2024年粵教滬科版高三物理上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版高三物理上冊(cè)月考試卷919考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖，質(zhì)量相同的兩小球a，b分別從斜面頂端A和斜面中點(diǎn)B沿水平方向被拋出，恰好均落在斜面底端，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是（）A.小球a，b沿水平方向拋出的初速度之比為2：1B.小球a，b在空中飛行的時(shí)間之比為2：1C.小球a，b到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比為4：1D.小球a，b離開斜面的最大距離之比為2：12、為了研究太陽演化的進(jìn)程需知太陽的質(zhì)量，已知地球的半徑為R，地球的質(zhì)量為m，日地中心的距離為r；地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T，則太陽的質(zhì)量為（）

A.

B.

C.

D.

3、質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時(shí)，引力勢(shì)能可表示為其中G為引力常量，M為地球質(zhì)量．該衛(wèi)星原來的在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于受到極稀薄空氣的摩擦作用，飛行一段時(shí)間后其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)镽2；此過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為（）

A.

B.

C.

D.

4、【題文】如圖所示；讓太陽光通過遮光板M中的小孔S，在M的右方放一偏振片P，P的右方再放一光屏Q，現(xiàn)以光的傳播方向?yàn)檩S逐漸旋轉(zhuǎn)偏振片P，關(guān)于屏Q上光的亮度變化情況，下列說法中正確的是。

A.先變亮后變暗B.先變暗后變亮C.亮度不變D.光先變暗后變亮，再變暗，再變亮5、目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏．電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO（納米銦錫金屬氧化物），夾層ITO涂層作工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶觸摸電容觸摸屏?xí)r，用戶手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指頭到四角的距離成比例，控制器通過對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定位置．對(duì)于電容觸摸屏，下列說法正確的是（）A.電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)B.使用絕緣筆，在電容屏上也能進(jìn)行觸控操作C.手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小D.手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變小6、有甲、乙兩只船，它們?cè)陟o水中航行的速度分別為v1v2

現(xiàn)在兩船從同一渡口向河對(duì)岸開去，已知甲船想用最短時(shí)間渡河，乙船想以最短航程渡河，結(jié)果兩船抵達(dá)對(duì)岸的地點(diǎn)恰好相同，則甲、乙兩船渡河所用時(shí)間之比為A.v22v12

B.v12v22

C.v2v1

D.v1v2

7、如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，當(dāng)開關(guān)S板到位置1時(shí)，電壓表的讀數(shù)為2.0v，當(dāng)開關(guān)S板到位置2時(shí)，電壓表的讀數(shù)可能是（）A.2.2VB.1.9VC.1.6VD.1.4V評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、小軍同學(xué)身高1.6m，當(dāng)他站在平面鏡前1m處時(shí)鏡中所成的像與他相距____m．若他以0.5m/s的速度遠(yuǎn)離平面鏡運(yùn)動(dòng)4s，他的像到平面鏡的距離為____m，像的大小將____（填“變大”、“變小”或“不變”）9、如圖所示的電路中，電源電壓不變．只閉合開關(guān)S2時(shí)，電壓表示數(shù)為6V，則電源電壓為____V；只閉合開關(guān)S1時(shí)，電壓表的示數(shù)為2V，若已知L2的阻值為10Ω，則L1的阻值為____Ω．10、【題文】某發(fā)電廠輸出的功率為200kW，輸出電壓為11kV。若采用220kV的高壓輸電，那么，升壓變壓器(不計(jì)變壓器能量損失)的原線圈和副線圈的匝數(shù)比為____；輸電電流為______A。11、（2010秋?巴南區(qū)期中）如圖所示為一單擺的振動(dòng)圖象，從圖象中可知該單擺的振動(dòng)的振幅為____m，周期為____s，擺長(zhǎng)為____m（取π2=10，g=10m/s2）；若將擺球的質(zhì)量增大為原來的2倍，則該單擺的周期將____（填“增大”、“減小”、“不變”）．12、電阻R1，R2的阻值分別為3Ω，6Ω．把它們并聯(lián)在電路上，總電阻為____．通過各電阻的電流之比I1：I2=____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)13、電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度一定大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、10個(gè)分子的動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和就是這10個(gè)分子的內(nèi)能．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、陰離子在陽極放電，陽離子在陰極放電．____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、物體的瞬時(shí)速度總為零，則平均速度一定為零．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、坐標(biāo)系都是建立在參考系上的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、新能源是指新開采的能源．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度一定大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、化學(xué)成分相同的物質(zhì)只能生成同一種晶體．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、因?yàn)槠噭x車時(shí)的速度越大滑的越遠(yuǎn)，所以速度大的物體慣性大．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共36分)22、磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場(chǎng)性質(zhì)的重要物理量.

