2025年北师大版高三物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年北师大版高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、列说法正确的是（）A.α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部B.光电效应提示了光的粒子性，而康普顿效应则反映了光的波动性C.裂变反应有质量亏损，质量数不守恒D.γ射线是一种波长很短的电磁波2、据了解，08北京奥运体操全能比赛是按照“自、鞍、吊、跳、双、单”的顺序进行，单杠列为全能比赛的最后一项．号称“世界体操全能王”的杨威（1980.2.8出生，身高：1.60米体重：53公斤）夺冠呼声很高，但他的弱项是单杠．杨威在做“单臂大回环”训练时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，此过程中，杨威转到最低点时手臂受的拉力至少约为（忽略空气阻力，g=10m/s2）（）

A.3800N

B.3000N

C.2000N

D.600N

3、如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处以初速度v0水平抛出，两球恰好同时到达同一水平高度h/2处（不计空气阻力）。下列说法中正确的是（）A.两小球落地时的速率相同B.两小球落地时，重力的瞬时功率相同C.从开始运动到两球到达同一水平高度，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D.到达同一水平的高度后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等4、【题文】如图；物体p以较大的初速度在斜面上匀速下滑，在下滑过程中，发现地面对斜面的静摩擦力为零。现在下滑过程中对物体p施加一垂直于斜面向下的力F（F的大小未知），在继续下滑的过程中，下列说法正确的是（）

A.物体P仍可能继续匀速下滑B.地面对斜面的静摩擦力仍然为零C.地面对斜面的静摩擦力水平向左D.地面对斜面的静摩擦力水平向右5、【题文】下列运动中属于机械振动的是()．A.小鸟飞走后树枝的运动B.爆炸声引起窗子上玻璃的运动C.匀速圆周运动D.竖直向上抛出物体的运动6、物体加速度的方向一定与合外力方向相同。A.正确B.错误7、同一恒力按同样方式施在物体上，使它分别沿着粗糙水平地面和光滑水平地面移动相同的一段距离，恒力的功和功率分别为W1、P1和W2、P2，则两者的关系是（）A.W1＞W2P1＞P2B.W1=W2P1＜P2C.W1=W2P1＞P2D.W1＜W2P1＜P28、下列对物体带电现象的叙述，正确的是（）A.物体带电量有可能是3×10-19CB.物体所带电荷量可以小于元电荷C.摩擦起电的本质是电荷发生了转移D.经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷9、如图所示．在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车向右匀速运动时，以下说法正确的是（）A.物体A匀速上升B.物体A加速上升C.物体A减速上升D.绳的拉力等于物体A的重力评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、一个做匀变速直线运动的物体，某时刻t速度的大小为20m/s，已知该物体2s前速度大小为2m/s，在t时刻之前1s内该物体的（）A.位移的大小可能小于14mB.位移的大小可能大于15mC.加速度的大小可能小于8m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s211、（2016•河南二模）如图所示，质量均为m两个物块A和B，用劲度系数为k的轻弹簧连接，处于静止状态．现用一竖直向上的恒力F拉物块A，使A竖直向上运动，直到物块B刚要离开地面．下列说法正确的是（）A.在此过程中，物块A的位移大小为B.在此过程中，弹簧弹性势能的增量为0C.物块B刚要离开地面，物块A的加速度为-gD.物块B刚要离开地面，物块A的速度为212、如图所示，在圆心O处固定一正点电荷，现从P点以相同的速率发射两个检验电荷a、b，只在电场力作用下分别沿PM、PN运动到M、N两点，M、N都在以O为圆心的圆上．若检验电荷a、b的质量、电荷量均相等，则下列判断正确的是（）A.a带正电，b带负电B.P点的场强小于N点的场强C.a电荷电势能减少，b电荷电势能增加D.a、b到达M、N时两粒子速率相等13、如图所示，两个折成直角的金属薄板围成足够大的正方形abcd，加上电压，忽略边缘及转角处对电场分布的影响，正方形内部处处可视为方向由a指向c的匀强电场（图中未画出），同时在内部加方向垂直纸面向里的匀强磁场．现在有一个带负电、重力不计的粒子以v0（v0≠0）分别从图示三个方向开始运动，则（）A.只要v0大小合适，可以沿1（ac方向）轨迹直线运动B.无论v0多大，都不能沿2（平行dc方向）轨迹直线运动C.只要v0大小合适，可以沿3（db方向）轨迹直线运动D.只能沿3轨迹加速直线运动14、在空军演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.0～10s内空降兵运动的位移大于10～15s内空降兵运动的位移B.第10s末空降兵打开降落伞，此后做匀减速运动至第15s末C.15s后空降兵保持匀速下落，此过程中机械能守恒D.10s～15s空降兵加速度向上，加速度大小逐渐减小15、如图所示，在虚线所包围的圆形区域内，有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些粒子在磁场里运动的过程中，下列结论中正确的是（）A.运动时间越长的，其轨迹越长B.运动时间越短的，射出磁场的速率越大C.在磁场中偏转越小的，运动时间越短D.所有质子在磁场里运动时间均相等16、如图，是一个匀速转动的电扇，O为转动轴，A、B为电扇上两个质点，下列说法正确的是（）A.电扇在做匀速圆周运动B.电扇在绕O轴匀速转动C.电扇上B两个质点都在做匀速圆周运动D.电扇上B两个质点角速度相同评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、为研究问题方便，忽略物体的大小和形状等次要因素，只突出物体具有____这个主要因素，把物体看做是____，实际上____（填“存在”或“不存在”）．18、某物体以初速度20m/s被水平抛出后，2s末的速度大小是____m/s，方向与水平方向的夹角为____．（2s末物体未落地，g=10m/s2）19、一质点绕半径为R的圆圈运动了一周，则其运动的路程为____；运动的位移为____；在此过程中，最大位移是____．20、如图为频率f=1Hz的波源产生的简谐横波，图中虚线左侧为A介质，右侧为B介质．其中x=14m处的质点振动方向向上．则该波在A、B两种介质中传播的速度之比vA：vB=______．若图示时刻为0时刻，则经0.75s处于x=6m的质点位移为______cm，处于x=4m的质点的振动方程为______cm．21、在一个有界匀强磁场中，有一正方形导线框abcd；磁场方向与线框平面垂直，线框的边长为L，每边的电阻均为R，磁场的磁感应强度为B，如图所示．

