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2021晋中祁县中学高三上学期12月月考物理试题含答案
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这是一份2021晋中祁县中学高三上学期12月月考物理试题含答案，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
祁县中学2020年高三年级、复习中心12月月考
物理试题
（考试时间90分钟、试题总分110分）
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 某直流电动机，线圈电阻是0.5Ω，当它两端所加的电压为6V时，电动机正常工作，此时通过电动机的电流为2A.由此可知( )
A. 电动机发热的功率为72W B. 电动机消耗的电功率为72W
C. 电动机的工作效率为20% D. 电动机输出的机械功率为10W
2. 如图所示，曲线ACB处于匀强电场中，O为AB的中点，OC长为L，且与AB垂直。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子仅在电场力作用下沿ACB依次通过A、C、B三点，已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，且方向与OC垂直。匀强电场与曲线所在的平面平行，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为( )
A. 4mv02qL，沿CO方向 B. mv022qL，沿CO方向
C. mv022qL，沿OC方向 D. 3mv02qL，沿OC方向
3. 如图所示，一根长木杆ab两端分别固定在水平地面和竖直墙壁aO上，已知杆与水平地面之间的夹角为θ=53°，a点到地面的距离为12 m。从竖直墙壁上距地面8 m的c点以水平速度v0射出一颗小石子，小石子运动的轨迹恰好与ab杆相切(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，则小石子射出时的水平初速度为( )
A. 35m/s B.310m/s
C. 325m/s D. 3210m/s
4. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b，靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在水平面上，现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面一直滑到b的顶端，对a从离开地面到滑到顶端d的程分析，则应有
A.拉力F先增大后减小，最大值是G
B. a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到0
C. 开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0
D. a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
5. 2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波．2月16日，中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”.由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动．计划从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波．在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”.则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是( )
A. 三颗卫星一定是地球同步卫星
B. 三颗卫星具有相同的加速度
C. 若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径R，则可估算出地球的密度
D. 三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度
6. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B. 该粒子在P点具有的电势能比在Q点具有电 势能小
C.该粒子在P点具有的电势能比在Q点具
有的电势能大
D. 该粒子一定是从P点向Q点运动
7. 如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A，B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的( )
A.P点电势升高 B. 液滴将向下运动
C. 电容器电容变小 D. 极板带电荷量将减少
8. 如图所示，电阻R=20 Ω，电动机的电阻R'=10 Ω.当开关断开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P.当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I'和电路消耗的电功率P'应是( )
A. I'=3I B. P'=3P
C. I'<3I D. P'>3P
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射。火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级第二级相继脱落，实验中测得火箭主体的v-t图象如图所示。下列判断正确的是( )
A. t2时刻火箭到达最高点
B. 火箭在0～t1时间内的加速度大于t1一t2时间内的加速度
C. t3时刻火箭到达最高点
D. t3时刻火箭落回地面
10. 将电学元件按照如图所示的电路连接，其中电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想电表，开始时滑动变阻器的滑片位于滑动变阻器的中间位置，电路中的小灯泡正常发光。在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动的过程中，下列选项中正确的是( )。
A. 电压表的示数增大、电流表的示数增大
B. 电压表的示数减小、电流表的示数增大
C. 定值电阻R1消耗的电功率减小
D. 小灯泡的亮度变暗
11. 如图所示，物块A，B静止在光滑的水平面上，质量均为1kg，轻弹簧的一端与墙相连另一端与B连在一起，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0=10m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是
A. 弹簧能获得的最大弹性势能为25J
B. 物块A最终的速度大小为5m/s
C. 整个过程中的机械能损失37.5J
D. 整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15N·s
12. 如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 滑梯对地面的压力大小为(M+m)g
B. 系统增加的内能大于小美减少的机械能
C. 小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D. 小美、小球组成的系统机械能守恒
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13. （6分）(1)按照有效数字规则读出下列电表的测量值．
电压表接0～3 V量程时读数为____________V
电流表接0～0.6 A量程时读数为_________A
(2)如图所示为多用电表的欧姆档的刻度盘，C为AB的中点，D为BC中点，选×1档且完成欧姆调零后，将R=15Ω的已知电阻接在红黑表笔之间，指针指在C处，下列说法正确的是_____