不同物質(zhì)周圍存在的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不同；測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小對(duì)于磁場(chǎng)的實(shí)際應(yīng)用有著重要的物理意義．

(1)

如圖1

所示為電流天平；可以用來測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.

它的右臂掛著匝數(shù)為n

匝的矩形線圈，線圈的水平邊長(zhǎng)為l

處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)的方向與線圈平面垂直.

當(dāng)線圈中通過電流I

時(shí)，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達(dá)到平衡，然后保持電流大小不變，使電流反向，這時(shí)需要在左盤中增加質(zhì)量為m

的砝碼，才能使兩臂再達(dá)到新的平衡.

重力加速度為g

請(qǐng)利用題目所給的物理量，求出線圈所在位置處磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大?。?/p>

(2)

磁場(chǎng)具有能量，磁場(chǎng)中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為B2/2婁脤

式中B

是磁感應(yīng)強(qiáng)度，婁脤

是磁導(dǎo)率，在空氣中婁脤

為一已知常量.

請(qǐng)利用下面的操作推導(dǎo)條形磁鐵磁極端面附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

用一根端面面積為A

的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P

再用力將鐵片與磁鐵緩慢拉開一段微小距離鈻?l

并測(cè)出拉力F

如圖2

所示.

因?yàn)榫嚯x很小，F(xiàn)

可視為恒力．

(3)

利用霍爾效應(yīng)原理制造的磁強(qiáng)計(jì)可以用來測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.

磁強(qiáng)計(jì)的原理如圖3

所示：將一體積為a隆脕b隆脕c

的長(zhǎng)方體導(dǎo)電材料；放在沿x

軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，已知材料中單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的帶電粒子數(shù)為n

帶電粒子的電量為q

導(dǎo)電過程中，帶電粒子所做的定向移動(dòng)可認(rèn)為是勻速運(yùn)動(dòng).

當(dāng)材料中通有沿y

軸正方向的電流I

時(shí)，穩(wěn)定后材料上下兩表面間出現(xiàn)恒定的電勢(shì)差U

．

壟脵

請(qǐng)根據(jù)上述原理導(dǎo)出磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的表達(dá)式．

壟脷

不同材料中單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的帶電粒子數(shù)n

不同，請(qǐng)利用題目中所給的信息和所學(xué)知識(shí)分析制作磁強(qiáng)計(jì)應(yīng)采用何種材料．23、某同學(xué)做“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，其中A

為固定橡皮條的圖釘，O

為橡皮條與細(xì)繩的結(jié)點(diǎn)，OB

和OC

為細(xì)繩。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在白紙上所作圖如圖乙所示，已知實(shí)驗(yàn)過程中操作正確。

(1)

乙圖中F1F2F鈥?

四個(gè)力，其中力________(

填上述字母)

不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的.

