2025年浙教新版高三物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教新版高三物理上册月考试卷410考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上．一个金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放．利用传感器测量到小物体的速度和离地高度h．图（乙）是其动能和高度的对应关系图．其中高度从0.2m下降到0.15m范围内图象为直线，其余部分为曲线．以地面为零势能面，取g=10m/s2；根据图象下列说法正确的是（）

A.小球质量m为2kgB.刚接触弹簧时，小球的动能最大C.从小球接触弹簧开始，弹性势能一直增大，弹性势能最大值为2JD.小球和弹簧构成系统，在h=0.11m是弹性势能与重力势能之和最小2、下列关于磁感应强度和电场强度的说法，正确的是（）A.电场强度的方向与电荷所受的电场力的方向相同B.由定义式可知电场强度的大小与电荷量q有关C.磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同D.由定义式B=可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小3、如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连．设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是()A.向右做加速运动B.向右做减速运动C.向左做加速运动D.向左做减速运动4、某一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系图如图所示，由图可知，在t=1s时，质点的速度和加速度为（）A.速度为零，加速度为正的最大值B.速度为零，加速度为负的最大值C.速度为正的最大值，加速度为零D.速度为负的最大值，加速度为零5、如图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点（图中白点）为坐标原点，沿Z轴正方向上各点的磁感应强度B大小的变化可能为（）A.B.C.D.6、如图所示，原、副线圈匝数比为l00：1的理想变压器，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u1=310sin314t（V），则（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3VB.单刀双掷开关与口连接，在滑动变阻器触头尸向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小C.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D.副线圈两端的电压频率为50Hz7、在印度洋海啸灾害中，执行救灾任务的飞机逆风做水平方向的匀速直线飞行，相隔0.5s先后释放完全相同的两箱救灾物资1和2．假设风力保持不变，这两箱物资在空中时，地面上的人沿着飞机飞行的方向看（）A.1号箱在2号箱的正上方B.两箱间的水平距离保持不变C.两箱间的水平距离越来越大D.两箱间的水平距离越来越小8、“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月在西昌卫星发射中心发射，实现“落月”的新阶段．已知月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆运动的半径为r2、周期为T2．引力常量为G，不计周围其他天体的影响．下列说法正确的是（）A.根据题目条件可得出=B.根据题目条件能求出地球与月球之间的引力C.根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量D.根据题目条件能求出地球的密度评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、（2016•海口模拟）图示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线，当r=____（填“r1”或“r2”）时，分子间的作用力为零；在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做____（填“正”或“负”）功．10、带电体周围存在着一种物质，这种物质叫____．11、两个100N的力的夹角为120°，则它们的合力大小是____．12、（2011秋•崇明县校级期中）如图，在光滑的墙壁上用一根细线将一足球挂在A点，足球的质量为m，足球与墙壁的接触点为B，细线与墙壁的夹角为θ，则细线对球的拉力大小为____；若只把足球换成等质量的实心铅球，其他条件不变，则墙壁对球的支持力将____（填“增大”、“减小”或“不变”）．13、（2010•宝山区一模）如图，在光滑水平面上固定三个等质量的带电小球（均可视为质点），A、B、C三球排成一直线．若释放A球（另两球仍固定）的瞬时，A球的加速度大小为1m/s2，方向向左；若释放C球（另两球仍固定）的瞬时，C球的加速度大小为2m/s2，方向向右；则释放B的瞬时，B球的加速度大小为____m/s2，方向向____．14、简谐运动的振动图线可用下述方法画出：

如图（1）所示；在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示．

①刚开始计时时，振子处在____位置（填左边最大位移处或右边最大位移处），t=17s时振子相对平衡位置的位移是____cm，此时速度为____（填正或负）向最大．

