2024年北師大版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下圖中哪個情況線圈中不能產生交流電()2、下列物理量中屬于矢量的是（）A.質量B.速度C.路程D.時間3、古時有“守株待兔”的寓言.

設兔子的頭部受到大小等于自身體重的打擊力即可致死，并設兔子與樹樁作用時間為0.2s

則被撞死的兔子其奔跑的速度至少為(g

取10m/s2)(

)

A.1m/s

B.1.5m/s

C.2m/s

D.2.5m/s

4、在一密閉容器中，反應rm{aA(g)overset{}{?}bB(g)}達平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，當達到新的平衡時，rm{A}的濃度變?yōu)樵瓉淼膔m{60%}則rm{(}rm{)}A.rm{a<b}B.平衡向逆反應方向移動了C.平衡向正反應方向移動了D.物質rm{B}的質量分數增加了5、用兩只完全相同的電流表分別改裝成一只電流表和一只電壓表．將它們串聯起來接入電路中，如圖所示，此時（）A.兩只電表的指針偏轉角相同B.兩只電表的指針都不偏轉C.電流表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角D.電流表指針的偏轉角大于電壓表指針的偏轉角評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、根據磁場對電流會產生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置隆陋隆陋

電磁炮，其原理如圖所示：把待發(fā)炮彈(

導體)

放置在強磁場中的兩平行導軌上，給導軌通以大電流，使炮彈作為一個通電導體在磁場作用下沿導軌加速運動，并以某一速度發(fā)射出去.

現要提高電磁炮的發(fā)射速度，你認為下列方案在理論上可行的是()A.增大磁感應強度B

的值B.增大電流I

的值C.減小磁感應強度B

的值D.改變磁感應強度B

的方向，使之與炮彈前進方向平行7、如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30鈭?

質量為0.3kg

的小物塊靜止在A

點，現有一沿斜面向上的恒定推力F

作用在小物塊上，作用一段時間后撤去推力F

，小物塊能達到的最高位置為C

點，小物塊從A

到C

的v鈭?t

圖像如圖乙所示，g

=10m/s2

則下列說法正確的是

A.小物塊到C

點后將沿斜面下滑B.小物塊從A

點沿斜面向上滑行的最大高度為1.8m

C.小物塊與斜面間的動摩擦因數為33

D.推力F

的大小為4N

8、14

下列說法正確的是(

)

A.懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了花粉分子的熱運動B.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結果C.彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點D.干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱的結果9、在如圖所示的直角坐標系xyz

所在的區(qū)域內，存在電場強度為E

的勻強電場和磁感強度為B

的勻強磁場.

已知從坐標原點O

沿x

軸的正方向射入質子，穿過這區(qū)域時未發(fā)生偏轉.

設重力可忽略不計，則這區(qū)域中的E

和B

的方向可能是(

)

A.E

和B

都沿x

軸的正方向B.E

和B

都沿x

軸的負方向C.E

沿z

軸正方向，B

沿y

軸正方向D.E

沿z

軸正方向，B

沿y

軸負方向10、如圖1

兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L

其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.

垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒.

從t=0

時刻起，棒上有如圖2

的持續(xù)交變電流I

周期為T

最大值為Im

圖1

中I

所示方向為電流正方向.

則金屬棒(

)

A.一直向右移動B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內做正功11、關于下列四幅圖中所涉及物理知識的論述中；正確的是(

)

A.甲圖中的海市蜃樓是光的色散現象引起的B.乙圖中的泊松亮斑說明光具有波動性C.丙圖中的波形是調頻波D.丁圖中的實驗表明：不論光源與觀察者之間做怎樣的相對運動，光速都是一樣的12、關于電場強度，下列說法錯誤的是(

)

