【正文】 度逐漸均勻減小，其加速度大小恒定，方向與初速度相反，故物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng) ． 【解析】 合力最大的時(shí)候?yàn)槿齻€(gè)共點(diǎn)力方向一致時(shí)， Fmax＝ 8N，合力最小的時(shí)候?yàn)?5N的力與 1N、 2N的力反向時(shí)， Fmin＝ 2N， C對(duì) ． 【解析】 本題考查 “ 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 ” 實(shí)驗(yàn)操作， B對(duì)， A、 C、 D錯(cuò) ． 【解析】 此題可類比于平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，從而判斷出 B對(duì) ． 【解析】 彈簧的勁度系數(shù)由彈簧本身決定，與彈簧所受拉力大小及形變大小無關(guān)， C對(duì) ． 【解析】 對(duì)物體受力分析，受 60N的豎直向下的重力，因 F＝ 20N60N，物體沒有被提起，仍靜止在水平面上，物體所受的合力為零 ． 【解析】 拉力大小相等，小船行進(jìn)的 加速度相同，經(jīng)過相同時(shí)間 t， W1＝ 12m1v2，W2＝ 12m1v2＋ 12m2v2，則有 W1W2， B對(duì) ． 【解析】 P＝ Wt ，功率是描述力對(duì)物體做功快慢的物理量， A對(duì) ． 【解析】 F 彈 ＝ kΔl，木塊 A 處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí) F 彈 ＝ G 木 ，故 G 木 ＝ kΔl， B對(duì) ． 【解析】 整個(gè)過程小球和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒， A 對(duì)；小球速度減為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大， B 錯(cuò)；小球剛開始接觸彈簧時(shí)，做加速度逐漸減小的 加速運(yùn)動(dòng)，直到 F 彈 ＝ mg 后 F 彈 mg，做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)， C錯(cuò)；小球速度最大時(shí)，小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能， D錯(cuò) ． 【解析】 自由下落的物體，下落 h 高度有 h＝ 12gt21，下落 2h 高度有 2h＝ 12gt22，下落 3h 高度有 3h＝ 12gt23，解得 t2＝ 2t1， t3＝ 3t1，則下落三段相等的位移所用的 時(shí)間比是t1∶ (t2－ t1)∶ (t3－ t2)＝ 1∶ ( 2－ 1)∶ ( 3－ 2)， D對(duì) ． 【解析】 由 v＝ rω， ωA＝ ωB， rArB，則 vAvB， A、 B 錯(cuò)誤；由 T＝ 2πω， ωA＝ ωB，知 TA＝ TB， C錯(cuò)、 D對(duì) ． 【解析】 曲線運(yùn)動(dòng)的物體受力都在曲線內(nèi)側(cè)，力的方向指向物體運(yùn)動(dòng)的方向，B對(duì) ． 【解析】 重力做正功，重力勢(shì)能減少，本題中重力做了 10J 的功，則重力勢(shì)能減少，并且減少量等于 10J， A對(duì) ． 【解析】 由萬有引力公式 F 萬 ＝ GMmr2 可知，該衛(wèi)星受到地球引力的大小與地球的質(zhì)量、衛(wèi)星的質(zhì)量以及衛(wèi)星與地球之間的距離有關(guān)，故 C對(duì) ． 【解析】 由功的公式 W＝ Fscosθ，本題中 θ 為零，拉力 F 都是相同的，物體在力的方向移動(dòng)的距離 s 也是相同的，所以拉力對(duì)物塊所做的功一樣大， A對(duì) ． 第 20 題圖 【解析】 設(shè)足球下落的高度為 h，則水平位移為 3h，由 h＝ 12gt2有 t＝ 2hg .水平方向： 3h＝ v0t＝ v0 2hg ，整理得 h＝ 2v203g .又因?yàn)?2mv20＝ 9J，有 v20＝18m代入 h＝2v203g＝12mg，即 mgh＝ mgh＝ Ek－ 9J，代入數(shù)據(jù)，解得 Ek＝ 21J， B對(duì) ． 