2025年統(tǒng)編版2024高二物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2025年統(tǒng)編版2024高二物理上冊月考試卷194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8題，共16分)1、如圖所示；一束帶電粒子沿水平方向飛過小磁針上方，并與磁針指向平行，能使磁針的S極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，那么這束帶電粒子可能是（）

A.向右飛行的正離子束。

B.向左飛行的正離子束。

C.向右飛行的負離子束。

D.問左飛行的負離子束。

2、半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖（左）所示。有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖（右）所示。在t=0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒，則以下說法正確的是A.第2秒內(nèi)上極板為正極B.第3秒內(nèi)上極板為負極C.第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈.第3秒末兩極板之間的電場強度大小為0.23、某振動系統(tǒng)的固有頻率為fo，在周期性驅(qū)動力的作用下做受迫振動，驅(qū)動力的頻率為f．若驅(qū)動力的振幅保持不變，下列說法正確的是（）A.當f＜f0時，該振動系統(tǒng)的振幅隨f增大而減小B.當f＞f0時，該振動系統(tǒng)的振幅隨f增大而增大C.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后，振動的頻率等于f0D.該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后，振動的頻率等于f4、有abcd

四顆地球衛(wèi)星，a

還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動，b

是近地軌道衛(wèi)星，c

是地球同步衛(wèi)星，d

是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則(

)

A.a

的向心加速度等于重力加速度g

B.在相同時間內(nèi)b

轉(zhuǎn)過的弧長最長C.c

在4

小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是婁脨6

D.d

的運動周期有可能是20

小時5、紀念抗戰(zhàn)勝利70周年的閱兵式上，20架直升機組成“70”字樣編隊飛過天安門上空。飛行員認為自己處于靜止狀態(tài)，則他選取的參考系可能是（）A.鄰近的直升機B.天安門城樓C.飛機上的旋翼D.天安門上飄揚的紅旗6、半圓形導軌豎直放置，不均勻磁場水平方向并垂直于軌道平面，一個金屬環(huán)在軌道內(nèi)來回滾動，如圖所示，若空氣阻力不計，則A.金屬環(huán)做等幅振動B.金屬環(huán)做減幅振動C.金屬環(huán)做增幅振動D.無法確定7、將一個電量為10-9C的正點電荷放在電場中的A點，正點電荷所受電場力的大小為5×10-6N．如果把正點電荷撤去，那么A處的電場強度大小為（）A.0B.5×10-15N/CC.2×10-4N/CD.5×103N/C8、李妮娜整個運動過程中，下列說法正確的是A.從a

點向b

點運動過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B.在a

點和c

點速度都為零，因此重力勢能相等C.從c

點下落到d

點過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能D.在a

點和e

點都處于靜止狀態(tài)，因此機械能相等評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、我們在選擇收音機的電臺時，常要旋動收音機上的某個旋鈕，這實際上是調(diào)節(jié)____．10、質(zhì)子的質(zhì)量mp，中子的質(zhì)量為mn，它們結(jié)合成質(zhì)量為m的氘核，放出的能量應為______（真空中的光速為c）11、如圖所示，真空中有一電子束，以初速度v0

沿著垂直場強方向從O

點進入電場.

以O(shè)

點為坐標原點，垂直場強方向為x

軸，沿場強方向為y

軸建立坐標系.

沿x

軸取ABC

三點，且OA=AB=BC

再自ABC

點作y

軸的平行線與電子徑跡分別交于MNP

點，則AMBNCP=

______，電子束經(jīng)MNP

三點時沿x

軸的分速度之比為______．12、圖所示是一個電流、電壓兩用表的電路，電流表G的量程是100μA，內(nèi)阻是1000Ω，電阻R1=0.1Ω，R2=99000Ω，當雙刀雙擲開關(guān)接到a、b上時，電流表改裝成為____表，其量程是____；當雙刀雙擲開關(guān)接到c、d上時，電流表改裝成為____表，其量程是____．