②若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是____cm．15、（2014春•浉河区校级期末）如图所示，内壁光滑的气缸水平放置．一定质量的理想气体被密封在气缸内，外界大气压强为p0．现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2．则在此过程中，气体分子平均动能____（选增“增大”、“不变”或“减小”），气体内能变化了____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、每一种形式的能对应于一种运动形式．____．（判断对错）17、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）18、火车转弯时，若转弯处内外轨道一样高，则转弯时，对外轨产生向外的挤压作用．____．19、电视机的显象管中电子束每秒进行50场扫描____．20、点电荷一定是电量很小的电荷．____．（判断对错）21、永磁体在受到加热或敲打后，磁性不会发生改变____．（判断对错）评卷人得分四、作图题(共4题，共12分)22、沪杭高铁是连接上海和杭州的现代化高速铁路；现已进入试运行阶段，试运行时的最大时速达到了413.7公里，再次刷新世界纪录．沪杭高速列车在一次试运行中由A站开往B站，A；B车站间的铁路为直线．技术人员乘此列车从A车站出发，列车从启动匀加速到360km/h，用了250s时间，在匀速运动了10分钟后，列车匀减速运动，经过5分钟后刚好停在B车站．

（1）画出该高速列车的v-t图象．

（2）求此高速列车启动；减速时的加速度；

（3）求A、B两站间的距离．23、一个物体受到三个共点力作用，这三个力分别是：向东的7N，向南的4N，向西的3N，试用作图法求这三个力的合力．24、图1中，质量为m1=1kg的物块叠放在质量为m2=3kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1=0.2．整个系统开始时静止，重力加速度g=10m/s2．

（1）在木板右端施加水平向右的拉力F；为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？

（2）在0～4s内，若拉力F的变化如图2所示，2s后木板进入μ2=0.25的粗糙水平面；在图3中画出0～4s内木板和物块的v-t图象．

（3）求0～4s内物块在木板上留下的痕迹的长度．25、在题图中；已知合力F及其中一个分力，或者知道合力及两个分力的方向，用作图法求未知的分力．

评卷人得分五、计算题(共4题，共12分)26、一个质量为2kg的物体自30m高处自由下落，物体在下落前2秒内重力所做的功W=____J，前2秒内重力所做功的平均功率P=____w．（不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2）27、如图所示，传送带与水平面的夹角为θ=37°，以v=10m/s的速度向下运行，在传送带的顶端A处无初速度地放一个物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=O.5，AB间（B为底端）长度为16m．求物体从A到B的时间为多少？（g=10m/s2）28、A.(选修模块3－3)（12分）【题文】(1)下列说法中正确的有________．A.实验“用油膜法估测分子大小”中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B.布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布郎运动越激烈C.分子间的距离越小，分子间引力越小，斥力越大D.液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性(2)如图所示，某种自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的导热性能良好的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量．将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做了0.5J的功，则空气________(填“吸收”或“放出”)了__________的热量．（设环境温度保持不变）(3)目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．实验发现，在水深300m处，二氧化碳将变成凝胶状态．当水深超过2500m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体，可看成分子间是紧密排列的．已知二氧化碳的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，每个二氧化碳分子的体积为V0.某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，求该状态下体积为V的二氧化碳气体浓缩成近似固体的硬胶体后体积为多少？29、如图(a)

所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d=0.3m

的A

点处有一固定的点电荷.

细杆上套有一带电量q=1隆脕10鈭�6C

质量m=0.05kg

的小环.

设小环与点电荷的竖直高度差为h.

将小环无初速释放后，其动能Ek

随h

的变化曲线如图(b)

所示．

(1)

试估算点电荷所带电量Q

(2)

小环位于h1=0.40m

时的加速度a

(3)

小环从h2=0.3m

下落到h3=0.12m

的过程中其电势能的改变量.(

静电力常量k=9.0隆脕109N?m2/C2g=10m/s2)

