北京市通州区2014届高三物理上学期期末考试试题新人教版

2014北京四中高三（上）期末物理一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．）1．（3分）（2014秋•西城区校级期末）下列物理量单位中，关系正确的是（）A．1N=1kg•m/s B．1J=1V•m C．1N/C=1V/m D．1Wb=1T•s2．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固定在竖直杆MN上．现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大．关于此过程，下列说法中正确的是（）A．水平力F逐渐增大 B．水平力F逐渐减小C．绳OB的弹力逐渐减小D．绳OB的弹力逐渐增大3．（3分）（2013秋•东城区期末）如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（）A．地面对斜面有水平向右的摩擦力B．地面对斜面有水平向左的摩擦力C．地面对斜面的支持力等于（M+m）gD．地面对斜面的支持力小于（M+m）g（2014秋•西城区校级期末）一物体以某一水平速度平抛，从开始释放到某时刻，下列说法不正确的是（）（3分）4．A．水平位移与时间成正比 B．下落高度与速度成正比C．动量增量与时间成正比 D．动能增量与下落高度成正比5．（3分）（2014秋•西城区校级期末）假设两颗“近地”卫星1和2的质量相同，都绕地球做匀速圆周运动，如图所示，卫星2的轨道半径更大些．两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（）A．卫星1的向心加速度较小B．卫星1的动能较小C．卫星1的周期较小 D．卫星1的机械能较大6．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）A．小球克服阻力做的功为mgh B．小球克服阻力做的功为mgHC．小球的机械能减少了mgH D．小球的机械能减少了mg（H+h）7．（3分）（2014春•南阳期末）篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以（）A．减小球对手的冲量 B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量8．（3分）（2014•东城区一模）图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为横波中x=2m处质点A的振动图象，则下列说法正确的是（）A．波的传播方向沿x轴负方向B．波的传播速度大小为2m/sC．在t=0时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0D．在t=1s时刻，图甲中质点A的位置坐标为（0，20）9．（3分）（2014秋•西城区校级期末）理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机正常工作，电流为I吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（）A．P=UI B．P=I2（R1+R2）C．P＞UI D．P=10．（3分）（2014秋•广州期末）一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中情况可以确定（）A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电11．（3分）（2014•昌平区二模）物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为（）A．B．C．D．12．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，固定在水平面中的金属轨道MN、PQ互相平行，M、P之间接有电阻R．金属杆ab置于两轨道上，与两轨道保持垂直且接触良好．轨道区域存在方向始终竖直向下的匀强磁场，且磁场的磁感应强度B随时间均匀增大．为了保持金属杆ab的位置不变，应该对金属杆ab施加一个水平方向的外力，此外力（）A．方向向左，大小不随时间变化B．方向向左，大小随B同步变化C．方向向右，大小不随时间变化D．方向向右，大小随B同步变化二、多项选择题（本题共4小题．每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）13．（4分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连，下板接地（设地面电势为零）．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则下列说法正确的是（）A．带电液滴电势能大于0B．保持开关闭合，将下板上移，则带电液滴将向下运动C．将开关再断开，再将下板向下移动，则带电液滴将向下运动D．将开关再断开，再将下板向下移动，则带电液滴电势能将减小14．（4分）（2004•天津模拟）如图画出了匀强电场的几条电场线，M、N是该电场中的两点．一个带正电荷的离子（不计重力）仅在电场力作用下由M点运动到N点，则（）A．该离子在M点的速度不为零B．该离子在M点速度可能为零C．该离子在M点的电势能小于在N点的电势能D．该离子在M和N点的电势能哪个大不能确定15．（4分）（2014•河西区二模）图1中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1．变（）压器的原线圈接如图2所示的正弦式电流，两个20Ω的定值电阻串连接在副线圈两端．电压表V为理想电表．A．原线圈上电压的有效值为100VB．原线圈上电压的有效值约为70.7VC．电压表V的读数为5.0VD．电压表V的读数约为3.5V16．（4分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，是研究“影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，实验中，认为平行极板的带电量几乎不变，通过静电计指针张角的变化来判断电容器的电容变化．下列关于实验的操作和现象描述正确的是（）A．静电计的指针偏角越大，则电容器两极板间的电压就越大B．保持间距d不变，将左极板上移，则指针张角变大C．保持正对面积s不变，将左极板向右平移，则指针张角减小D．保持间距d和正对面积s不变，在两极板间插入电介质，则指针张角变大三、计算题（本题共7小题．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．）17．（6分）（2014春•昌平区期末）在物理学中，常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题．如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值，如图所示是卡文迪许扭秤实验示意图．卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验，因为由G的数值及其它已知量，就可计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为第一个称量地球的人．（1）若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；（2）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转的影响，请推导出地球质量及地球平均密度的表达式．18．（8分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，由静止开始从A点开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知AB间的距离为3m，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小物块运动到B点时的速度；（2）小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功；（3）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．19．（6分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，MN和PQ为固定在水平面上的平行金属轨道，轨距为0.2m．质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上，与轨道垂直．整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现用F=2N的水平向右的恒力拉ab杆由静止开始运动，电路中除了电阻R=0.05Ω之外，其余电阻不计，设轨道光滑，求：（1）金属杆ab的速度达到5m/s时的加速度多大？（2）当金属杆ab达到最大速度后，撤去外力F，此后感应电流还能产生多少焦耳热？20．（8分）（2010秋•西城区期末）如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，金属板长为L，两板间距离为d．上极板的电势比下极板高U．质量为m、带电量为q的正离子束，沿两板间中心轴线以初速度υ0进入两板间，最终都能从两板间射出．不计离子重力及离子间相互作用的影响．（1）求离子在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离y；（2）若在两板间加垂直纸面的匀强磁场，发现离子束恰好沿直线穿过两板，求磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）若增大两板间匀强磁场的强度，发现离子束在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离也为y，求离子穿出两板时速度的大小υ．21．（6分）（2006秋•赣州期末）如图所示，金属板A、金属网B、荧光屏C彼此平行，A、B之间的距离d1=9cm，B、C之间的距离d2=18cm，电源电动势E=20V，内阻r=2Ω，滑动变阻器在0～18之间可调，图中滑动片置于电阻的中点，从S孔向各个方向以速度V0=1×105m/s向电场中射入电子，电子的比荷=1.8×1011C/kg，不计电子重力．求（1）A、B之间的电场强度E（2）设所有电子都能打在荧光屏上，求屏上亮圆的半径．22．（6分）（2014秋•西城区校级期末）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图．图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极与负载电阻R L相连．整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示．发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，这样将在导电管上下表面积累异种电荷，从而在上下表面之间产生了电势差．发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同．设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差△p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）存在磁场时，磁流体发电机的电动势E的大小．23．（8分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在光滑水平面上，静止时弹簧的形变量为x0．将质量也为m的物体A从B的正上方某点由静止释放，A与B相碰．已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对地面的压力恰好为零，求C对地面压力的最大值；（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C 对地面的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为v=，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．）1．【解答】A、根据牛顿第二定律F=ma知：1N=1kg•m/s2．故A错误．B、根据W=qU知：1J=1V•C，故B错误．C、根据E=和E=知：1N/C=1V/m，故C正确．