【解析 】 萬有引力的公式 F 萬 ＝ Gm1m2r2 ，行星繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)可以近似看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并且萬有引力提供向心力， F 向 ＝ Gm1m2r2 ，向心力與 r2成反比，與行星和太陽(yáng)的質(zhì)量的乘積成正比， A對(duì) ． 【解析】 水平面是光滑的，小球 m 與劈形物體的上表面無摩擦，劈形物體從靜止開始釋放后，小球 m 只受豎直方向的作用力，則小球在碰到斜面前的運(yùn)動(dòng)軌跡是豎直向下的直線， C對(duì) ． 【解析】 對(duì) A 物體 F 向 ＝ mArAω2， A 物體受到的最大靜摩擦為 fA＝ μmAg；對(duì)B 物體 F 向 ＝ mBrBω2＝ 12mA2rAω2＝ mArAω2， B 物體受到的最大靜摩擦力 fB＝ μmBg＝ 12μmAg；對(duì) C 物體 F 向 ＝ mCrCω2＝ 13mAr Aω2＝ 13mArAω2， C 物體受到的最大靜摩擦力 fC＝ μmCg＝ 13μmAf.由以上各式可得，物體 B 先滑動(dòng) ． 【解析】 本題考查 “ 探究功與物體速度變化的關(guān)系 ” 實(shí)驗(yàn)中，紙帶上打出的點(diǎn) “ 中間疏，兩頭密 ” 的原因分析， C對(duì) ． 二 、 選擇題 【解析】 本 題考查電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)史實(shí)， C對(duì) ． 【解析】 摩擦起電的本質(zhì)是電荷發(fā)生了轉(zhuǎn)移， A 對(duì)；物體帶電量應(yīng)是電子電荷量的整數(shù)倍， B 錯(cuò)；物體所帶電量可能很小，但不可能小于元電荷， C 錯(cuò)；經(jīng)過摩擦使物體帶正電是因?yàn)槲矬w失去了電子， D錯(cuò) ． 【解析】 由庫(kù)侖定律 F＝ kq1q2r2 知，若 q1q2不變， r 變?yōu)?3r，則 F’ ＝ kq1q2?3r?2＝ 19kq1q2r2 ＝ 19F， A對(duì) ． 【解析】 電能在輸 送過程中，在輸電線上損耗的功率 P 損 ＝ I2R 線 ，因?yàn)?P 總 一定， P 總 ＝ UI， U 變大， I 減小，則 P 損 減小，可減少輸電導(dǎo)線的能量損失， C對(duì) ． 【解析】 根據(jù)磁感線的特點(diǎn)，磁感線越密的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，由圖可知， EDECEBEA， D對(duì) ． 【解析】 磁通量?jī)H有大小，沒有方向，是標(biāo)量， A錯(cuò)；磁通量 ΔΦ＝ BΔS，磁通量越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定越大，還與 ΔS 有關(guān)， B錯(cuò)； C對(duì)； D錯(cuò) ． 【解析】 由 v＝ λT＝ λf知 λ＝ vf＝ cf， B對(duì) ． 【解析】 根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)，電場(chǎng)線越密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，由圖知 EAEB，因?yàn)?F＝ qE，所以有 FAFB， A對(duì)， B、 C、 D都錯(cuò) ． 【解析】 由右手螺旋定則可以判斷通電直導(dǎo)線上方的磁感線是垂直于紙面向外的，直導(dǎo)線下方的磁感線是垂直于紙面向里的；又因?yàn)樾〈裴樤诖艌?chǎng)中靜止時(shí) N極所指的方向就是磁場(chǎng)的方向，故 D對(duì)； A、 B、 C均錯(cuò) ． 【解析】 由圖象可知， imax＝ 2A， A對(duì)； T＝ ， B錯(cuò)；電流的有效值 i 有效 ＝imax2＝22＝ 2A， C錯(cuò)；我國(guó)照明電路的交變電流頻率為 50Hz，本題交變電流的頻率 f＝1T＝1＝ 5Hz， D錯(cuò) ． 【解析】 物體帶電的原因是得失電子，故 B、 D 錯(cuò)；毛皮帶正電，說明毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上， A對(duì)； C錯(cuò) ． 