评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)30、如图所示，第二象限的某个矩形区域内，有方向垂直于纸面向里磁感应强度为B1的匀强磁场，该磁场的下边界与x轴重合；第三象限内有互相正交的匀强电场和匀强磁场，两者场强分别E1=500V/m和B2=0.5T；第四象限有一电场强度E=2000V/m的匀强电场，方向与x轴负方向成600指向y轴负方向．一质量m=1×l0-14kg、电荷量q=1×10-10C的带正电的粒子以某一速度v从y轴上的N点沿与y轴负方向成60°角方向射入第二象限；后经P点进入第三象限内并沿直线运动，经过一段时间后，粒子经y轴上的M点与y轴负方向成60°角的方向进入第四象限，M点坐标（0，-0.1m），N点坐标（0，0.3m），粒子重力忽略不计．求：

（1）第二象限中矩形磁场的磁感强度B的大小；

（2）第二象限中矩形磁场区域的最小面积：

（3）若在该粒子经M点进入第四象限的同时，在适当的位置由静止释放另一与该粒子完全相同的带电粒子，可使两粒子在离开第四象限前相遇．求所有满足条件的释放点的集合（不计两粒子之间的相互作用力）．31、如图所示，A球和B球用轻绳相连静止在光滑的圆柱面上，半个圆柱体静止在水平面上．已知圆柱体半径比A、B两球的半径大得多，若A球的质量为m，求B球的质量为多少？32、节能混合动力车是一种可以利用汽油及电池所储存电能作为动力来源的汽车，有一质量m=1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=108km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=60kW．当驾驶员看到前方有80km/h限速标志时，适当减小发动机的功率，立即启动智能电磁阻尼系统带动的发电机工作给电池充电，发动机暂时不提升轿车运动牵引力，同时轿车做匀减速运动，4秒后，速度变为v2=72km/h．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变；求：

（1）轿车以108km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力f1的大小．

（2）轿车从108km/h减速到72km/h过程中运动的路程及所受的阻力f2大小．33、如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．

（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；

（2）求两板间所加偏转电压U的范围；

（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；【解析】【解答】解：A、高度从0.2m下降到0.15m范围内图象为直线，说明这一段小球自由下落，由动能定理：mg△h=mv2

mg•0.05=0.5J

得：m=1kg；故A错误；

B；当弹簧弹力和小球重力相等时小球的动能最大；故B错误；

C、从小球接触弹簧开始，弹性势能一直增大，根据能量守恒，弹性势能最大值是小球到达最低点时：Ek=mgh=10×（0.2-0.035）＜2J；故C错误；

D；小球和弹簧构成的系统机械能守恒；在h=0.11m时小球的动能最大，则小球重力势能与弹簧弹性势能之和最小，D正确；

故选：D．2、C【分析】【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；而磁感应强度也是通过比值定义，某点磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同．【解析】【解答】解：A；电场强度的方向与正电荷所受的电场力的方向相同；故A错误．

B、电场强度的定义式E=；是通过比值定义，电场强度的大小与电荷量q无关，故B错误．

C；磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同场；与该处的通电导线所受的安培力方向垂直，故C正确．

D、由公式B=可知；电流强度I大小，导线L长短，与该点的磁感应强度无关，故D错误．

故选：C．3、A|D【分析】弹簧压缩，小球受向右的弹力，由牛顿第二定律知小球加速度必向右，因此，小球可能向右加速或向左减速，A、D正确，B、C错误．【解析】【答案】选AD.4、B【分析】【分析】根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系．当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大．加速度方向总是与位移方向相反，位移为正值，加速度为负值．【解析】【解答】解：由图可知，质点在t=1s时，位移为正的最大值，故速度为零，加速度为：是负最大；

故选：B．5、D【分析】【分析】本题应抓住磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表磁场的方向．【解析】【解答】解：如图所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况：

磁感线的疏密表示磁场的强弱；所以沿Z轴正方向磁感应强度B的大小是先变小后变大．由于题目中问的是磁感应强度B的大小，故D正确；

故选：D6、D【分析】【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．【解析】【解答】解：A、当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为100：1，在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1=310sin314t（V）的交变电压，故原线圈的最大电压为310V，副线圈的电压最大值为3.1V，有效值为V；故A错误；