A.当指针在D处时，被测电阻的值为10Ω
B.当被测电阻为10Ω时，指针应指在CD间，且离C近。
C.当被测电阻为10Ω时，指针应指在CD间，且离D近。
D.当被测电阻为200Ω时，选×100档
14. （9分）如图所示，李建秋老师准备按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻．
(1)开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到_________(填“左侧”或“右侧”)．
(2)根据实验测得的几组I、U数据作出U–I图象如图所示，由图象可确定：该电源的电动势为_______V，电源的内电阻为_______Ω(结果保留到小数点后两位)． (3)若李老师在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，则该同学以R为横坐标，以_________为纵坐标得到的函数图线是一条直线．这种方案测得的电动势的值与真实值相比，E测______E真(选填“>”“=”“<”)．
四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）
15. （10分）一架质量为7.0×104kg的喷气式飞机，从静止开始匀加速直线运动了100 m时，速度达到20 m/s。在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的0.02倍。g取10 m/s2，求：
(1)飞机的加速度大小；
(2)飞机所受牵引力的大小。
16. （10分）双星由两颗绕着共同的点旋转的恒星组成。对于其中一颗来说，另一颗就是其“伴星”。如果甲、乙两颗星体质量分别为m1、m2，它们之间的距离为L，甲、乙离其他天体十分遥远(不受其他天体的作用)，它们绕连线上一点O以相同的角速度做匀速圆周运动，如图所示。已知引力常量为G。求：
(1)甲做圆周运动的轨道半径r1。
(2)双星做圆周运动的周期T。
17. （12分）如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106N/C的匀强电场中，一质量m=0.25 kg、电荷量q=-2.0×10-6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0=6.0 m的A点处，在拉力F=4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间
18. （15分）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下。求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
2020、12高三复习中心
【答案】
1. D 2.B 3. A 4C 5. C 6.B 7. A
8. C 9. BC 10. BD 11. ABD 12. ABC
13.(6分、每空2分) (1) 2.15， 0.16 (2)B
14.（9分） (1)左侧；（1分）
(2)1.40；（2分） 0.57；（2分）
(3)1I；（2分） =．（2分）
15.（10分） 解：(1)设飞机做匀加速直线运动的加速度为a，飞机从静止开始匀加速直线运动位移x=100 m，初速度v0=0，末速度v=20m/s，由运动学公式有
v2-v02=2ax，...........(2分)
得a=2m/s2；..........(2分)
(2)设飞机所受的牵引力为F，飞机的质量为m=7.0×104 kg，
飞机受到的平均阻力为f=0.02mg，..........(2分)
根据牛顿第二定律有：F-f=ma，..........(2分)
得F=1.54×105N。..........(2分)
答：(1)飞机的加速度大小为2m/s2；
(2)飞机所受牵引力的大小为1.54×105N。
16. 解：(1)根据双星特点，具有相同角速度，则根据万有引力提供向心力有：F=m1ω2r1=m2ω2r2..........(2分)
并且r1+r2=L..........(2分)
解得r1=m2Lm1+m2。..........(1分)
(2)根据万有引力提供向心力有：Gm1m2L2=m14π2T2r1，..........(2分)
Gm1m2L2=m24π2T2r2..........(2分)
即Gm2L2=4π2T2r1，Gm1L2=4π2T2r2
两式相加得Gm1+m2L2=4π2T2L
解得：T=4π2L3G(m1+m2)..........(1分)
17. （12分）解：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a=F-μmgm=12 m/s2..........(2分)
小物体到达C点的过程中有：v2=2aL0..........(2分)
代入数据解得：v=12 m/s..........(1分)
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1=|q|E+μmgm=12 m/s2..........(2分)
小物体向右运动的时间：t1=va1=1.0 s..........(1分)
小物体向右运动的位移：x1=v2t1=6.0 m..........(1分)
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2=|q|E-μmgm=4 m/s2..........(1分)
小物体在电场中向左运动的时间为：t2= 2x1a2=3 s..........(1分)
小物体在电场中运动的总时间为：t=t1+t2=(1+3) s≈2.7 s..........(1分)
18.（15分） 解：(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则由向心力公式得 mvD2R=mg+qE ① .(1分)
竖直方向匀加速运动 2R=12(mg+qEm) t2 ②.(1分)
水平方向匀速运动 x=vDt ③.(1分)
联立①②③得：x=0.4m ④.(1分)
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒有：
mv0=mv甲+mv乙⑤.(1分)
根据机械能守恒定律有：
12mv02=12mv甲2+12mv乙2 ⑥.(1分)
联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0 ⑦.(1分)
由动能定理得：-mg⋅2R-qE⋅2R=12mvD2-12mv乙2 ⑧.(1分)
联立①⑦⑧得：v0=v乙=5(mg+qE)Rm=25m/s ⑨.(1分)
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，
根据动量守恒有：
Mv0=MvM+mvm⑩.(1分)
根据机械能守恒定律有
12Mv02=12MvM2+12mvm2..........(1分)
有以上两式可得：vm=2Mv0M+m........(1分)
由于M≫m，可得：v0≤vm<2v0........(0.5分)
设乙球过D点的速度为vD'，
由动能定理得 -mg⋅2R-qE⋅2R=12mvD'2-12mvm2........(1分)
联立以上两个方程可得：2m/s≤vD'<8m/s........(0.5分)
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，
则有：x'=vD't
所以可以解得：0.4m≤x'<1.6m........(1分)
【解析】
1. 【分析】
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P热=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
【解答】
直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U；
总功率为：P=UI=2×6W=12W
发热功率为：P热=I2R=22×0.5W=2W