A.由E=Fq

知，若q

減半，則該處場強不變B.由E=kQr2

知，當某點與點電荷Q

間距離r隆煤0

時，該點場強E隆煤隆脼

C.由E=kQr2

知，在以Q

為球心、r

為半徑的球面上，各處場強大小相等D.由E=Ud

知，勻強電場的場強大小等于電場中某兩點間的電勢差與這兩點之間距離的比值評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、一束帶電粒子流從小磁針上方平行于小磁針方向從左向右飛過，結果小磁針北極向紙內轉動，可以判斷這束帶電粒子帶____電荷．

14、如圖所示，一個質量為30g帶電量-1.0×10-8C的半徑極小的小球，用絲線懸掛在某勻強電場中，電場線與水平面平行．當小球靜止時，測得懸線與豎直夾角為30°，由此可知勻強電場方向為______，電場強度大小為______N/C．（保留三位有效數字，g取10m/s2）15、測定電源的電動勢和內電阻的實驗電路和U-I圖象如下：請回答下列問題。

（1）在閉合開關之前，為防止電表過載，滑動變阻器的滑動頭P應放在____處（填a．b）

（2）現備有以下器材：

A．干電池1個。

B．滑動變阻器（0～50Ω）

C．滑動變阻器（0～1750Ω）

D．電壓表（0～3V）

E．電壓表（0～15V）

F．電流表（0～0.6A）

G．電流表（0～3A）

H．電鍵一個；導線若干．

該實驗應選擇的器材是____．（填字母代號）

（3）如圖是根據實驗數據畫出的U-I圖象．由此可知這個干電池的電動勢E=____V，內電阻r=_____Ω．

16、小球從2m高處自由下落，被水平地板彈回后在0.5m高處接住，則小球通過的路程等于____m，全過程位移的大小等于____m．17、如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q2為正電荷，q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài).則q1,帶____（填正或負）電，q1、q2、q3三者電量大小之比是_____________.18、用一與斜面平行的力，把一質量為100kg的物體沿長5m、高3m的斜面從其底端勻速拉上頂端，物體和斜面間的動摩擦因數為0.1，在這過程中，物體克服重力做的功為______J，摩擦力做的功為______J，拉力做的功為______J．19、當某測電筆上的氖管兩端所加電壓達到86.7V時即開始發(fā)光，低于該電壓時熄滅．若把此氖管接在電壓U=71V，頻率f=50Hz，的正弦交流電商，則每秒內閃光的次數n=______次．20、小明同學在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，為了更準確選取電壓表和電流表的合適量程，決定先用多用電表測量小燈泡的阻值．

(1)

在使用前發(fā)現電表指針位置如圖甲所示，該同學應該調節(jié)哪個位置________(

選“壟脵

”或“壟脷

”)

(2)

小明使用多用電表歐姆擋的“隆脕10

”擋測量小燈泡電阻阻值，讀數如圖乙所示，為了更準確地進行測量，小明應該旋轉開關至歐姆擋_____(

填“隆脕100

”擋或“隆脕1

”擋)

兩表筆短接并調節(jié)______(

選“壟脵

”或“壟脷

”)

．(3)

按正確步驟測量時，指針指在如圖丙位置，則小燈泡阻值的測量值為________婁賂

．21、如圖所示，某透明液體深1m

一束光線與水平面成30鈭?

角從空氣斜射向該液體，進入該液體的光線與水平面的夾角為45鈭?.(

光在真空中的速率c=3.0隆脕108m/s)

則該液體的折射率n=

______，進入液體的光線射到底面所需的時間為______s.

評卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)22、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分五、實驗探究題(共4題，共36分)23、某同學用圖示的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗，先將球a從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面的記錄紙上留下壓痕，重復10次，再把同樣大小的球b放在斜槽軌道水平段的最右端處靜止，讓球a仍從原固定點由靜止開始滾下，且與b球彈性相碰，碰后兩球分別落在記錄紙上的不同位置，重復10次．（兩球都在斜槽末端處的O點正上方水平飛出，且ma＞mb）