實(shí)驗(yàn)中，要求先后兩次力的作用效果相同，指的是________(

填正確選項(xiàng)前字母)

A.兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力F1

和F2

的大小之和等于一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力的大小B.橡皮條沿同一方向伸長(zhǎng)C.橡皮條伸長(zhǎng)到同一長(zhǎng)度D.橡皮條沿同一方向伸長(zhǎng)同一長(zhǎng)度(2)

丙圖是測(cè)量中某一彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，讀出該力大小為________N

．24、在描繪小電珠的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)中；一組同學(xué)用量程3V

的電壓表測(cè)量小電珠的電壓，用多用電表的250mA

擋測(cè)量通過小電珠的電流．

(1)

在圖甲電路中，需要將多用電表的兩表筆連接到ab

兩處.

其中黑表筆應(yīng)與______(

填“a

”或“b

”)

連接．

(2)

將得到的數(shù)據(jù)記錄在表格中；當(dāng)電壓為1.50V

時(shí).

對(duì)應(yīng)的多用電表指針指示如圖乙所示，其讀數(shù)為______mA

．

(3)

根據(jù)表格中的其他數(shù)據(jù)；在答題卡的坐標(biāo)紙上繪制出I鈭?U

曲線．

。電壓U/V00.501.001.502.002.50電流I/mA0115154188200(4)

由I鈭?U

曲線可以看出；隨電壓；電流的增大，小電珠的電阻______(

填“變大”、“變小”或“不變”)

．

(5)

實(shí)驗(yàn)完成后；一位同學(xué)用多用電表的歐姆擋測(cè)量小電珠的電阻.

他將選擇開關(guān)置于電阻“隆脕l

”擋，調(diào)零后將紅黑表筆接在小電珠的兩極上.

已知多用電表內(nèi)部歐姆擋所接電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V

歐姆擋刻度盤的中央刻度示數(shù)為15.

則指針應(yīng)位于______區(qū)間．

A.R>10B.7<R<9C.4.5<R<7D.R<4.5

25、某同學(xué)驗(yàn)證動(dòng)能定理的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示.

水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌；導(dǎo)軌上A

點(diǎn)處有一帶遮光片的長(zhǎng)方形滑塊；其總質(zhì)量為M

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

壟脵

用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光片的寬度d

壟脷

安裝好實(shí)驗(yàn)器材；給氣墊導(dǎo)軌接上氣源，然后讀出拉力傳感器的示數(shù)，記為F

同時(shí)從氣墊導(dǎo)軌刻度尺上讀出滑塊與光電門之間的距離L

壟脹

剪斷細(xì)繩；讓滑塊滑向光電門，并記錄滑塊通過光電門的時(shí)間t

壟脺

多次改變滑塊與光電門之間的距離；記錄相應(yīng)的L

與t

的值，結(jié)果如表所示：

。12345L(m)0.6000.8001.0001.2001.400t(ms)8.227.176.445.855.431t2(104s鈭?2)1.481.952.412.923.39試分析下列問題：

(1)

用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度d

的測(cè)量結(jié)果如圖乙所示；則d=

______cm

．

(2)

剪斷細(xì)繩后；滑塊開始加速下滑，則其受到的合外力為______．

(3)