【解析】 由電場(chǎng)線的特點(diǎn)知，圖中電場(chǎng)線分布圖是異種電荷的電場(chǎng)線分布圖，C、 D錯(cuò)；因?yàn)殡妶?chǎng)線從 a 出發(fā)，回到 b，則 a 帶正電， b 帶負(fù)電， A錯(cuò)；又因?yàn)?a、 b 點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線疏密程度相同，故 a 帶電荷量 等于 b 帶電荷量， B對(duì) ． 【解析】 在電源內(nèi)部，依靠非靜電力搬移電荷， A 錯(cuò)；電源內(nèi)部存在著由正極指向負(fù)極的電場(chǎng)， B 錯(cuò)；電源內(nèi)部存在內(nèi)阻， C 對(duì)；一些電源是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，也有一些不是，例如太陽(yáng)能電池是將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能， D錯(cuò) ． 【解析】 正常發(fā)光時(shí)，白熾燈中有電流通過，電阻絲發(fā)熱，電阻變大，故 R2R1，B對(duì) ． 【解析】 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝ nΔΦΔt，若 n 增加為 2n，則 E′ ＝ 2E， A對(duì) ． 【解析】 洛倫茲力提供向心力 qvB＝ mv2r ，則 r＝mvqB， r1∶ r2＝ v1∶ v2＝ 2∶ 1，qvB＝ mr4π2T2， 則 T＝ 2π mrqvB， T1∶ T2＝ r1v1∶ r2v2＝ r1v1v2r2＝ 1∶ 1， C對(duì) ． 【解析】 由磁場(chǎng)方向、電流方向及左手定則可判斷出通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力 F 的方向， A對(duì)； B、 C、 D均錯(cuò) ． 【解析】 由 U＝ IR 知， I＝ 1RU，在 I－ U 圖象中，直線斜率的倒數(shù)表示阻值的大小，故有 R2R1。 R1和 R2串聯(lián)后的總電阻 R 串 ＝ R1＋ R2， R 串 的伏安特性曲線應(yīng)在區(qū)域 Ⅲ ， A錯(cuò)， B 對(duì)； R1和 R2并聯(lián)后的總電阻 R 并 ＝ 11R1＋1R2，并且 R 并 R1， R 并 R2， R 并 的伏安特性曲線應(yīng)在區(qū)域 Ⅰ ，故 C、 D均錯(cuò) ． 【解析】 斷開熱控開關(guān)時(shí)，電路中 R 增大，電流減小 P＝ U2R減小，從而達(dá)到保溫效果；定時(shí)開關(guān)、熱控開關(guān)都閉合時(shí)，電路中只有一個(gè)加熱電阻連入電路，電阻發(fā)熱，從而達(dá) 到煮飯的目的 ． 【解析】 由 U＝ Ed，代入數(shù)據(jù) U＝ 104V/m ＝ 5000V， C對(duì) ． 三 、 填空題 【解析】 由 vt＝ v0＋ at 解得 t＝ . 46. 2y1g 【解析】 平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)， y1＝ 12gt2則 t＝ 2y1g . 【解析】 設(shè)運(yùn)動(dòng)員入水的瞬間速度為 v，則從最高點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)員落入水中之前，有 v2＝ 2g(d＋ h1)＝ 22g；運(yùn)動(dòng)員從開始入水到落至最低點(diǎn)，有 0－ v2＝ 2ah2 a＝ － v22h2 ＝－228 g＝－ ，負(fù)號(hào)代表方向向上，在水中對(duì)運(yùn)動(dòng)員受力分析有 mg－ f＝ ma，則 f＝ mg－ ma＝ mg＋ ＝ ，則有 fmg＝ . 【解析】 W＝ Fscos37176。＝ 500 10 ＝ 4000J ∶ 1 1∶ 8 【解析】 萬有引力提供向心力， F 向 ＝ F 萬 ＝ GMmR2 ＝ mR4π2T2 F1∶ F2＝ m1R21∶ m2R22＝ m1R22R21m2＝1 162 1 ＝ 8∶ ∶ T2＝ 2πR31GM∶ 2πR32GM＝R31R32＝ 1∶ 8. 