2024-2025学年新教材高中物理综合检测一-四含解析粤教版必修3

PAGE32-学业水平综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法正确的是()A．只有静止不动的物体才能作为参考系B．本场物理考试的时间是90分钟，“90分钟”指的是时刻C．汽车上速度计的示数为80km/h，“80km/h”指的是平均速度D．引入“质点”的概念为我们供应了一种建立志向模型的思维方法解析：选D任何物体都可以作为探讨物体运动的参考系，故A错误；考试时间是90分钟中的“90分钟”指的是时间间隔，故B错误；汽车上速度计的示数为80km/h指的是汽车瞬间的速度，故为瞬时速度，故C错误；质点是一种志向模型，是抓住主要因素，忽视次要因素的思维方法，故D正确。2．在建筑工地上，塔吊先将重1000N的建筑材料竖直向上吊起10m，再沿水平方向移动20m。则在此过程中，重力做的功为()A．1×104J B．－1×104JC．3×104J D．－3×104J解析：选B建筑材料向上吊起过程中在竖直方向上的位移为10m，重力做负功，故重力做功为WG＝Gh＝－1×104J，B正确。3．雨滴在空气中下落，当速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比，与其横截面积成正比，即Ff＝kSv2，则比例系数k的单位是()A．kg/m4 B．kg/m3C．kg/m2 D．kg/m解析：选B由Ff＝kSv2得1kg·m/s2＝k·m2·m2/s2，k的单位为kg/m3，B正确。4．某质点做匀加速直线运动，零时刻的速度大小为3m/s，经过1s后速度大小为4m/s,该质点的加速度大小是()A．1m/s2 B．2m/s2C．3m/s2 D．4m/s2解析：选A依据加速度的定义式知，质点的加速度a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(4－3,1)m/s2＝1m/s2，所以选项A正确。5.如图所示，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线(电流方向如图箭头方向)，发觉通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个()解析：选C若在方框中放入选项A中的通电螺线管，则因为螺线管的右端是N极，则由左手定则可知，直导线受力方向向里，故A错误；若在方框中放入选项B所示的通电直导线，则由左手定则可知，直导线将上端向里转动，下端向外转动，故B错误；若在方框中放入选项C所示的通电圆环，则因为直导线所在位置的磁场向外，则由左手定则可知，直导线受力方向向右，故C正确；若在方框中放入选项D所示的通电直导线，则由于同向电流相互吸引，直导线受力方向向左，故D错误。6．对于万有引力定律的数学表达式F＝Geq\f(m1m2,r2)，下列说法正确的是()A．公式中G为引力常量，是人为规定的B．r趋近零时，万有引力趋于无穷大C．m1、m2受到的万有引力总是大小相等D．m1、m2受到的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力解析：选C公式F＝Geq\f(m1m2,r2)中G为引力常量，由卡文迪许通过试验测得，而不是人为规定的，故A错误；公式F＝Geq\f(m1m2,r2)只适用于两个可以看作质点的物体，即物体的大小相对两者的间距可以忽视，而当距离趋近零时，它们不再适用万有引力公式，故B错误；m1、m2之间的万有引力是一对相互作用力，依据牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反，故C正确、D错误。7．如图所示，地球绕太阳公转，而月球又绕地球转动。它们的运动可近似看成匀速圆周运动。假如要估算太阳对月球与地球对月球的引力之比，已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动周期，还须要测量的物理量是()A．地球绕太阳公转的运动半径B．月球绕地球的运动半径C．月球绕地球的运动半径和地球绕太阳公转的运动半径D．月球的质量和地球绕太阳公转的运动半径解析：选C已知地球绕太阳公转的周期和月球绕地球运动周期，假如再已知地球绕太阳公转的运动半径和月球绕地球的运动半径，即可分别求解太阳的质量和地球的质量；因为地球和月球相对太阳的距离基本相等，则依据F＝Geq\f(Mm,r2)，可估算太阳对月球与地球对月球的引力之比，故C正确；A、B、D错误。8．飞机做绝技表演时，常做俯冲拉起运动，此运动在最低点A旁边可看作是圆周运动，如图所示。飞行员所受重力为G，受到座椅的弹力为F，则飞行员在A点所受向心力大小为()A．G B．FC．F＋G D．F－G解析：选D在最低点，飞行员竖直方向上受重力和座椅对人向上弹力F，合力方向向上，合力供应向心力，则向心力大小Fn＝F－G，故D正确，A、B、C错误。9．如图所示，某同学在百米跑道沿直线进行折返跑，他先从A处向前跑80m到达B处再向后跑30m到达C处，这一过程中的位移大小是()A．110m B．80mC．50m D．30m解析：选C位移的大小为起点到终点的有向线段的长度，则位移大小为：80m－30m＝50m，故C项正确。10．某同学在玩“蹦极”，如图所示，已知橡皮绳自然状态的长度是20m，若不考虑空气阻力，从静止起先下落，g＝10m/s2，则该同学()A．下落第1s末的瞬时速度大小是10m/sB．下落前2s的平均速度大小是20m/sC．下落第3s末的瞬时速度大小是30m/sD．当该同学下落20m时，速度达到最大值解析：选A由题可知，该同学做自由落体运动的时间：t0＝eq\r(\f(2l,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2s,1s末的速度：v＝gt1＝10×1m/s＝10m/s，故A正确；2s内的位移恰好是20m，则2s内的平均速度：eq\x\to(v)＝eq\f(l,t)＝eq\f(20,2)m/s＝10m/s，故B错误；2s末橡皮绳拉直，2s后该同学不再做自由落体运动，所以3s末的速度不是：v3＝gt3＝10×3m/s＝30m/s，故C错误；2s末橡皮绳拉直，橡皮绳起先拉长时的拉力小于该同学的重力，所以将接着向下做加速运动，当橡皮绳的拉力等于该同学的重力时，速度最大，所以在2s末的速度没有达到最大值，故D错误。11．如图是甲、乙两物体做直线运动的v­t图像。下列表述正确的是()A．甲、乙的速度方向相反B．0～1s内甲和乙的位移相等C．甲和乙的加速度方向相同D．甲的加速度比乙的大解析：选D由题图知甲、乙的速度方向相同，选项A错误；0～1s内，由图线的“面积”读出甲的位移大于乙的位移，故B错误；图像的斜率等于加速度，则知甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，两物体的加速度方向相反，故C错误；甲图线的斜率确定值大于乙的斜率，则甲的加速度大于乙的加速度，故D正确。12．如图所示，物体以初速度v0冲上粗糙的斜面，则物体受到的作用力是()A．重力、弹力、摩擦力B．重力、弹力、摩擦力、上冲力C．重力、压力、上冲力D．重力、弹力、摩擦力、支持力解析：选A不存在上冲力，物体受到的力为：重力、弹力(支持力)、摩擦力。13．如图所示，一长直木板的上表面放有一小物块，当木板以远离物块的一端O为轴，由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则物块受到的摩擦力Ff随转过的角度α变更的图像可能是图中的()解析：选C物块受到的摩擦力在起先为静摩擦力，Ff＝mgsinα，为正弦规律变更；而滑动后，Ff′＝μmgcosα，为余弦规律变更，而滑动摩擦力等于最大静摩擦力，故C正确。14．如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个同心圆。