13、如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.5Ω，若燈泡正常發(fā)光，則電動機的熱功率為______W，電動機的輸出功率為______W．14、如圖所示“為探究碰撞中的不變量”的實驗裝置示意圖．

（1）因為下落高度相同的平拋小球（不計空氣阻力）的飛行時間相同，所以我們在實驗中可以用平拋運動的______來替代平拋運動的初速度．

（2）本實驗中，實驗必須要求的條件是______

A．斜槽軌道必須是光滑的。

B．斜槽軌道末端點的切線是水平的。

C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放。

D．入射球與被碰球滿足ma＞mb，ra=rb

（3）圖中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)穆潼c的平均位置，則實驗中要驗證的關(guān)系是______

A．ma?ON=ma?OP+mb?OMB．ma?OP=ma?ON+mb?OM

C．ma?OP=ma?OM+mb?OND．ma?OM=ma?OP+mb?ON．15、在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中；有下列實驗步驟：

①往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水．待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上．

②將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上；計算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大小．

③用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上；待薄膜形狀穩(wěn)定．

④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中；記下量筒內(nèi)每增加一定體積時的滴數(shù)，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積．

⑤將玻璃板放在淺盤上；然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上．

完成下列填空：

（1）上述步驟中，正確的順序是______．（填寫步驟前面的數(shù)字）

（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液；測得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.2m2．由此估算出油酸分子的直徑為______m．（結(jié)果保留l位有效數(shù)字）

（3）在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，測出油酸分子的直徑后，若還要測定阿伏伽德羅常數(shù)，只需要再知道______

A．油滴的質(zhì)量B．油滴的體積C．油酸的摩爾質(zhì)量D．油酸的摩爾體積．16、某同學利用單擺測量重力加速度．壟脵

為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是_____.

A.組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球。

B.組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線。

C.實驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動。

D.擺長一定的情況下；擺的振幅盡量大。

壟脷

如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m

的單擺.

實驗時，由于僅有量程為20cm

精度為1mm

的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1

然后保持懸點位置不變，設(shè)法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2

最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離鈻?L.

用上述測量結(jié)果，寫出重力加速度的表達式g=

_______________．

17、電冰箱工作時，應當使用圖中的______插座，這是為了使電冰箱的外殼接地，保證安全工作.

下表是某電冰箱的部分技術(shù)參數(shù)，它正常工作時，使用的是_______電源(

填“交流”或“直流”)

電壓是______V

若壓縮機連續(xù)正常工作1h

將消耗電量______kW?h

．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)18、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）19、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、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(nèi)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）

21、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

22、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）23、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）24、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）25、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(nèi)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）

評卷人得分四、解答題(共1題，共6分)26、如圖所示，光滑水平面上有一塊木板，質(zhì)量M=1.0kg，長度L=1.0m．在木板的最左端有一個小滑塊（可視為質(zhì)點），質(zhì)量m=1.0kg．小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.30．開始時它們都處于靜止狀態(tài)．某時刻起對小滑塊施加一個F=8.0N水平向右的恒力，此后小滑塊將相對木板滑動．g取l0m/s2；求：