D、根据Φ=BS知：1Wb=1T•m2，故D错误．故选：C．2．【解答】设细绳与水平方向的夹角为α，物体的质量为m，对结点O受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：F=，α减小，则F增大．故A正确，B错误；C、设绳对圆环的弹力为T，则Tsinα=mg，T=，α减小，则T增大，即绳对圆环B的弹力变大，故C错误，D正确．故选：AD．3．【解答】以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力N，静摩擦力（可能为零）．则由平衡条件可知：竖直方向：N=（M+m）g水平方向：f=0；故C正确，ABD错误．故选：C．4．【解答】A、水平位移x=v0t，因为水平分速度不变，可知水平位移和时间成正比，故A正确．B、下落高度h=，下落的高度与速度不成正比，故B错误．C、根据动量定理得，mgt=△P，可知动量的增量与时间成正比，故C正确．D、根据动能定理得，mgh=△E k，知动能增量与下落的高度成正比，故D正确．本题选错误的，故选：B．5．【解答】卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有：=ma=m=mA、a=，轨道半径小的卫星1向心加速度来得大，故A错误；B、v=，轨道半径小的卫星1线速度来得大，卫星1的动能较大，故B错误；C、T=2π，轨道半径小的卫星1的周期较小，故C正确；D、将卫星从低轨道进入高轨道，火箭要点火加速做功，则卫星2的机械能较大，即卫星l的机械能较小．故D错误．故选：C6．【解答】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣W f=0，则小球克服阻力做功W f=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D7．【解答】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft=0﹣mvF=当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确．故选B．8．【解答】A、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴正方向．故A错误．B、由甲图读出波长λ=8m，由乙图读出周期T=4s，则波速v==2m/s，故B正确．C、在t=0时刻，图甲中质点A位于平衡位置，速度最大，不是0，故C错误．D、因t=1s=T，图示时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，则在t=1s时刻，图甲中质点A到达波峰，坐标为（2，20），故D错误．故选：B9．【解答】A、C、电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确，而C错误；B、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误；D、吹风机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，故D错误．故选：A．10．【解答】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选B．11．【解答】由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得．由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；故选：C．12．【解答】设B=kt根据法拉第电磁感应定律知E=n=ns=nsk①根据欧姆定律知I=②安培力F=BIL③由①②③知F=kt L根据楞次定律知电流为逆时针，根据左手定则知安培力方向向左，根据平衡条件知外力水平向右，随时间增大．故D正确；故选：D二、多项选择题（本题共4小题．每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）13．【解答】A、电容器的下极板带正电，沿着电场线电势降低，下极板为零，故M点的电势为负值；开始时，液滴静止，故mg=Eq，电场力向上，液滴带正电荷；根据公式E p=qφ，带电液滴电势能为负值；故A错误；B、保持开关闭合，将下板上移，板间距减小，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故B错误；C、将开关再断开，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C错误；D、将开关再断开，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化；故将下板向下移动，M点电势降低，故带电液滴电势能将减小，故D正确；故选：D．14．【解答】A、由图知，粒子运动方向与受力方向不在一条直线上，所以为曲线运动，离子在M点的速度不为零，故A正确；B、由A分析知，B错误；C、沿电场线方向电势逐渐降低，即φM＞φN，由电势能表达式得E P=qφ，且q为正值，故离子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C错误；D、由C知D错误故选：A15．【解答】A、B、根据图象可得原线圈的电压的最大值为100V，最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为V=50V=70.7V，所以A错误，B正确．C、D、由于原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1，原线圈的电压有效值为50V，所以副线圈的电压的有效值为5V，所以电压表的示数为×20V=3.5V，所以C错误，D正确．故选BD．16．【解答】A、静电计指针张角越大，则电压就越大，故A正确；B、保持间距d不变，将左极板上移，即正对面积减小，那么电容减小，带电量不变，根据C=知电压增大，静电计指针张角变大，故B正确．C、保持正对面积s不变，将左极板向右平移，间距减小，则电容增大，带电量不变，根据C=知电压减小，静电计指针张角变小．故C正确．D、电介质插入两板之间，电容增大，带电量不变，根据C=知电压减小，静电计指针张角变小，故D错误；故选：ABC．三、计算题（本题共7小题．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．）17．【解答】解：（1）根据万有引力定律有：解得：（2）设地球质量为M，在地球表面任一物体质量为m，在地球表面附近满足：得地球的质量为：M=地球的体积为：V=解得：地球的密度为：答：（1）万有引力常量为．（2）地球质量为，地球平均密度的表达式为．18．【解答】解：（1）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，即mg=m，小物块由B运动D的过程中机械能守恒，则有代入数据解得v B=5m/s．（2）小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理，有Fx AB﹣W f=，代入数据解得W f=32.5J，（3）设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律：x=v D t，2R=，代入数据解得x=1m；答：（1）小物块运动到B点时的速度为5m/s；（2）小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功为32.5J；（3）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离为1m．19．【解答】解：（1）金属棒产生的感应电动势为：E=BLv由欧姆定律得：I=金属棒所受的安培力大小为：F安=BIL，由牛顿第二定律得：F﹣F安=ma，联立解得：a=﹣=﹣=10m/s2（2）当a=0时速度最大，故有：v m===10m/s撤去F后，导体棒的动能全部转化为热量为：Q=mv m2=×0.1×102=5J答：（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度是10m/s2．（2）当ab棒达到最大速度v m后，撤去外力F，此后感应电流还能产生5J的热量．20．【解答】解：（1）离子在穿过两板的过程中，只受与初速度v0垂直的电场力F作用，离子的加速度离子沿中心轴线方向做匀速直线运动，设离子穿过两板经历的时间为t，则L=v0t离子沿垂直金属板方向上做初速度为0的匀变速直线运动，则y=解得离子移动的距离为；（2）离子束恰好沿直线穿过两板，说明离子受力平衡，即 qE=qv0B所以磁感应强度的大小 B=磁场的方向垂直纸面向里．（3）增大磁场的强度时，离子受洛伦兹力增大，所以离子会向上偏．在离子穿过极板的过程中，电场力做负功，根据动能定理得解得离子穿出两板时的速度：v==．21．【解答】解：（1）设A、B两板间的电压为U，则有（2）对竖直向上发射的电子到达B板P点时水平速度为：v BX=at=水平距离：得：电子运动到B网竖直距离为：r1=v0t=1cm设电子到达B时，速度方向与水平方向夹角为θ，则：电子从B运动到C的竖直距离为：r=d2tanθ=1cm∴屏上宽圆半径 r=r1+r2=2cm答：（1）A、B之间的电场强度100V；（2）设所有电子都能打在荧光屏上，则屏上亮圆的半径2cm．22．【解答】解：（1）不存在磁场时，由力的平衡得F=ab△p；（2）设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势E=Bav回路中的电流I=电流I受到的安培力F安=设F′为存在磁场时的摩擦阻力，依题意，有：=存在磁场时，由力的平衡得：ab△p=F安+F′根据上述各式解得：E=；答：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F为ab△p；（2）存在磁场时，磁流体发电机的电动势E的大小为．23．【解答】解：（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力F=mg，根据胡克定律得：F=kx0，即有kx0=mg，解得，弹簧的劲度系数k=；（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对地面的压力为0，则：对C，弹簧弹力：F弹=mg对A、B，回复力最大：F回=2mg+F弹=3mg由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，为F回=3mg，此时物体C对地面的压力最大，对物体A、B有：F弹′﹣2mg=3mg，则弹簧弹力：F弹′=5mg对物体C，设地面对物体C的弹力为N，则：N=5mg+mg=6mg，由牛顿第三定律可知，C对地面最大的压力大小：N′=N=6mg．（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为v1．对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：mgx=mv12，解得：v1=…①设A与B相碰后两物体共同速度的大小为v2，A与B发生碰撞的过程动量守恒，以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，解得：v2=v1…②，物体B静止时弹簧的形变量为x0，设弹性势能为E P，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，由机械能守恒定律得：（m+m）v22+E P=（m+m）v2+（m+m）gx0…③，当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为x1．对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2=mgx1解得：x1=1.5x0，对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为x0，弹簧的弹性势能也为E P．从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：mv2=mgx0+E P，解得：E P=…④，由①②③④解得：x=9x0，由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：d=x﹣x1﹣x0=6.5x0．答：（1）弹簧的劲度系数k=；（2）C对挡板D压力的最大值为6mg；（3）碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离为6.5x0．。