根据能量守恒定律，其输出功率是：
P出=P-P热=12W-2W=10W
机械的工作效率为P出P×100%=83.3%；故ABD错误，C正确
故选：C。
2. 解：已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，说明A、B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，所以电场方向沿CO方向，根据E=Ud知E=UCBL
研究粒子由C运动到B，根据动能定理知：
qUCB=12m(2v0)2-12m(3v0)2
联立解得：E=mv022qL，故A正确，BCD错误。
故选：A。
已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，说明A、B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，根据电场线垂直于等势面和沿电场方向电势降低判断电场方向；根据E=Ud和动能定理求解电场强度大小。
本题主要考察了匀强电场的电场强度与带电粒子的动能之间的关系，根据电势差的变化以及带电粒子动能的变化，即可表示出电场强度的大小。
3. 【分析】
小石子做平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，画出运动轨迹图与AB的交点，然后利用几何知识找到水平位移和竖直位移的关系，即可正确解答。
此题考查了平抛运动的规律，要掌握平抛运动的分解方法：水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，然后熟练应用几何知识找到水平位移和竖直位移之间的关系。
【解答】
小石子的运动轨迹如图所示：
小石子轨迹恰好与AB杆相切，
速度满足：gtv0=tan53°
位移满足：x=y+4tan53∘(m)
根据平抛运动规律有：
x=v0t
y=12gt2
联立解得：v0=35m/s，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 【分析】
本题运用隔离法研究，分析a圆柱体受力情况，得到两个力的表达式是解题的关键。
【解答】
AB.据力的三角形定则可知，圆柱a处于初状态时，圆柱a受到的支持力N=Gsin 30∘=2G，拉力，
当圆柱a缓慢滑动时，拉力F减小
当圆柱a滑到圆柱b的顶端时，圆柱a受到的拉力最小，为0，故A错误，B正确；
CD.圆柱a受到的支持力N=Gsin θ，θ增大，则支持力减小，滑到b的顶端时，支持力N最小，为G，故CD错误。
故选B。
5. 【分析】
同步轨道卫星的半径约为42400公里，根据万有引力定律结合牛顿第二定律判断加速度大小是否相等，第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，要计算地球质量，需要知道地球半径。
解答本题要知道同步卫星的特点，最大第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，是发射卫星的最小速度．要抓住卫星问题的基本思路：万有引力等于向心力。
【解答】
A.同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；
B.根据GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，方向不同，故B错误；
C.第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；
D.若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T和轨道半径r，根据GMmr2=m4π2T2r可以求出地球的质量M，由地球半径得到地球的体积，所以可求出地球的密度，故D正确。
故选D。
6. 【分析】
这是一道有关电场基本概念的常规题。主要考查等势线与带电粒子的运动轨迹问题，根据轨迹确定受力，分析电场方向；根据电势与电势能的关系分析电势能。
【解答】
A.首先假设α粒子从Q点沿轨迹运动到P点，过Q点做轨迹切线为Q点速度方向，过Q点做等势面的垂线为该处电场线，根据Q点轨迹的弯曲方向，可以判断Q点受力方向为沿电场线向左上方，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知 φc>φb>φa ，故A错误；
B. 因为 φP<φQ，且β粒子带负电荷，EP=qφ， β粒子在P点电势能大，故B错误；
C.相邻等势面间电势差相等，由于图中P处区域等势面间距小，根据E=Ud，定性判断，P处区域电场强度大，F=Eq，则P处电场力大，则P处电场力产生加速度大，故C正确；
D.α粒子从P点沿轨迹运动到Q点，分析受力方向相同，得到的电场方向和电势高低与轨迹从Q点到P点结论相同，则不能确定粒子运动方向，故D错误。
故选C。
7. 【分析】
本题考查了电容器的动态分析；本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C=ɛS4πkd和电量公式Q=CU结合分析电量变化。
带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，板间距离增大，根据E=Ud分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化。
【解答】
A.将极板A向下平移一小段距离，电容器板间的电压保持不变，根据E=Ud分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错误；
B.由U=Ed知，P与B间的场强增大，B点的电势为零，知P点的电势升高，故B正确；
CD.将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q=CU知，极板带电荷量将增大，故CD错误。
故选B。
8. 【分析】
由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率。
本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解。
【解答】
AB.因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流，故电动机电流I机
故选B。
9. 【分析】
v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
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，不难。
【解答】
ACD.火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故AC错误，D正确；
B.v-t图象中斜率表示加速度，由图可知火箭在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度，故B正确。
故选BD。
10. 【分析】
由滑片位置的变化判断电阻的变化，从而判断整个电路的电阻变化，再由闭合电路的欧姆定律判断总电流的变化，判断路端电压的变化，同时判断灯泡的明暗变化，由灯泡电流的变化判断R1中电流的变化，从而得解。
本题主要考查电路的动态分析，知道由滑动变阻器的阻值变化判断总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律判断电流变化，是解题的关键，本题还可以由“串反并同”判断得解。
【解答】
ABC.由题意可知，在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动的过程中滑动变阻器的有效阻值减小，故其总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路的电流增大即电流表示数增大，故电源内阻两端的电压降增大，路端电压减小，故灯泡电流减小，灯泡变暗；又由于灯泡支路电流减小，而电路总电流增大，故滑动变阻器支路电流增大，由欧姆定律可得定值电阻端电压增大，故电压表示数减小，故A错误，BC正确；