（1）小滑塊和木板的加速度大??；

（2）小滑塊離開木板時的速度大小；

（3）要使小滑塊在木板上滑動時的速度始終是木板速度的2倍；需將恒力F改為多大？

評卷人得分五、實驗探究題(共2題，共20分)27、讀出游標卡尺的讀數(shù)為______cm．

28、某學習小組的同學擬探究小燈泡L

的伏安特性曲線，可供選用的器材如下：小燈泡L

規(guī)格“4.0V0.7A

”；電流表A1

量程3A

內(nèi)阻約為0.1婁賂

電流表A2

量程0.6A

內(nèi)阻r2=0.2婁賂

電壓表V

量程3V

內(nèi)阻rV=9k婁賂

標準電阻R1

阻值1婁賂

標準電阻R2

阻值3k婁賂

滑動變阻器R

阻值范圍0隆蘆10婁賂

學生電源E

電動勢6V

內(nèi)阻不計；開關(guān)S

及導線若干。壟脵

甲同學設(shè)計了如圖1

所示的電路來進行測量，當通過L

的電流為0.46A

時，電壓表的示數(shù)如圖2

所示，此時L

的電阻為________婁賂

壟脷

乙同學叉設(shè)計了如圖3

所示的電路來進行測量，電壓表指針指在最大刻度時，加在L

上的電壓值是________V

壟脹

學習小組認為要想更準確地描繪出L

完整的伏安特性曲線，需要重新設(shè)計電路。請你在乙同學的基礎(chǔ)上利用所供器材，在圖4

所示的虛線框內(nèi)補畫出實驗電路圖，并在圖上標明所選器材代號。評卷人得分六、作圖題(共2題，共14分)29、20、如圖所示，L為垂直于紙面的通電直導線（通有垂直于紙面向里的電流I），放在水平向左的勻強磁場B中，請用箭頭在圖中標出通電直導線L所受安培力方向（用F表示）30、（９分）有一個直流電動機,把它接入0.2V電壓的電路時,電機不轉(zhuǎn),測得流過電動機的電流是0.4A；若把電動機接入2.0V電壓的電路中,電動機正常工作,工作電流是1.0A,求電動機正常工作時的輸出功率多大?如果在電動機正常工作時,轉(zhuǎn)子突然被卡住，電動機的發(fā)熱功率是多大？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B|C【分析】

A；向右飛行的正離子束形成的電流方向向右；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向里，則N極轉(zhuǎn)向里，S極轉(zhuǎn)向外，不符合題意．故A錯誤．

B；向左飛行的正離子束形成的電流方向向左；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向外，則N極轉(zhuǎn)向外，S極轉(zhuǎn)向里，符合題意．故B正確．

C；向右飛行的負離子束形成的電流方向向左；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向外，則N極轉(zhuǎn)向外，S極轉(zhuǎn)向里，符合題意．故C正確．

D；向左飛行的正離子束形成的電流方向向右；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向里，則N極轉(zhuǎn)向里，S極轉(zhuǎn)向外，不符合題意．故D錯誤．

故選BC．

【解析】【答案】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(jù)安培定則，將選項逐一代入檢查，選擇符合題意的選項．

2、A【分析】第2s內(nèi)磁場強度減小，所以圓環(huán)產(chǎn)生感應電動勢，相當于一電源，由楞次定律知，金屬板上端為正極，所以A正確。第3s內(nèi)磁場方向向外，強度增加，產(chǎn)生的感應電動勢仍然是上極板為正，所以B錯誤，第1s內(nèi)，上極板為負，第2s內(nèi)，上極板為正，這個過程中電場強度相反，所以微粒先加速，然后減速，當?shù)?秒末微粒速度為零，離開中心位置最大，第3s末圓環(huán)產(chǎn)生的感應電動勢為電場強度所以D錯誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緼3、D【分析】解：A、當f=f0時，系統(tǒng)達到共振，振幅最大，故f＜f0時；隨f的增大，振幅振大，故A錯誤；

B、當f＞f0時；隨f的減小，驅(qū)動力的頻率接近固有頻率，故該振動系統(tǒng)的振幅增大，故B錯誤；

C；該振動系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后；振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率f，故C錯誤；

D；系統(tǒng)的振動穩(wěn)定后；系統(tǒng)的振動頻率等于驅(qū)動力的頻率，故振動頻率等于f，故D正確；

故選：D．

受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率；當系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，系統(tǒng)達到共振，振幅達最大．

本題應明確受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，而當驅(qū)動力的頻率等于物體的固有頻率時，物體的振動最強烈．【解析】【答案】D4、B【分析】解：A

地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，則知a

與c

的角速度相同，根據(jù)a=婁脴2r

知；c

的向心加速度大．

由GMmr2=mg

得g=GMr2

可知衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則地球同步衛(wèi)星c

的向心加速度小于b

的向心加速度，而b

的向心加速度約為g

故a

的向心加速度小于重力加速度g.