剪斷細(xì)繩后，在滑塊從A

運(yùn)動(dòng)至B

的過程中，合外力對(duì)滑塊、遮光片組成的系統(tǒng)做的功可表示為W=

______，動(dòng)能的增加量可表示為鈻?Ek=

______；若動(dòng)能定理成立，則在本實(shí)驗(yàn)中1t2

與L

的關(guān)系式為1t2=

______．評(píng)卷人得分五、證明題(共3題，共18分)26、一物體做初速度為v0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，經(jīng)過時(shí)間t速度達(dá)到vt，試證明物體經(jīng)過時(shí)刻的速度等于這段時(shí)間內(nèi)的平均速度，還等于．27、（2016?海淀區(qū)模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）平放在水平桌面的一張薄紙上，對(duì)紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動(dòng)．已知物塊的質(zhì)量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1，紙與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質(zhì)量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動(dòng)量的定義；結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，證明：水平拉力F和桌面對(duì)薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動(dòng)量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質(zhì)量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L(zhǎng)，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對(duì)桌面移動(dòng)了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動(dòng)），求此過程中水平拉力所做的功．28、宇航員駕駛一飛船在靠近某行星表面附近的圓形軌道上運(yùn)行，已知飛船運(yùn)行的周期為T，行星的平均密度為試證明（萬有引力恒量G為已知，是恒量）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)水平位移與豎直位移的之比相等，確定a、b兩球的初速度與下落的時(shí)間關(guān)系．再根據(jù)下落的高度比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比，從而結(jié)合水平位移得出初速度之比，再根據(jù)動(dòng)能定理，求得到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比；最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可求得離開斜面的最大距離之比．【解析】【解答】解：A、B、因?yàn)閮汕蛳侣涞母叨戎葹?：2，根據(jù)h=gt2，則t=，可知a、b兩球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為ta：tb=：1；

因?yàn)閮汕蚓湓谛泵嫔?，則有：，因此初速度之比；故AB錯(cuò)誤．

C、根據(jù)動(dòng)能定理可知，到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能之比EKa：Ekb==2：1；故C錯(cuò)誤；

D；當(dāng)小球平拋過程中；速度方向平行與斜面時(shí)，離開斜面的距離為最大，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，將初速度與加速度分解成垂直斜面與平行斜面兩方向；

設(shè)斜面的傾角為α，因此垂直斜面方向的位移為：（v0sinα）2=2gcosαh；那么離開斜面的最大距離與初速度的平方成正比，即為之比為2：1故D正確．

故選：D．2、A【分析】

設(shè)T為地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的周期；則由萬有引力定律和動(dòng)力學(xué)知識(shí)得：

=

根據(jù)地球表面的萬有引力等于重力得：

對(duì)地球表面物體m′有。

=m′g

兩式聯(lián)立得M=

故選A．

【解析】【答案】地球繞太陽公轉(zhuǎn)；知道了軌道半徑和公轉(zhuǎn)周期利用萬有引力提供向心力可列出等式．

根據(jù)地球表面的萬有引力等于重力列出等式；聯(lián)立可求解．

3、C【分析】

衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；由地球的萬有引力提供向心力，則。

軌道半徑為R1時(shí)G=①，衛(wèi)星的引力勢(shì)能為EP1=-②

軌道半徑為R2時(shí)G=m③，衛(wèi)星的引力勢(shì)能為EP2=-④

設(shè)摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q；根據(jù)能量守恒定律得：

+EP1=+EP2+Q⑤

聯(lián)立①～⑤得Q=（）

故選C

【解析】【答案】求出衛(wèi)星在半徑為r1圓形軌道和半徑為r2的圓形軌道上的動(dòng)能；從而得知?jiǎng)幽艿臏p小量，通過引力勢(shì)能公式求出勢(shì)能的增加量，根據(jù)能量守恒求出熱量．

4、C【分析】【解析】根據(jù)光的偏振現(xiàn)象；只要光的振動(dòng)方向不與偏振片的狹逢垂直，都能有光通過偏振片．

且無論如何轉(zhuǎn)動(dòng)；經(jīng)過狹縫的光是確定的，即屏Q上光的亮度保持不變。

故選C【解析】【答案】C5、A【分析】解：A；據(jù)題意知；電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指頭到四角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，無需要手指有壓力．故A正確．

B；絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器；所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯(cuò)誤．

C；手指壓力變大時(shí)；由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯(cuò)誤．

D；手指與屏的接觸面積變大時(shí)；電容變大，故D錯(cuò)誤．

故選：A．

當(dāng)手觸摸電容觸摸屏?xí)r；手指和工作面形成一個(gè)電容器，改變手指的壓力或接觸面積，都能改變電容．根據(jù)電容的決定因素分析．

本題是信息題，要讀懂題意，明確基本的工作原理，同時(shí)要掌握電容與正對(duì)面積，板間距離的關(guān)系，從而進(jìn)行分析．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】

甲船以最短時(shí)間渡河，知靜水速的方向與河岸垂直.