一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，电势能大小分别为Ea、Eb、Ec，则()A．aa>ab>ac，Ea<Ec<EbB．aa>ab>ac，Eb<Ec<EaC．ab>ac>aa，Eb<Ec<EaD．ab>ac>aa，Ea<Ec<Eb解析：选D点电荷的电场强度的分布特点是离场源电荷距离越小，场强越大，带电粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa；依据带电粒子轨迹弯曲方向推断知带电粒子在运动的过程中，带电粒子始终受静电斥力作用，从a到b，静电力对带电粒子做负功，电势能增大，则有Eb＞Ea，从b到c，静电力对带电粒子做正功，电势能减小，则有Eb＞Ec，而且从a到b克服静电力做功数值较多，所以Ec＞Ea，综合可得Eb＞Ec＞Ea，故D正确。15．如图所示，电阻率匀称的矩形线圈在匀强磁场内运动，(1)(3)(4)三个图中线圈在图示平面内平动，(2)图中线圈绕转轴转动，以下说法正确的是()A．(1)图中，流过ab边的电流为零，a、b两点间电势差为零B．(2)图中图示位置处，流过ab边的电流不为零，a、b两点电势差不为零C．(3)图中，流过ab边的电流为零，a、b两点电势差不为零D．(4)图中，流过ab边的电流为零，a、b两点电势差也为零解析：选D(1)图中，穿过闭合线圈的磁通量不变，流过ab边的电流为零，由于ab切割磁感线产生感应电动势，所以a、b两点间电势差等于感应电动势，不为零，故A错误；(2)图中图示位置处，没有任何一条边切割磁感线，流过ab边的电流为零，a、b两点电势差为零，故B错误；(3)图中，穿过闭合线圈的磁通量不变，流过ab边的电流为零，没有任何一条边切割磁感线，不产生感应电动势，所以a、b两点电势差为零，故C错误；(4)图中，穿过闭合线圈的磁通量不变，流过ab边的电流为零，没有任何一条边切割磁感线，不产生感应电动势，所以a、b两点电势差也为零，故D正确。16．关于电磁场和电磁波，以下说法正确的是()A．变更的磁场能够在四周空间产生变更的电场B．麦克斯韦预言并证明了电磁波的存在C．电磁波在介质中的传播速度比在真空中快D．电磁波的传播不须要介质，在真空中也能传播解析：选D周期性变更的磁场能够在四周空间产生周期性变更的电场，匀称变更的磁场能够在四周空间产生稳定的电场，故A错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，故B错误；电磁波在介质中的传播速度比在真空中慢，故C错误；电磁波是种物质，可以在真空中传播，传播不须要介质，故D正确。17．如图所示，a、b、c、d是一个矩形的四个顶点。匀强电场与矩形所在平面平行。已知a点的电势为14V，b点的电势为18V，d点的电势为2V，由此可知c点的电势为()A．6V B．8VC．10V D．14V解析：选A在匀强电场的相互平行直线上，由U＝E·dcosθ，知在相等距离上的两点之间的电势差相等，即Uba＝Ucd，即φb－φa＝φc－φd，代入数据解得：φc＝6V，故A正确。18．在光滑水平面上，质量为2kg的物体以2m/s的速度向东运动，当对它施加向西的力，经过一段时间，速度为2m/s，方向向西，则外力对物体做功()A．16J B．8JC．4J D．0解析：选D由动能定理可知：WF＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×2×(－2)2J－eq\f(1,2)×2×22J＝0，故选D。19．如图所示，静止在光滑水平面上的物体，在水平向右的恒力F作用下起先运动，作用一段时间后撤去恒力F，物体接着向右运动。不计空气阻力，则在整个运动过程中，物体机械能随时间变更的关系是()解析：选C物体在拉力F的作用下做匀加速直线运动，因为过程中只有F做功，F做功等于物体机械能增加量，故E＝Fx＝F·eq\f(1,2)at2，之后由于撤去拉力F，物体做匀速直线运动，机械能不变，故C正确。20．如图所示，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝150N、F2＝200N的力推质量为50kg的沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面。沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.4。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．沙发的加速度大小为1m/s2B．沙发将沿着F1的方向移动C．沙发不会被推动D．由于F1小于最大静摩擦力，因此沙发将沿着F2的方向移动解析：选AF1＝150N、F2＝200N，FN＝mg＝500N，依据力的合成法则可求得，两个相互垂直的推力的合力为F合＝250N，滑动摩擦力：Ff＝μFN＝μmg＝0.4×50×10N＝200N，因为合力大于最大静摩擦力，所以沙发被推动，运动方向沿合力方向。由：F＝ma可得：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(F合－Ff,m)＝eq\f(250－200,50)m/s2＝1m/s2，故A正确，B、C、D错误。二、非选择题(本题共5小题，共40分)21．(6分)有一内阻未知(约2kΩ～6kΩ)、量程为0～3V的直流电压表。某同学用一多用电表的欧姆挡，干脆去测量该电压表的内阻，则欧姆挡的选择开关应拨至倍率“×_______”挡。该同学先将红黑表笔短接调零后，应选图______(选填“甲”或“乙”)的方式连接。在试验中，欧姆表的刻度盘如图丙所示，则电压表的电阻应为______Ω。解析：当欧姆表的指针指在中间位置旁边时，测量值较为精确，电压表内阻约为2kΩ～6kΩ，表盘中心刻度线约为30，为精确测量电压表内阻，应选择×100挡，欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，应选择图甲；由图示表盘可知，电压表内阻为：40×100Ω＝4000Ω。答案：100甲400022．(8分)在验证机械能守恒定律的试验中，与纸带相连的质量为1kg的重锤自由下落，打出的纸带如图所示，相邻计数点的时间间隔为0.02s，g取9.8m/s2。求：(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝________m/s。(保留两位有效数字)(2)某同学依据纸带上的O点到B点的数据，计算出物体的动能增加量ΔEk＝0.47J，重力势能减小量ΔEp＝0.48J，经过多次试验均发觉ΔEk略小于ΔEp，试分析或说明形成这个现象的缘由：_____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB＝eq\f(xAC,2T)＝eq\f(7.02－3.13×10－2,0.04)m/s＝0.97m/s。(2)由于重锤下落时要克服空气阻力和纸带所受阻力做功，重锤的机械能略削减，即ΔEk略小于ΔEp。答案：(1)0.97(2)由于要克服空气阻力和纸带所受阻力做功，重锤的机械能略削减23．(8分)一带电粒子由静止起先经U＝500V的电压加速后，沿平行板的中线垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝2.0cm，板长L＝5.0cm，要使带电粒子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值不超过多少？(不计粒子的重力)解析：粒子射出加速电场时，依据动能定理得Uq＝eq\f(mv02,2)在偏转电场中y≤eq\f(d,2)y＝eq\f(at2,2)＝eq\f(U1qL2,2mv02d)解得U1≤eq\f(2Ud2,L2)＝160V。答案：160V24．