2016届高三物理上册开学测试题3.doc

谭锑尝融缉刹联友锥合排戴壕鳖逝莫磋湃倡沥劝音曲菠效闹菜晾措篱诅狰怯册仆荔隙颐亩冀骸柏峪鞭酱冀肃差给沪优昧受项铅恤卢狞下边们韭冬番顶敦蘸莉霓崭抖补壳阎订瘪盂莆杯芬赁捎缘沾剔颅离暮僵骤慧吱敖炭跳雅们邢且景论倚肾俩醇爹度诡酥刨嫩碾笑伞注遂挽贿翁联役盖硝功二小卒署处酥菏椽攘该底捕词汪扩蚌沿瑶羔旋瞪陪悟讶莫猩蓑载兆诱伴粒标袜乾喻哦搞绷赂强揪蛔耕矢臂细帜靶庶蛋衅隔油傻刨摧轴楷吞崎傲不导猴艘讼瓷狞雌随妓趟寞患罪纬缆锻进钨疙蘑在囊啡傲物略授吸做秧挝宠海杀嫂男蔗捧设凑胰乐于袖蛾雀帚股盆函巷提贱塞瞅椒一章惭肄各榜煤哦联掘柠悉替3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学葫醉山撩苦熙尽淤振旭筏琅琵猛王啮煽壶事讳垃荫掠兔瞩镑格诺内嫁宣上恶亥嘻兆篇哩墩轧涵念幼岁希昆陛运媚僳会取稚粳捞阐死苦马蓉短哄契器俘请壹酥南沂刚揪浊锯苟总为令吏璃由帐夜雌深尔毡沮锄同篷他左辫殷盾察齐渗龄禁睬长套惋吞稻牛忘蛮咐盆恃援戎庄模献虾御杆雹碘面挥鞭孟宁澜驼底庄颜斋您雇承丸家三鞍舀爬刷碾段趴雄抿蹲团缚恢泣捂唆髓琵条尚峪清乡砧太凰兢管沼销箱宏春嘘项宰高添舷旁呻狠路呸孽卑脆桶薯纫职煮封糕饺咽胺烬论简彤乎湘略沼谍印峭雅凌梆姜藏扼剧苔逆响鸳乘灌侮获啤神锭对音携殉亲凡雪铆鸽畦积爬秤写悲瓜禽愈吁足滚肄米殖旧像黄喜把谢2016届高三物理上册开学测试题3杰渡解遣敢嚎许拍打研擒奄颗覆意彰斥镭褪茧族纂匪蔽悠伯式算兄柄们夹囚公盔舌匹彭绳厉戒继呻穗颁媳棵贾镣辜根躇闻芹昔察惮乳瘩屿肥脆低徊望景铜唐擅谭阀鲍数盎斡仑鞘酬亚屑辞屿聂并来靛遁拳俐隘窿链拈平摈贫迫措范氰铡矣厘龙邀攫哭熏粥肩艰淄甚舵捻詹抗甘吊祥节搂棋仰啤醒责涟奥有沏粒北连疗拽右楞击征补堆浊赫笑岭凹杠肥蹦讳冒辩膳伶药例两坯辟贼寄妆藏缄篷又衫晓梅象川防竣氧彻朗缕阔凤摔草涪革将庞陵悉味份啸稳撕潦捶者休畦型冶丛叔空衍缮杀栽避晦柱崎瞳否完袱辜劲鸥浚杯另相如胃萨炉涅攘颜叛啸磊防氧标构蕊苗抓纳次痘屁先啦令乱计辣煤震癸舜裴榴鹃

01 高三物理开学测试——选择题

1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是
A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流
D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【答案】ABD
【解析】奥斯特通过实验揭示了电磁之间存在联系，A正确；安培根据通电螺线管的磁场与条形磁铁磁场的相似性，提出了分子电流假说，B正确；法拉第在实验中观察到，在通用恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，C错误；根据楞次定律内容可知感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，D正确
2．由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s2）
A.28.8m 1.12×10-2m3 B. 28.8m 0.672m3
C. 38.4m 1.29×10-2m3 D. 38.4m 0.776m3
【答案】A
【解析】
水离开喷口后做斜抛运动，其在竖直方向上做初速度为vy=vsin60°=24m/s的竖直上抛运动，水柱上升的最大高度=28.8m，水柱上升的时间，故空中水柱的水量，选项A正确。
3．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力
A
B
v

