…………○…………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k，即k=，則常數k的大?。ǎ〢.行星的質量有關B.只與恒星的質量有關C.與恒星的質量及行星的質量沒有關系D.與恒星的質量及行星的質量有關系2、2009年5月7日晚上，在杭州發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，經公安交警部門認定，是一起由于汽車嚴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，此時質點P的速度方向沿y軸正方向，則A.這列波沿x軸負方向傳播B.質點a此時動能最大，加速度最小C.再經過一個周期，質點P運動到x=6m處D.當質點P運動到最低點時，質點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，整個裝置處于靜止狀態，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落到地面以前發現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.小球經過B兩點間的時間t=（-1）sB.小球經過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、矩形導線框abcd與長直導線MN放在同一水平面上，ab邊與MN平行，導線MN中通入電流方向如圖所示，當MN中的電流增大時，下列說法正確的是（）A.導線框abcd有逆時針的感應電流B.bc、ad兩邊均不受安培力的作用C.導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；火星的有關情況比較。

。星球地球火星公轉半徑1.5×108km2.25×108km自轉周期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根據以上信息，關于地球及火星（行星的運動可看做勻速圓周運動），下列推測正確的是（）A.地球公轉的線速度小于于火星公轉的線速度B.地球公轉的向心加速度大于火星公轉的向心加速度C.地球的自轉角速度大于火星的自轉角速度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．現有一帶電量為+q、質量為m的小球由靜止從擋板內側上的A點釋放，并且小球能沿擋板內側運動到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，從點光源發出的一束白光始終正對圓心O射入半圓形玻璃磚，經過長方體玻璃磚后，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系是Ea>EcEb=Ed

B.abcd

四點電勢的關系是婁脮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轉過90°到達位置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μ=tanθ17、下列列舉的四種器件中，工作時利用了電磁感應的是（）A.B.C.D.18、關于做勻速圓周運動的地球人造衛星的下列說法中正確的是（）A.衛星運行可以經過廣州正上空B.衛星運行的速度可能達到10km/sC.離地面高為R（R為地球半徑）處的衛星加速度為D.衛星中的物體處于完全失重狀態，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，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，在轉移的過程中，電荷的總量保持____．這個結論叫做電荷守恒定律．22、如圖甲所示，一質量為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，F隨時間t變化的規律如圖乙所示，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為____，在7.5s內水平力F所做的功為____J．23、氣墊導軌工作時；空氣從導軌表面的小孔噴出，在導軌表面和滑塊內表面之間形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導軌表面直接接觸，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系，在氣墊導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軌的一端，將一光電門P固定在氣墊導軌底座上適當位置（如圖1），使彈簧處于自然狀態時，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用游標卡尺測量遮光片的寬度d；

②在氣墊導軌上適當位置標記一點A（圖中未標出；AP間距離遠大于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利用所測數據求出滑塊第一次通過光電門時的速度v；

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

。彈簧勁度系數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卡尺讀數如圖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成正比，根據表中記錄的數據，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的關系是____．

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

A．有同學認為：運動物體所受空氣阻力可能與其運動速度有關．

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律，以驗證假設．

C．在相同的實驗條件下，同學們首先測量了單只“小紙杯”在空中下落過程中不同時刻的下落距離，將數據填入下表中，圖(a)是對應的位移一時間圖線．然后將不同數量的“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．同學們對實驗數據進行分析；歸納后；證實了他們的假設．回答下列提問：

(1)與上述過程中A；C步驟相應的科學探究環節分別是____________；____________．

(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，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?西城區期末）如圖所示，一阻值為100Ω電阻與二極管串聯．二極管正向導通時，電阻忽略不計；加反向電壓時，認為電阻無窮大．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．（結果保留三位有效數字）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只與恒星的質量有關；與行星質量無關，故A錯誤；