D.由于定值电阻电流增大，故其功率增大，D错误。
故选BC。
11. 【分析】
AB碰撞过程满足动量守恒，从AB获得共同速度到弹簧被压缩到最短过程，由功能关系解得弹簧能获得的最大弹性势能；由动量守恒及能量守恒解得A最终的速度；对A应用动量定理解得整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小；由能量的转化关系判断并解得整个过程中的机械能损失。
本题主要考查动量守恒定律及能量守恒定律的综合应用，知道物体的运动过程，知道过程中的能量转化是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.A向B撞去并瞬间锁定在一起，该过程由动量守恒定律可得：m1v0=m1+m2v，解得二者的共同速度为：v=5m/s，此后二者整体压缩弹簧，该过程满足机械能守恒，故有：12m1+m2v2=Ep，解得弹簧能获得的最大弹性势能为：Ep=25J，A正确；
B.后二者被反弹，当弹簧恢复原长时，A获得最终速度，此时由于机械能守恒可得：Ep=12m1+m2v'2，解得物块A最终的速度大小为：v'=5m/s，故B正确；
C.由动量定理可得整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小：I=m1v'-m1v0，由于A的初末速度方向相反，故冲量的大小为：I=15N·s，故C正确；
D.由于整体过程中，只有AB二者锁定瞬间，由于二者共速有机械能损失，故整个过程中的机械能损失：ΔE=12m1v02-12m1+m2v2=25J，故D错误。
故选ABC。
12. 解：A、因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，则小球沿斜面的加速度为零，小美和小球一定是匀速下滑；以滑梯、小美和小球整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g，根据牛顿第三定律可得滑梯对地面的压力大小为(M+m)g，故A正确；
B、小美、小球沿滑梯匀速下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故B错误；
C、小美与小球下滑过程中满足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ，即小美与滑梯间的动摩擦因数为μ=tan θ，故C正确；
D、由能量守恒知，系统增加的内能等于小美、小球减少的机械能，所以系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。
故选：ACD。
小美与小球都做匀速直线运动，根据平衡条件分析支持力，再根据牛顿第三定律分析压力大小；
根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒；
根据平衡条件列方程求解动摩擦因数；
根据能量转化情况分析内能增加与小美机械能的减少之间的关系。
解决本题的关键知道小球和小美都做匀速直线运动，运用平衡条件结合机械能守恒定律、功能关系即可求解。
13. 【分析】
本题考查两个问题，一是电表的读数，注意估读不估读的问题；二是欧姆表的工作原理，特别注意换档后一定要进行欧姆调零。
由图示电表确定其分度值，然后根据指针位置读数；最小一格是1、0.1、0.01…的要估读到下一位；
欧姆表的原理是闭合电路欧姆定律，选档后首先要进行欧姆调零，即红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电流的最大值，即电阻的零点，Ig=ER内；把待测电阻接入红黑表笔之间后再列式有I=ER内+Rx，代入数据即可求得，同时可知欧姆表盘刻度不均匀；测电阻时尽量让指针指向中值电阻附近，故要选择合适的档位。
【解答】
(1)电压表接0--3V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.15V；
电流表接0--0.6A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.16A；
(2)利用多用电表的欧姆档测电阻时，原理是闭合电路欧姆定律，当选×1档进行欧姆调零时有：Ig=ER内，当将R=15Ω接入红黑表笔之间时，指针指向C处有：12Ig=ER内+R=ER内+15，由以上两可得：R内=15Ω；当指针指向D处时有：34Ig=ER内+Rx，解得：Rx=10Ω，且指针应该指向CD之间靠近C的地方，故B正确，AC错误；测量电阻时应该让指针指向中值电阻附近，当被测电阻为200Ω时，应该选择×10档，故D错误。
故选B。
故答案为：(1)2.15，0.16 (2)B。
14. [分析]
本题考查实验：测电源电动势和内阻，考查了滑动变阻器的使用，滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；根据图示电源U-I图象求出电源电动势和内阻；根据实验电路图分析实验误差．
[解答]
(1)为保护电路安全，由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流式接法，开关闭合前滑动变阻器R的滑片要置于阻值最大处，所以滑片滑到左侧；
(2)由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，所以电源电动势E=1.40V，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，
电源内阻为： r=ΔUΔI=1.40-1.000.70≈0.57Ω；
(3)若电压表坏了，不再使用电压表，把滑动变阻器换成电阻箱与电流表串联，重新连接电路进行实验，由闭合电路欧姆定律得：E=IR+Ir，
将上式变形得1I=1ER+rE ，读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，以R为横坐标，以1I为纵坐标建立直角坐标系，做出函数图线是一条倾斜的直线。在这个实验电路图中，电流表的示数是通过电源的真实电流，但是由于电流表的分压作用，使得电阻箱两端的电压不是路端电压，这样导致电源内阻的测量值实际上是电源的内阻与电流表内阻的和，所以电源内阻的测量值偏大，如果把电流表的内阻归到电源内阻上，看成一个内阻是电源内阻与电流表内阻和的一个等效电源，那么电阻箱两端的电压就是路端电压了，电流表的示数是通过电源的电流，所以电动势的测量值和真实值相等，内阻的测量值偏大。
故答案为：(1)左侧； (2)1.40；0.57；(3)1I；=．
15. (1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求解加速度；
(2)根据牛顿第二定律求解飞机所受的牵引力大小。
本题考查匀变速直线运动规律及牛顿第二定律，要明确解题思路，已知物体的运动状态，由运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律求解某个力，加速度是运动和力的桥梁。
16. (1)根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解轨道半径；
(2)分别对两个星体根据万有引力提供向心力列方程求解运行周期。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
17. 本题主要考查牛顿第二定律，带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解。
(1)对物块在AC间的运动进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度根据位移求得末速度或根据动能定理求得末速度;
(2)分析物块在CB上运动时的受力情况求得加速度，即可得到根据匀变速运动规律求得运动时间。
18. (1)对乙受力分析，乙离开最高点之后，做类平抛运动，竖直方向上匀加速运动，水平方向上匀速运动；
(2)由于两个球发生的是弹性碰撞，所以动量守恒，机械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度v0；