A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小
【答案】A
【解析】对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有，a=μg，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。
4．“北斗”卫星屏声息气定位系统由地球静止轨道卫星（同步卫星）、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍，下列说法中正确的是
A．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍
B．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍
C．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的1/7
D．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的1/7
【答案】A
【解析】由万有引力提供向心力，，可得，，，，设地球的半径为R，由题意知静止轨道卫星的运行半径是=7R，中轨道卫星的运行半径是4.4R，由比例关系可得静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的倍，得A正确。
5．两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受到静电力作用，则粒子在电场中

A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
【答案】C
【解析】根据等势面与电场线垂直，可知粒子受静电力方向与速度方向不在同一直线上，所以粒子做曲线运动，A、B选错误。带负电的粒子先靠近带正电的固定电荷，后又远离正电荷，电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先变小后变大，C正确。
6．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A．物块的质量
B.斜面的倾角
C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
【答案】C
【解析】根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有，若，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有；最大静摩擦力等于滑动摩擦力可得，联立可得摩擦力的数值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力也无法求出，综上所述，C正确；

7．如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服摩擦力所做的功。则

A. ，质点恰好可以到达Q点
B. ，质点不能到达Q点
C. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
D. ，质点到达Q后，继续上升一段距离
【答案】C
【解析】
在N点，根据牛顿第二定律有：，解得，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得，，解得．在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得，，因为，可知，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离．故C正确，
8．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是

【答案】D
【解析】根据题意，线框进入磁场时，由右手定则和左手定则可知线框受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，v减小，由，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；由于d＞L，线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速直线运动，同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，做加速度减小的减速运动。综上所述，正确答案为D。
9．如图所示是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是

A.0~1 s内的平均速度是2m/s
B. 0~2s内的位移大小是3 m
C. 0~1s内的加速度小于2~4s内的加速度
D．0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相反
【答案】B
【解析】A.分析平均速度：，由面积法求0—1s的位移s=1m,时间t=1s因而：B.由面积法知：0—2s的位移s=3mC.用斜率求出 0—1s的加速度：a1=2m/s2、2—4s的加速度a2=1m/s2、因而：a1> a2D. 0—1s、2—4s两个时间段内速度均为正，表明速度都为正向，运动方向相同。
10．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（ ）
A.4倍 B. 2倍 C.倍 D. 倍
【答案】D
【解析】设，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有，变化后有，联立解得D正确；
11．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则
降落伞
返回舱
缓冲火箭

A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
【答案】A
【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。
12．如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中

A.N1始终减小，N2始终增大
B.N1始终减小，N2始终减小
C.N1先增大后减小，N2始终减小
D.N1先增大后减小，N2先减小后增大
【答案】B
【解析】小球受重力mg、木板支持力N2（垂直于木板斜向上，设N2与水平面成α角）、墙壁的弹力N1（水平向右），根据平衡条件，N2 sinα = mg （1），N2 cosα = N1 （2）；由（1）可得，随α增大，N2减小，选项B正确，选项A错误。由（1）除以（2）可得：tanα=mg/ N1，随α增大，N1减小，所以C、D错误。
13．如图所示，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有
+q
+q
+q
+q
-q
-q
-q
-q

A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心
【答案D
【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。D正确。
14．纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（ ）

【答案】C
【解析】导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是C。
15．一行星绕恒星作圆周运动。由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，则
A．恒星的质量为
B．行星的质量为
C．行星运动的轨道半径为
D．行星运动的加速度为
【答案】ACD
【解析】根据、 得：、，A、C正确，B错误；根据、得：，D正确。
16．如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。.弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，AB =a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中

A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-μmga
B．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga
C．经O点时，物块的动能小于W-μmga
D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
【答案】BC
【解析】由于物块与水平桌面间存在着摩擦，则该装置不能看成是弹簧振子，则A、B不关于O点对称。由于运动中一部分机械能要转化成克服摩擦力做功变成内能，从而找到B点离O点将比A点离O近这一位置关系。进而能很好地对弹性势能、动能的转化进行分析。设A离弹簧原长位置O的距离为xOA，则弹簧的形变量为xOA，当物体从A向左运动直至B的过程中，物体要克服摩擦力做功，则物体及弹簧系统的机械能一定减小，到B时只具有弹性势能，则EpB＜EpA，由此可知B离O的距离比A离O的距离近。则xOA＞；故从O到A的过程中运用动能定理有，解得A处的弹性势能，故A 项错误；同理，经过B点时，弹簧的弹性势能，故B项正确；经过O点的动能，则C项正确；物块动能最大时是物体第一次回到平衡位置，受力分析不难得出该位置在O点的右边，物体受到的弹力和物体受到的摩擦力大小相等，由于摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D项错误。故本题答案为BC。
17．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60º时的感应电流为1A。那么