（1）本實驗必須測量的物理量是______

A．小球a、b的質量ma、mb

B．小球a、b的半徑r

C．斜槽軌道末端到水平地面的高度H

D．球a的固定釋放點到斜槽軌道末端的高度差h

E．小球a、b離開軌道后做平拋運動的飛行時間。

F．記錄紙上O點到兩小球的平均落點位置A、B、C的距離

（2）放上被碰小球，兩球（ma＞mb）相碰后，小球a、b的平均落點位置依次是圖中______點和______點．

（3）利用該實驗測得的物理量，也可以判斷兩球碰撞過程中機械能是否守恒．判斷的依據是看ma2與______在誤差允許范圍內是否相等．24、在用“單擺測重力加速度”的實驗中：

（1）有下列備選器材中；需選用哪些器材較好______

A．長1m左右的粗一點結實棉線B．長1m左右的細棉線。

C．帶細孔的直徑2cm左右的鐵球D．帶細孔的直徑2cm左右的橡膠球。

E．時鐘F；秒表G、學生用刻度尺H、最小刻度是毫米的米尺。

（2）甲同學先用米尺測得擺線長，再用游標卡尺測得擺球直徑如圖甲所示為______cm，然后用秒表記錄單擺完成50次全振動所用的時間如圖乙所示，則單擺的周期為______s（保留三位有效數字）25、在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中；備有下列器材：

。器材規(guī)格待測干電池電動勢為1.5V，內電阻小于0.1Ω電流表G滿偏電流3mA，內阻Rg=10Ω電流表A量程0～0.6A，內電阻0.1Ω滑動變阻器R1最大阻值為20Ω，額定電流為10A滑動變阻器R2最大阻值為200Ω，額定電流為1A定值電阻R0990Ω開關、若干導線（1）某同學發(fā)現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖1所示中的（a）、（b）兩個參考實驗電路，其中合理的是圖______所示的電路；在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選______．（填“R1”或者“R2”）

（2）該同學順利完成實驗，測出的數據經轉換后如表所示．請你根據這些數據幫他在下面坐標圖中畫出U-I圖象，并由圖得出電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω；

。I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.6026、如圖所示，某同學做驗證機械能守恒定律實驗的裝置.

在正確操下得到的紙帶上選取三個連續(xù)打出的點ABC

測得它們到起始點O

的距離分別為hAhBhC.

設重錘質量為m

當地重力加速度為g

打點計時器打點周期為T

．

壟脜

為了驗證重錘從打O

點到打B

點過程中的機械能是否守恒，需要計算重錘重力勢能的減少量鈻?Ep=

____，動能的增加量鈻?Ek=

____(

用題中所給字母表示)

．壟脝

實驗結果顯示，重錘重力勢能的減少量總略大于動能的增加量，其主要原因是____A.

重錘的密度過大B.

電源的電壓偏低。

C.C.沒有采用多次實驗取平均值

D.存在空氣阻力和紙帶與限位孔之間摩擦阻力評卷人得分六、實驗題(共2題，共4分)27、在實驗室中用游標卡尺測量一物體長度的讀數是________毫米,螺旋測微儀測量金屬絲的直徑時，由圖可知金屬絲的直徑是____毫米。28、（7分）某實驗小組想描繪標有“4V2W”的小燈泡的U—I圖像，除導線和開關外還備有以下器材可供選擇：A．電流表A1（量程0.6A，內阻約為1）B．電流表A2（量程3.0A，內阻約為0.2）C．電壓表V1（量程5.0V，內阻約為5k）D．電壓表V2（量程15.0V，內阻約為15k）E．滑動變阻器R1（最大阻值為5額定電流500mA）F．滑動變阻器R2（最大阻值為10額定電流2.0A）G．電源（電動勢為6.0V，內阻約為0.5）（1）實驗中所用的電流表應選_________（填A1或A2）；電壓表應選_________（填V1或V2）；滑動變阻器應選___________（填R1或R2）。（2）在虛線框內畫出實驗的電路圖。（3）經過正確的操作，測得的數據如下表，請根據下表數據在下方坐標系中描點畫出小燈泡的U—I曲線。。1234567891011U/V00.400.801.201.602.002.402.803.203.604.00I/A00.120.220.300.360.400.430.460.480.490.50參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】試題分析：線圈繞垂直于磁場的軸線轉動會形成按正余弦規(guī)律變化的交流電，A中線圈轉動過程中，磁通量不發(fā)生變化，所以不會形成感應電流，BCD均符合產生交流電的條件故選A考點：考查了感應電流產生的條件【解析】【答案】A2、B【分析】解：速度是既有大小又有方向；相加時遵循平行四邊形定則的矢量，而質量；路程、時間只有大小沒有方向，所以它們都是標量．故ACD錯誤，B正確．