四 、 計(jì)算題 《選修 1－ 1》 (1) 【解析】 (1)由 F＝ BIL 知 ， B＝ FIL＝ ＝ (2)F 安 ＝ BIL＝ 2 ＝ B＝ B《選修 3－ 1》 (1) 2qUm (2)1B 2mUq ； 2πmqB 【解析】 (1)由 qU＝ 12mv2則 v＝ 2qUm (2)由 qvB＝ mv2R 知 R＝ mvqB＝ mqB 2qUm ＝ 1B 2mUq 由 v＝ 2πRT 知 T＝ 2πmqB . 51.(1)2m/s2 (2)2s 【解析】 (1)根據(jù)牛頓第二定律有 － μmg＝ ma 所以 a＝－ μg＝－ 10 m/s2＝－ 2 m/s2 故所求加速度大小為 2 m/s2. (2)設(shè)加速度大小為 a，水平方向上 Fcosθ＋ f＝ ma 豎直方向上 N＋ Fsinθ＝ mg 根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式 f＝ μN(yùn) 得 a＝ Fcosθ＋ μ?mg－ Fsinθ?m ＝ 20 ＋ ?5 10－ 20 ?5 m/s2 ＝ m/s2 t＝ v0a＝ s＝ 2 s. 52.(1)3m/s (2) (3) 【解析】 (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律 12mv2A＝12mv2B＋ mg2 R vB＝ v2A－ 4gR＝ 52－ 4 10 m/s ＝ 3 m/s (2)mg＋ F＝ mv2BR F＝ mv2BR－ mg＝ (32－ 10)N＝ N(3)t＝2 2Rg ＝4 10 s＝ s xAC＝ vBt＝ 3 m＝ m. 高中物理新課程會(huì)考模擬試卷 (三 ) 一 、 選擇題 【解析】 一個(gè)物體 能否看成質(zhì)點(diǎn)是由問題的性質(zhì)而定的，在某些情況下，我們可以忽略物體的大小和形狀，把它簡(jiǎn)化成一個(gè)有質(zhì)量的點(diǎn)，而有些情況下，我們不能忽略物體的大小和形狀來研究問題，故 C對(duì) ． 【解析】 物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了改變是指物體的速度大小或速度方向發(fā)生了改變，故選 B. 【解析】 路程是物體運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度，是標(biāo)量，而位移是表示物體的位置變化，是矢量 ． 小球下落 4 米后又反彈回 1 米時(shí)，小球的路程為 5 米，位移為 3 米，故選 D. 【解析】 由 v＝ st＝ 100m10s ＝ 10m/s，故選 B. 【解析】 開普勒揭示了行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律，故選 D. 【解析】 伽利略理想實(shí)驗(yàn)把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理和諧的結(jié)合起來，證實(shí)了亞里士多德關(guān)于力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系錯(cuò)誤，故選 C. 【解析】 慣性是指物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，慣性的大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的速度、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均無關(guān)系，故選 D. 【解析】 根據(jù)平行四邊形定則，可判斷 A正確 ． 【解析】 物體沿斜面向上滑行時(shí)，受到重力、斜面支持力和沿斜面向下的摩擦力，故選 D. 【解析】 作用力與反作用力總是大小相等、方向相反、作用在同一條直線上，同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失，故 A、 D 錯(cuò) ． 又作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同物體上，合力不可能為零，故 B錯(cuò)， C對(duì) ． 故選 C. 【解析】 小河以一定速度垂直河岸向?qū)Π秳澬袝r(shí)，小船垂直河岸的速度是一定的，故到達(dá)河對(duì)岸的時(shí)間也是一定的，當(dāng)水流速度增大時(shí)，小船沿水流方向的位移增大，即小船運(yùn)動(dòng)的路程也越大，故選 A. 【解析】