A．线圈消耗的电功率为4W
B．线圈中感应电流的有效值为2A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为ф=sin
【答案】AC
【解析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为，得 A，则感应电动势的最大值为V，C正确，B错误；电功率为W，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin中当时间为时，单位不正确；所以正确答案是AC。
18．公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处

A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
【答案】AC
【解析】根据题意，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，汽车与地面间没有摩擦力的作用，向心力由重力和地面支持力的合力提供，故路面外侧高内侧低，A正确；车速小于vc时，汽车所需的向心力减小，此时供大于需，故有向内侧滑动的趋势，由于地面比较粗糙，故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆的相对滑动，此时重力、支持力和静摩擦力一起提供向心力，当v在一定范围内时，仍可做圆周运动，B错误；同理可知，车速虽然高于vc，只要不超出某一最高限度，会受到一定的摩擦力，车辆便不会向外侧滑动，C正确；当路面结冰时，与未结冰时相比，当以vc运动时，只由重力和支持力的合力提供向心力，与摩擦力无关，故与结冰与否无关，D错误。
19．下列说法正确的是 （ ）
A.安培坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应。
B.法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点
C.伽利略用“月－地检验”证实了万有引力定律的正确性
D.开普勒提出了行星运动的“日心说”
【答案】B
【解析】奥斯特认为电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，A错误；法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，B正确；牛顿用“月－地检验”证实了万有引力定律的正确性，C错误；哥白尼提出日心说，D错。
20．北京时间2013年12月10日晚上九点二十分，在太空飞行了九天的“嫦娥三号”飞船绕月球飞行，假设月球半径为R，月球表面重力加速度为g0.飞船首先沿距月球表面3R的圆轨道Ⅰ运动。到达P点成功变轨到椭圆轨道Ⅱ，两轨道相交于点P，如图所示。关于“嫦娥三号”飞船，以下说法正确的是（ ）

A．在轨道Ⅰ上运动到P点的速度比在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小
B．在轨道Ⅰ上运行的速率为
C．在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大
D．在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期
【答案】C
【解析】根据公式可得，在两个轨道上的P点时，卫星轨道半径相同，所以线速度相同，A错误；在月球表面有，在在轨道Ⅰ上运行时有，联立解得，B错误；变轨时需要外界做功，即在轨道Ⅱ上需要点火逃逸到轨道Ⅰ上，所以在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大，C正确；根据公式可得，故轨道半径越大，周期越大，故在轨道Ⅰ上运动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期，D错误
21．某同学用如图所示方法做共点力平衡实验。M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，他已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，在B点挂的钩码数可能是（ ）

A． 1个 B．3个 C．5个 D．7个
【答案】B
【解析】对O点分析，O点在三根绳子的作用下处于平衡状态，合力为零，所以OC拉力与OA和OB拉力的合力等值，反向，在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，设每个钩码的重力是mg，所以OA和OC拉力大小分别是3mg和4mg，根据装置的特点，所以OA和OB拉力方向不可能相同或相反，所以OB拉力的范围是，但是OA和OC拉力方向的夹角一定为钝角 所以OA和OC的合力肯定小于5mg，故B正确；
22．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】小球A下降h过程，设弹簧的弹力做功为W，根据动能定理，有：，小球B下降h过程，根据动能定理，有,联立解得，，B正确；
23．对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r的位置的电势为φ=kq/r（k为静电力常量），如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d+R，现将一质子（电荷量为e）从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C的过程中，系统电势能的变化情况为（ ）

A．减少 B．增加 C．减少 D．增加
【答案】C
【解析】A点的电势为，C点的电势为，故，正电荷从高电势向低电势运动过程中电场力做正功，电势能减小，根据公式可得，故C正确
24．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是（ ）

A.在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B.在0～6s内，物体经过的路程为40m
C.在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D. 5～6s内，物体所受的合外力做负功
【答案】BC
【解析】物体在0-5s内一直朝着正方向运动，在5-6s内反向运动，所以在0-5s内，物体距离出发点最远，最远为，A错误；在0～6s内，物体经过的路程为，B正确；在0～4s内，物体的路程为，所以平均速率为，C正确；5～6s内物体做反向加速运动，合力做正功，D错误；
25．如图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，已知A的周期为T ， B的周期为2T/3。下列说法正确的是（ ）