故選：B

既有大小又有方向；相加時遵循平行四邊形定則的物理量是矢量，如力；速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，沒有方向的物理量是標量，如路程、時間、質量等都是標量．

矢量與標量要掌握它們的兩大區(qū)別：一是矢量有方向，標量沒有方向；二是運算法則不同，矢量運算遵守平行四邊形定則，標量運算遵守代數加減法則．【解析】【答案】B3、C【分析】解：取兔子奔跑的速度方向為正方向。

根據動量定理得鈭?Ft=0鈭?mv

v=Ftm

由F=mg

得到v=mgtm=gt=2m/s

故選：C

以兔子為研究對象；它與樹樁碰撞過程中，水平方向受到樹對它的打擊力，速度減小至零，根據動量定理研究其速度．

本題應用動量研究碰撞過程物體的速度.

對于打擊、碰撞、爆炸等變力作用過程，往往用動量定理研究作用力．【解析】C

4、B【分析】【分析】本題考查化學平衡移動問題，題目難度不大，注意通過改變體積濃度的變化判斷平衡移動的方向，此為解答該題的關鍵?！窘獯稹坎捎眉僭O法分析，假設rm{a=b}保持溫度不變，將容器體積增加一倍，平衡不移動，rm{A}和rm{B}的濃度應均是原來的rm{dfrac{1}{2}}倍，但當達到新的平衡時，rm{A}的濃度是原來的rm{60%}說明減小壓強平衡向逆反應反應方向移動。

A.增大體積，壓強減小，平衡向逆反應方向移動，則說明rm{a>b}故A錯誤；B.平衡時rm{A}的濃度是原來的rm{60%}大于原來的rm{dfrac{1}{2}}倍；說明平衡向逆反應反應方向移動，故B正確；

C.平衡時rm{A}的濃度是原來的rm{60%}大于原來的rm{dfrac{1}{2}}倍，說明平衡向逆反應反應方向移動，故C錯誤；D.平衡應向逆反應方向移動，物質rm{B}的質量減小，混合物總質量不變，所以物質rm{B}質量分數減小，故D錯誤。故選B。

【解析】rm{B}5、C【分析】【解析】試題分析：電鍵閉合后有電流通過電表的表頭，則兩電表指針都會發(fā)生偏轉；改裝成電流表需并聯一電阻，改裝成電壓表需串聯一電阻，將改裝后的電流表和電壓表串聯接入電路中，因電流表并聯電阻的分流，通過電流表表頭的電流較小，電流表的指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角。故選C考點：電表的改裝【解析】【答案】C二、多選題(共7題，共14分)6、AB【分析】略【解析】AB

7、CD【分析】【分析】由圖示圖象求出物塊的加速度；然后應用牛頓第二定律求出動摩擦因數，根據動摩擦因數判斷物塊能否下滑；根據圖示圖象求出物塊向上滑行的最大高度；應用牛頓第二定律求出推力大小。

本題考查動力學知識與圖象的綜合，通過圖線求出勻加速和勻減速運動的加速度是解決本題的關鍵?！窘獯稹緼C.AC.由圖乙所示圖象可知，加速度：a1=?v?t=30.9m/s2=103m/s2，a2=?v?t=31.2鈭?0.9m/s2=10m/s2，

