，B的大小與F；IL無關，由磁場決定的，物理中的很多概念是采用比值法定義的，如電場強度等．

故答案為：電場強度．【解析】電場強度22、并0.009串99101.50【分析】【分析】①電流計改裝成電流表要并聯電阻分流，應并聯電阻為R=；（I為改裝后的量程），據此求解．

②電流表改裝成電壓表要串聯電阻分壓，應串聯的阻為R=（U為改裝后的量程）

③由電流表的刻度變電壓表的刻度為I（Rg+R）．【解析】【解答】解：①電流計改裝成電流表要并聯電阻分流；應并聯電阻為：

R==0.009Ω

②電流表改裝成電壓表要串聯電阻分壓；應串聯的阻為：

R==9910Ω

③由電流表的刻度變電壓表的刻度為：

U′=I（Rg+R）=150×10-6×（90+9910）=1.50V

故答案為：①并0.009

②串9910

③1.5023、80N．m【分析】【分析】畫出踏板的受力與受力的力臂，然后即可由M=FL計算出力矩的大小．【解析】【解答】解：如圖畫出踏板的受力與受力的力臂，則L=m．三輪車工人踏踏板的力F的力矩是：

M=FL=500×0.16N?m=80N?m

故答案為：80N．m四、判斷題(共3題，共15分)24、√【分析】【分析】溫度是氣體分子平均動能變化的標志．氣體壓強是氣體分子撞擊器壁而產生的．【解析】【解答】解：如果保持氣體體積不變；當溫度升高時，分子的運動變得更加激烈，分子的運動加快，所以每秒撞擊單位面積器壁的分子數增多，氣體的壓強增大．故該說法正確．

故答案為：√25、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：參考系；是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；參考系的選取是任意的，參考系的選取應使物體運動的描述盡可能簡單．該說法是正確的．

故答案為：√26、×【分析】【分析】當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物體看成質點的條件來判斷即可．【解析】【解答】解：能否看成質點；與質量；體積大小無關，質量、體積很大的物體也能看成質點，比如地球公轉時的地球可以看成質點，故錯誤．

故答案為：×五、作圖題(共3題，共6分)27、略

【分析】【分析】把指定物體（研究對象）在特定物理情景中所受的所有外力找出來，并畫出受力圖，這就是受力分析；受力分析的一般順序：先分析場力（重力、電場力、磁場力），再分析接觸力（彈力、摩擦力），最后分析其他力．【解析】【解答】解：飛車做勻速圓周運動；受重力；支持力和靜摩擦力，合力提供向心力，如圖所示。

28、略

【分析】【解析】試題分析：光線從AC面射入時，折射光線與第一條光線平行，射到CD面上；根據臨界角為45°，光路如圖所示，到達CD邊時一定會發生全反射，故從BD邊射出，故光路圖所圖所示：考點：本題考查光的傳播及折射定律，【解析】【答案】29、略

【分析】【分析】合力與分力滿足平行四邊形定則；根據平行四邊形定則進行分析，即可明確未知力的大小及方向．【解析】【解答】解：a圖中已知兩力的方向；過F的末端作兩邊的平行線，則可得出對應的分力；

b圖中已知合力和一個分力，連接合力與分力，再過O點作出連線的平行線，過F的末端作F1的平行線；則可組成平行四邊形；

c圖中合力為F，僅僅知道F2的方向；該情況下有多組解，畫出幾組如圖；

答：如圖所示六、計算題(共4題，共32分)30、略

【分析】（1）A在盒子內運動時，（2分）由以上兩式得a＝g（1分）A在盒子內運動的時間A在盒子外運動的時間（1分）A從第一次進入盒子到第二次進入盒子的時間（1分）（2）小球在盒子內運動時，盒子的加速度（1分）小球在盒子外運動時，盒子的加速度（1分）小球運動一個周期盒子減少的速度為（2分）從小球第一次進入盒子到盒子停下，小球運動的周期數為（1分）故要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數至少為2n+1個，即11個．（1分）（3）小球第一次在盒內運動的過程中，盒子前進的距離為（1分）小球第一次從盒子出來時，盒子的速度（1分）小球第一次在盒外運動的過程中，盒子前進的距離為（1分）小球第二次進入盒子時，盒子的速度（1分）小球第二次在盒子內運動的過程中，盒子前進的距離為（1分）小球第二次從盒子出來時，盒子的速度（1分）小球第二次在盒外運動的過程中，盒子前進的距離為（1分）分析上述各組數據可知，盒子在每個周期內通過的距離為一等差數列，公差d＝0.12m．且當盒子停下時，小球恰要進入盒內，最后0.2s內盒子通過的路程為0.04m．所以從小球第一次進入盒子至盒子停止運動的過程中，盒子通過的總路程為（2分）【解析】【答案】（1）（2）11個．（3）31、解：（1）衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ做圓運動；根據萬有引力提供向心力得：

=m

所以有：Ek1=mV12=mgR

=m

所以有：Ek2=mV22=

運用動能定理得合力的功為：

W=Ek2-Ek1=mgR（-）=-

（2）衛星在軌道Ⅰ上的勢能為：EP1=-=-mgR

衛星在軌道Ⅲ上的勢能為：EP2=-=-

燃氣所做的總功為：

W′=（EP2+Ek2）-（EP1+Ek1）=（-+）-（-mgR+mgR）=

答：（1）從軌道Ⅰ轉移到軌道Ⅲ的過程中，合力對衛星所做的總功是-

（2）兩次“點火”過程中燃氣對衛星所做的總功是．【分析】

衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ做圓運動；根據萬有引力提供向心力表示出速度，運用動能定理求解合力對衛星所做的總功；

表示出衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的動能和勢能；根據能量守恒進行求解．

解決本題的關鍵得出衛星動能和勢能的變化量，從而根據動能定理和能量守恒進行求解．【解析】解：(1)

衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ做圓運動；根據萬有引力提供向心力得：

GMmR2=mv12R

所以有：Ek1=12mV12=12mgR

GMm(7R)2=mv237R

所以有：Ek2=12mV22=mgR14

運用動能定理得合力的功為：

W=Ek2鈭?Ek1=mgR(114鈭?12)=鈭?3mgR7

(2)

衛星在軌道Ⅰ上的勢能為：EP1=鈭?GMmR=鈭?mgR

衛星在軌道Ⅲ上的勢能為：