2013-2014高三物理摸底考试参考答案及评分标准2014.1一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

把答案用2B 铅笔填涂在答题卡上。

）二、实验题（本题共2小题，共18分。

把答案填在答题卡相应的位置。

）三、计算题（本题共5小题，每题8分，共40分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

把答案填在答题卡相应的位置。

） 17. 解：（1）根据机械能守恒定律有221=2×mv R mg （3分） 所以gR v 4= （1分）（2）根据牛顿第二定律有Rv m F mg 2=+ （3分）所以mg F 3=（1分）18. 解：（1）由平抛运动规律，有水平方向 s=vt （1分）竖直方向 221=gt h （1分） 得桌面高 222=v gs h （1分）=0.45m （1分）（2）由动能定理，有 2022121=mv -mv mgl μ- （2分） 得初速度大小 202v gl μv +=（1分）=4.0m/s （1分）19. 解：（1）据动量守恒定律，选向右为正方向000()23B v vmv m m =-+ （3分） 解得：m B =4.5m （1分）（2）据动能定理，选小球A 为研究对象220011()222v W m mv =- （3分） =2083mv - （1分）20. 解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，由牛顿第二定律得 ma qE = （1分） 由运动学公式得 221=at OP 00=t v OQ0=at v y解得：m qEv 22= （1分）（2）粒子在第一象限内做匀速圆周运动，设粒子做圆周运动的半径为R ，由于1==tan 0v θ，由几何关系可得24=R （1分）由牛顿第二定律得Rv m qvB 2= （1分）解得： qmEq E m B 21=4=（1分） 由几何关系可得，OH =4+42H 点的坐标为（0， 4+42） （1分） （3）粒子在第一象限内运动的时间t=T 83Eqmπv R πT 4=2=（1分） 解得：t=Eqmπ23 （1分）21. 解：（1）当t =t 1时，导体棒ab 两端的感应电动势1 1.2V E Blv ==所以回路中的电流3.0A EI R r==+取金属框架为研究对象，根据牛顿第二定律有BLI F =安 （1分）g m M μf )+(=()0BIl M m g μ-+= （1分）解得： μ＝0.20 （1分）（2）当t =t 2时，设回路中的电流为I ′，相对BLv E '= （1分）v 相对=12-0.5=11.5m/srR I '+=''=BLI F 安取金属框架为研究对象，根据牛顿第二定律有Ma f -F ='安g m M μf )+(=解得： a =2.75m/s 2 （1分） （3）在0~t 1时间内，电路中产生的总热量0.40J R rQ Q R+==总 （1分） 根据功能原理2112Fx mv Q =+总 （1分）解得： x=1.1m （1分）注：上述计算题，若用其他方法解答，评分标准雷同。

东城区 2013—2014 学年度第一学期期末教课一致检测高三物理2014.01本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 120分。