在勻減速直線運動過程中，由牛頓第二定律知：mgsin30鈭?+婁脤mgcos30鈭?=mamgsin30^{circ}+婁脤mgcos30^{circ}=ma22，解得：婁脤=33，

由于婁脤=tan婁脠=33，物塊到達CC點后將靜止在CC點不會下滑，故A錯誤，C正確；

B.由圖乙所示圖象可知，物塊向上滑行的最大距離：s=12隆脕3隆脕1.2m=1.8m，向上滑行的最大高度：h=ssin30鈭?=0.9mh=ssin30^{circ}=0.9m故B錯誤；

D.在勻加速運動階段，由牛頓第二定律得：F鈭?mgsin30鈭?鈭?婁脤mgcos30鈭?=maF-mgsin30^{circ}-婁脤mgcos30^{circ}=ma11，解得：F=4NF=4N故D正確。

故選CD。

【解析】CD

8、BCD【分析】【分析】布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動，不能反映花粉分子的熱運動；液體表面存在表面張力，能使空氣的小雨滴呈球形；液晶具有各向異性的特點；高原地區(qū)水的沸點較低，這是高原地區(qū)氣壓低的緣故；濕溫度計下端包有濕紗布，濕紗布上的水分要蒸發(fā)，蒸發(fā)是一種汽化現象，汽化要吸熱，所以濕溫度計的示數較低。本題重點要掌握布朗運動的實質，液體表面張力的形成的原因，等基礎知識?！窘獯稹?/p>

A.布朗運動是懸浮在水中花粉的無規(guī)則運動；由于花粉是由大量花粉分子組成的，所以布朗運動不能反映了花粉分子的熱運動，故A錯誤；

B.空氣的小雨滴呈球形是水的表面張力；使雨滴表面有收縮的趨勢的結果，故B正確；

C.液晶像液體一樣具有流動性；而其光學性質與某些晶體相似具有各向異性，彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質具有各向異性的特點，故C正確；

D.干濕泡溫度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度；主要是由于濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱，從而溫度降低的緣故，故D正確。

故選BCD。【解析】BCD

9、ABC【分析】解：由于質子帶正電；因此則有：

A

選項中；磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運動方向在同一直線，方向不會發(fā)生偏移，AB正確．

C

選項中；電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當這兩個力平衡時，粒子方向可以始終不變，C正確．

D

選項；電場力沿z

軸正方向，洛倫茲力沿z

軸正方向，兩力方向相同，兩力的合力與運動方向垂直，粒子將做曲線運動，D錯誤．

故選ABC．

根據各選項提供的電場方向和磁場方向；逐一分析各選項中的受力情況，分析電場力和磁場力的合力，即可判斷帶電粒子的運動情況．

該題考查了電場力和磁場力的方向的判斷，在判斷磁場力方向時，要會熟練的應用左手定則；了解二力平衡的條件，會準確的判斷二力是否能平衡是解決此類問題的關鍵．【解析】ABC

10、ABC【分析】解：A

根據左手定則知，導體棒開始所受的安培力方向水平向右，根據F=BIL

知，安培力在第一個T2

內做勻加速直線運動，在第二個T2

內；安培力方向水平向左，大小不變，做勻減速直線運動，根據運動的對稱性知，一個周期末速度為零，金屬棒的速度方向未變.

知金屬棒一直向右移動，先向右做勻加速直線運動，再向右做勻減速運動，速度隨時間周期性變化.

故A；B正確．

C；因為電流周期性變化；則安培力也周期性變化.

故C正確．

D；在一個周期內；動能的變化量為零，則安培力在一個周期內做功為零.

故D錯誤．

故選：ABC

．

根據左手定則判斷出安培力的方向；結合加速度方向與速度方向的關系判斷金屬棒的運動規(guī)律.