(3)B求经过D点后的最小的速度应该是vD，再由动量守恒分析可得最大的速度，根据平抛运动水平方向的运动规律，可以求得范围的大小。
在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，两球在碰撞过程中动量守恒，碰后机械能守恒，题目中物体的运动过程比较复杂，在解题是一定分析清楚运动过程。
祁县中学2020年高三年级、复习中心12月月考
物理试题
（考试时间90分钟、试题总分110分）
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
1. 某直流电动机，线圈电阻是0.5Ω，当它两端所加的电压为6V时，电动机正常工作，此时通过电动机的电流为2A.由此可知( )
A. 电动机发热的功率为72W B. 电动机消耗的电功率为72W
C. 电动机的工作效率为20% D. 电动机输出的机械功率为10W
2. 如图所示，曲线ACB处于匀强电场中，O为AB的中点，OC长为L，且与AB垂直。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子仅在电场力作用下沿ACB依次通过A、C、B三点，已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，且方向与OC垂直。匀强电场与曲线所在的平面平行，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为( )
A. 4mv02qL，沿CO方向 B. mv022qL，沿CO方向
C. mv022qL，沿OC方向 D. 3mv02qL，沿OC方向
3. 如图所示，一根长木杆ab两端分别固定在水平地面和竖直墙壁aO上，已知杆与水平地面之间的夹角为θ=53°，a点到地面的距离为12 m。从竖直墙壁上距地面8 m的c点以水平速度v0射出一颗小石子，小石子运动的轨迹恰好与ab杆相切(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)，则小石子射出时的水平初速度为( )
A. 35m/s B.310m/s
C. 325m/s D. 3210m/s
4. 如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b，靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在水平面上，现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面一直滑到b的顶端，对a从离开地面到滑到顶端d的程分析，则应有
A.拉力F先增大后减小，最大值是G
B. a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到0
C. 开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0
D. a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
5. 2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波．2月16日，中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”.由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动．计划从2016年到2035年分四阶段进行，将向太空发射三颗卫星探测引力波．在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”.则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是( )
A. 三颗卫星一定是地球同步卫星
B. 三颗卫星具有相同的加速度
C. 若知道引力常量G、三颗卫星绕地球运转周期T及地球的半径R，则可估算出地球的密度
D. 三颗卫星的线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度
6. 如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B. 该粒子在P点具有的电势能比在Q点具有电 势能小
C.该粒子在P点具有的电势能比在Q点具
有的电势能大
D. 该粒子一定是从P点向Q点运动
7. 如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A，B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变。下列说法中正确的( )
A.P点电势升高 B. 液滴将向下运动
C. 电容器电容变小 D. 极板带电荷量将减少
8. 如图所示，电阻R=20 Ω，电动机的电阻R'=10 Ω.当开关断开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P.当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压不变，电流表的示数I'和电路消耗的电功率P'应是( )
A. I'=3I B. P'=3P
C. I'<3I D. P'>3P
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射。火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级第二级相继脱落，实验中测得火箭主体的v-t图象如图所示。下列判断正确的是( )
A. t2时刻火箭到达最高点
B. 火箭在0～t1时间内的加速度大于t1一t2时间内的加速度
C. t3时刻火箭到达最高点
D. t3时刻火箭落回地面
10. 将电学元件按照如图所示的电路连接，其中电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想电表，开始时滑动变阻器的滑片位于滑动变阻器的中间位置，电路中的小灯泡正常发光。在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动的过程中，下列选项中正确的是( )。
A. 电压表的示数增大、电流表的示数增大
B. 电压表的示数减小、电流表的示数增大
C. 定值电阻R1消耗的电功率减小
D. 小灯泡的亮度变暗
11. 如图所示，物块A，B静止在光滑的水平面上，质量均为1kg，轻弹簧的一端与墙相连另一端与B连在一起，弹簧处于自然伸长状态，现给A一个向左的初速度v0=10m/s，使A向B撞去并瞬间锁定在一起，当弹簧被压缩至最短时解除锁定，物块A最终会被反弹出来，则下列说法正确的是
A. 弹簧能获得的最大弹性势能为25J
B. 物块A最终的速度大小为5m/s
C. 整个过程中的机械能损失37.5J
D. 整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小为15N·s
12. 如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为θ、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m，下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 滑梯对地面的压力大小为(M+m)g
B. 系统增加的内能大于小美减少的机械能
C. 小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tanθ
D. 小美、小球组成的系统机械能守恒
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
13. （6分）(1)按照有效数字规则读出下列电表的测量值．
电压表接0～3 V量程时读数为____________V
电流表接0～0.6 A量程时读数为_________A
(2)如图所示为多用电表的欧姆档的刻度盘，C为AB的中点，D为BC中点，选×1档且完成欧姆调零后，将R=15Ω的已知电阻接在红黑表笔之间，指针指在C处，下列说法正确的是_____