考试时长 100分钟。

考生务势必答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

第Ⅰ卷（选择题，共 48分）一．单项选择题（此题共 12小题，每题4分，共 48分。

每题只有一个选项正确。

) 1．已知两个质点相距为r时，它们之间的万有引力大小为F。

若只将它们之间的距离变成2r，则它们之间的万有引力大小为A．4F B． 2F C．1F1D．F 422．人站在电梯中随电梯一同运动。

以下过程中人处于超重状态的是A．电梯加快上涨B．电梯加快降落C．电梯匀速上涨D．电梯匀速降落3．以下图，在粗拙水平川面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则A．地面对斜面有水平向右的摩擦力mB．地面对斜面有水平向左的摩擦力MC．地面对斜面的支持力等于（M+m） gD．地面对斜面的支持力小于（M+m） g4．正点电荷的电场线以下图，a、b 是电场中的两点。

以下说法中正确的选项是A．a点的电场强度必定等于 b 点的电场强度aB．a点的电场强度必定大于 b 点的电场强度b C．a点的电势必定小于 b 点的电势D．a点的电势必定等于 b 点的电势5．我国家庭照明电路用的沟通电的电压刹时价随时间变化的规律为u=311sin100πt V，关于此沟通电以下说法中正确的选项是A.电压的最大值是311VB.电压的有效值是311VC. 沟通电的频次为100HzD. 沟通电的周期为100s6．以下图电路，电源内阻不行忽视。

开关S 闭合后，在滑动变阻器 R0的滑片向下滑动的过程中A．电压表的示数增大，电流表的示数减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C ．电压表与电流表的示数都增大D．电压表与电流表的示数都减小7．一列简谐横波某时辰波形以下图，此时质点 P 的速度方向沿y 轴正方向，则y/cmA．这列波沿x轴负方向流传4P a b x/m234561-4B ．质点 a 此时动能最大，加快度最小C ．再经过一个周期，质点P 运动到 x=6m 处D ．当质点 P 运动到最低点时，质点b 恰巧运动到均衡地点8．质量为 m 的物体由静止开始着落，因为空气阻力影响物体着落的加快度为 4g ，在物体着落高度为 h 的过程中，以下说法正确的选项是 5A ．物体的动能增添了4mghB ．物体的机械能减少了4mgh55C ．物体战胜阻力所做的功为4mghD ．物体的重力势能减少了4mgh559．以下图，小车静止在圆滑水平川面上，小车的上表面由圆滑力传感器的斜面 AB 和粗拙的平面 BC 构成（它们在 B 处由极短的圆滑圆弧平A滑连结），小车右边与竖直墙壁之间连结着一个力传感器，当传感器受压力时，其示数为正当；当传感器受拉力时，其示数为负值。

市海淀区2014届高三物理上学期期末考试试题〔含解析〕物 理 2014.1一、此题共10小题，每一小题3分，共30分。

在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．在物理学中常用比值法定义物理量。

如下说法中正确的答案是 A ．用E=Fq定义电场强度 B ．用IL F B =定义磁感应强度C ．用kdSC π4ε=定义电容器的电容 D ．用R=Sρl定义导体的电阻 2．如图1所示，图中以点电荷Q 为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M 和N 是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断A ．此粒子在M 点的加速度小于在N 点的加速度B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能C．此粒子在M点的动能小于在N点的动能D．电场中M点的电势低于N点的电势3．如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。

如下关于实验现象描述中正确的答案是A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，A、B下部的金属箔都会张开B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合4．如图3所示电路中，灯泡A、B的规格一样，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。

如下关于此电路的说法中正确的答案是A．S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭B．S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．S断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭D．S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭5．如图4所示电路，电源电动势为E，内阻为r。

北京市 2013-2014学年度第一学期 高三年级物理摸底考试试题 班级 学号 姓名 2013.8.30 单项选择题（每题3分，16道题，共48分） 1、下列说法正确的是：（ ） B．随着分子间的距离增大，分子间的引力将会减小，分子间的斥力 C．当两个分子间的距离为r0（平衡位置）时，分子力为零，分子势能最小 D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动 60J的功，同时从外界吸收了40J 的热量，在这一过程中，该气体的内能的变化量是：( ) A增加了60J B增加了20J C减少了20J D减少了100J 3、在下列叙述中，正确的是：( ) A．物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能 B．一定质量、体积不变的气体的温度越高，气体的压强就越大 C．对一定质量的气体加热，其内能一定增加 D．随着分子间的距离增大分子间引力和斥力的合力一定减小 下列有关温度的各种说法中正确的是( ) A．温度低的物体内能小 B．温度低的物体，其分子运动的平均速率也必然小 C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同A.1 m3铜中所含的原子数为B.一个铜原子的质量是C.一个铜原子所占的体积是D.1 kg铜所含有的原子数目是ρNA 6、关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是：( ) A．速度变化得越多，加速度就越大。