B；滑动变阻器触头向上移动的过程中；电阻增大，电压不变电流减小，电流表的示数变小，故B错误；

C、当单刀双掷开关由a扳向b时；匝数之比减小为50：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故输出功率变大，输入功率等于输出功率，也变大，故C错误；

D、在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1=310sin314t（V）的交变电压，角频率为314rad/s，故频率f==50Hz；故D正确；

故选：D7、C【分析】【分析】救灾物资从飞机上释放后，把救灾物资的运动分解为竖直方向和水平方向，在水平方向即沿着飞机飞行的方向，由于受到风的恒定的阻力，救灾物资在水平方向看做匀减速运动，运用运动学公式来分析物资1和物资2在水平方向的运动情况．【解析】【解答】解：A；两箱物资在水平方向上受到大小相同且大小恒定的空气阻力；这两箱物资在开始下落的一段时间内，在水平方向上均做匀减速直线运动，由于释放的时间不同，虽然初速度相同，但二者水平方向的位移不同，因此，1号箱不在2号箱的正下方，故A错误．

B、C、D、两箱物资在开始下落的一段时间内，在水平方向上均做匀减速直线运动，而加速度相同，设大小为a，设物资2下落时的水平初速度为v0，此时物资1的速度为v0-a△t；当物资2下落时间t时，二者之间的水平距离为：

△x=x2-x1=v0△t+v0t-at2-{v0（t+△t）-a（t+△t）2}=a△t2+a△t•t；

随着时间t的增大△x增大；所以两箱间水平距离越来越大故C正确，B错误，D错误．

故选：C．8、B【分析】【分析】根据万有引力提供向心力列式，化简可得月球和地球的质量．根据万有引力定律分析计算地球与月球之间的引力．【解析】【解答】解：C、“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动，由万有引力提供向心力得：，由此可知卫星的质量m在等式两边约去了，只能得到月球的质量M月=；故C错误；

D、根据月球绕地球做圆周运动的半径为r1、周期为T1，，可求得地球的质量M地=；但地球的半径未知，不能求出地球的密度，故D错误．

B、由上求出月球和地球的质量，又月球绕地球做圆周运动的半径为r1；根据万有引力定律可求得地球与月球之间的引力，故B正确．

A、由A、B两项结果可得：与中心天体的质量成正比，所以；故A错误．

故选：B．二、填空题(共7题，共14分)9、r2正【分析】【分析】从分子势能图象可知，当分子势能最小时，即r=r2时分子间的引力等于斥力，分子间作用力为零．当r＜r2时，分子间表现为斥力，当r＞r2时，表现为引力，所以当r由r1变到r2时分子间的作用力做正功．【解析】【解答】解：分子间作用力为零时，即在平衡位置时，分子势能最小，故r=r2时分子势能最小；

在r由r1变到r2的过程中；分子力为排斥力，分子力与运动方向相同，故分子力做正功；

故答案为：r2，正．10、电场【分析】【分析】带电体周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，电荷间的相互作用就是通过电场发生的．【解析】【解答】解：带电体周围就存在着一种特殊形态的物质；这种物质叫电场．电荷不接触也能发生作用，是电场发生的．

故答案为：电场11、100N【分析】【分析】力的合成满足平行四边形定则，当它们的夹角为120°时，作出平行四边形，可以确定合力与分力的大小相等．【解析】【解答】解：由题意；设两个相等的共点力大小为F，当它们之间的夹角为120°时合力如图。

由等边三解形的知识可知分力与合力大小相等；即为100N．

故答案为：100N．12、增大【分析】【分析】分析足球的受力情况：重力mg、细绳的拉力N1和墙壁的弹力N2作用，作出足球的受力示意图．根据平衡条件求解绳子对足球的拉力大小及墙壁对足球的弹力大小．【解析】【解答】解：对足球受力分析如图所示；则由三力平衡条件可得：