（1）如果线框以速度v在磁场中运动，如图，则Uab=____，Uad=____；

（2）如果将线圈的cd边拉出磁场，如图，Uab=____．22、一个球体由高于斜坡H的位置自由落下，落到倾角为a的斜坡上，并反弹数次．若球体与斜坡的接触是完全弹性碰撞，则第1次碰撞到第4次碰撞的落点间的距离d=____．23、NBA球赛中，篮球以20m/s的速度水平撞击篮板后以10m/s的速度反向弹回，球与篮板接触的时间0.1s，则篮球在水平方向的加速度为____m/s2（取初速度方向为正方向）．评卷人得分四、判断题(共1题，共8分)24、非晶体的结构跟液体非常相似，可以看成是黏滞性极大的液体．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)25、如图所示是研究物体做匀变速直线运动规律时得到的一条纸带，（实验中打点计时器所接低压交流电源的频率为50Hz）相邻两计数点间有4个计时点未画出，依照打点的先后顺序依次编号为1、2、3、4、5、6、7都为记数点．测得：S1=1.40cm，S2=1.90cm，S3=2.40cm，S4=2.90cm，S5=3.40cm，S6=3.90cm．（计算结果保留两位有效数字）

（1）相邻两计数点间的时间间隔为____s

（2）物体的加速度大小a=____m/s2；方向为____（填A→B或B→A）

（3）打点计时器打记数点3时，物体的速度大小为v3=____m/s．26、小明和小亮想要测量已知量程电压表的内阻；器材如下：

A．待测电压表（量程3V；内阻未知）一个。

B．电流表（量程3A；内阻0.01Ω）一个。

C．定值电阻（阻值3kΩ；额定电流0.5A）一个。

D．电池组（电动势略小于3V；内阻可忽略）一个。

E．多用电表一个。

F．开关；导线若干。

他们利用上面所列器材；进行如下实验操作：

①用多用电表进行粗测：先选择“×10Ω”挡位，按正确的步骤测量，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应改选____（填“×1Ω”或“×100Ω”）挡位，换挡后，按正确的步骤测量，结果如图甲所示，则测量结果是____Ω．

②为了精确测出该电压表内阻的大小，小明设计了图乙实验电路，闭合开关S1，电压表、电流表读数分别为U1、I1，算出电压表的内阻RV=____；小亮设计了图丙实验电路，先闭合开关S1和S2，电压表读数为U2，再断开开关S2，电压表读数为U3，算出电压表的内阻=____．你认为其中较合理的是____（填“乙”或“丙”）电路．27、【题文】某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率；进行了如下实验：