乙船以最短航程渡河，因?yàn)閮纱诌_(dá)地點(diǎn)相同，知乙船靜水速小于水流速，不能垂直到對(duì)岸，乙船靜水速方向與合速度方向垂直。解決本題的關(guān)鍵知道兩船的合速度方向相同，甲船的靜水速垂直于河岸，乙船的靜水速垂直于合速度的方向?！窘獯稹?/p>

兩船抵達(dá)的地點(diǎn)相同；知合速度方向相同，甲船靜水速垂直于河岸，乙船的靜水速與合速度垂直.

如圖．

兩船的合位移相等，則渡河時(shí)間之比等于兩船合速度之反比，則：t1t2=v脪脪潞脧v錄脳潞脧=v脪脪tan(婁脠):v錄脳sin(婁脠)=v22v12

故BCD錯(cuò)誤；A正確。

故選A。

【解析】A

7、B【分析】【分析】由閉合電路歐姆定律可得出開關(guān)置于兩位置時(shí)的表達(dá)式，則由開關(guān)置1時(shí)的電壓U可表示出開關(guān)置2時(shí)的路端電壓的表達(dá)式，通過分析可得出電壓的可能值．【解析】【解答】解：由閉合電路歐姆定律得：

當(dāng)開關(guān)置1時(shí)，U=R1==2V；

當(dāng)開關(guān)置2時(shí)，U′=R2=；

將兩式相比可得：=

故U′=2×=2-；

因0＜＜；故1.6＜U′＜2.0；

故只有1.9V符合題意。

故選：B．二、填空題(共5題，共10分)8、23不變【分析】【分析】解答此題應(yīng)掌握平面鏡成像的特點(diǎn)：像和物體形狀、大小相同；像和物體各對(duì)應(yīng)點(diǎn)到平面鏡間距離相等．【解析】【解答】解：因?yàn)槠矫骁R所成的像和物體各對(duì)應(yīng)點(diǎn)到平面鏡間距離相等；所以，由他到平面鏡的距離為1m可得鏡中所成的像與平面鏡之間的距離為1m，則相距像與他之間的距離為1m×2=2m；

由他以0.5m/s的速度遠(yuǎn)離平面鏡運(yùn)動(dòng)4s；根據(jù)速度公式變形s=vt可得，他遠(yuǎn)離平面鏡的距離為s=0.5m/s×4s=2m，此時(shí)他與平面鏡之間的距離為1m+2m=3m，所以他的像到平面鏡的距離為3m；

因?yàn)槠矫骁R所成的像和物體形狀；大小相同；所以像的大小將不會(huì)改變．

故答案為：2；3；不變．9、620【分析】【分析】本題應(yīng)根據(jù)開關(guān)的閉合情況，弄清電壓表測(cè)的是哪段電路的電壓，根據(jù)歐姆定律求解電流和電阻．【解析】【解答】解：當(dāng)閉合開關(guān)S2時(shí)；電壓表測(cè)的是電源電壓，所以電源電壓為6V；

只閉合開關(guān)S1時(shí)，電壓表測(cè)的是燈泡L2的電壓，已知L2的阻值為10Ω，根據(jù)I===0.2A；

因燈泡L1與燈泡L2串聯(lián)，所以它們的電流都等于0.2A，燈泡L1兩端的電壓等于電源電壓減去燈泡L2兩端的電壓，即U1=U-U2=6V-2V=4V；

則L1阻值為R2==Ω=20Ω；

故答案為：6，20．10、略

【分析】【解析】

試題分析：升壓變壓器輸入端電壓為輸出電壓為所以升壓變壓器原副線圈之比為：理想變壓器兩端的功率相等，所以輸電電流為

考點(diǎn)：考查了理想變壓器構(gòu)造和工作原理。

點(diǎn)評(píng)：關(guān)鍵是知道理想變壓器兩端功率相等，兩端電壓和線圈匝數(shù)成正比【解析】【答案】1：200.9（或10/11）11、0.844不變【分析】【分析】由振動(dòng)圖象可以直接讀出周期和振幅，由周期公司求出擺長(zhǎng)．【解析】【解答】解：由振動(dòng)圖象可以看出；振動(dòng)的振幅為0.8m，周期為4s；