细线的拉力：N1=

墙壁对球的支持力：N2=mgtanθ．

若只把足球换成等质量的实心铅球；其他条件不变，m增大，则墙壁对球的支持力将增大．

故答案为：，增大13、1左【分析】【分析】在光滑的水平面上，小球所受重力和支持力平衡，使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力，根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律．【解析】【解答】解：

小球A受到小球B和C的作用力分别记为FBA和FCA，小球B分别受到小球A和C的作用力分别记为FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力记为FAC和FBC

对小球A有：FBA+FCA=ma1①

对小球B有：FAB+FCB=ma2②

对小球C有：FAC+FBC=ma3③

由于FBA和FAB互为作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有FBA+FAB=0；故有

①+②+③得：

ma1+ma2+ma3=0

根据题意取向左为正方向，则有：，

据ma1+ma2+ma3=0知；方向与正方向相同即向左．

即释放B球时，B球的加速度大小为1m/s2；方向向左．

故答案为：1，左．14、左边最大位移处0正4【分析】【分析】①由图2直接读出位移；根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移和速度．

②纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离．【解析】【解答】解：①由图2知刚开始计时时；即t=0时刻，振子处在左边最大位移处位置．

周期为T=4s，而t=17s=4T；根据振子的周期性可知t=17s时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0．此时速度为正向最大．

②振动图线上1；3两点时间间隔为t=2s；则振动图线上1、3两点间的距离为：s=vt=2cm/s•2s=4cm

故答案为：①左边最大位移处、0、正；②4．15、增大Q-p0（V2-V1）【分析】【分析】温度是分子平均动能变化的标志；活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可．

由热力学第一定律△u=W+Q可求．【解析】【解答】解：现对气缸缓慢加热；温度升高，气体分子平均动能增大，活塞缓慢上升，视为等压过程，则气体对活塞做功为：

W=F△h=p0（V2-V1）

根据热力学定律有：△U=W+Q=Q-p0（V2-V1）

故答案为：增大，Q-p0（V2-V1）三、判断题(共6题，共12分)16、√【分析】【分析】自然界物质运动的形式是多样的，每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化【解析】【解答】解：根据能量守恒定律可知：自然界物质运动的形式是多样的；每种运动形式都对应一种形式的能量．各种运动形式的能量在一定条件下可以相互转化．

例如机械能对应机械运动；内能对应分子的无规则运动．故每一种形式的能对应于一种运动形式是对的．

故答案为：√17、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】火车在水平轨道上转弯时，需要有力提供指向圆心的向心力，若转弯处内外轨道一样高，只能轨道的压力提供．【解析】【解答】解：火车在水平轨道上转弯时；做圆周运动，需要有力提供指向圆心的向心力，即方向指向内侧，此时外轨对火车的压力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，火车对外轨产生向外的压力作用，此说法正确。

故答案为：√19、√【分析】【分析】根据显像原理：显像管尾部的电子枪发射的电子束被加速和控制后呈扫描状轰击屏幕上的荧光粉，使屏幕发光，结合交流电的频率，即可求解．【解析】【解答】解：电子枪发射电子束击在显像管的屏幕上的彩色茧光粉上；它的电子束是逐行扫描的，速度非常的快，肉眼是看不出来的，电子束扫描的方向主是靠显像管管颈上的偏转线圈来控制的，交流电的频率为50赫兹，因此电子束能在1秒内，打在荧光屏上50场画面，所以显象管中电子束每秒进行50场扫描；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】元电荷一定是电量最小的电荷；点电荷是一种理想化模型，其本身所带的电量可以很大．【解析】【解答】解：点电荷是一种理想化模型；当带电体的体积和形状相对所研究的问题可以忽略的时候，带电体可以看做点电荷，其本身所带的电量可以很大．故此说法错误．

故答案为：×21、×【分析】【分析】永磁体在受到加热或敲打后，磁性会减弱或消失，这种现象叫退磁．铁磁性的物质与磁铁接触后会显示出磁性，这种现象叫磁化．【解析】【解答】解：永磁体在受到加热或敲打后；磁性会减弱或消失，这种现象叫退磁．所以这种说法是错误的．