A.当指针在D处时，被测电阻的值为10Ω
B.当被测电阻为10Ω时，指针应指在CD间，且离C近。
C.当被测电阻为10Ω时，指针应指在CD间，且离D近。
D.当被测电阻为200Ω时，选×100档
14. （9分）如图所示，李建秋老师准备按该电路图选择合适的器材连接好后用来测量电源电动势和内阻．
(1)开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到_________(填“左侧”或“右侧”)．
(2)根据实验测得的几组I、U数据作出U–I图象如图所示，由图象可确定：该电源的电动势为_______V，电源的内电阻为_______Ω(结果保留到小数点后两位)． (3)若李老师在实验中发现电压表坏了，于是不再使用电压表，而是选用电阻箱替换了滑动变阻器，重新连接电路进行实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，则该同学以R为横坐标，以_________为纵坐标得到的函数图线是一条直线．这种方案测得的电动势的值与真实值相比，E测______E真(选填“>”“=”“<”)．
四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）
15. （10分）一架质量为7.0×104kg的喷气式飞机，从静止开始匀加速直线运动了100 m时，速度达到20 m/s。在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的0.02倍。g取10 m/s2，求：
(1)飞机的加速度大小；
(2)飞机所受牵引力的大小。
16. （10分）双星由两颗绕着共同的点旋转的恒星组成。对于其中一颗来说，另一颗就是其“伴星”。如果甲、乙两颗星体质量分别为m1、m2，它们之间的距离为L，甲、乙离其他天体十分遥远(不受其他天体的作用)，它们绕连线上一点O以相同的角速度做匀速圆周运动，如图所示。已知引力常量为G。求：
(1)甲做圆周运动的轨道半径r1。
(2)双星做圆周运动的周期T。
17. （12分）如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106N/C的匀强电场中，一质量m=0.25 kg、电荷量q=-2.0×10-6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0=6.0 m的A点处，在拉力F=4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间
18. （15分）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下。求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
2020、12高三复习中心
【答案】
1. D 2.B 3. A 4C 5. C 6.B 7. A
8. C 9. BC 10. BD 11. ABD 12. ABC
13.(6分、每空2分) (1) 2.15， 0.16 (2)B
14.（9分） (1)左侧；（1分）
(2)1.40；（2分） 0.57；（2分）
(3)1I；（2分） =．（2分）
15.（10分） 解：(1)设飞机做匀加速直线运动的加速度为a，飞机从静止开始匀加速直线运动位移x=100 m，初速度v0=0，末速度v=20m/s，由运动学公式有
v2-v02=2ax，...........(2分)
得a=2m/s2；..........(2分)
(2)设飞机所受的牵引力为F，飞机的质量为m=7.0×104 kg，
飞机受到的平均阻力为f=0.02mg，..........(2分)
根据牛顿第二定律有：F-f=ma，..........(2分)
得F=1.54×105N。..........(2分)
答：(1)飞机的加速度大小为2m/s2；
(2)飞机所受牵引力的大小为1.54×105N。
16. 解：(1)根据双星特点，具有相同角速度，则根据万有引力提供向心力有：F=m1ω2r1=m2ω2r2..........(2分)
并且r1+r2=L..........(2分)
解得r1=m2Lm1+m2。..........(1分)
(2)根据万有引力提供向心力有：Gm1m2L2=m14π2T2r1，..........(2分)
Gm1m2L2=m24π2T2r2..........(2分)
即Gm2L2=4π2T2r1，Gm1L2=4π2T2r2
两式相加得Gm1+m2L2=4π2T2L
解得：T=4π2L3G(m1+m2)..........(1分)
17. （12分）解：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a=F-μmgm=12 m/s2..........(2分)
小物体到达C点的过程中有：v2=2aL0..........(2分)
代入数据解得：v=12 m/s..........(1分)
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1=|q|E+μmgm=12 m/s2..........(2分)
小物体向右运动的时间：t1=va1=1.0 s..........(1分)
小物体向右运动的位移：x1=v2t1=6.0 m..........(1分)
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2=|q|E-μmgm=4 m/s2..........(1分)
小物体在电场中向左运动的时间为：t2= 2x1a2=3 s..........(1分)
小物体在电场中运动的总时间为：t=t1+t2=(1+3) s≈2.7 s..........(1分)
18.（15分） 解：(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则由向心力公式得 mvD2R=mg+qE ① .(1分)
竖直方向匀加速运动 2R=12(mg+qEm) t2 ②.(1分)
水平方向匀速运动 x=vDt ③.(1分)
联立①②③得：x=0.4m ④.(1分)
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒有：
mv0=mv甲+mv乙⑤.(1分)
根据机械能守恒定律有：
12mv02=12mv甲2+12mv乙2 ⑥.(1分)
联立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0 ⑦.(1分)
由动能定理得：-mg⋅2R-qE⋅2R=12mvD2-12mv乙2 ⑧.(1分)
联立①⑦⑧得：v0=v乙=5(mg+qE)Rm=25m/s ⑨.(1分)
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，
根据动量守恒有：
Mv0=MvM+mvm⑩.(1分)
根据机械能守恒定律有
12Mv02=12MvM2+12mvm2..........(1分)
有以上两式可得：vm=2Mv0M+m........(1分)
由于M≫m，可得：v0≤vm<2v0........(0.5分)
设乙球过D点的速度为vD'，
由动能定理得 -mg⋅2R-qE⋅2R=12mvD'2-12mvm2........(1分)
联立以上两个方程可得：2m/s≤vD'<8m/s........(0.5分)
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，
则有：x'=vD't
所以可以解得：0.4m≤x'<1.6m........(1分)
【解析】
1. 【分析】
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P热=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
【解答】
直流电动机线圈电阻为R，当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U；