從而得出速度；安培力隨時間的變化規(guī)律．

解決本題的關鍵掌握安培力的方向判斷，會根據金屬棒的受力情況判斷其運動情況是解決本題的基礎．【解析】ABC

11、BD【分析】解：A

海市蜃樓是由光的折射；導致光線偏離出現的現象，并滿足全反射條件，因此是光的全反射現象，故A錯誤；

B；泊松亮斑是光射到不透明的小圓盤；屏上中心處出現亮斑，則說明光偏離直線傳播，屬于光的衍射，因此具有波動性，故B正確；

C；調制有調幅與調頻兩種；圖為調頻，故C錯誤；

D；測量兩垂直光的光速差值的一項著名的物理實驗.

但結果證明光速在不同慣性系和不同方向上都是相同的；由此確定了光速不變原理，故D正確；

故選BD

海市蜃樓是光的全反射現象；泊松亮斑說明光偏離直線傳播；調制分為調頻與調幅兩種；莫雷實驗證實了光速不變原理．

考查光的全反射條件、光的衍射現象，并知道調制的兩種方式．【解析】BD

12、BD【分析】解：A

電場強度的大小與試探電荷的電量無關；q

減半，則該處場強不變，故A正確．

B、E=kQr2

適用于點電荷的場強，當某點與點電荷Q

間距離r隆煤0

時；該電荷不能看成點電荷，該公式不再適用，故B錯誤．

C、由E=kQr2

知，在以Q

為球心、r

為半徑的球面上；各處場強大小相等，故C正確．

D、在E=Ud

中；d

表示兩點沿電場線方向的距離，不一定是兩點的距離，故D錯誤．

本題選錯誤的；故選：BD

．

E=Fq

為電場強度的定義式，適用于一切電場，E=kQr2

是點電荷的場強公式，適用于點電荷產生的電場，E=Ud

適用于勻強電場的計算；注意d

表示兩點沿電場線方向上的距離．

明確電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關；場強公式E=Fq

是采用比值法下的定義是解題的關鍵.

知道E=FqE=kQr2E=Ud

三個公式的適用條件．【解析】BD

三、填空題(共9題，共18分)13、正【分析】【解答】向右飛行的正離子束形成的電流方向向右；根據安培定則可知，離子在下方產生的磁場方向向里，則N極轉向里，S極轉向外．

故答案為：正。

【分析】小磁針N極受力方向與磁場方向相同．電流方向與正電荷定向移動方向相同，與負電荷定向移動方向相反．根據安培定則，將選項逐一代入檢查，選擇符合題意的選項．14、略

【分析】解：電場力水平向左；但電荷帶負電，負電荷電場力方向與電場線方向相反，故電場強度方向向右．

由平衡條件：

Tsin30°=qE

Tcos30°=mg

聯立兩方程得：

E==1.73×107N/C

故答案為：水平向右；，1.73×107．

小球受重力；電場力、拉力．根據電場力的方向確定電場強度的方向．

根據共點力平衡求出電場力的大?。俑鶕﨓=求出電場強度的大小．

解決本題的關鍵知道電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反．以及會正確進行受力分析，利用共點力平衡求解力．【解析】水平向右；1.73×10715、略

【分析】

（1）閉合開關之前，為防止電表過載，滑動變阻器的滑動頭P應放在電阻的阻值最大處，故滑動變阻器的滑動頭P應放在b處；

（2）電流表和電壓表的選擇要保證安全和讀數時指針的偏轉大約在～之間，干電池1節(jié)，電壓1.5V，故電壓表應選擇量程為3V的；在該實驗中，一般要求電流最大不超過1A左右，故應選擇0.6A的電流表；電流值在0.1～0.6A之間變化時，電路中的電阻約為：故選擇50Ω的滑動變阻器較為合適；另外還要選擇干電池和電建和導線．故該實驗應選擇的器材是ABDFH；