①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；

②将电动小车；纸带和打点计时器按图甲所示安装；

③接通打点计时器（其打点间隔为0.02s）；

④使电动小车以额定功率加速运动；达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车停止后关闭打点计时器。打点计时器打出的纸带前半部分不小心被一同学污染损坏，纸带的后半部分如图所示请你分析纸带数据回答下列问题：（结果保留三位有效数字）

（1）该电动车运动的最大速度____m/s

(2)能否测得该电动车的额定功率，若能请计算出其大小为____w;若不能测出该车额定功率请说明理由____28、某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小．再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1．

（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=____m/s2．

（2）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F（F=F1-F0）的关系图象．不计纸带与计时器间的摩擦．下列图象中可能正确的是B．

（3）同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1____F2（选填“＜”；“=”或“＞”）．

（4）关于该实验；下列说法中正确的是D．

A．小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量。

B．实验中需要将长木板右端垫高。

C．实验中需要测出小车和传感器的总质量。

D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据．评卷人得分六、综合题(共1题，共9分)29、[

物理隆陋隆陋

选修3鈭�5]

(1)

下列说法正确的是____A.

原子序数大于或等于83

的元素具有放射性B.

卢瑟福根据娄脕

粒子散射实验估测出了原子直径的数量级C.

用某种单色光照射铝板发生光电效应，其遏止电压与入射光的频率成正比D.

大量处于第5

能级(

即量子数n=5)

的氢原子，在向低能级跃迁时，最多可辐射出10

种不同频率的光子E.

比结合能越大的原子核，结合能不一定越大，但是原子核越稳定，核子的平均质量一定越小(2)

如图所示；静止在光滑水平面上质量为M=2kg

的木板，右端有一根轻质弹簧与木板相连。质量m=2kg

可看作质点的小物块以水平速度娄脭o=4m/s

从木板的左端滑上木板，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好能停在木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数为娄脤=0.2

弹簧长度远小于木板长度。求在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能和木板的长度。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】α粒子大角度散射说明原子的核式结构模型，即原子核中集中了全部的正电荷及几乎全部的质量，α粒子受到库仑斥力而发生偏转．光电效应和康普顿效应都说明光的粒子性．在发生重核裂变时，电荷数、质量数都守恒，但反应前后质量有亏损，而释放大量的能量．γ射线是电磁波，能量高，波长短．【解析】【解答】解：A；α粒子大角度散射说明原子的核式结构模型．故A错误．

B；光电效应和康普顿效应都说明光的粒子性．故B错误．

C；在发生重核裂变时；电荷数、质量数都守恒，但反应前后质量有亏损，而释放大量的能量．故C错误．

D；γ射线是电磁波；能量高，波长短．故D正确．

故选D．2、B【分析】

设人的长度为l；人的重心在人体的中间．

最高点的最小速度为零，根据动能定理得：mgl=．解得最低点人的速度v=

根据牛顿第二定律得，F-mg=m解得F=5mg=2650N．故B正确，A；C、D错误．

故选B．

【解析】【答案】人在最高点的最小速度为零；根据动能定理求出人在最低点的速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小．

3、C【分析】【解析】试题分析：两球落地时，有机械能守恒可得，a球速度为b球速度大于所以A错。假设到达同一水平高度的竖直速度分别为则所以重力的瞬时功率所以B错。到达同一水平高度时，球a动能的减少量等于克服重力做的功球b动能的增加量等于重力做的功所以C正确。到达同一高度后的任意时刻，球b的竖直速度一直大于球a的竖直速度，所以重力对球a做功功率始终小于对球b做功功率。D错误故选C考点：考查了竖直上抛和平抛运动规律的应用【解析】【答案】C4、B【分析】【解析】物体受重力支持力和摩擦力平衡；当施加一垂直于斜面向下的力F。会使正压力增大，则滑动摩擦力变大，故物体P减速下滑，故A错误。

滑动摩擦力和支持力的合力竖直向上，当施加一垂直于斜面向下的力F，摩擦力变为支持力大小为因为增长比例相同，根据平行四边形定则，可知两力合力方向依然竖直向上，以斜面为研究对象，可知受重力，地面对它的支持力，物块P对它的压力和沿斜面向下的摩擦力，水平方向分力为零，故地面对斜面的静摩擦力仍然为零，故B正确CD错误。