总功率为：P=UI=2×6W=12W
发热功率为：P热=I2R=22×0.5W=2W
根据能量守恒定律，其输出功率是：
P出=P-P热=12W-2W=10W
机械的工作效率为P出P×100%=83.3%；故ABD错误，C正确
故选：C。
2. 解：已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，说明A、B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，所以电场方向沿CO方向，根据E=Ud知E=UCBL
研究粒子由C运动到B，根据动能定理知：
qUCB=12m(2v0)2-12m(3v0)2
联立解得：E=mv022qL，故A正确，BCD错误。
故选：A。
已知粒子在A、B两点的速率均为2vo，在C点的速度大小为3v0，说明A、B电势相等，AB为等势线，C点电势比A电势高，根据电场线垂直于等势面和沿电场方向电势降低判断电场方向；根据E=Ud和动能定理求解电场强度大小。
本题主要考察了匀强电场的电场强度与带电粒子的动能之间的关系，根据电势差的变化以及带电粒子动能的变化，即可表示出电场强度的大小。
3. 【分析】
小石子做平抛运动，水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，画出运动轨迹图与AB的交点，然后利用几何知识找到水平位移和竖直位移的关系，即可正确解答。
此题考查了平抛运动的规律，要掌握平抛运动的分解方法：水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，然后熟练应用几何知识找到水平位移和竖直位移之间的关系。
【解答】
小石子的运动轨迹如图所示：
小石子轨迹恰好与AB杆相切，
速度满足：gtv0=tan53°
位移满足：x=y+4tan53∘(m)
根据平抛运动规律有：
x=v0t
y=12gt2
联立解得：v0=35m/s，故B正确，ACD错误。
故选B。
4. 【分析】
本题运用隔离法研究，分析a圆柱体受力情况，得到两个力的表达式是解题的关键。
【解答】
AB.据力的三角形定则可知，圆柱a处于初状态时，圆柱a受到的支持力N=Gsin 30∘=2G，拉力，
当圆柱a缓慢滑动时，拉力F减小
当圆柱a滑到圆柱b的顶端时，圆柱a受到的拉力最小，为0，故A错误，B正确；
CD.圆柱a受到的支持力N=Gsin θ，θ增大，则支持力减小，滑到b的顶端时，支持力N最小，为G，故CD错误。
故选B。
5. 【分析】
同步轨道卫星的半径约为42400公里，根据万有引力定律结合牛顿第二定律判断加速度大小是否相等，第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，要计算地球质量，需要知道地球半径。
解答本题要知道同步卫星的特点，最大第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，是发射卫星的最小速度．要抓住卫星问题的基本思路：万有引力等于向心力。
【解答】
A.同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；
B.根据GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于三颗卫星到地球的距离相等，则它们的加速度大小相等，方向不同，故B错误；
C.第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；
D.若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T和轨道半径r，根据GMmr2=m4π2T2r可以求出地球的质量M，由地球半径得到地球的体积，所以可求出地球的密度，故D正确。
故选D。
6. 【分析】
这是一道有关电场基本概念的常规题。主要考查等势线与带电粒子的运动轨迹问题，根据轨迹确定受力，分析电场方向；根据电势与电势能的关系分析电势能。
【解答】
A.首先假设α粒子从Q点沿轨迹运动到P点，过Q点做轨迹切线为Q点速度方向，过Q点做等势面的垂线为该处电场线，根据Q点轨迹的弯曲方向，可以判断Q点受力方向为沿电场线向左上方，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知 φc>φb>φa ，故A错误；
B. 因为 φP<φQ，且β粒子带负电荷，EP=qφ， β粒子在P点电势能大，故B错误；
C.相邻等势面间电势差相等，由于图中P处区域等势面间距小，根据E=Ud，定性判断，P处区域电场强度大，F=Eq，则P处电场力大，则P处电场力产生加速度大，故C正确；
D.α粒子从P点沿轨迹运动到Q点，分析受力方向相同，得到的电场方向和电势高低与轨迹从Q点到P点结论相同，则不能确定粒子运动方向，故D错误。
故选C。
7. 【分析】
本题考查了电容器的动态分析；本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C=ɛS4πkd和电量公式Q=CU结合分析电量变化。
带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，板间距离增大，根据E=Ud分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化。
【解答】
A.将极板A向下平移一小段距离，电容器板间的电压保持不变，根据E=Ud分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错误；
B.由U=Ed知，P与B间的场强增大，B点的电势为零，知P点的电势升高，故B正确；
CD.将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q=CU知，极板带电荷量将增大，故CD错误。
故选B。
8. 【分析】
由电路图可知，电机和电阻并联，则由并联电路的规律可求得电动机内的电流，由电动机的性质可知电动机的消耗的实际功率，则可知电路消耗的总功率。
本题考查电动机的性质，因电动机在工作时有电能转化为动能，不能用欧姆定律求解，但可以用P=UI及串并联电路的性质求解。
【解答】
AB.因闭合开关后保持电压不变，故R中的电流不变；由并联电路的规律可知，电流表中电流为电动机电流与R中电流之和；因为电动机电流一定小于电动机卡住时的电流，故电动机电流I机
故选B。
9. 【分析】
v-t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移。
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，不难。
【解答】
ACD.火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即t3时刻到达最高点，故AC错误，D正确；
B.v-t图象中斜率表示加速度，由图可知火箭在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度，故B正确。
故选BD。
10. 【分析】
由滑片位置的变化判断电阻的变化，从而判断整个电路的电阻变化，再由闭合电路的欧姆定律判断总电流的变化，判断路端电压的变化，同时判断灯泡的明暗变化，由灯泡电流的变化判断R1中电流的变化，从而得解。
本题主要考查电路的动态分析，知道由滑动变阻器的阻值变化判断总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律判断电流变化，是解题的关键，本题还可以由“串反并同”判断得解。
【解答】
ABC.由题意可知，在滑动变阻器的滑片逐渐向右端滑动的过程中滑动变阻器的有效阻值减小，故其总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路的电流增大即电流表示数增大，故电源内阻两端的电压降增大，路端电压减小，故灯泡电流减小，灯泡变暗；又由于灯泡支路电流减小，而电路总电流增大，故滑动变阻器支路电流增大，由欧姆定律可得定值电阻端电压增大，故电压表示数减小，故A错误，BC正确；
D.由于定值电阻电流增大，故其功率增大，D错误。