根據(jù)單擺周期公式T=2π可得：L=4m

根據(jù)單擺周期公式可知單擺周期與質(zhì)量無關(guān)；故質(zhì)量增大為原來的2倍周期不變；

故答案為：0.8；4；4；不變．12、2Ω2：1【分析】【分析】由并聯(lián)電路的電阻公式可求得總電阻，再由電壓規(guī)律及歐姆定律可得出電流之比．【解析】【解答】解：總電阻R===2Ω；

并聯(lián)在電路中時(shí)，各部分的電壓相等，則由I=可知；電流之比與電阻成反比；

故I1：I2=2；1；

故答案為：2Ω；2：1三、判斷題(共9題，共18分)13、×【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=變形得到F與E的關(guān)系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=得：F=qE

可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度和電荷量都有關(guān)；則電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度不一定大，故該判斷是錯(cuò)的．

故答案為：×．14、×【分析】【分析】從微觀上說，系統(tǒng)內(nèi)能是構(gòu)成系統(tǒng)的所有分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)動(dòng)能、分子間相互作用勢(shì)能的總和．【解析】【解答】解：物體的內(nèi)能是構(gòu)成物體的所有分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和分子勢(shì)能的代數(shù)和；具有統(tǒng)計(jì)意義，對(duì)單個(gè)或幾個(gè)分子無意義；

故答案為：×15、×【分析】【分析】陰極射線是在1858年利用低壓氣體放電管研究氣體放電時(shí)發(fā)現(xiàn)的．1897年約瑟夫?約翰?湯姆生根據(jù)放電管中的陰極射線在電磁場(chǎng)和磁場(chǎng)作用下的軌跡確定陰極射線中的粒子帶負(fù)電，并測(cè)出其荷質(zhì)比，這在一定意義上是歷史上第一次發(fā)現(xiàn)電子．【解析】【解答】解：陰極即負(fù)極；陰極射線是負(fù)極發(fā)出的射線，是電子流；同理，陽離子在陽極放電．故該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×．16、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段時(shí)間或某一過程內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況；而瞬時(shí)速度只能表示物體在某一瞬時(shí)或某一位置時(shí)的速度．平均速度與位移與時(shí)間的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬時(shí)速度為0；則物體不動(dòng)，無位移，則平均速度為0

故答案為：√17、√【分析】【分析】建立坐標(biāo)系的意義是為了定量描述質(zhì)點(diǎn)的位置變化，要根據(jù)問題的實(shí)際需要，建立合適的坐標(biāo)系，沿直線運(yùn)動(dòng)建立直線坐標(biāo)系，在平面上運(yùn)動(dòng)，建立平面直角坐標(biāo)系．【解析】【解答】解：建立坐標(biāo)系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標(biāo)系都是建立在參考系上的，沒有參考系則坐標(biāo)系無法建立，所以該說法是正確的．

故答案為：√18、×【分析】【分析】根據(jù)新能源的定義進(jìn)行判斷，新能源又稱非常規(guī)能源，是指?jìng)鹘y(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源．【解析】【解答】解：新能源又稱非常規(guī)能源；是指?jìng)鹘y(tǒng)能源之外的各種能源形式，指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究；有待推廣的能源，如太陽能、地?zé)崮?、風(fēng)能、海洋能、生物質(zhì)能和核聚變能等，因此新能源是指新開采的能源這種說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×19、×【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=變形得到F與E的關(guān)系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=得：F=qE

可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度和電荷量都有關(guān)；則電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度不一定大，故該判斷是錯(cuò)的．