故选B【解析】【答案】B5、A|B【分析】【解析】物体所做的往复运动是机械振动，A、B正确，圆周运动和竖直向上抛出物体的运动不是振动．【解析】【答案】AB6、A【分析】【分析】根据牛顿第二定律作出判断；本题主要考查牛顿第二定律，知道F=ma

是矢量式是判断的关键。【解答】根据牛顿第二定律F=ma

知加速度大小与合外力成正比，加速度的方向一定与合外力方向相同，故A正确。故选A。【解析】A

7、B【分析】【分析】根据恒力做功的公式比较做功的大小，根据牛顿第二定律比较两种情况下的加速度，从而比较出运动的时间，结合平均功率的公式比较平均功率的大小．【解析】【解答】解：根据W=Fscosθ；因为力和位移都相等，则恒力做功相等．

物块在粗糙水平面上运动的加速度小于在光滑水平面上的加速度；

根据x=at2可知：在通过相同距离的情况下；在粗糙水平面上的运动时间长．

根据P=知，P1＜P2．故B正确；ACD错误．

故选：B8、C【分析】【分析】摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果．得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电．因此原来不带电的两个物体摩擦起电时，它们所带的电量在数值上必然相等．【解析】【解答】解：A、电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，电性相反，人们通常将最小的电荷量叫做元电荷，元电荷为：e=1.60×10-19C；物体的带电量是元电荷的整数倍，故AB错误；

C；摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果；得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，因此原来不带电的两个物体摩擦起电时，它们所带的电量在数值上必然相等，故C正确，D错误；

故选：C．9、B【分析】【分析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则判断出A的速度变化，从而得出A的加速度方向，根据牛顿第二定律判断拉力和重力的大小关系．【解析】【解答】解：小车沿绳子方向的速度等于A的速度；设绳子与水平方向的夹角为θ；

根据平行四边形定则，物体A的速度vA=vcosθ；小车匀速向右运动时，θ减小；

则A的速度增大；所以A加速上升，加速度方向向上；

根据牛顿第二定律有：T-GA=mAa．知拉力大于重力．故B正确；ACD错误．

故选：B．二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】【分析】根据加速度的定义式求出物体的加速度，结合平均速度推论求出t时刻前1s内的位移，注意2s前的速度方向可能与t时刻的速度方向相同、也可能相反．【解析】【解答】解：以t时刻速度方向为正方向，即vt=20m/s；讨论如下：

情况一：如果vt-2=2m/s，则a=；

；

故在t时刻之前1s内该物体的位移：；

情况一：如果vt-2=-2m/s，则a=；

；

故在t时刻之前1s内该物体的位移：；

综上；A错误，B正确，C错误，D正确；

故选：BD11、BD【分析】【分析】由胡克定律有求出未用力F拉动时弹簧的压缩量x1，以及B刚要离开地面时的伸长量x2，则物块A的总位移d=x1+x2，设物块B刚要离开地面时物体A的加速度为a，B的加速度为0，由胡克定律和牛顿第二定律列式即可求解加速度，对A的整个运动过程，根据动能定理列式求解速度．【解析】【解答】解：A、开始，未用力F拉动时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1；由胡克定律有。

kx1=mg

x1=

由题意当物块B刚要离开地面时，弹簧弹力等于B的重力，则有kx2=mg

解得：x2=

物块A的总位移x=x1+x2=x1+x2=；故A错误；

B、根据A得分析可知，弹簧原来的压缩量为，后来弹簧的伸长量为；形变量相同，所以初末弹簧势能相等，变化量为0，故B正确；

C、物块B刚要离开地面时，根据牛顿第二定律，有F-kx2-mg=ma；

解得a=-2g；故C错误；

D、对A，根据动能定理得：；

解得：v=；故D正确．

故选：BD12、BC【分析】【分析】根据轨迹的弯曲方向确定带电粒子所受的电场力方向，判断带电粒子与点电荷是同种电荷还是异种电荷．根据电场力的做功，判定电势能的变化；根据动能定理确定到达M、N时两粒子速率关系．【解析】【解答】解：A、由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子b有排斥力，所以b带正电荷；对右侧的带电粒子a有吸引力；所以a带负电荷．故A错误．

B；点电荷的电场特点是近处大；远处小，P点的场强小于N点的场强．故B正确；

C、D、b受排斥力，电场力做负功，动能减小，电势能增大；a受吸引力，电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以a、b到达M；N时两粒子速率不相等．故C正确；D错误．