故A錯誤；

B、由GMmr2=mv2r

得v=GMr

則知衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，所以b

的線速度最大；在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長.

故B正確；

C、c

是地球同步衛(wèi)星，周期是24h

則c

在4h

內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是4h24h隆脕2婁脨=婁脨3.

故C錯誤；

D、由開普勒第三定律R3T2=k

知；衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，所以d

的運動周期大于c

的周期24h.

故D錯誤；

故選：B

．

地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，根據(jù)a=婁脴2r

比較a

與c

的向心加速度大?。辉俦容^c

的向心加速度與g

的大小.

根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式得出角速度與半徑的關(guān)系，分析弧長關(guān)系.

根據(jù)開普勒第三定律判斷d

與c

的周期關(guān)系．

對于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，分析各量之間的關(guān)系，并且要知道同步衛(wèi)星的條件和特點．【解析】B

5、A【分析】解：直升機相對于天安門城樓；以及天安門上飄揚的紅旗的位置不斷改變；以他們?yōu)閰⒄瘴?，飛行員是運動的；飛機上的旋翼是旋轉(zhuǎn)的，以它們?yōu)閰⒖枷?，飛行員是運動的，以別的直升機為參照物，它們之間的位置沒有發(fā)生變化，所以飛行員是靜止的，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

研究物體的運動時；必須事先選定一個標準的物體，這個事先被選作標準的物體叫參照物。如果被研究的物體相對于這個標準位置發(fā)生了改變，則是運動的；如果被研究的物體相對于這個標準位置沒有發(fā)生了改變，則是靜止的。

參照物可任意選，也就是不論是靜止的物體還是運動的物體；參照物被選定后，可認為該物體是靜止的（假設(shè)）物體。【解析】A6、B【分析】試題分析：由于磁場是不均勻磁場，所以當線圈在磁場中滾動時，穿過線圈的磁通量要發(fā)生變化，產(chǎn)生電能，所以消耗機械能，則金屬環(huán)的振幅逐漸減小，即金屬環(huán)做減幅振動。選項B正確?？键c：電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化。【解析】【答案】B7、D【分析】解：電場強度與試探電荷無關(guān)，由電場本身決定，則取走正電荷后，該點的電場強度不變，大小為E===5×103N/C．

故選：D．

根據(jù)電場強度的定義式E=求電場強度的大小．電場強度與試探電荷無關(guān)；由電場本身決定．

電場強度是描述電場本身性質(zhì)的物理量，是電場中最重要的概念之一，關(guān)鍵要掌握其定義式和方向特征．【解析】【答案】D8、C【分析】略

略

略

略【解析】?！拘☆}1

】C【小題2

】A【小題3

】B【小題4

】C二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】

我們調(diào)節(jié)的實際上是調(diào)諧器的一個旋鈕；通過調(diào)節(jié)它可以改變收音機的接收頻率，從而使收音機的頻率與所選臺的頻率相同或相近從而使接收的電信號最強，則可收到想要找的臺．

故答案為：頻率．

【解析】【答案】我們選臺或換臺時是將收音機里的頻率與所換的電臺的頻率相同；從而達到共振，使電流最強．

10、略

【分析】解：由愛因斯坦質(zhì)能方程：△E=△mc2得：

△E=（mp+mn-m）c2

故答案為：（mp+mn-m）c2．

愛因斯坦質(zhì)能方程：△E=△mc2；可求得放出的能量．

本題為愛因斯坦質(zhì)能方程的簡單應用，直接代入方程求解即可．【解析】（mp+mn-m）c11、略

【分析】解：設(shè)電子電量e

電場強度E

粒子穿過電場時，粒子做類平拋運動，由水平方向上的直線運動和豎直方向上的勻加速直線運動；

所以三段運動時間相同均為t

豎直方向位移為：

yAM=12at2

yBN=12a(2t)2

yCP=12a(3t)2

即沿y

軸方向的位移之比yAMyBNyCP=149

則AMBNCP=149

由于水平方向電子不受力；做勻速直線運動，電子束經(jīng)MNP

三點時沿x

軸的分速度相等，即電子束經(jīng)MNP

三點時沿x

軸的分速度之比為：111

．

故答案為：149111

電子穿過電場時做類平拋運動；由水平方向上勻速直線運動和豎直方向上勻加速直線運動的規(guī)律，列式可得出豎直位移之比；水平方向上做勻速直線運動，水平分速度不變．