B．速度变化得越快，加速度就越大。

C．加速度方向保持不变时，速度方向也保持不变。

D．加速度大小不断变小时，速度大小也不断变小。

7、如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( ) A. B. C. D. 8、一辆汽车从车站开出，做匀加速直线运动行驶一段时间后，司机突然发现一乘客未上车，就紧急刹车，使车做匀减速直线运动直到停止．汽车从开始启动到停下来共用时10s，前进15m．在此过程中汽车达到的最大速度是 ( ) A．1.5m/sB．3m/sC．4m/sD．6m/s t＝0时，甲、乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v－t图象如图所示，忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是 ( ) A．在第1h末，乙车改变运动方向 B．在第2h末，甲乙两车相距10km C．在前4h内，车运动加速度的大小总比车大 ．在4h末，乙 10、为了求高层建筑的高度，从楼顶上自由下落一光滑小石子，除了知道当地的重力加速度以外，还需要知道下述哪个量( ) ① 第一秒末的速度 第一秒内的位移 最后一秒的位移 最后一秒的初速度 11、在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下，由静止开始作匀加速直线运动．作用一段时间后，将水平力逐渐减小到零，则在水平推力逐渐减小的过程中 A．速度逐渐减小，加速度逐渐减小 B．速度逐渐增大，加速度逐渐减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g＝10m/s2．由此两图可求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为 A．m＝0.5kg，μ＝0.4 B．m＝1.5kg， C．m＝0.5kg，μ＝0.2 D．m＝1.0kg，μ＝0.2 AO绳子原来处于水平，现让AO绳子沿顺时针方向转至竖直位置，但保持结点O的位置不变，则绳AO转动时绳子OA上的拉力（ ） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 14、电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4kg的砝码．当电梯向上运动时，测出弹簧长度变为23cm，g＝10m/s2，则电梯的运动是 ） A．加速上升，a＝7.5m/s2B．加速上升，a＝5m/s2 C．减速上升，a＝2.5m/s2D．匀速上升，a＝0 如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．在这过程中下面木块移动的距离为 ） A．B． C．D． 16、质量分别为m、2m、3m的物块A、B、C叠放在光滑的水平地面上,现对B施加一水平力F,已知AB间、BC间最大静摩擦力均为f0,为保证它们能够一起运动,F最大值为 （ ）A.6f0B.4f0C.3f0D.2f0 二、填空题（共16分） 17、(6分)如图所示，三个质量相等的物体用轻弹簧和轻绳连接起来， 当剪断A绳的瞬间三个物体的加速度分别为__________、__________、__________； 剪断B绳的瞬间三个物体的加速度分别为__________、__________、__________． 19、(6分)在做“探究小车规律”的实验时，打点计时器应接在低压交流电源上。

通州区2014—2015学年度第二学期期末检测高一物理试卷2015年7月考生须知：1. 本试卷共分两卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页。

2. 本试卷总分为100分，考试时间为90分钟。

3. 所有试题答案填在答题卡上，在试卷上做答无效。

第Ⅰ卷（选择题部分，共36分）一、选择题（共12道题，均为单选题，每题3分，共36分）。

1．下列物理量中是矢量的是 A ．动量 B ．重力势能 C ．动能 D ．功 2．下列说法符合史实的是A ．伽利略发现了万有引力定律B ．卡文迪许首次在实验室里测出了万有引力常量C ．牛顿应用万有引力定律发现了海王星D ．爱因斯坦在行星观测数据基础上发现了行星的运动规律3．如图1所示，一辆汽车以一定速度通过凹形路面，当汽车经过最低处时对路面的压力与汽车自身所受的重力比较，下列说法正确的是A ．对路面的压力大于汽车自身所受的重力B ．对路面的压力小于汽车自身所受的重力C ．对路面的压力等于汽车自身所受的重力D ．无法确定4．对下列物理现象的解释，正确的是A ．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B ．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C ．船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D ．易碎品运输时，要用柔软材料包装，是为了减轻重量5．如图2所示，一个物块在与水平方向成α角的恒力F 作用下，沿水平面向右运动一段距离x 。

在此过程中，恒力F 对物块所做的功为A ．Fx sin αB ．Fx cos αC ．αsin FxD ．αcos Fx6．一小孩从公园中粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能变化，下列说法中正确的是A ．重力势能减小，动能增加，机械能减小B ．重力势能减小，动能不变，机械能减小C ．重力势能减小，动能增加，机械能不变D ．重力势能减小，动能增加，机械能增加图2图17．下列情况满足机械能守恒的是A ．手中扔出的小石头（不计空气阻力）B ．子弹射穿木块C ．汽车以恒定的速度上坡D ．起重机将货物匀速吊起8．甲、乙两小钢球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p 甲=7kg∙m/s 、p 乙=5kg∙m/s ，乙追甲并发生正碰，碰后甲球的动量变为p ‘甲=10kg∙m/s ，则关于乙球动量的大小和方向判断正确的是A ．p ‘乙=2kg∙m/s 、方向与原来方向相反B ．p ‘乙=2kg∙m/s 、方向与原来方向相同C ．p ‘乙=4kg∙m/s 、方向与原来方向相反D ．p ‘乙=4kg∙m/s 、方向与原来方向相同 9．如图3所示，已知金星和水星绕太阳公转的轨道，公转周期分别是224天和88天，则下列说法正确的是A ．水星的公转线速度小于金星公转线速度B ．水星的公转角速度小于金星公转角速度C ．水星和金星的公转线速度都小于地球的公转线速度D ．地球在金星外侧10．如图4所示，物体从某一高度自由落到直立于地面上的轻弹簧上，如图在A 点开始与弹簧接触，到达B 点物体速度为零，然后被弹回。

综合学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间75分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共12小题，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．下列说法正确的是( A )A．战斗机投入战斗前要抛掉副油箱是为了减小惯性，提高灵活性B．跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于还受到向上的力的作用C．各种小型车辆乘坐的人必须系好安全带是为了减小自身的惯性D．惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，因此运动状态不变化物体就无惯性解析：抛掉副油箱，减小了质量m，减小惯性，提高了飞机的灵活性，故A 正确；跳高运动员起跳后之所以能够继续上升，是由于运动员具有惯性，故B错误；各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带是为了防止紧急刹车而减小乘客由于惯性受到伤害，惯性由乘客本身的质量决定，无法减小惯性，故C错误；惯性是物体抵抗运动状态变化的“本领”，即物体有保持原来的运动状态的性质，但惯性大小的唯一量度是物体的质量，与物体的速度大小，与物体的速度是否变化无关，故D错误。

2．均视为质点的甲、乙两辆赛车沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v－t图像，则关于两车运动状况的描述，下列判断正确的是( D )A．乙车在第5 s末改变运动方向B．甲、乙两车在第5 s末相距90 mC．在第10 s末甲车速度大于乙车速度D．若开始时甲车在前，则两车只可能相遇一次解析：乙车始终朝正方向运动，只是5 s末速度恰好为零，A错误；由于两车初始位置关系未知，无法确定甲、乙两车在第5 s末的距离，B错误；在第10 s 末甲车速度等于乙车速度，C错误；若开始时甲车在前，10 s内两车距离增大，10 s后两车距离减小，最后乙车追上甲车相遇一次，以后不会再相遇，D正确。

北京市西城区2013—2014学年度第一学期期末试卷高三物理 2014.1本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分。