(8分)在距地面h1＝0.8m高的位置以确定速度竖直向上抛出一小球，经t1＝0.30s上升h2＝0.45m后到达最高点，再经t2＝0.50s落到地面。求：(1)从抛出到落地这一过程小球的路程s；(2)从抛出到落地这一过程小球的平均速度v。解析：(1)从抛出到落地这一过程小球的路程s＝0.8m＋2×0.45m＝1.7m。(2)从抛出到落地这一过程小球的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(0.8,0.3＋0.5)m/s＝1m/s，方向竖直向下。答案：(1)1.7m(2)1m/s，方向竖直向下25．(10分)小明站在水平地面上，手握不行伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离4d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为eq\f(3,4)d，重力加速度为g。忽视手的运动半径和空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小v0?(2)问绳能承受的最大拉力多大？解析：(1)由平抛运动的规律得：竖直方向d－eq\f(3,4)d＝eq\f(1,2)gt2水平方向4d＝v0t解得v0＝4eq\r(2gd)。(2)小球运动到最低点时受到的拉力最大，小球做圆周运动由牛顿其次定律得：F－mg＝meq\f(v02,r)，解得F＝eq\f(131,3)mg由牛顿第三定律可知绳能承受的最大拉力为eq\f(131,3)mg。答案：(1)4eq\r(2gd)(2)eq\f(131,3)mg学业水平综合检测(二)考查范围：必修第一～三册(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示，小挚友在弹性较好的蹦床上跳动翻腾，尽情嬉耍，在小挚友接触床面对下运动的过程中，蹦床弹性势能的变更状况是()A．增大 B．不变C．减小 D．无法确定解析：选A在小挚友接触床面对下运动的过程中，蹦床的形变量渐渐增大，克服弹力做功越来越多，弹性势能渐渐增大。故A正确，B、C、D错误。2．电磁感应现象的发觉不仅推动了电磁理论的发展，而且推动了电磁技术的发展，引领人类进入了电气时代。下列哪位物理学家最先发觉电磁感应现象()A．麦克斯韦 B．安培C．奥斯特 D．法拉第解析：选D建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是麦克斯韦，故A错误；安培提出分子电流假说，探讨了磁场对电流的作用力，故B错误；发觉电流的磁效应的科学家是奥斯特，故C错误；法拉第经十年的努力，在1831年8月29日发觉了电磁感应现象，故D正确。3．以下说法中正确的是()A．曲线运动确定是变速运动B．两个匀变速直线运动的合运动确定是直线运动C．匀速圆周运动的性质是匀变速曲线运动D．做匀速圆周运动物体的向心力是不变的解析：选A曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度方向是时刻变更的，确定是变速运动，故A正确；当两个互成角度的匀变速直线运动的合加速度方向与合速度方向不在同始终线上时，合运动就是曲线运动，故B错误；匀速圆周运动是曲线运动，向心加速度大小不变，方向时刻变更，不是匀变速曲线运动，故C错误；做匀速圆周运动物体的向心力大小不变，方向时刻变更，故D错误。4．从高h和2h处以相同的初速度水平抛出两个物体，它们落地点距抛出点的水平距离之比为()A．1∶2 B．1∶eq\r(2)C．1∶3 D．1∶4解析：选B依据平抛运动竖直方向h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝v0t，解得：x＝v0eq\r(\f(2h,g))，两物体水平距离比为1∶eq\r(2)，A、C、D错误，B正确。5．下列说法中正确的是()A．以卵击石，蛋破而石头没损伤，是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力B．物体只有相互接触才会产生力的作用C．速度大的物体很难停下来，是因为它的惯性大D．只要运动状态发生变更的物体，必定受到外力的作用解析：选D石头对鸡蛋的作用力和鸡蛋对石头的作用力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；不接触的物体也可以产生力的作用，例如两个磁铁间的相互作用力，故B错误；物体的惯性只与物体的质量有关，与速度大小无关，故C错误；依据牛顿第确定律可知，只要运动状态发生变更的物体，必定受到外力的作用，故D正确。6．一物体做自由落体运动，假如他在第1s内的位移为h，则它在第2s内的位移为()A．4h B．3hC．2h D．h解析：选B依据自由落体运动位移时间公式h＝eq\f(1,2)gt2可知：第1s内通过的位移为h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，前2s内的位移为h2＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m，所以第2s内的位移为Δh＝h2－h1＝15m；假如物体在第1s内的位移为h，则物体在第2s内的位移为：h′＝eq\f(Δh,h1)×h＝3h，故选B。7．如图所示，篮球从手中①位置投出后落到篮筐上方③位置，空中到达的最高点为②位置(空气阻力不能忽视)，则()A．②位置篮球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程，篮球的动能全部转化为重力势能D．②位置到③位置过程，篮球动能的变更量等于合力做的功解析：选D由题图可知，篮球由②位置到③位置过程中具有水平位移，则说明篮球在②位置存在速度，动能不为零，故A错误；①位置到③位置过程除重力做功外，还有阻力做功，故B错误；②位置速度不为零，且由于运动中存在阻力做功，因此①位置到②位置的过程篮球的动能一部分转化为重力势能和内能，故C错误；依据动能定理可得，②位置到③位置过程篮球动能的变更量等于合力做的功，故D正确。8．如图所示，a、b、c是环绕地球圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma＝mb＜mc，则()A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B．b、c的周期相等，且小于a的周期C．b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度D．a所需向心力最小解析：选C由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的线速度v＝eq\r(\f(GM,r))，所以b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，所以b、c的周期相等，且大于a的周期，故B错误；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故C正确；由万有引力定律及牛顿运动定律可得卫星的向心力为F＝eq\f(GMm,r2)，可知b所需向心力最小，故D错误。9．两个相同的电阻R，串联接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将这两个电阻并联，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流为eq\f(2I,3)，则电源的内阻为()A．R B．eq\f(R,2)C．4R D．eq\f(R,8)解析：选C依据闭合电路欧姆定律可得，两电阻串联时：E＝I(R＋R＋r)，两电阻并联时：E＝U并＋Ur＝eq\f(2I,3)R＋2×eq\f(2,3)Ir，联立解得：r＝4R，故C正确，A、B、D错误。10．