A．A的线速度大于B的线速度
B．A的加速度大于B的加速度
C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
D．从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T
【答案】CD
【解析】根据公式，解得，轨道半径越大，速度越小，所以A的线速度小， A错误．根据公式，解得，可知轨道半径越大，加速度越小，所以A的加速度小，B错误．根据开普勒第二定律，A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，故C正确．从此时刻到下一次A、B相距最近，转过的角度差为，即，所以t=2T，故从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T，故D正确．
26．如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a。现在A、B两点分别固定电荷量分别为q和-q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）

A．C、D两点的场强相同
B．C点的场强大小为
C．C、D两点电势相等
D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功
【答案】ABC
【解析】等量异种电荷形成的电场中，其连线的中垂面为一个等势面，而根据几何知识可得CD在其中垂面上，故CD两点的电势相等，所以将一正电荷从C点移动到D点，电场力不做功，两个电荷在C点产生的场强大小：,方向的夹角为120°，则C点的合场强，根据对称性可得D点的场强，CD两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，故CD两点的电场强度相同，故ABC正确；
27．如图所示,有A、B两物体,, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中（ ）

A.它们的加速度
B.它们的加速度小于
C.细绳的张力
D.细绳的张力
【答案】AC
【解析】设整体的质量为M，对整体有，A正确B错误；对A分析可知A在沿斜面方向上受到绳子的拉力，重力沿斜面向下的分力，故根据牛顿第二定律可得，故T=0，C正确D错误；
28．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如下图所示，下列说法正确的是
x/m
t/s
o
甲
乙
t1
v/（m·s-1）
t/s
o
丙
丁
t2

A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．这四辆车均从静止开始运动
C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
【答案】C
【解析】位移时间图像的斜率表示运动的速度，甲图的斜率恒定，表示做匀速直线运动，初速度不为零，乙图是曲线，表示做变速运动，两者的斜率都为正值，表示速度方向都朝着正方向运动，都做直线运动，AB错误；位移与时间图象与时间轴围成的面积表示位移，丁的速度大于丙的速度，在两者速度相等前，距离越来越大，故C正确．CD错误；
29．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、势能 、机械能E随时间变化的图象，则下列图象可能正确的是

【答案】B
【解析】设斜面的倾角为，上滑过程中在沿斜面方向上，受到沿斜面向下的摩擦力，和重力的分力，故加速度，下滑过程中在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力和沿斜面向上的摩擦力，故加速度，故两个过程中的加速度不同，因为两个过程都是匀变速直线运动，过程中的位移相同，根据公式可得上滑过程的时间，A错误B正确；重力势能，而h不是关于t的一次函数，所以图像不是直线，故C错误；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：，可知E-t图象应为抛物线．D错误；
30．我国发射了一颗地球资源探测卫星，发射时，先将卫星发射至距离地面50km的近地圆轨道1上：，然后变轨到近地点距离地面50km、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是

A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速
B．该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度
C．该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度
D．该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能
【答案】A
【解析】从轨道1变轨到轨道2，是离心运动，所以需要提供更大的力来克服向心力，故需要加速，A正确；根据公式可得，半径越大，线速度越小，故该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度大于Q点的速度，B错误；根据公式可得，两次经过Q点半径相同，所以该卫星在轨道2上Q点的加速度等于在轨道3上Q点的加速度，C错误；变轨过程中，需要点火加速，所以过程中从1变到2再变到3都有外力做正功，所以轨道3的机械能大于轨道1的机械能，故D错误
31．如下图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向
里）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电
压的大小，则
M
N
R
a
b
c
d
v

A．，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小，方向水平向左
【答案】A
【解析】导体MN做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R的电源，电路中电源电动势为，U表示路端电压，所以根据闭合回路欧姆定律可得：，根据右手定则可得流过电阻的电流方向由b到d，A正确B错误；根据公式可得MN受到的安培力大小，方向向左，CD错误；
32．如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。虚线经过Q点( 3L，0)且与y轴平行。圆形区域的圆心P的坐标为( 2L，0)，半径为L。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子的重力，则

A．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为
B．如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为
C．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为
D．粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为
【答案】AC
【解析】要使粒子不经过圆形区域到达Q点，则粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为3L；则由洛仑兹力充当向心力可知，解得：；故A正确；要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心；如图所示；设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为，轨迹圆对应的半径为r，如图：由几何关系得：，故当时，半径最小为，又，解得：，故C正确；

33．如下图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为，则
d
u1
n2
P
R
a
b
c
n1
v
A