共100分。

考试时间为120分钟。

第一卷（共48分）一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。

）1．一根很轻的弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0cm 时，弹簧的弹力大小为8.0N ；当它的压缩量为1.0cm 时，该弹簧的弹力大小为A ．2.0NB ．4.0NC ．6.0ND ．8.0N2．一正弦式交变电流的瞬时电流与时间的关系式为t i ωsin 210=(A)，其中ω=314rad/s 。

它的电流的有效值是A ．10AB ．102AC ．50AD ．314A3．如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量。

由图中所示信息可知A ．汽车在做加速直线运动B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同C ．汽车的加速度方向与v 1的方向相反D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反4．如图所示，一个人用与水平方向成θ角斜向上的力F 拉放在粗糙水平面上质量为m 的箱子，箱子沿水平面做匀速运动。

若箱子与水平面间的动摩擦因数为μ，则箱子所受的摩擦力大小为A ．F sin θB ．F cos θC ．μmgD ．μF sin θ5．如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A 、B 、C 。

在自行车正常骑行时，下列说法正确的是A ．A 、B 两点的角速度大小相等 B ．B 、C 两点的线速度大小相等C ．A 、B 两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比D ．B 、C 两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比6．一个物体做平抛运动，已知重力加速度为g 。

根据下列已知条件，既可以确定初速度大小，又可以确定飞行时间的是A ．水平位移大小B ．下落高度C ．落地时速度大小和方向D ．从抛出到落地的位移大小v 2v 1ΔvA BCy /mx /m1 2 34 v7．如图所示，实线为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t = 0时刻的波形，虚线是该波 在t = 0.20s 时刻的波形，则此列波的周期可能为 A ．0.16s B ．0.20s C ．0.32s D ．0.40s8．一个直流电动机，线圈电阻是0.5Ω，当它两端所加电压为6V 时，通过电动机的电流是2A 。