帶電粒子在電場中的類平拋運動，研究的方法是平拋運動相似，是運動的合成與分解，再運用運動學規(guī)律進行求解．【解析】149111

12、略

【分析】

接到a，b上時為G與R1并聯(lián)為電流表。

其量程為=≈1A

接c，d上時為G與R2串聯(lián)為電壓表。

其量程為U：U=Ig×（Rg+R2）=100×10-6×（1000+99000）=10V

故答案為：電流1A電壓10V

【解析】【答案】先確定接在不同位置時電流表與電阻是串聯(lián)還是并聯(lián)關(guān)系；若是并聯(lián)為電流表，若是串聯(lián)為電壓表，再據(jù)所聯(lián)的阻值求得相應的量程．

13、略

【分析】解：電動機兩端的電壓：U1=U-UL=12-6V=6V；

整個電路中的電流：I==

所以電動機的輸入功率：P=U1I=6×2W=12W；

電動機的熱功率：P熱=I2RM=4×0.5W=2W；

則電動機的輸出功率：P2=P-I2RM=12-2W=10W；

故答案為：2；10．

由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V；額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯(lián)電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率．

解決本題的關(guān)鍵知道電動機的輸出功率P2=I2RM以及知道整個電路消耗的功率P總=UI．【解析】2；1014、略

【分析】解：（1）由平拋運動規(guī)律y=可知，當下落高度相同時落地時間相同，再根據(jù)x=可知=所以可以用平拋運動的水平位移來替代平拋運動的初速度；

（2）A；本實驗必須要求入射小球在每次碰撞前的速度相同；與斜槽是否光滑無關(guān)，所以A錯誤；

B；只有斜槽末端點的切線水平才能保證碰后小球做平拋運動；所以B正確；

C、根據(jù)動等定理mgH-=可知；只有滿足入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放時，入射速度才能相同，所以C正確；

D、根據(jù)彈性碰撞規(guī)律，若入射小球質(zhì)量小于被碰小球的質(zhì)量時，入射小球要被碰回，所以必須滿足

只有滿足兩小球的半徑相同時；碰后兩小球的速度才能在一條直線上，所以D正確；

故選BCD

（3）根據(jù)題意，P點應是小球a沒有與b碰撞時的落地位置，M點應是碰后小球a的落地位置，P點應是碰后小球b的落地位置；

根據(jù)平均動量守恒定律應有=

再由OP=OM=ON=

可得=+?ON

所以C正確；即實驗中要驗證的關(guān)系是C．

故答案為：（1）水平位移；（2）BCD；（3）C

本題（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律即可求解；他（2）根據(jù)實驗要求每次碰前小球a的速度相同可知沒有必要要求斜槽軌道光滑；并且每次小球a的釋放位置必須相同，這樣可對AC做出判斷；根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知斜槽的末端必須水平，可對B做出判斷；根據(jù)彈性碰撞規(guī)律，若入射小球質(zhì)量小于被碰小球質(zhì)量時可能被碰回，及只有發(fā)生對心碰撞時才能做直線運動，可對D做出判斷；題（3）的關(guān)鍵是明確小球a碰前與碰后的位置，再根據(jù)平均動量守恒定律表達式即可求解．

應明確：①平均動量的表達式為=m=m②在彈性碰撞中，當滿足入射小球質(zhì)量小于被碰小球質(zhì)量時，入射小球?qū)⒈慌龌兀虎壑挥袧M足對心碰撞條件時，兩小球速度才能共線．【解析】水平位移；BCD；C15、略