某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是()A．c点的电势高于d点的电势B．若将一摸索电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点C．b点的电场强度可能小于d点的电场强度D．a点和b点的电场强度的方向相同解析：选A顺着电场线方向电势渐渐降低，则c点的电势高于d点的电势，故A正确；由题图可知，该电场不是匀强电场，a到b的电场线是曲线，说明电场的方向是不断变更的，所以若将一摸索电荷＋q由a点释放，它不行能沿电场线运动到b点，故B错误；据电场线的分布可知，d点的电场线比b点的电场线稀疏，即b点的电场强度大于d点的电场强度，故C错误；由电场线的分布可知，a点与b点位于同一条曲线上，切线的方向不同，所以a点和b点的电场强度的方向不相同，故D错误。11．做直线运动的物体，其位移随时间变更的规律为x＝8t－2t2(m)。该物体速度为零的时刻为()A．1s B．2sC．3s D．4s解析：选B依据x＝8t－2t2＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得：v0＝8m/s，a＝－4m/s2，由v＝v0＋at，当v＝0时得：t＝2s，选项B正确。12．甲、乙、丙三辆汽车沿平直马路行驶，以相同的速度同时经过某一路标，从今时起先甲车先加速后减速，乙车始终做匀速直线运动，丙车先减速后加速，它们经过下个路标时速度又是相同的，则()A．甲车先通过下一个路标B．乙车先通过下一个路际C．丙车先通过下一个路标D．条件不足，无法推断解析：选A由于甲车先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比乙车大，经过相同的位移，甲车所用的时间确定比匀速运动的乙车小；而丙车因先减速后加速，丙车在整个运动过程中的平均速度都比乙车小，所以在相等位移内丙车所用的时间比乙车大，由此可知，甲车将最先到达下一个路标，丙车最终一个到达下一个路标，故A正确，B、C、D错误。13．如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是()A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流解析：选B螺线管所在的回路是闭合的，当条形磁铁向螺线管靠近时，穿过闭合回路的磁通量发生变更，产生感应电流。14．一辆拉满货物的货车行驶在山区时遇到一个较长的陡坡，为了增大汽车牵引力以顺当上坡，司机应实行的方法是()A．将挡位换成低速挡 B．将挡位换成高速挡C．增大车速 D．保持挡位不变解析：选A由功率公式P＝Fv可知，在功率确定的状况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更简单上坡，所以上坡时司机应实行的方法是将挡位换成低速挡，同时减小速度。故A正确，B、C、D错误。15．某消防员在一次执行任务时，需从半球形的屋顶向上缓慢爬行到最高点(如图所示)，则在这个过程中，下列选项分析不正确的是()A．消防员对屋顶的压力不变B．屋顶对消防员的作用力不变C．屋顶对消防员的摩擦力减小D．屋顶对消防员的支持力变大解析：选A以消防员为探讨对象，作出受力分析图如图所示，设消防员受到的重力为G，依据平衡条件得：屋顶对消防员的摩擦力：Ff＝Gsinθ，屋顶对消防员的支持力：FN＝Gcosθ；消防员在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，θ渐渐减小，则Ff减小，FN增大，即屋顶对消防员的摩擦力减小，屋顶对消防员的支持力增大，C、D正确。屋顶受到的压力和消防员所受的支持力是作用力与反作用力，依据牛顿第三定律知消防员对屋顶的压力变大，A错误。依据平衡条件和合成法可知支持力与摩擦力的合力始终与重力等大反向，则屋顶对消防员的作用力不变，B正确。16．四个相同的灯泡按如图所示连接，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是()A．A灯、B灯一样亮，C灯次之，D灯最暗B．A灯最亮，C灯次之，B与D灯最暗且亮度相同C．A灯最亮，B与C灯一样亮，D灯最暗D．A与B灯一样亮，C与D灯一样亮，但比A与B灯暗些解析：选B电路的连接特点是，B灯与D灯串联和C灯并联再和A灯串联，A灯在干路上，通过它的电流最大，A灯最亮，C灯中的电流大于B与D灯中的电流，C灯较亮，B灯与D灯最暗且亮度相同，综合以上分析，选项B正确。17．真空中某静电场电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φQ、φP。一个自由带电粒子沿虚线轨迹从M运动至N。以下选项正确的是()A．EQ>EPB．φQ>φPC．此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小D．此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小解析：选D由题图知P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ，故A错误；沿电场线的方向电势降低，电场线越密电势着陆越快，反之逆着电场线的方向电势上升，电场线越密电势上升越快，则φQ<φP，故B错误；依据运动轨迹判定粒子受到斥力作用，q1为负电荷，所以此带电粒子也带负电，电势能先增大后减小，故C错误，D正确。18．一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为2m，角速度为1rad/s，则()A．小球的线速度为1.5m/sB．小球在3s的时间内通过的路程为6mC．小球做圆周运动的周期为5sD．以上说法都不正确解析：选B依据公式v＝ωr可得v＝ωr＝1×2m/s＝2m/s，故A错误；小球在3s的时间内通过的路程为s＝vt＝2×3m＝6m，故B正确；依据周期与角速度关系得小球做圆周运动的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,1)s＝6.28s，故C、D错误。19．如图所示，绳子的一端拴一个小物体，绳上离物体40cm处打一个绳结A,80cm处打一个绳结B，分别握住绳结A、B使物体在水平面内做匀速圆周运动。因为物体受到的重力与绳子的拉力相比很小，重力可以忽视不计。假如两次绳子的拉力大小相等，比较两次小物体运动的向心加速度、线速度、角速度和周期，下列推断正确的是()A．aA<aB B．vA<vBC．ωA<ωB D．TA>TB解析：选B分析题意可知，绳子的拉力供应物体做圆周运动的向心力，有F＝ma，由于两次F相等，所以aA＝aB，A错误；绳子的拉力供应物体做圆周运动的向心力，有F＝meq\f(v2,r)，由于F相等，rA<rB，所以vA<vB，B正确；绳子的拉力供应物体做圆周运动的向心力，有F＝mω2r，由于F相等，rA<rB，所以ωA>ωB，C错误；绳子的拉力供应物体做圆周运动的向心力，有F＝meq\f(4π2,T2)r，由于F相等，rA<rB，所以TA<TB，D错误。20．如图所示，A、B两个灯泡均正常发光，当滑动变阻器R2的滑片P向d端滑动时。则()A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮 D．A、B灯均变暗解析：选D当变阻器的滑片P向d端滑动时，滑动变阻器R2变小，滑动变阻器和灯泡B组成的并联电路电阻变小，与定值电阻R1组成的串联电阻变小，电路总电阻变小，电路总电流变大，路端电压即灯泡A的两端电压变小，灯泡A变暗，选项A、C错。通过灯泡A的电流变小，流过定值电阻的电流变大，定值电阻的电压UR1变大，滑动变阻器和灯泡B构成并联电路的两端电压减小，灯泡B变暗，选项B错，D对。二、非选择题(本题共5小题，共40分)21．