故选：BC13、BC【分析】【分析】粒子受到洛伦兹力与电场力共同作用，若轨迹是直线运动，则一定是匀速直线运动，因速度影响洛伦兹力的大小；根据左手定则确定洛伦兹力的方向，并依据力与运动的关系，从而即可求解．【解析】【解答】解：A、不论v0大小如何；粒子受到电场力与洛伦兹力不共线，则不可能平衡，因此不可能沿着1（ac方向）轨迹直线运动，故A错误；

B、无论v0多大；粒子受到电场力与洛伦兹力不可能平衡，因此不可能沿着2（平行dc方向）轨迹直线运动，故B正确；

C、只要v0大小合适，则有电场力与洛伦兹力相平衡，可以沿3（db方向）轨迹直线运动；且做匀速直线运动，故C正确，D错误；

故选：BC．14、AD【分析】【分析】从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析．【解析】【解答】解：A；速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移的大小；故0～10s内空降兵运动的位移大于10～15s内空降兵运动的位移，故A正确；

B；第10s末空降兵打开降落伞；此后做加速度不断减小的减速运动至第15s末，故B错误；

C；15s后空降兵保持匀速下落；由于要克服阻力做功，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故C错误；

D；10s～15s空降兵做加速度不断减小的减速运动；加速度与速度反向，故加速度向上，故D正确；

故选AD．15、BC【分析】【分析】设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t=，圆心角α越大，时间越长．根据几何知识得到轨迹半径r与R的关系，就能得到轨迹长度与时间的关系．带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角．【解析】【解答】解：设磁场区域半径为R；轨迹的圆心角为α．

A、粒子运动的轨迹为S=rα=Rcot•α．粒子的运动时间越长；α越大，根据数学知识可以证明孤长S越短．故A错误．

B、粒子在磁场中运动的时间为t=，而轨迹半径r=Rcot，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，而r=；则速度v越大．故B正确．

C、根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，则在磁场中偏转越小的，轨迹的圆心角α，由t=知；运动时间越短．故C正确．

D、由上分析知道，速度越大，轨迹半径r越大，而tan=；α越小，通过磁场的时间越短．故D错误．

故选：BC16、BCD【分析】【分析】匀速转动的电扇上除转轴外的各个点都做匀速圆周运动，共轴转动角速度相等．【解析】【解答】解：A；匀速圆周运动的轨迹是圆周；匀速转动的电扇上除转轴外的各个点都做匀速圆周运动，不能说电扇在做匀速圆周运动，电扇整体的轨迹不动，故A错误；

B；根据题意；电扇在绕O轴匀速转动，故B正确；

C；D、电扇上A、B两个质点都在做匀速圆周运动；角速度相同，故C正确，D正确；

故选：BCD．三、填空题(共7题，共14分)17、质量质点不存在【分析】【分析】物体能看作质点的条件是：物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，可把物体看做质点．【解析】【解答】解：为研究问题方便；抓住了物体质量的属性，忽略了大小和形状，把物体看成一个质点，质点是一个理想化的模型，实际上是不存在的．

故答案为：质量；质点；不存在；18、2045°【分析】【分析】平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据vy=gt求出竖直分速度，再合成求得速度，并求出速度方向与水平方向的夹角．【解析】【解答】解：抛出2s后竖直方向上的分速度为：vy=gt=10×2m/s=20m/s．

速度大小是：v===20m/s

抛出2s时速度与水平方向的夹角β的正切值：tanβ==1；β=45°

故答案为：20，45°．19、2πR02R【分析】【分析】路程等于物体运动轨迹的长度，位移等于物体首末位置的距离．【解析】【解答】解：物体做圆周运动一周；路程等于周长，即s=2πR．初末位置重合，则运动的位移为0，在此过程中，首末位置的最大距离为2R，则最大位移为2R．

故答案为：2πR02R20、略

【分析】解：波在A、B两种介质中传播的频率f相同．由图读出波长分别是：λA=4m，λB=6m．由公式v=λf得到，该波在A、B两种介质中传播的速度之比vA：vB=2：3．

该波的周期T==1s．经0.75s时处于x=6m的质点到达波峰；位移y=5cm．

角速度振幅为A=5cm，其中x=14m处的质点振动方向向上，则开始振动时处于x=4m的质点处于平衡位置向上振动；

所以处于x=4m的质点的振动方程为y=5sin2πt（cm）

故答案为：2：3；5；y=5sin2πt

波在A；B两种介质中传播的频率相同；由图读出波长之比，再求波速之比．x=14m处的质点振动方向向上，波向左传播，则此时x=6m的质点正向下振动，经0.75s时该质点到达波峰，根据周期求出角速度，再根据x=14m处的质点振动方向向上判断处于x=4m的质点的位置及振动情况，从而求出振动方程．

