物理 热门试卷

加速度既有大小又有方向，是矢量；动能、功率、电势能只有大小没有方向是标量，要特别注意电势能有正有负，但这个正负表示大小，不表示方向，故选A。

体重计的示数大于自己实际体重，该同学是超重状态，该同学加速度应向上，即做向上加速或向下减速运动，故B正确。

等势面与电场线垂直，所以两条虚线是电势不同的两个等势面，又沿电场线方向电势降低，所以a点电势一定大于于b点电势，所以AB错误；匀强电场中场强处处相等，方向处处相同，所以a点电场强度一定等于b点电场强度，所以C错误，D正确。

由振动图象知小球振动的固有周期是4s，因为，所以小球振动的固有频率是0.25Hz ，故A错误；小球做受迫振动的周期等于驱动力的周期，不一定等于固有周期，故B错误；驱动力的周期越接近固有周期，受迫振动的振幅越大，小球振动的固有周期4s，所以圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著增大，故C正确，D错误。

小物块滑到轨道最低点N时，由牛顿第二定律得： ，把FN=2mg，r=R代入上式解得：，故A错误；此时的动能，重力做的功W=mgh=mgR，故B错误；此过程只有重力和摩擦力做功，根据动能定理得： ，解得摩擦力做的功：，小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为，故C正确；能量有损失，物体不能上升到原来的高度，故D错误。

当线圈平面转动至与磁场方向平行位置时，根据φ=BSsinθ，可知磁通量为0，而此时磁通量的变化率最大，如果利用难以理解，也可以平面的两条边切割磁感线的情况，此时两条边的速度沿转动方向的切线方向，正好与磁场方向垂直，根据E=BLv可知两条边此时产生的感应电动势最大，且为串联关系，故此时产生的感应电动势最大，由此可推断磁通量的变化率最大，故只有A正确。

先把AB看做一个整体，对整体受力分析，整体受竖直向下重力G=4mg、地面的竖直向上的支持力FN、弹簧竖直向上的拉力F=mg，根据物体处于平衡状态可知：G=FN+F，解得FN=3mg，并且没有摩擦力，所以BC错误；在隔离A，对A受力分析，A受竖直向下重力GA=2mg、B的竖直向上的支持力F´、弹簧竖直向上的拉力F=mg，根据物体处于平衡状态可知：GA=F´+F，解得F´=mg，根据牛顿第三定律知物块A对物块B的压力大小为mg，并且没有摩擦力，所以A正确，D错误。

根据自由落体运动的规律，得一滴水下落的时间为，故A错误；相邻两滴水开始下落的时间间隔为，故B错误；根据初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内位移比为：1:3:5:7……，故第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为，故C错误；设一滴水下落的时间为t´，有题意知一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落，所以第1滴水下落开始计时，经过时间为t´第1滴水落地，经过2t´后，第3滴水落地，经过3t´后，第5滴水落地，经过4t´后，第7滴水落地，根据此规律可得n滴水下落的总时间t的关系为：，又，两式联立得此地重力加速度的大小为，故D正确。

A在水平方向上只受弹簧向左的弹力F，B在水平方向上只受弹簧向右的弹力F´,其大小关系F=F´，由牛顿第二定律得：F=ma，A的质量是B的2倍，所以A的加速度小于B的加速度，故AC错误；根据动量定理FΔt=mv´-mv，v=0，得FΔt=mv´,A和B受到的合力大小相等，作用时间相等，由上式知末动量大小相等，又A的质量是B的2倍，所以A的速率是B的速率的一半，故B正确，D错误。

橡皮筋的两个拉力相等在减小，夹角在增大由平行四边形定则知合力在减小，故A错误；合力跟位移的方向相同，力做正功，故B正确；除了重力，弹力也对模型飞机做功，不是只有重力对系统做功，故模型飞机的机械能不守恒，故C错误；弹力的合力在减小，当减小到小于重力时，合力向下与运动方向相反，做负功，根据动能定理模型飞机的动能开始变小，故D错误。

根据电势φ随x的分布图知电势差U与Δd的比值为斜率，故二者比值即E的大小不变，方向相反，沿电场线的方向电势降低，所以场强方向由到O到d，由O到-d，所以带负电的粒子在x=d处由静止释放，它只在电场力作用下沿x轴运动先做初速度为0的匀加速，再做匀减速，有对称性可知加速度大小相等，最后匀减速为0，所以E、a不变，故AB错误；由v2=2as可知v2与d呈线性关系，而C答案是v与d呈线性关系，故C错误；由动能定理得：△EK=Fd，F为定值，所以△EK与d呈线性关系，由运动性质知在O点动能最大，故D正确。