B；式中的k只與恒星的質量有關；故B正確；

C；式中的k只與恒星的質量有關；與行星質量無關，故C錯誤；

D；式中的k只與恒星的質量有關；與行星質量無關，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不變的性質．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，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；當溫度高時膨脹系數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，當有溫度時，由于膨脹形變不一，導致形變量不同，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水流而下的分運動，合速度方向已知，順水流而下的分運動速度的大小和方向都已知，根據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水流而下的分運動，其中，合速度v合方向已知，大小未知，順水流而下的分運動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v合與v船垂直時，v船最小，由幾何關系得到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，電壓表的示數為4400V，故A錯誤；B、根據故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，根據可知，R3消耗的電功率變大，故D錯誤．考點：變壓器；動態電路問題?！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，根據質點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。質點a在平衡位置，速度最大，動能最大，但回復力為0，加速度為0，選項B對。波沿x軸正向傳播，但質點振動方向沿y軸往復運動，不可能沿x軸振動，選項C錯。質點p和質點b間隔一個波長，振動步調一致，當質點P運動到最低點時，質點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，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】根據平行四邊形定則求出A、B的豎直分速度，結合速度時間公式求出小球由A到B的時間．根據速度位移公式求出A、B的高度差．【解析】【解答】解：AB、根據平行四邊形定則知，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】直導線中通有向上均勻增大的電流，根據安培定則判斷導線右側的磁場方向以及磁場的變化，再根據楞次定律判斷感應電流的方向，最后根據左手定則判斷出ab、cd邊所受安培力的方向，注意離導線越近，磁感應強度越大．【解析】【解答】解：A；直導線中通有向上均勻增大的電流；根據安培定則，知通過線框的磁場方向垂直紙面向里，且均勻增大，根據楞次定律，知感應電流的方向為逆時針方向．故A正確．

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

C、根據左手定則，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，離導線越近，磁感應強度越大，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、根據環繞速度公式v=判斷即可；

B、根據求解出加速度的表達式分析；

C、根據分析；

D、根據分析．【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、星球對其表面物體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量關系以及它們的半徑關系，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；從A到B電場力做的功大于從A到D電場力做的功，根據動能定理小球在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；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A位置時速度為零，故小球將會反向運動而不會繼續運動到M點，故D正確．

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

B；由于紅光的折射率最?。蛔瞎獾恼凵渎首畲?，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生移側；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，根據幾何關系可知，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，會發生側移．

此題關鍵要理解平行玻璃磚的光學特性，知道光線通過平板玻璃后，出射光線與入射光線平行，發生側移．【解析】【答案】BCE14、AB【分析】解：A

設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??；由電場線疏密程度可知，AB

連線上電場強度最小值出現在O

點的右側，故C錯誤．

D、負點電荷沿直線由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系.

根據電勢的變化；分析正電荷電勢能的變化．

本題是信息題，根據題中的信息分析各點的電勢是解題的關鍵，結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=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、根據感應電荷量公式故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轉過90°到達位置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、根據法拉第電磁感應定律，平均感應電動勢為：故D錯誤；

故選：AB。

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

本題關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，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，電場使粒子加速．電吹利用電流的熱效應．質譜儀是利用電場加速，磁場使粒子偏轉．電磁爐是利用電磁感應原理．【解析】【解答】解：A；質譜儀是利用電場加速；磁場使粒子偏轉，不是電磁感應現象，故A錯誤．

B；電磁爐變化的電場產生變化的磁場；是利用電磁感應原理理，故B正確．

C；在磁流體發電機利用了帶電粒子在磁場中發生偏轉；打到兩極板從而產生電壓，與電磁感應無關，故C錯；

D；日光燈的鎮流器利用了斷電自感產生高壓；屬于電磁感應現象的應用，故D正確；

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

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星最大的速度．

3；根據人造衛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式進行討論．

4、衛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．【解析】【解答】解：A；地球人造衛星做勻速圓周運動需要的向心力由地球對衛星的萬有引力提供向心力；萬有引力指向地心，故只要地心在衛星的軌道平面內，都可以保證衛星繞地球運動，故衛星運行可以經過廣州正上空，故A正確．

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

C、根據重力等于萬有引力，地面處，高度為R處，所以．故C正確．

D；衛星和衛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，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C=判斷電容的變化，根據C=判斷電量的變化．【解析】【解答】解：把兩平板間距拉大，根據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C=，電容器的電量減小，負電，故流經電阻R的電流方向是a到b；

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

故答案為：創生，不變．22、0.2155【分析】【分析】根據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：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）由數據可知速度的平方與勁度系數成正比，而彈簧對滑塊做的功與勁度系數成正比，則彈簧對滑塊做的功與勁度系數也成正比．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）游標卡尺的讀數是由主尺刻度減去游標尺刻度．主尺的讀數是從主尺的零刻度到與游標尺的對齊的刻度為止；