书写振动方程时，要分析三个要素：振幅A、初相位和圆频率，根据数学知识求解，能根据波长和频率求解波速，知道波在不同介质中传播的频率相同．【解析】2：3；5；y=5sin2πt21、0BLv【分析】【分析】（1）根据公式E=BLv求出导体切割磁感线产生的感应电动势；分析电压是内电压还是外电压，求得各边的电压．

（2）将线圈的cd边拉出磁场，ad边切割磁感线产生感应电动势，ab间的电压是外电压的一部分．【解析】【解答】解：（1）线框以速度v在磁场中运动，如图，ad边、bc边切割磁感线产生感应电动势；均为E=BLv

由于磁通量不变，没有感应电流产生，则知Uab=0；Uad=E=BLv

（2）如果将线圈的cd边拉出磁场；ad边切割磁感线产生感应电动势，为E=BLv

则Uab=E=

故答案为：（1）0，BLv；（2）．22、24Hsinα【分析】【分析】球体与斜坡的接触是完全弹性碰撞，则反弹后速度大小不变，把速度和加速度都沿斜面方向进行分析，根据运动学基本公式求解即可．【解析】【解答】解：小球与斜面碰撞的速度v=；

把速度沿着斜面方向和垂直于斜面方向分解得：

，

把重力加速度沿着斜面方向和垂直于斜面方向分解得：

gy=gcosα，gx=gsinα；

则第一次碰撞到第二次碰撞的时间t1=；

沿斜面方向运动的位移。

=8Hsinα；

则第1次碰撞到第4次碰撞的落点间的距离d=3x1=24Hsinα

故答案为：24Hsinα23、-300【分析】【分析】根据加速度：a=，可求解，注意速度、加速度是矢量【解析】【解答】解：取初速度方向为正方向，则被弹回的速度方向为负值，即初速度：v1=20m/s，弹回的速度：v2=-10m/s

故加速度a====-300m/s2

故答案为：-300四、判断题(共1题，共8分)24、√【分析】【分析】液体微观结构理论：

（1）液体分子的排列更接近于固体；是密集在一起的，因而液体具有一定的体积，不易被压缩。

（2）液体分子之间的相互作用不像固体中的微粒那样强；液体分子只在很小的区域内做有规则的排列，这种区域是暂时形成的，边界和大小随时改变，有时瓦解，有时又重新形成，液体由大量的这种暂时形成的小区域构成，这种小区域杂乱无章地分布着，因而液体表现出各向同性。

（3）液体分子的热运动与固体类似，主要表现为在平衡位置附近做微小的振动，但液体分子没有长期固定的平衡位置，在一个平衡位置附近振动一小段时间以后，又转移到另一个平衡位置附近去振动，即液体分子可以在液体中移动，这就是液体具有流动性的原因．【解析】【解答】解：由液体的结构知非晶体的结构进行比较可知；二者在很多的方面非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体．该说法是正确的；

故答案为：√五、实验题(共4题，共16分)25、0.10.50B→A0.215【分析】【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点3的瞬时速度．【解析】【解答】解：（1）相邻计数点间的时间间隔为：T=0.02×5s=0.1s．

（2）因为连续相等时间内的位移之差△x=0.50cm，根据△x=aT2得加速度为：a=；方向为B→A．

（3）计数点3的瞬时速度为：m/s=0.215m/s．

故答案为：（1）0.1；（2）0.50，B→A；（3）0.215．26、×100Ω2200丙【分析】【分析】（1）使用欧姆表测电阻时；应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．

（2）分析两电路中电表的内阻影响可知：乙图中电流示数太小，误差大，而丙图较合理；开关2闭合时的电压为电动势，断开时二者串联．【解析】【解答】解：用×10Ω挡测量某电阻时；操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小；

说明所选挡位太小；为了较准确地进行测量，应换到×100Ω挡．

由图是表盘可知；欧姆表示数为22×100Ω=2200Ω；

（2）乙电路中电压表示数为是压表两端的电压，电流表示数为流过电压表的电流；则由欧姆定律可知：Rv=；

用丙电路图时，S2闭合时，示数U2相当于电动势，断开时，二者串联，电流相等，即=，所以RV′=；

乙图中电流表的示数太小；误差太大，而丙图中R的阻值与电压表