（3）在圖線中，圖線與縱軸的交點就是所要測量的電動勢，讀數為1.5V；內電阻可以使用公式：

故答案為：b；ABDFH；1.5V；1.0Ω．

【解析】【答案】（1）閉合開關之前；為防止電表過載，滑動變阻器的滑動頭P應放在電阻的阻值最大處，以保證電路的安全；

（2）電流表和電壓表的選擇要保證安全和讀數時指針的偏轉大約在～之間；

（3）在圖線中，圖線與縱軸的交點就是所要測量的電動勢，內電阻可以使用公式：進行計算．

16、略

【分析】

小球從2m高處為起點自由下落；被地板彈回后在離地面0.5m處被接住，終點離地面0.5m故物體的位移為1.5m，因為經地板彈回，落回地板時路程2m，又反彈0.5m，故全程的路程為2+0.5m=2.5m．

故答案為：2.5；1.5．

【解析】【答案】位移是物體位置的移動；由物體初末位置決定，路程是物體運動軌跡的長度，由運動軌跡決定．

17、略

【分析】試題分析：假設q1帶負電，要使q2平衡則q3也應帶負電；假設q1帶正電，要使q2平衡則q3也應帶正電，但是q1、q3不能平衡，所以q1、q3都帶負電荷．由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，由庫侖定律建立如下平衡式：對q1：對q2：對q3：解得：q1：q2：q3=考點：庫侖定律，共點力平衡的條件及其應用【解析】【答案】負，18、略

【分析】解：重力做功為：WG=-mgh=100×10×3=-3×103J；

負號說明克服重力做功為3×103J；

斜面與水平面夾角的正弦值sinθ=

則余弦值為：cosθ=

摩擦力大小為：f=μmgcosθ=0.1×100×10×=80N；

則摩擦力做功為：Wf=-fL=-80×5=-400J；

根據動能定理可知：WF+Wf+WG=0

解得拉力做功為：WF=3.4×103J；

故答案為：3×103；-400；3.4×103；

根據功的計算方法可分別求出重力的功和摩擦力的功；再根據動能定理可求出拉力的功．

本題考查動能定理的應用，要注意明確合力的功為各力做功的代數和，在計算時一定注意各功的正負，不要在符號上出現問題．【解析】3×103；-400；3.4×10319、略

【分析】解：當某測電筆上的氖管兩端所加電壓達到86.7V時即開始發(fā)光；低于該電壓時熄滅．

若把此氖管接在電壓U=71V，電壓最大值為71V；

頻率f=50Hz；周期T=0.02s；

一個周期內發(fā)光兩次；所以每秒內閃光的次數n=100次；

故答案為：100．

根據電壓必須達到86.7V以上才能發(fā)光；根據瞬時表達式求出周期及頻率，求出一個周期內發(fā)光的次數，進而可以求得通電1s內，氖管發(fā)光的次數．

本題考查了交流電表達式的靈活應用，寫出交流電的表達式，靈活應用數學知識即可正確解答．【解析】10020、（1）①（2）×1②（3）28【分析】【分析】(1)

明確多用電表的使用方法；知道在使用前應觀察指針是否在左側零刻度處，如不在應進行機械調零；

(2)

用歐姆表測電阻時；歐姆表指針應指在歐姆表刻度盤中央附近，根據待測電阻阻值選擇合適的擋位，并進行歐姆調零；

(3)

根據指針位置得出讀數，再乘以檔位即可得出最終的讀數。本題利用多用電表測量電阻，要注意掌握多用電表的使用方法，掌握機械調零和歐姆調零，同時注意如何選擇合適的檔位，并進行讀數，注意明確每次換檔均應進行歐姆調零?！窘獯稹?1)

由圖甲可知；電表指針沒有指在左側零刻度處，故應進行機械調零，故應用螺絲刀調節(jié)旋鈕壟脵

(2)

由圖乙可知；測量電阻時指針偏轉較大，表盤上示數偏小，則說明所選檔位太大，故應換用小檔位，故選：隆脕1

同時每次換檔后均應進行歐姆調零，故將兩表筆短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕使指針指到右側零刻度處；

(3)

由圖可知；電阻R=28隆脕1=28婁賂

故填：(1)壟脵(2)隆脕1壟脷(3)28

【解析】(1)壟脵(1)壟脵(2)隆脕1(2)隆脕1壟脷壟脷(3)28(3)2821、略

【分析】解：根據幾何知識可知，入射角i=60鈭?