故答案為：×．20、×【分析】【分析】根據(jù)晶體的結(jié)構(gòu)與特點(diǎn)可知，同種元素構(gòu)成的固體，可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體．【解析】【解答】解：由同種元素構(gòu)成的固體；可能會(huì)由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，例如石墨和金剛石．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×21、×【分析】【分析】慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性大小由物體的質(zhì)量來量度．根據(jù)這些知識(shí)來解答．【解析】【解答】解：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度；與物體的速度無關(guān)．故該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共36分)22、略

【分析】

(1)

由杠桿平衡條件即第二次天平左側(cè)的鉤碼重于第一次；列出兩次的杠桿平衡方程，進(jìn)而求解；

(2)

由該過程只有F

和磁場(chǎng)對(duì)鐵片的作用力做功；且因緩慢移動(dòng)，動(dòng)能不變，通過求得轉(zhuǎn)化的能量來求磁感應(yīng)強(qiáng)度；

(3)

由電場(chǎng)力等于洛倫茲力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的表達(dá)式；再由表達(dá)式分析B

一定時(shí)，什么條件靈敏度高，則該取這種材料來制作磁強(qiáng)計(jì)．

在實(shí)驗(yàn)背景題中，我們要注意分析是在什么條件不變(

重點(diǎn))

的情況下，改變一些測(cè)量量來達(dá)到研究目的，而不變的條件通常就是我們要應(yīng)用的平衡量或中間變量．【解析】解：(1)

設(shè)左側(cè)砝碼與盤的總質(zhì)量為m1

右側(cè)砝碼；盤、線框總質(zhì)量為m2

由題意可知；第一次天平平衡時(shí)有：m1g=m2g鈭?nBIl

第二次天平平衡時(shí)有：(m1+m)g=m2g+nBIl

所以，mg=2nBIl

則B=mg2nIl

(2)

鐵片緩慢移動(dòng)過程中，外力F

做功全部轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能，所以有：F鈰?鈻?l=B22渭鈰?A鈰?鈻?l

故B=2婁脤FA

(3)

電勢(shì)差恒定時(shí)，材料中的導(dǎo)電粒子將不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，對(duì)某個(gè)粒子有電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，即Uaq=Bqv

當(dāng)材料中的電流為I

時(shí)有：I=Qt=nacvtqt=nacvq

所以，v=Inacq

可得：B=Uav=ncqIU

壟脷

根據(jù)B

的表達(dá)式可知：

B

一定時(shí)；n

小，U

大，則磁強(qiáng)計(jì)靈敏度高．

所以磁強(qiáng)計(jì)應(yīng)該采用n

小的材料制作．

答：(1)

線圈所在位置處磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大小為mg2nIl

(2)

條形磁鐵磁極端面附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的大小為2婁脤FA

(3)壟脵

磁感應(yīng)強(qiáng)度B

的表達(dá)式為B=ncqIU

壟脷

制作磁強(qiáng)計(jì)應(yīng)采用n

小的材料．23、（1）FD（2）9.0【分析】【分析】(1)(1)在實(shí)驗(yàn)中FF和F隆盲F隆盲分別由平行四邊形定則及實(shí)驗(yàn)得出，明確理論值和實(shí)驗(yàn)值的區(qū)別即可正確解答；本實(shí)驗(yàn)中采用了兩個(gè)力合力與一個(gè)力效果相同來驗(yàn)證的平行四邊形定則，因此采用“等效法”，注意該實(shí)驗(yàn)方法的應(yīng)用；(2)(2)注意彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)原則。

本題考查了驗(yàn)證力的平行四邊形定則實(shí)驗(yàn)，在解決設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)時(shí)，一定先要通過分析題意找出實(shí)驗(yàn)的原理，通過原理即可分析實(shí)驗(yàn)中的方法及誤差分析．【解答】(1)(1)實(shí)驗(yàn)中FF是由平行四邊形得出的，而F隆盲F隆盲是通過實(shí)驗(yàn)方法直接測(cè)得的，F(xiàn)F不是由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)得的，實(shí)驗(yàn)過程應(yīng)控制力的作用效果相同，應(yīng)控制橡皮條的節(jié)點(diǎn)位置不變，用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)將橡皮條的結(jié)點(diǎn)仍拉至O