(6分)如图是多用电表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为________Ω。假如要用此多用电表测量一个约2.0×102Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选择的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1k”)。解析：电流挡读数：最小分度为1mA，则向下估读一位，为30.8mA；欧姆挡读数：15×100Ω＝1.5×103Ω；因阻值约为2×102Ω，为使表针指在中值旁边，则选择×10即可。答案：30.8(30.7～30.9均正确)1500×1022．(8分)有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I­U图线，有下列器材供选用：A．电压表(0～3V，内阻约为6kΩ)B．电压表(0～15V，内阻约为30kΩ)C．电流表(0～3A，内阻约为0.1Ω)D．电流表(0～0.6A，内阻约为0.5Ω)E．滑动变阻器(10Ω，2A)F．滑动变阻器(200Ω，0.5A)G．电源电压6V(1)进行试验时，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(用序号字母表示)(2)画出合理的电路图。解析：(1)灯泡的额定电压为2.8V，则电压表选择A；灯泡的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(0.8,2.8)A≈0.29A，则电流表选择D；滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的E即可。(2)灯泡的电阻R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(2.82,0.8)Ω＝9.8Ω，可知电压表内阻远大于灯泡电阻，则采纳电流表外接；滑动变阻器用分压电路，则电路如图所示。答案：(1)ADE(2)见解析图23．(8分)如图所示，已知电源内阻r＝1Ω，R1＝5Ω，R2>R1。当开关S扳到位置1时，电流表的示数为2.0A。求：(1)电源的电动势为多少？(2)当开关S扳到位置2时，电流表的示数如何变更？解析：(1)依据闭合电路的欧姆定律可得E＝I(R1＋r)＝2×(5＋1)V＝12V。(2)因为R2>R1，当开关S扳到位置2时，电路总电阻变大，依据闭合电路欧姆定律知电流变小，即电流表的示数变小。答案：(1)12V(2)变小24．(8分)小明同学在一只把手可视为光滑质量为0.5kg的杯子里加0.5kg的水，放在水平桌面上，将一根劲度系数为50N/m的匀称橡皮筋绕过把手。两手同时沿同一水平面拉橡皮筋的两端，直到把杯子拉动并做匀速直线运动。测得此时两端橡皮筋成60°角且伸长量为4cm，且未超过弹性限度。重力加速度g取10m/s2，求：(1)橡皮筋的拉力大小？(2)橡皮筋对杯子的拉力？(3)杯子与桌面间的动摩擦因数为多少？解析：(1)由胡克定律得橡皮筋的拉力T＝kx＝2N。(2)橡皮筋对杯子的拉力F＝2T×cos30°＝2eq\r(3)N。(3)对杯子有F＝Ff＝μ(m0＋m)g解得μ＝0.2eq\r(3)＝0.35。答案：(1)2N(2)2eq\r(3)N(3)0.3525.(10分)如图所示，用50N的力拉一个质量为10kg的物体在水平地面上由静止前进了10m。已知该物体与水平面间动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)重力G做的功W1；(2)拉力F做的功W2；(3)物体克服阻力做功W3。解析：(1)由功的定义可知，在物体运动过程中，由于其所受重力与其位移垂直，故重力不做功，即：W1＝0。(2)由功的定义可知拉力F做的功W2＝Fxcos37°＝400J。(3)由滑动摩擦力公式可知，该过程物体所受的摩擦力为：Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin37°)＝14N，由于滑动摩擦力方向与其相对运动方向相反，故该过程摩擦力做负功，由功的定义可得：W＝－Ffx＝－140J，故其克服阻力做功W3＝140J。答案：(1)0(2)400J(3)140J学业水平综合检测(三)考查范围：必修第一～三册(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法正确的是()A．只有球形的带电体才能看成点电荷B．只有正方形的带电体才能看成点电荷C．两个半径是0.25米的带电金属球，在球心距离为1米时，可以看成点电荷D．两个半径是0.01米的带电金属球，在球心距离为1米时，可以看成点电荷解析：选D实际带电体能看成点电荷的条件：假如自身几何形态和大小与带电体之间距离相比较可以忽视，则可以把带电体看成点电荷，故选D。2．对于抛体运动，以下说法正确的是()A．物体确定做曲线运动B．物体确定做直线运动C．物体可能做直线运动D．物体可能做非匀变速运动解析：选C抛体运动是指将物体以确定初速度抛出后，只在重力作用的运动，竖直上抛运动是直线运动，平抛运动是曲线运动，即抛体运动可能是曲线运动，也可能是直线运动，故A、B错误，C正确；做抛体运动的物体只受重力，故加速度恒为g，故抛体运动是匀变速运动，故D错误。3．一物体以初速度v0水平抛出，经时间t，其竖直方向速度大小与v0大小相等，重力加速度为g，则时间t为()A．eq\f(v0,g) B．eq\f(2v0,g)C．eq\f(v0,2g) D．eq\f(\r(2)v0,g)解析：选A依据竖直方向自由落体运动：v0＝gt，所以t＝eq\f(v0,g)，B、C、D错误，A正确。4．如图所示，质量为m的物体静止在倾角θ的斜面上，在求解物体对斜面的压力大小等于mgcosθ过程中，没有用到的学问是()A．力的合成与分解 B．物体平衡条件C．运动的合成与分解 D．牛顿第三定律解析：选C对物体受力分析，受竖直向下的重力mg、平行于斜面对上的静摩擦力Ff和垂直于斜面对上的支持力FN，正交分解，依据共点力平衡条件，可得垂直斜面方向：FN＝mgcosθ，依据牛顿第三定律可知物体对斜面的压力为：FN′＝mgcosθ，所以A、B、D全部须要用到，没有用到的是运动的合成与分解，故C符合题意。5．物体做直线运动，速度—时间图像如图所示。由图像可以推断()A．前2s物体的位移之和为零B．第1s末物体的速度变更方向C．第3s末和第5s末物体的位置相同D．第6s末物体回到计时起始时刻的位置解析：选C前2s物体的位移始终为正，不是零，故A错误；1s末前后对应速度值均为正，所以速度方向未变更，故B错误；第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末到第5s末物体的位移为零，故第3s末和第5s末物体的位置相同，故C正确；依据图线与t轴所围面积表示运动位移，图形在t轴上方表示位移为正，图形在t轴下方表示位移为负，所以第6s末物体没有回到计时起始时刻的位置，故D错误。6．一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，从静止起先沿光滑水平面运动一段距离，运动过程中F1对物体做功－6J，F2对物体做功8J，则物体获得的动能为()A．－10J B．2JC．10J D．14J解析：选B两个力F1、F2共对物体做功为W＝W1＋W2＝－6J＋8J＝2J，依据动能定理可知，物体获得的动能为2J，故选B。7．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同速度解析：选B卫星沿轨道1运行至P点时，需加速做离心运动进入轨道2，故v1＜v2，选项A错误；在P点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿其次定律可知，人造卫星在P点的加速度相同，选项B正确；在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，选项C错误；在轨道2上不同位置速度方向不同，选项D错误。