折射角r=45鈭?

根據折射定律得：

n=sinisinr=sin60鈭?sin45鈭?=62

光在液體中傳播的速度為：v=cn

光線射到底面時傳播的距離為：S=hcosr=2h

所以進入液體的光線射到底面所需的時間：t=Sv=2nhc=2隆脕62隆脕13隆脕108=33隆脕10鈭?8s

故答案為：6233隆脕10鈭?8

．

由題圖知入射角i=60鈭?

折射角r=45鈭?

根據折射定律求解該液體的折射率；由幾何知識求出光在液體中傳播的距離S

由v=cn

求出光在液體中傳播的速度v

根據公式t=Sv

求出傳播的時間．

本題是幾何光學中基本問題，是折射定律和光速公式的應用，要注意入射角和折射角都是指光線與光線的夾角，不是與界面的夾角．【解析】6233隆脕10鈭?8

四、判斷題(共1題，共2分)22、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．五、實驗探究題(共4題，共36分)23、略

【分析】解：（1）小球平拋運動的時間相等，t=a球與b球不碰撞，落在B點，則速度：a球與b球碰撞后，a球落在A點，b球落在C點；則碰后a球的速度：

b球的速度：

本實驗驗證mav0=mav1+mbv2，即：所以需要測量兩球的質量和記錄紙上O點到兩小球的平均落點位置A；B、C的距離，故A、F正確．

故選：AF．

（2）a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點距離O點最近，b小球離O點最遠，中間一個點是未放b球時a的落地點，所以相碰后，小球a、b的平均落點位置依次是圖中A；C點．

（3）由于小球小球平拋運動的高度相同；因此時間相等，設時間為t，則a球碰前的速度為：

a球與b球碰撞后，a球落在A點，b球落在C點，則碰后a球的速度：b球的速度：

若滿足：則兩球碰撞過程中機械能守恒，即需要驗證：=是否成立，即可驗證兩球碰撞過程中機械能是否守恒．

故答案為：（1）AF；（2）A，C；（3）．

（1）根據平拋運動的特點求出碰撞前后兩個小球的速度；從而得出動量守恒的表達式，確定所需測量的物理量．

（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大；小球a的速度減小，都做平拋運動，由平拋運動規(guī)律不難判斷出各自做平拋運動的落地點．

（3）平拋運動的時間由豎直高度決定；因此在高度一定的情況下，水平距離表示速度大小，然后根據碰前動能等于碰后動能可以得出需要驗證的表達式．

驗證動量守恒定律中，要學會在相同高度下，由水平射程來間接測出速度的方法，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵．【解析】AF；A；C；24、BCFH0.971.50【分析】解：（1）為減小實驗誤差；應選擇適當長些的非彈性細線做擺線，為減小實驗誤差應選擇質量大而體積小即密度大的球做擺球；

則擺線應選擇B；長1m左右的細棉線；擺球應選擇C、帶細孔的直徑2cm左右的鐵球；測量時間需要F、秒表，測量擺長需要H、最小刻度是毫米的米尺；

（2）由圖示游標卡尺可知；其示數為：9mm+7×0.1mm=9.7mm=0.97cm；

由圖示秒表可知，其示數：t=60s+15.2s=75.2s，單擺的周期：T=≈1.50s；

故答案為：（1）BCFH；（2）0.97；1.50。

（1）為減小實驗誤差；應選擇適當長些的非彈性細線做擺線，為減小實驗誤差應選擇質量大而體積小即密