故答案为：（×）四、作图题(共4题，共12分)22、略

【分析】【分析】（1）、（2）分别确定高速列车启动、减速运动过程的初速度、末速度和时间，由加速度定义式a=求出加速度．建立坐标系；作出v-t图象．

（3）根据图象的面积表示位移，求出AB间的距离．【解析】【解答】解：（1）、（2）高速列车启动过程，初速度为0，末速度为v=360km/h=100m/s，时间为t=250s，则加速度为：a===0.4m/s2；

匀减速运动过程，初速度为v0=100m/s；末速度为0，时间为t′=5min=300s，则加速度为：

a′===-0.33m/s2．

画出该高速列车的v-t图象如图所示．

（3）根据速度时间图象的“面积”表示位移；可知A；B两站间的距离为。

S=100m=87500m=87.5km

答：

（1）如图所示．

（2）此高速列车启动、减速时的加速度分别为0.4m/s2和-0.33m/s2．

（3）A、B两站间的距离是87.5km．23、略

【分析】【分析】首先选取标度，分别作出三个力的图示，接着，先根据平行四边形定则作出其中两个力的合力，再作出这个合力与第三个力的合力，即为三个力的合力，用三角板量出合力的长度，与标度比较，求出合力．【解析】【解答】解：

1；选取标度；以1cm表示1N；

2；作出三个力的图示；

3、以F2、F3为邻边运用平行四边形定则作出其中两个力F2、F3的合力F23；

4、以F23、F1为邻边运用平行四边形定则作出合力F合；

5、用三角板量出F合的长度约为5.6cm，则合力的大小为F合==5.6N．用量角器量出合力与力F1的夹角为45°．24、略

【分析】【分析】（1）当木板和物块刚要发生相对运动时；两者间的静摩擦力达到最大值，分别整体和物块运用牛顿第二定律可求得F的最小值．

（2）根据牛顿第二定律研究物块和木板的加速度；由运动学公式分段求出木板和物块的速度，即可画出v-t图象．

（3）物块在木板上留下的痕迹的长度等于物块与木板的相对位移大小，由位移公式求解．【解析】【解答】解：（1）把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得：F=（m1+m2）a

对物块，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g=m1a

联立解得F=μ1（m1+m2）g=8N

（2）物块在0～2s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g=m1a1

解得a1=2m/s2；

2s末物块的速度为v1=a1t1=2×2=4（m/s）

木板在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F1-μ1m1g=m2a2

解得a2=4m/s2；

1s末木板的速度v1′=a2t2=4×1=4（m/s）

在1～2s内F2=μ1m1g；木板做匀速运动，速度为4m/s

如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度为

m1的合力m1gμ2＞fm=m1gμ1

所以物块和木板相对滑动。

2s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：-μ1m1g=m1a3

得：a3=-2m/s2；

速度从4m/s减至零的时间t3===2（s）

木板做匀减速直线运动有：-μ2（m1+m2）g+μ1m1g=m2a4

得：a4=-m/s2；

速度从4m/s减至零的时间t4===1.5（s）

二者在整个运动过程的v-t图象如图所示（实线是木板的v-t图象；虚线是物块的v-t图象）

（3）0～2s内物块相对木板向左运动

2-4s内物块相对木板向右运动

△x1＞△x2

所以0～4s内物块在木板痕迹的长度为△x=△x1=2m

答：（1）为使木板和物块发生相对运动；拉力F至少应为8N．

（2）如图所示．

（3）0～4s内物块在木板上留下的痕迹的长度为1m．25、略

【分析】【分析】合力与分力满足平行四边形定则；根据平行四边形定则进行分析，即可明确未知力的大小及方向．【解析】【解答】解：图1中合力F及其中一个分力；则可得出两个力大小相加，即为对应的另一分力；