2014-2015学年北京市通州区高三（上）期末物理试卷一、选择题（每个小题只有一个选项是正确的，共10道小题，每小题3分）1．（3分）关于物体的内能变化以下说法中正确的是（）A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变【考点】：物体的内能．【专题】：内能及其变化专题．【分析】：改变物体内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一定律分析内能的变化．【解析】：解：A、物体吸收热量，根据热力学第一定律可知，内能不一定增大，还与做功情况有关．故A错误．B、物体对外做功，根据热力学第一定律可知，内能不一定减小，还与热传递情况有关．故B 错误．C、物体吸收热量，同时对外做功，若热量与功的数值相等，内能不变．故C正确．D、物体放出热量，同时对外做功，根据热力学第一定律可知，内能一定减小．故D错误．故选C【点评】：本题关键掌握热力学第一定律，并能正确运用．2．（3分）下列说法正确的是（）A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转B．β射线比α射线更容易使气体电离C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变D．核电站产生的能量来自轻核聚变【考点】：天然放射现象；重核的裂变．【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：αβγ三种射线的电离本领依次减弱，γ射线是电磁波，核电站是利用铀235，太阳能是聚变得来的．【解析】：解：A、γ射线不带电，所以在电场和磁场中都不会发生偏转，故A正确；B、α射线比β射线更容易使气体电离，故B错误；C、太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故C错误；D、核电站产生的能量来自铀235的裂变，故D错误；故选：A【点评】：熟练掌握三种射线的特点和裂变聚变的应用时解决此类问题的关键．3．（3分）已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光（） A．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C．从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大D．用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大【考点】：光的折射定律；光的干涉．【专题】：压轴题；光的折射专题．【分析】：根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大，可以判断这两种光在该玻璃中的波速大小，以及波长、临界角等大小情况，然后以及相关物理知识即可解答．【解析】：解：A、由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故A错误；B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，故B错误；C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，故C正确；D、用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，故D错误．故选C．【点评】：折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高等这些规律要明确，并能正确应用．4．（3分）一列机械波在某时刻的波形如图所示，已知波沿x轴正方向传播，波速是12m/s，则（）A．这列波的波长是10 cmB．这列波的周期是8 sC． x=6 cm处质点的振幅为0D． x=5 cm处质点向y轴的负方向运动【考点】：波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】：根据波动图象得出波长和振幅的大小，结合波速求出周期的大小．根据波的传播方向，通过上下坡法得出质点的振动方向．【解析】：解：A、根据波的图象知，波长是8cm，故A错误．B、由v=得 T==s=15s，故B错误．C、这列波的振幅为5cm，各个点振幅都是5cm，故C错误．D、因为波向x轴正方向传播，根据上下坡法知，x=5cm质点向y轴的负方向振动．故D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键能够通过波动图象获取信息，比如：波长、振幅等，会根据上下坡法判断振动和波传播方向的关系．5．（3分）天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期．由此可推算出（）A．行星的质量 B．行星的半径 C．恒星的质量 D．恒星的半径【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：根据万有引力提供向心力进行分析．【解析】：解：行星绕恒星做圆周运动，根据万有引力提供向心力，知道轨道半径和周期，可以求出恒星的质量，行星是环绕天体，在分析时质量约去，不可能求出行星的质量．故C正确，A、B、D错误．故选C．【点评】：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力．6．（3分）一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时（）A． I1减小，P1增大 B． I1减小，P1减小C． I2增大，P2减小 D． I2增大，P2增大【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．【解析】：解：由于原线圈的输入电压不变，变压器的匝数比也不变，所以副线圈的输出电压不变，当电阻R增大时，电路的电阻变大，副线圈的电流I2减小，所以原线圈的电流I1也要减小，由于副线圈的电压不变，根据P=可得，当电阻增大时，输出的功率P2将减小，所以原线圈的输入的功率P1也将减小．所以B正确．故选B．【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．7．（3分）如图是某物体做直线运动的v一t图象，由图象可得到的正确结果是（）A． t=1 S时物体的加速度大小为1.0 m/s2B． t=5 S时物体的加速度大小为0.75 m/s2C．第3 S内物体的位移为1.5 mD．物体在加速过程的位移比减速过程的位移大【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．【解析】：解：A、t=1s时的加速度．故A错误．B、t=5s时的加速度大小．故B正确．C、第3s内物体的位移x=3×1m=3m．故C错误．D、物体在加速过程中的位移，减速过程中的位移，知物体在加速过程中的位移小于减速过程中的位移．故D错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键知道速度时间图线表示的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．8．（3分）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（）A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动【考点】：楞次定律．【分析】：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．【解析】：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．9．（3分）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）A． I1增大，I2不变，U增大 B． I1减小，I2不变，U减小C． I1增大，I2减小，U增大 D． I1减小，I2增大，U减小【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．【解析】：解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、B、C错误，D正确．故选：D．【点评】：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．10．（3分）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（） A．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度B．物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度C．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态D．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态【考点】：牛顿运动定律的应用-超重和失重．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定．由牛顿第二定律列式分析即可．【解析】：解：A、B、重物和手有共同的速度和加速度时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度，并且方向竖直向下，故A错误，B正确；C、D、物体向上先加速后减速，加速度先向上，后向下，根据牛顿运动定律可知物体先处于超重状态，后处于失重状态，故C错误．D错误．故选：B．【点评】：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确．重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离．二、实验题（共3道小题，共14分）11．（5分）某同学做“用单摆测重力加速度”实验．①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l．某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d= 2.26 cm．②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t．请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g= ．【考点】：用单摆测定重力加速度．【专题】：实验题；单摆问题．【分析】：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．单摆完成一次全振动需要的时间是单摆的周期，在一个周期内，摆球经过平衡位置两次，根据题意求出单摆的周期；摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，应用单摆周期公式求出重力加速度．【解析】：解：①由图所示游标卡尺可知，主尺示数为2.2cm，游标尺示数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，则游标卡尺示数为2.2cm+0.06cm=2.26cm．②由题意知，单摆完成全振动的次数为，单摆的周期=单摆摆长L=l由单摆周期公式可知，重力加速度：g===故答案为：2.26，【点评】：本题考查了求单摆周期、求重力加速度，知道周期的概念、知道摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长、应用单摆周期公式即可正确解题．12．（5分）用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：=2.68cm，=8.62cm，=11.50cm，并知A、B两球的质量比为2：1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的P 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差= 2 %（结果保留一位有效数字）．【考点】：验证动量守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：（1）A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以水平方向，B在A的前面；（2）小球离开水平槽后做平抛运动，它们下落的高度相同，在空中的运动时间相同，由于小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动时间相同，因此小球的水平位移与小球的初速度成正比，计算时可以用小球的水平位移表示小球的初速度；根据题目所给实验数据，求出实验的百分误差．【解析】：解：（1）A与B相撞后，B的速度增大，A的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间相同，所以P点是没有碰时A球的落地点，N是碰后B的落地点，M是碰后A的落地点；（2）系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误===≈2%；故答案为P； 2．【点评】：知道两球做平抛运动的运动时间相等，小球的水平位移与水平速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的水平速度，是解决本题的关键．13．（4分）在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.89m/s，测得所用的重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记做0，另选连续的4个点A，B，C，D各点到0点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于7.62 J，动能的增加量等于7.56 J（取三位有效数字）．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题；机械能守恒定律应用专题．【分析】：纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能，根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．【解析】：解：重力势能减小量△E p=mgh=1.0×9.8×0.7776J=7.62J．在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：故答案为：7.62、7.56．【点评】：纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留．三、计算题（共7道题，共56分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数字计算的题，取g=10m/s2，答案必须明确写出数值和单位．14．（7分）小物块以一定的初速度冲上一个足够长的倾角为37°的固定斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度﹣时间图线，如图所示．（取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；（2）小物块向上运动的最大距离；（3）小物块与斜面间的动摩擦因数．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）根据图线的斜率求出加速度的大小；（2）根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移即可求解向上运动的最大位移；（2）根据牛顿第二定律求出小物块与斜面间的动摩擦因数．【解析】：解：（1）v﹣t图象的斜率表示加速度，故：a=（2）v﹣t图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，故：x=（3）根据牛顿第二定律得：﹣mgsin37°﹣μN=ma而N﹣mgcos37°=0解得：μ=0.25答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2；（2）小物块向上运动的最大距离为4m；（3）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．【点评】：本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．属于基础题．15．（7分）如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP放置在水平面内，MO间接有阻值为R=3Ω的电阻，导轨相距d=1m，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．质量为m=0.1kg，电阻为r=1Ω的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F=1N 向右拉动CD，CD受摩擦阻力f恒为0.5N．求：（1）CD运动的最大速度；（2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．【专题】：电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合．【分析】：（1）导体棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零即合外力为零时，速度达到最大．（2）到达最大速度后，回路中产生稳定感应电流，根据P=I2R可正确求得结果．【解析】：解：（1）设CD棒运动速度为v，则：导体棒产生的感应电动势为：E=Bdv ①据全电路欧姆定律有：I=②则安培力为：F0=BdI ③据题意分析，当v最大时，有：F﹣F0﹣f=0 ④联立①②③④得：v m==8 m/s ⑤故CD运动的最大速度为8m/s．（2）CD速度最大时同理有：E m=Bdv m⑥I m=⑦P=I2R ⑧联立⑤⑥⑦带入数据得：P=3W．故当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率为P=3W．【点评】：本题的难点是对导体棒正确受力分析，弄清其运动情况，得出速度最大的条件，注意对于变加速运动往往合外力为零时对应着速度最大．16．（8分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m．（1）求赛车越过壕沟需要的最小速度为v1（2）赛车进入圆轨道前在B点的最小速度v3（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s2）【考点】：动能定理的应用；电功、电功率．【分析】：本题赛车的运动可以分为三个过程，由A至B的过程可以运用动能定理列式，在圆轨道上的过程机械能守恒，也可以用动能定理列式，以及平抛运动的过程；本题有两个约束条件，即要能越过壕沟，同时要能到达轨道的最高点．【解析】：解：（1）设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律，有：s=v1th=gt2解得：v1=s=2.5×=5m/s（2）设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：mg=mm=m+mg•（2R）解得：v3===4m/s（3）由于B点以后的轨道均为光滑，故轨道最低点速度应该等于平抛的初速度，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是：v min=4m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理有：pt﹣fL=m由此可得：t=2.53s即要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s的时间．答：（1）赛车越过壕沟需要的最小速度为5m/s；（2）赛车进入圆轨道前在B点的最小速度为4m/s；（3）要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.53s时间．【点评】：本题是力电综合问题，关键要将物体的运动分为三个过程，分析清楚各个过程的运动特点和受力特点，然后根据动能定理、平抛运动公式、向心力公式列式求解！17．（8分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．在D盒中心A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．【考点】：质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比．（2）通过D形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能定理求出加速的次数，一个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确定出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间．【解析】：解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m联立以上解得：r1=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=则 r1：r2=：1（2）设粒子到出口处被加速了n圈，解得：2nqU=mv2；qvB=mT=t=nT解上四个方程得：t=答：（1）粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为：1．（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为．【点评】：解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等．18．（8分）平行板电容器的两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地，一质量为m的电荷量为+q的带电粒子（不计重力），从x轴上坐标为x0处静止释放．（1）求该粒子在x0处的电势能E px0（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能和电势能之和保持不变，设粒子与极板碰撞无能量损失．【考点】：电容器的动态分析；电势能．【分析】：电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．代入公式即可．【解析】：解：（1）W电=qEx0…①W电=﹣（E px0﹣0）…②联立①②得E px0=﹣qEx0（2）在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 x由牛顿第二定律可得qE=ma…④由运动学公式得V=2a（x﹣x0）…⑤联立④⑤进而求得：E kx=mv=qE（x﹣x0）E=E kx+E px=﹣qEx0=Ex0答：（1）该粒子在x0处电势能﹣qEx0（2）该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变．【点评】：该题考查电势能的特性，电势能的大小等于从该点运动电荷到无穷远处时电场力做的功．属于基础题目．19．（9分）目前，滑板运动受到青少年的追捧．如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，KA平台的高度为h=1.8m．B处平滑连接．滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运动员质量为M，M=45kg．表演开始，运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑．滑上BC赛道后，运动员从b 板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s（水平方向是匀速运动）．（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2）（1）求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？（3）在运动员离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小？【考点】：动量守恒定律；动量定理．【分析】：（1）对A到BC过程由机械能守恒定律可求得速度；（2）运动员离开b后空中做匀速运动，由运动关系可求得运动员的速度；再对a与运动员由动量守恒可求得共同速度；（3）对人离开b的过程由动量守恒定律列式可求得b的末动量，再由动量定理可求得冲量．【解析】：解：（1）设滑板由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：mgh=mv12，得：v1===6m/s（2）运动员与滑板一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：s=v2t2设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：s0=v l t l设滑板在t2时间内的位移为s1，则：s1=v1t2，s=s0+s1即：v2t2=v1（t1+t2），解得：v2=7m/s；m落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv l+Mv2=（m+M）v，代入数据解得：v=6.9m/s，（3）对b与运动员与动量守恒定律可知：（m+M）v1=Mv2+mv；解得：v=﹣3m/s；对b由动量定理可知：I=mv﹣mv1=5×（﹣3）﹣5×6=45N•s；答：（1）滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为6m/s；（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是6.9m/s（3）在运动员离开滑板b的过程中．滑板b受合外力的冲量大小为45N•S．【点评】：本题考查动量守恒定律及匀速直线运动规律，要注意正确选择研究对象及物理过程进行分析，才能正确选择物理规律求解．20．（9分）（1）有一条横截面积为S的铜导线，通过的电流为I．已知铜的密度ρ，铜的摩尔质量M，阿佛加德罗常数N A，电子的电量e．在这个问题中可以认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子．求铜导线中自由电子定向移动的速率．（2）把通有电流I，长度L的直导线垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中，导线受到安培力F=BIL．关于对安培力的微观实质的探究中，不能认为安培力是导线上自由电子所受洛伦兹力的合力，也不能认为安培力是自由电子与导线的晶格骨架碰撞产生的．导线内有带负电的自由电子和带正电的晶格，展开你想象的翅膀，给出一个合理的模型，在此基础上，证明导线的晶格骨架所受到的力即为安培力．【考点】：安培力；动量守恒定律；电流、电压概念；洛仑兹力．。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）北京市西城区2013—2014学年度第一学期期末试卷高一物理2014.1试卷满分：120分考试时间：100分钟A卷[物理1]满分100分B卷[学期综合] 满分20分A 卷[物理1]一．本题共12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。