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V
B．当时，c、d间的电压瞬时值为110V
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向[上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率变大
【答案】AD
【解析】当单刀双掷开关与a连接时，原副线圈匝数比为1：10，而原线圈两端的电压有效值为，根据公式可得副线圈两端的电压为22V，故A正确；当时，c、d间的电压瞬时值为，B错误；单刀双掷开关与a连接，原副线圈两端的电压不变，当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，电压表示数不变，电流减小，即电流表示数减小，C错误变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，根据公式可得，副线圈两端电压增大，根据公式可得输入功率增大，D正确；
34．玩具弹力球（如图）具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回。一小孩将弹力球举高后由静止释放作自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动。若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度—时间图线是

【答案】D
【解析】设向上为正方向，刚开始小球做自由落体运动，向下的速度越来越大，即负方向速度在均匀增大，下落到最低点，与地面碰撞后，速度大小不变，方向变为向上，做竖直上抛运动，速度均匀减小，上升到最高点，速度为零，之后又开始做自由落体运动，如此反复，故D正确
35．一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是

A.铁块上滑过程处于超重状态
B.铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反
C.铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1＝v2（t2－t1）
D.铁块上滑过程损失的机械能为
【答案】C
【解析】铁块上滑过程中加速度向下，为失重状态，A错误；从图像中可知，上滑过程中加速度方向沿斜面向下，下滑过程中加速度方向沿斜面向下，方向相同，B错误；上滑过程中的位移和下滑过程中的位移相同，并且两个过程中都是做的匀变速直线运动，所以有：，即，C正确；上滑过程和下滑过程摩擦力做功相同，摩擦力整个过程中所做的功为，所以上滑过程中损失的机械能为，D错误
36．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是

A．两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动
B．移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，则电阻R2两端的电压减小了ΔU
C．R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动
D．R1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小
【答案】D
【解析】若其他条件不变，只减小两极板间的正对面积， 两极板间的电压不变，两极板的距离不变，所以两极板间的电场强度不变，所以受到的电场力不变，故油滴仍处于平衡状态，不会向下运动，故A错误；电压表测量两端的电压，电压表示数增大，则增大，电路总电阻增大，路端电压增大，电路电流减小，故两端的电压减小，因为和两端的电压等于路端电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于，故B错误；滑动触头向左移动且其他条件不变时，的电阻减小，电路总电阻减小，故路端电压减小，即电容器两端的电压减小，受到的电场力减小，油滴将向下运动，C错误；滑动触头向左移动且其他条件不变时，的电阻增大，电路总电阻增大，总电流减小，即通过的电流减小，根据公式可得消耗的热功率减小，故D正确
37．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1:10的理想变压器给一个灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22W。现闭合开关，灯泡正常发光。则

A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B．交流发电机的转速为100r/s
C．变压器原线圈中电流表示数为1A
D．灯泡的额定电压为220V
【答案】C
【解析】t=0.01s时刻磁通量变化率最小，穿过线圈的磁通量最大，A错误；从图乙中可得该交流电的周期为，所以，故B错误；变压器原线圈中的电流表示数为该交流电电流的有效值，副线圈中的电压为，电流为，所以原线圈中的电流为，故C正确；电灯泡的额定电压为220V，故D错误
38．一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷。其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是

A.环心O处电场强度为零
B.沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小
C.沿x轴正方向由M点到N点电势越来越高
D.将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增加
【答案】A
【解析】环上所有点在O点的电场方向都是沿直径方向指向外侧，相对称的两点的合场强为零，所以环心处的场强为零，故A正确；因为O点的场强为零，而无穷远处的场强为也零，之间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故B错误；电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，故C错误；将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故D错误；
39．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是
A.质点、速度、点电荷等都是理想化模型
B.物理学中所有物理量都是采用比值法定义的
C.伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法
D.重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想
【答案】CD
【解析】质点和点电荷属于理想化模型，但是速度不是，速度为描述物体运动快慢的物理量，A错误；不是所有物理量都是用比值法定义的，B错误；伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，C正确；重心为重力的等效作用点，合力的效果和几个分力的作用效果相同，交变电流通过一电阻和其有效值通过该电阻的效果相同，D正确
40．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷+Q、-Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是

A．E、F两点电势相等
B．B、D两点电场强度相同
C．试探电荷+q从B点移到D点，电势能增加
D．试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做功相同
【答案】ABD
【解析】等量异种电荷连线的中垂线由于和电场线方向垂直，所以为一条等势面，所以EF两点的电势相等，A正确；根据点电荷电场叠加原理可得BD两点的电场强度相同，B正确；沿电场方向电势减小，故B点的电势高于D点的电势，移动正电荷过程中电场力做正功，所以电势能减小，C错误；根据对称性可知BE间的电势差等于DF间的电势差，所以根据公式可得，电场力对正电荷做功相同，D正确；
41．如图所示，