图2中已知合力和一个分力，连接合力与分力，再过O点作出连线的平行线，过F的末端作F1的平行线；则可组成平行四边形；

图3中已知合力和一个分力，连接合力与分力，再过O点作出连线的平行线，过F的末端作F1的平行线；则可组成平行四边形；

图4中已知两力的方向；过F的末端作两边的平行线，则可得出对应的两个分力；

答：如上图所示．五、计算题(共4题，共12分)26、400200【分析】【分析】根据位移时间公式求出落地前2s内的位移，从而得出重力做功的大小，结合平均功率的表达式求出重力做功的平均功率．【解析】【解答】解：落地前2s内的位移为：

重力做功为：W=mgh=2×10×20J=400J

平均功率为：P=

故答案为：400，20027、略

【分析】【分析】由牛顿第二定律求出物体的加速度，由匀变速直线运动的速度公式求出物体的速度等于传送带速度需要的时间，然后求出在此时间内物体的位移，判断物体是否到达底端，然后应用牛顿第二定律与运动学公式解题．【解析】【解答】解：开始物体相对于传送带向上滑动；受到的滑动摩擦力向下，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma；

解得：a=10m/s2；

物体做加速直线运动，速度等于传送带速度需要的时间：t1==1s；

物体的位移：x1=t1=5m＜16m；物体没有到达传送带底端；

然后物体相对于传送带向下滑动；物体受到的摩擦力向上，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma′；

解得：a′=2m/s2；

物体向下做匀加速直线运动；直到传送带底端，由匀变速直线运动的位移公式得：

L-x1=vt2+a′t22；

解得：t2=1s（t2=-11s不符合实际；舍去）

则物体的运动时间：t=t1+t2=2s；

答：物体从A到B的时间为2s．28、略

【分析】【解析】试题分析：（1）实验“用油膜法估测分子大小”中，油酸分子的直径等于油酸的体积除以相应油酸膜的面积，A错误；布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布郎运动越激烈，B正确，当时，引力是增大的，C错误，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确，（2）根据热力学第一定律可得，温度不变，所以空气应放出等量的热量，故为0.5J,（3）体积为V的二氧化碳气体的质量为m＝ρV(1分)其分子数为n＝NA(1分)变成固体后体积为V′＝nV0(1分)解得V′＝(1分)考点：考查用油膜法估测分子大小实验，以及热力学定律的应用【解析】【答案】（1）：BD（2）放出0.5J（3）29、略

【分析】

(1)

由图根据库仑定律和受力平衡知电荷量；

(2)

根据库仑定律和牛顿运动定律知加速度；

(3)

根据动能定理求解电势能变化．

此题考查点电荷的电场，注意受力分析、结合牛顿运动定律和动能定理求解，属于中档题．【解析】解：(1)

由图可知；当h隆炉=0.36m

时，小环所受合力为零。

则kQqd2+h鈥�2隆脕h隆炉d2+h隆炉2=mg

解得Q=mg(d2+h隆炉2)3/2kqh鈥�=1.6隆脕10鈭�5C

(2)

小环加速度沿杆方向，则mg鈭�F1h1d2+h12=ma

又F1=kQqd2+h12

解得a=0.78m/s2

方向向下。

(3)

设小环从h=0.3m

下落到h=0.12m

的过程中电场力对小环做功WG

根据动能定理mg(h2鈭�h3)+WG=鈻�Ek

WG=鈻�Ek鈭�mg鈻�h=鈭�0.11J

所以小环的电势能增加了0.11J

答：(1)

试估算点电荷所带电量Q

为1.6隆脕10鈭�5C

(2)

小环位于h1=0.40m

时的加速度a

为0.78m/s2

(3)

小环从h2=0.3m

下落到h3=0.12m

的过程中电势能增加了0.11J

．六、解答题(共4题，共24分)30、略

【分析】【分析】（1）由带电粒子在第三象限做直线运动可知；电场力等于洛伦兹力，据此求出速度，由几何关系求出做圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力即可求解；

（2）画出矩形ACPQ及第二象限中圆周运动从Q到P的轨迹；根据图中几何关系即可求解；

（3）带电粒子从M进入第四象