每小题3分，共36分。

1. 某同学在向西急速行驶的列车中观察铁道旁边的房屋，如果选择他乘坐的列车为参考系，则房屋 A. 向东运动 B. 向西运动 C. 保持静止状态 D. 运动方向与列车速度大小有关2. 如图所示，某同学沿图示路径从开阳桥出发，经西单，到达王府井。

从开阳桥到西单的距离为4km ；从西单到王府井的距离为3km 。

两段路线相互垂直。

整个过程中，该同学的位移大小和路程分别为A ．7km 、7kmB ．5km 、5kmC ．7km 、5kmD ．5km 、7km3. 下列关于自由落体运动的叙述中，正确的有A ．物体质量越大，下落越快B ．自由落体运动是匀速直线运动C ．自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动D ．自由落体运动是加速度不断变化的加速运动4. 关于惯性的大小，下列说法正确的是A ．物体的速度越大，其惯性就越大B ．物体的质量越大，其惯性就越大C ．物体的加速度越大，其惯性就越大D ．物体所受的合力越大，其惯性就越大5. 甲、乙两物体在同一水平面上作匀变速直线运动，甲做加速运动，经过1s 速度由5m/s增加到10m/s ；乙做减速运动，经过8s 速度由20m/s 减小到0，则 A ．甲的速度变化量大，甲的加速度大 B ．甲的速度变化量大，乙的加速度大 C ．乙的速度变化量大，甲的加速度大 D ．乙的速度变化量大，乙的加速度大6. 如图所示，一质量为m 的物体静止在斜面上，斜面的倾角为 。

重力加速度为g 。

关于物体所受的摩擦力，下列说法正确的是A ．方向沿斜面向上B ．方向沿斜面向下C ．大小为零D ．大小为mg7. 如图所示，三个共点力F 1、F 2与 F 3作用在同一个质点上，其中，F 1与F 2共线且反向，F 3与F 1垂直，F 1=6N 、F 2=2N 、F 3=3N 。