故选BC。
11. 【分析】
AB碰撞过程满足动量守恒，从AB获得共同速度到弹簧被压缩到最短过程，由功能关系解得弹簧能获得的最大弹性势能；由动量守恒及能量守恒解得A最终的速度；对A应用动量定理解得整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小；由能量的转化关系判断并解得整个过程中的机械能损失。
本题主要考查动量守恒定律及能量守恒定律的综合应用，知道物体的运动过程，知道过程中的能量转化是解题的关键，难度一般。
【解答】
A.A向B撞去并瞬间锁定在一起，该过程由动量守恒定律可得：m1v0=m1+m2v，解得二者的共同速度为：v=5m/s，此后二者整体压缩弹簧，该过程满足机械能守恒，故有：12m1+m2v2=Ep，解得弹簧能获得的最大弹性势能为：Ep=25J，A正确；
B.后二者被反弹，当弹簧恢复原长时，A获得最终速度，此时由于机械能守恒可得：Ep=12m1+m2v'2，解得物块A最终的速度大小为：v'=5m/s，故B正确；
C.由动量定理可得整个过程中物块B对物块A产生的冲量大小：I=m1v'-m1v0，由于A的初末速度方向相反，故冲量的大小为：I=15N·s，故C正确；
D.由于整体过程中，只有AB二者锁定瞬间，由于二者共速有机械能损失，故整个过程中的机械能损失：ΔE=12m1v02-12m1+m2v2=25J，故D错误。
故选ABC。
12. 解：A、因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，则小球沿斜面的加速度为零，小美和小球一定是匀速下滑；以滑梯、小美和小球整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得地面对滑梯的支持力大小为(M+m)g，根据牛顿第三定律可得滑梯对地面的压力大小为(M+m)g，故A正确；
B、小美、小球沿滑梯匀速下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减少，故B错误；
C、小美与小球下滑过程中满足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ，即小美与滑梯间的动摩擦因数为μ=tan θ，故C正确；
D、由能量守恒知，系统增加的内能等于小美、小球减少的机械能，所以系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。
故选：ACD。
小美与小球都做匀速直线运动，根据平衡条件分析支持力，再根据牛顿第三定律分析压力大小；
根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒；
根据平衡条件列方程求解动摩擦因数；
根据能量转化情况分析内能增加与小美机械能的减少之间的关系。
解决本题的关键知道小球和小美都做匀速直线运动，运用平衡条件结合机械能守恒定律、功能关系即可求解。
13. 【分析】
本题考查两个问题，一是电表的读数，注意估读不估读的问题；二是欧姆表的工作原理，特别注意换档后一定要进行欧姆调零。
由图示电表确定其分度值，然后根据指针位置读数；最小一格是1、0.1、0.01…的要估读到下一位；
欧姆表的原理是闭合电路欧姆定律，选档后首先要进行欧姆调零，即红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向电流的最大值，即电阻的零点，Ig=ER内；把待测电阻接入红黑表笔之间后再列式有I=ER内+Rx，代入数据即可求得，同时可知欧姆表盘刻度不均匀；测电阻时尽量让指针指向中值电阻附近，故要选择合适的档位。
【解答】
(1)电压表接0--3V量程，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.15V；
电流表接0--0.6A量程，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.16A；
(2)利用多用电表的欧姆档测电阻时，原理是闭合电路欧姆定律，当选×1档进行欧姆调零时有：Ig=ER内，当将R=15Ω接入红黑表笔之间时，指针指向C处有：12Ig=ER内+R=ER内+15，由以上两可得：R内=15Ω；当指针指向D处时有：34Ig=ER内+Rx，解得：Rx=10Ω，且指针应该指向CD之间靠近C的地方，故B正确，AC错误；测量电阻时应该让指针指向中值电阻附近，当被测电阻为200Ω时，应该选择×10档，故D错误。
故选B。
故答案为：(1)2.15，0.16 (2)B。
14. [分析]
本题考查实验：测电源电动势和内阻，考查了滑动变阻器的使用，滑动变阻器采用限流接法时，闭合开关前滑片要置于阻值最大处；根据图示电源U-I图象求出电源电动势和内阻；根据实验电路图分析实验误差．
[解答]
(1)为保护电路安全，由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流式接法，开关闭合前滑动变阻器R的滑片要置于阻值最大处，所以滑片滑到左侧；
(2)由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.40，所以电源电动势E=1.40V，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，
电源内阻为： r=ΔUΔI=1.40-1.000.70≈0.57Ω；
(3)若电压表坏了，不再使用电压表，把滑动变阻器换成电阻箱与电流表串联，重新连接电路进行实验，由闭合电路欧姆定律得：E=IR+Ir，
将上式变形得1I=1ER+rE ，读出几组电阻箱的阻值R以及对应的电流表的示数I，以R为横坐标，以1I为纵坐标建立直角坐标系，做出函数图线是一条倾斜的直线。在这个实验电路图中，电流表的示数是通过电源的真实电流，但是由于电流表的分压作用，使得电阻箱两端的电压不是路端电压，这样导致电源内阻的测量值实际上是电源的内阻与电流表内阻的和，所以电源内阻的测量值偏大，如果把电流表的内阻归到电源内阻上，看成一个内阻是电源内阻与电流表内阻和的一个等效电源，那么电阻箱两端的电压就是路端电压了，电流表的示数是通过电源的电流，所以电动势的测量值和真实值相等，内阻的测量值偏大。
故答案为：(1)左侧； (2)1.40；0.57；(3)1I；=．
15. (1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求解加速度；
(2)根据牛顿第二定律求解飞机所受的牵引力大小。
本题考查匀变速直线运动规律及牛顿第二定律，要明确解题思路，已知物体的运动状态，由运动学公式求解加速度，再根据牛顿第二定律求解某个力，加速度是运动和力的桥梁。
16. (1)根据万有引力提供向心力结合向心力的计算公式求解轨道半径；
(2)分别对两个星体根据万有引力提供向心力列方程求解运行周期。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
17. 本题主要考查牛顿第二定律，带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解。
(1)对物块在AC间的运动进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度根据位移求得末速度或根据动能定理求得末速度;
(2)分析物块在CB上运动时的受力情况求得加速度，即可得到根据匀变速运动规律求得运动时间。
18. (1)对乙受力分析，乙离开最高点之后，做类平抛运动，竖直方向上匀加速运动，水平方向上匀速运动；
(2)由于两个球发生的是弹性碰撞，所以动量守恒，机械能也守恒，列出方程可以求出甲的速度v0；
(3)B求经过D点后的最小的速度应该是vD，再由动量守恒分析可得最大的速度，根据平抛运动水平方向的运动规律，可以求得范围的大小。
在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，两球在碰撞过程中动量守恒，碰后机械能守恒，题目中物体的运动过程比较复杂，在解题是一定分析清楚运动过程。
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