8．关于功和能，下列说法正确的是()A．功有正负，因此功是矢量B．功是能量转化的量度C．能量的单位是焦耳，功的单位是瓦特D．物体发生1m位移过程中，作用在物体上大小为1N的力对物体做的功确定为1J解析：选B功有正负，但功是标量，选项A错误。功是能量转化的量度，选项B正确。能量的单位是焦耳，功的单位也是焦耳，选项C错误。物体在力的方向上发生1m位移过程中，作用在物体上大小为1N的力对物体做的功确定为1J，若力与位移垂直，功为0，选项D错误。9．如图所示，P、Q为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面上的不同纬度上，假如把地球看成一个匀称球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．P、Q做圆周运动的线速度大小相等B．P、Q做圆周运动的向心力大小相等C．P、Q做圆周运动的角速度大小相等D．P受地球引力大于Q所受地球引力解析：选C质点随地球一起自转，角速度、周期相等，但两质点随地球自转的半径不同，依据v＝ωr可知两质点的线速度不同，A错误，C正确；依据题意可知质量和角速度相同，但半径不同，依据公式F＝mω2r可知，两质点的向心力大小不等，B错误；两质点距离地心的距离相等，依据F＝Geq\f(Mm,r2)知，两质点受到的地球引力大小相等，D错误。10．自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径RB＝4RA、RC＝8RA，如图所示。当自行车正常骑行时A、B、C三轮角速度的大小之比ωA∶ωB∶ωC等于()A．1∶1∶8 B．4∶4∶1C．4∶1∶4 D．1∶2∶4解析：选C由于A轮和B轮是通过皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故vA＝vB，故vA∶vB＝1∶1，由角速度和线速度的关系式v＝ωR可得ωA∶ωB＝4∶1；由于A轮和C轮共轴，故两轮角速度相同，即ωA＝ωC，故ωA∶ωC＝1∶1，所以ωA∶ωB∶ωC＝4∶1∶4，故C正确，A、B、D错误。11．物理学的发展是很多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献，说法正确的是()A．亚里士多德认为，必需有力作用在物体上，物体的运动状态才会变更B．伽利略通过逻辑推理和试验验证，认为重物比轻物下落的快C．开普勒发觉了行星运动的三大定律，为万有引力定律奠定了基础D．牛顿总结和发展了前人的发觉，得出牛顿定律及万有引力定律，并领先较为精确地测出了万有引力常量G，奠定了以牛顿定律为基础的经典力学解析：选C亚里士多德认为，必需有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；伽利略通过逻辑推理和试验验证，认为重物与轻物下落一样快，故B错误；开普勒关于行星运动的三大定律是牛顿总结万有引力定律的基础，所以说开普勒发觉了行星运动的三大定律，为万有引力定律奠定了基础，故C正确；卡文迪什领先较为精确地测出了万有引力常量G，牛顿只总结出万有引力定律，但没有测出万有引力常量，故D错误。12．盘山马路依山而建，这样修建的主要目的是()A．增加汽车的功率B．减小汽车上山所需的牵引力C．削减汽车上山过程所做的功D．提高汽车的机械效率解析：选B汽车的功率由汽车本身确定，与路面状况无关，故A错误；盘山马路依山而建，坡度较小，主要是减小重力的下滑重量和增大垂直重量，这样，当汽车匀速上坡时，可以减小牵引力，依据P＝Fv，在功率恒定的状况下，可以提高速度，故B正确；汽车做匀速运动时，依据动能定理知W－mgh－μmgcosθeq\f(s,cosθ)＝0，解得W＝mgh＋μmgs，s为马路长度在水平方向上的投影，盘山而建，减小倾角，则s变大，可知牵引力做功变大，故C错误；汽车的机械效率由发动机本身确定，与路况无关，故D错误。13．地球和火星绕太阳运动，火星离太阳较远，下列说法正确的是()A．地球和火星在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．火星绕太阳运动时太阳位于火星轨道的中心处C．地球绕太阳运动的周期比火星绕太阳运动的周期小D．地球绕太阳运动的周期比火星绕太阳运动的周期大解析：选C地球和火星在不同椭圆轨道上绕太阳运动，火星轨道的半长轴大于地球轨道的半长轴，A错误；火星绕太阳运动时，太阳位于火星轨道椭圆的一个焦点上，B错误；依据开普勒第三定律可知eq\f(r3,T2)＝恒量，由于火星轨道的半长轴大于地球轨道的半长轴，因此火星的运动周期大于地球的运动周期，C正确，D错误。14．一物体被吊车从地面吊起，该物体在竖直方向上运动的v­t图像如图所示，不计空气阻力。关于物体在0～46s内，下列说法正确的是()A．在30s时物体距地面最高B．在46s时物体距地面的高度为22mC．在0～10s内物体处于失重状态D．在30～36s内钢索最简单断裂解析：选B由题图可知0～36s内速度方向均为正，故在36s时物体距地面最高，故A错误；在46s时物体距地面的高度为h＝eq\f(1,2)×(20＋36)×1m－eq\f(1,2)×10×1.2m＝22m，故B正确；在0～10s内加速度向上，故物体处于超重状态，故C错误；在30～36s内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不简单断裂，故D错误。15．一个质点受到两个互成锐角的力F1、F2的作用，由静止起先运动，若保持二力方向不变，只将F1突然增大2倍，则此后质点()A．可能做匀变速直线运动B．可能做匀速圆周运动C．不确定做曲线运动D．确定做匀变速曲线运动解析：选D若保持二力方向不变，只将F1突然增大2倍，则F1和F2的合力方向与速度方向不再共线，则物体将做曲线运动，由于F1和F2的合力仍为恒力，加速度恒定，则质点做匀变速曲线运动，不行能做匀速圆周运动，故选D。16．磁性黑板擦吸附在竖直的黑板平面上静止不动时，黑板擦受到的磁力()A．小于它受到的弹力B．大于它受到的弹力C．与它受到的弹力是一对作用力与反作用力D．与它受到的弹力是一对平衡力解析：选D黑板擦在竖直方向上处于静止状态，即黑板擦处于平衡状态。在垂直黑板方向上合力为零，所以受到磁力和黑板给的弹力是一对平衡力，D正确。17．有四个电源，电动势均为6V，内阻分别为0.5Ω、1Ω、2Ω、3Ω。选择其中一个电源对阻值为2Ω的电阻R供电，为使R上获得的功率最大，选择的电源其内阻为()A．0.5Ω B．1ΩC．2Ω D．3Ω解析：选A外电路电阻确定，由P＝I2R可知，电路电流I越大，电阻功率越大，由闭合电路的欧姆定律可知，在电源电动势确定时，电源内阻越小，电路电流越大，因此当电源内阻最小为0.5Ω时，电路中电流最大，电阻R的功率最大，故A正确，B、C、D错误。18．目前很多国产手机都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给全部的电容器充电后达到某一电压值，然后，电容器放电，电容小的电容器放电较快，依据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据，依据文中信息，下列说法正确的是()A．在峪处形成的电容器电容较大B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量少C．在峪处形成的电容器放电较快D．