點(diǎn)，即保證橡皮條沿同一方向伸長(zhǎng)到同一長(zhǎng)度，故D正確，ABC錯(cuò)誤；(2)根據(jù)彈簧測(cè)力計(jì)的刻度盤可知讀出該力大小為9.0N9.0N故答案為：(1)FD

(2)9.0

【解析】(1)FD

(2)9.0

24、略

【分析】解：(1)

多用電表充當(dāng)電流表時(shí)，應(yīng)保證電流紅進(jìn)黑出；根據(jù)電路圖可知，黑表筆應(yīng)接b

處；

(2)

由圖可知；電流表量程為250mA

則最小分度為5mA

則讀數(shù)為173mA

(3)

根據(jù)表中數(shù)據(jù)利用描點(diǎn)法可得出對(duì)應(yīng)的伏安特性曲線；

(4)I鈭?U

圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)；由圖可知，電阻隨著電壓的增大而增大；

(5)

當(dāng)電壓為零時(shí)，圖象中過O

點(diǎn)的斜率可以表示常溫下的電阻，由圖可知，電阻約為：0.10.05=2婁賂

則可知；指針對(duì)應(yīng)的區(qū)間應(yīng)為D

故答案為：(1)b(2)173(3)

如圖所示；(4)

變大；(5)D

．

(1)

根據(jù)多用電表的讀數(shù)原理和電路圖可明確黑表筆應(yīng)接的位置；

(2)

根據(jù)電流表的量程確定最小分度；從而明確對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；

(3)

根據(jù)描點(diǎn)法可得出對(duì)應(yīng)的伏安特性曲線；

(4)

根據(jù)圖象的性質(zhì)可明確電阻的變化；

(5)

根據(jù)圖象O

點(diǎn)的斜率可近似表示沒有電流時(shí)的電阻；則可明確多用電表的指針的位置．

本題考查伏安法描繪小燈泡的伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)和多用電表的使用方法；要求能明確I鈭?U

圖象的性質(zhì)，根據(jù)圖象能得出電阻的變化．【解析】b173

變大；D

25、略

【分析】解：(1)

寬度d

的讀數(shù)為：1.0cm+0隆脕0.1mm=1.00cm

(2)

繩子剪斷前；繩子的拉力為F

剪斷后，則滑塊受到的合外力為：F潞脧=F

(3)

滑塊從A

處到達(dá)B

處時(shí)；滑塊；遮光片組成的系統(tǒng)，合外力做的功為：W=FL

動(dòng)能增加量為：鈻?Ek=12Mv2=12M(dt)2

根據(jù)動(dòng)能定理，則有：FL=12M(dt)2

得：1t2=2FLMd2

．

故答案為：(1)1.00(2)F(3)FL12M(dt)22FLMd2

．

(1)

游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀.

不同的尺有不同的精確度，注意單位問題．

(2)

根據(jù)剪斷前繩子的拉力；即可求解合力．

(3)

根據(jù)重力做功和重力勢(shì)能之間的關(guān)系可以求出重力勢(shì)能的減小量；根據(jù)起末點(diǎn)的速度可以求出動(dòng)能的增加量；根據(jù)功能關(guān)系得重力做功的數(shù)值等于重力勢(shì)能減小量．

了解光電門測(cè)量瞬時(shí)速度的原理．

實(shí)驗(yàn)中我們要清楚研究對(duì)象和研究過程；對(duì)于系統(tǒng)我們要考慮全面；

此題為一驗(yàn)證性實(shí)驗(yàn)題.

要求根據(jù)物理規(guī)律選擇需要測(cè)定的物理量，運(yùn)用實(shí)驗(yàn)方法