潮湿的手指头对指纹识别没有影响解析：选C依据电容的计算公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d大，构成的电容器电容小，A错误；由于外接电源为全部电容器充到一个预先设计好的电压值，所以全部的电容器电压确定，依据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，极板与指纹峪(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷量较少，在放电过程中放电时间短，放电较快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，带电荷量多，放电时间长，B错误，C正确；潮湿的手与传感器之间有水填充，变更了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁和指纹识别，D错误。19．两个质量不等的小铁块A和B，分别从两个高度相同的光滑斜面和圆弧斜坡的顶点由静止滑向底部，如图所示，下列说法中正确的是()A．下滑过程重力所做的功相等B．它们到达底部时动能相等C．它们到达底部时速度相等D．它们分别在最高点时机械能总和跟到达最低点时的机械能总和相等解析：选D重力做功mgh，由于两物体质量不相同，所以重力做功不同，A错；由动能定理可知重力做功等于动能增量，到达底部的动能不同，B错；由mgh＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gh)，可知两物体到达底部的速度大小相等但方向不同，C错；两物体下滑过程中都只有重力做功，所以机械能守恒，D对。20．质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为eq\r(5)v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．该过程平均速度大小为eq\f(1＋\r(5)v0,2)B．运动时间为eq\f(v0,2g)C．速度大小变为eq\r(5)v0时，重力的瞬时功率为eq\r(5)mgv0D．运动位移的大小为eq\f(2\r(2)v02,g)解析：选D竖直方向速度为：vy＝eq\r(v2－v02)＝2v0，所以运动时间t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(2v0,g)，位移为：L＝eq\r(v0t2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2))2)＝eq\f(2\r(2)v02,g)，所以平均速度为v＝eq\f(L,t)＝eq\r(2)v0，故A、B错误，D正确；速度大小变为eq\r(5)v0时，重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝2mgv0，故C错误。二、非选择题(本题共5小题，共40分)21．(4分)用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图甲所示。该金属导线的直径为________mm。假如无法估计被测电阻的阻值大小，可以利用试触法：如图乙将电压表的左端接a点，而将右端第一次接b点，其次次接c点，视察电流表和电压表示数的变更。若电压表示数变更大，为减小误差，试验过程电压表右端应接______点。解析：螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×12.7mm＝0.127mm，所以最终读数为1.127mm。接点从b换到c时，电压表示数变更大，说明电流表分压明显，为减小误差，试验过程电压表右端应接b处。答案：1.127(1.125～1.128均正确)b22．(9分)在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数。已知铁块A的质量mA＝0.5kg，金属板B的质量mB＝1kg。用水平力F向左拉金属板B，使其始终向左运动，稳定后弹簧测力计示数的放大状况如图甲所示，则A、B间的摩擦力Ff＝________N，A、B间的动摩擦因数μ＝________(g取10m/s2)。该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，所得到的纸带如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1s，可求得拉金属板的水平力F＝________N。解析：铁块A处于平衡状态，所受摩擦力大小等于弹簧测力计示数，Ff＝F弹＝2.50N。依据Ff＝μmAg，解得：μ＝0.50。由题意可知，金属板做匀加速直线运动，依据Δx＝aT2，其中Δx＝2cm＝0.02m，T＝0.1s，所以解得：a＝2.0m/s2，依据牛顿其次定律得：F－Ff＝mBa，代入数据解得F＝4.50N。答案：2.500.504.5023.(8分)如图所示，光滑水平桌面上有一个静止的物体，质量是700g，在1.4N的水平恒力作用下起先运动，求：(1)物体的加速度a的大小；(2)5s末物体的速度v的大小。解析：(1)由牛顿其次定律a＝eq\f(F,m)，解得a＝2m/s2。(2)由vt＝at代入数据得vt＝10m/s。答案：(1)2m/s2(2)10m/s24.(9分)如图所示是库仑扭秤的原理图，细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的两端分别固定带电荷量为Q的带正电小球A和不带电小球B。把另一个带电荷量为q的金属小球C靠近A，A、C两球相互排斥至距离为r。已知静电力常量为k，忽视球的大小。问：(1)C球带正电还是负电？(2)A、C两球间库仑力F多大？(3)若一个不带电的相同金属小球D与C球接触后再移开，调整A、C两球间距离仍为r，则A、C两球间库仑力是增大了还是减小了？解析：(1)A、C两球相互排斥，可知两球带同种电荷，则C球带正电。(2)依据库仑定律可知，A、C之间的库仑力为F＝keq\f(Qq,r2)。(3)若一个不带电的相同金属小球D与C球接触后再移开，则C球带电荷量将减小，则调整A、C两球间距离仍为r，则A、C两球间库仑力将减小。答案：(1)正电(2)keq\f(Qq,r2)(3)减小25.(10分)如图所示电路，电源电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压。解析：闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得电路中的电流I为：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1.5,1.38＋0.12)A＝1A路端电压为：U＝IR＝1×1.38V＝1.38V。答案：1A1.38V学业水平综合检测(四)考查范围：必修第一～三册(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列关于质点的说法正确的是()A．质点是一种志向化的物理模型，但事实上可以存在B．因为质点没有大小，所以与几何中的点是一样的C．凡是质量小或体积小的物体都能看作质点D．假如物体的形态和大小对所探讨的问题没有影响，属于无关或次要因素时，即可以把物体看成质点解析：选D质点是一种志向化的物理模型，但事实上不存在，故A错误；质点没有大小，但是有质量，所以不同于几何中的点的概念，故B错误；当物体的形态、大小对所探讨的问题没有影响时，我们才可以把它看成质点，故C错误；物体的形态和大小对所探讨的问题没有影响，属于无关或次要因素时，即可以把物体看成质点，故D正确。2．在国际单位制中，能量的单位是()A．焦耳(J) B．安培(A)C．千克(kg) D．特斯拉(T)解析：选A在国际单位制中，能量的单位是焦耳(J)，安培(A)是电流的单位，千克(kg)是质量的单位，特斯拉(T)是磁感应强度的单位，所以A正确，B、C、D错误。3．河宽420m，船在静水中速度为4m/s，水流速度是3m/s，则船过河的最短时间为()A．105s B．140sC．84s D．100s解析：选A河宽420m，船在静水中速度为4m/s，当船头垂直河岸过河时，船过河的时间最短，则船过河的最短时间t＝eq\f(d,v)＝eq\f(420,4)s＝105s。故A正确，B、C、D错误。4．一圆盘可绕通过圆盘中心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个木块，当圆盘匀速转动时，木块随圆盘一起运动，如图所示。那么()A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心C．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同D．因为摩擦力总是阻碍物体运动，所以木块所受圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反解析：选B对木块受力分析可知，木块受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力是竖直向下的，支持力是竖直向上的，重力和支持力都在竖直方向上，这两个力为平衡力，只有摩擦力作为木块做圆周运动的向心力，所以摩擦力的方向应当是指向圆盘中心的，故B正确，A、C、D错误。5．关于电场，下列叙述正确的是()A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度都相同B．正电荷四周的电场确定比负电荷四周的电场强C．电荷所受电场力大，该点电场强度确定大D．在电场中某点放入摸索电荷q，该点的电场强度大小为E＝eq\f(F,q)，取走q后，该点电场强度不变解析：选D点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小都相等，方向不同，故电场强度不同，故A错误；点电荷四周的电场强度的大小与点电荷的电荷量有关，与电性无关，故B错误；依据公式：F＝qE，可知所受电场力大，可能是电荷量q较大，也可能是电场强度较大，故C错误；电场强度是由产生电场的源电荷确定的，在电场中某点放入或取走一检验电荷后，不会影响该点的电场强度，故D正确。6．将一小球以初速度v0＝4m/s水平抛出，经0.6s落地，g取10m/s2，则小球在这段时间内的水平位移为()A．大于3m B．3mC．2.4m D．1.8m解析：选C小球做平抛运动，水平方向做匀速运动，则在这段时间内的水平位移x＝v0t＝2.4m，故C正确。7．关于电流的磁场，下列说法中正确的是()A．直线电流的磁场，只分布在垂直于导线的某一个平面上B．直线电流的磁感线是一些同心圆，磁感线的疏密是匀称的C．通电长直螺线管的磁感线分布与条形磁铁相同，在管内无磁场D．通电长直螺线管的内部中间区域的磁感线可看成是平行等距直线解析：选D依据安培定则可知，直线电流的磁场，分布在垂直于导线的全部平面内，故A错误；直线电流的磁感线是以导线为圆心的同心圆，距离导线越远处磁场越弱，磁感线越疏，故B错误；由安培定则可知通电螺线管的磁感线分布与条形磁铁相同，且在管内有磁场，且接近匀强磁场，磁感线是平行等距直线，故C错误，D正确。8．某一弹簧在弹性限度内受到100N的拉力时，弹簧的长度为45cm；受到150N的拉力时，弹簧的长度为50cm。则该弹簧的原长是()A．30cm B．35cmC．40cm D．42cm解析：选B设弹簧原长为L，由题F1＝100N，x1＝(45－L)cm，F2＝150N，x2＝(50－L)cm，依据胡克定律F＝kx得F1∶F2＝x1∶x2，解得L＝35cm，所以A、C、D错误，B正确。9．真空中有甲、乙两个点电荷，相距为r，它们间的静电力为F。若甲的电荷量变为原来的2倍，乙的电荷量变为原来的eq\f(1,4)，距离变为2r，则它们之间的静电力变为()A．eq\f(1,8)F B．eq\f(1,4)FC．eq\f(1,16)F D．8F解析：选A由库仑定律可得变更前静电力F＝eq\f(kq1q2,r2)，变更后静电力F′＝keq\f(2q1\f(1,4)q2,2r2)＝eq\f(1,8)F，故选项A正确。10．如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动。关于运动中小球的受力，下列说法正确的是()A．重力，支持力B．支持力，向心力C．重力，支持力，向心力D．重力，向心力解析：选A小球受重力和支持力两个力的作用，靠两个力的合力供应向心力，向心力不是物体受到的力，是做圆周运动所须要的力，靠其他力供应，故A正确，B、C、D错误。11．一带电离子只在电场力作用下由A点运动到B点。离子运动的速度—时间图像如图所示，则A、B两点间的电场分布可能是()解析：选D依据题意，离子从A点运动到B点，只受电场力作用，由速度—时间图像可知，图线的斜率渐渐增大，说明离子的加速度越来越大，电场力越来越大，场强越来越大，说明电场线越来越密。选项D正确，A、B、C错误。12．如图，在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m的小球。当车厢在水平直轨道上运动时，发觉在某段时间内细线偏向右侧，与竖直方向保持为θ角，则这段时间内车厢可能()A．向右加速运动，加速度a＝gsinθB．向左加速运动，加速度a＝gsinθC．向右减速运动，加速度a＝gtanθD．向左减速运动，加速度a＝gtanθ解析：选C对小球受力分析：受到重力mg、细线的拉力T，依据牛顿其次定律得：mgtanθ＝ma，解得：a＝gtanθ，则车厢具有向左的加速度，大小为a＝gtanθ，所以车厢可能向左加速运动，也可能向右减速运动，故C正确，A、B、D错误。13．如图所示，有一箱装得很满的土豆，以水平加速度a做匀加速运动，不计其他外力和空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的总作用力的大小是()A．mg B．meq\r(g2＋a2)C．meq\r(g2－a2) D．ma解析：选B隔离对土豆分析，土豆受重力、其他土豆对它的作用力，如图所示。依据牛顿其次定律得：F合＝ma。依据平行四边形定则，其他土豆对它的作用力大小为：eq\r(mg2＋ma2)＝meq\r(g2＋a2)，故B正确，A、C、D错误。14．如图所示，在某静电场中有A、B两点，某负电荷以确定的初速度从A点运动到B点。只考虑电场力的作用。在电荷运动的过程中，下列说法正确的是()A．电荷可能做直线运动B．电荷的加速度变小C．电荷的电势能变大D．电荷的动能变大解析：选C负电荷在非匀强电场中运动，电场线为曲线，电荷不行能做直线运动，故A错误；电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EA＜EB，电荷在A点的加速度较小，从A到B加速度增大，故B错误；依据顺着电场线电势降低，则知电势为：φA＞φB，负电荷电势能随电势降低而增大，故C正确；依据能量守恒，电势能增大，动能减小，故D错误。15．跳水运动员从10m高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有()A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C．上升过程和下落过程均处于超重状态D．上升过程和下落过程均处于完全失重状态解析：选D运动员在空中上升过程和下落过程只受到向下的重力的作用，加速度的大小为重力加速度g，都处于完全失重状态，故D正确。16．如图所示，在光滑水平面上，一质量为m的小球在绳的拉力作用下做半径为r的匀速圆周运动，小球运动的线速度为v，角速度为ω，则绳的拉力大小为()A．meq\f(v,r) B．mωrC．meq\f(v2,r) D．mωr2解析：选C依据牛顿其次定律得，拉力供应向心力，有F＝meq\f(v2,r)，又v＝ωr，得：F＝mω2r，故选C。17．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么起先刹车后2s内与起先刹车后6s