【分析】解：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：

配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）→測定一滴酒精油酸溶液的體積v=→準備淺水盤→形成油膜→描繪油膜邊緣→測量油膜面積→計算分子直徑；

因此正確的順序是④①③⑤②．

（2）計算步驟：先計算一滴油酸酒精溶液中油酸的體積=一滴酒精油酸溶液的體積×配制比例。

=×再計算油膜面積，最后計算分子直徑=××=7×10-10m．

（3）設(shè)一個油酸分子的體積為V1，則V1=πd3

由NA=可知；要測定阿伏加德羅常數(shù)，還需要知道油滴的摩爾體積．故D正確，ABC錯誤．

故答案為：（1）④①③⑤②；（2）7×10-10；（3）D．

將配制好的油酸酒精溶液；通過量筒測出1滴此溶液的體積．然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統(tǒng)計出油酸薄膜的面積．則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑．

根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)等于油酸的摩爾體積除以一個分子的體積；列式分析，確定需要知道什么物理量．

本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度．本題關(guān)鍵是明確用油膜法估測分子的大小實驗的原理，理解阿伏加德羅常數(shù)的意義，把握宏觀與微觀之間的聯(lián)系．【解析】④①③⑤②；7×10-10；D16、(1)BC

(2)4婁脨2?LT12鈭?T22【分析】【分析】(1)(1)為減小實驗誤差應選擇密度大而體積小的球作為擺球，選用輕質(zhì)細線做擺線，當單擺擺角小于5鈭?

時單擺的運動是簡諧運動；根據(jù)實驗注意事項分析答題；

(2)(2)應用單擺周期公式求出重力加速度的表達式。本題考查了實驗注意事項、求重力加速度，知道實驗原理與實驗注意事項、應用單擺周期公式即可正確解題，本題是一道基礎(chǔ)題，要注意基礎(chǔ)知識的學習與掌握?！窘獯稹?1)(1)A.為減小空氣阻力對實驗的影響；減小實驗誤差，組裝單擺須選用密度大而直徑都較小的擺球，故A錯誤；

B.為減小實驗誤差；組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線，故B正確；

C.實驗時須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動，不能使單擺成為圓錐擺，故C正確；D.單擺擺角最大擺角應小于5鈭?

擺長一定的情況下，擺的振幅盡量小些，故D錯誤。故選BC。

(2)(2)由單擺周期公式，根據(jù)題意看得：T1=2婁脨LgT2=2婁脨L鈭??Lg

解得：g=4婁脨2?LT12鈭?T22

故填：(1)BC(2)4婁脨2?LT12鈭?T22

【解析】(1)BC

(2)4婁脨2?LT12鈭?T22

17、乙交流2200.2【分析】【分析】三孔插座中多出的一個孔是用來接地線的；家用電器都使用三孔插座；當用電器漏電時，會使外殼帶電，若接上地線，即便漏電，電流也就通過地線，流入大地，防止觸電事故的發(fā)生.

電冰箱的正常工作時，實際電壓等于額定電壓，消耗電能的功率是額定功率，然后根據(jù)W=Pt

計算工作1h

消耗的電能。

本題重點考查實際電壓和額定電壓、實際功率和額定功率的關(guān)系，計算時注意單位的統(tǒng)一?！窘獯稹繛榱朔乐褂|電，使用的插座應選用有接地線的三孔插座，即圖中的乙，這樣能把電冰箱的外殼連接大地，保證安全工作。由圖中的標稱值可知冰箱使用是頻率為50Hz50Hz的交流電源；電冰箱電壓為220V220V正常工作1h1h消耗的電能：W=Pt=0.2kW隆脕1h=0.2kW?hW=Pt=0.2kW隆脕1h=0.2kW?h

故填：乙，交流，2202200.20.2

【解析】乙交流2200.2

三、判斷題(共8題，共16分)18、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．20、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)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(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)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(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．22、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．23、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．24、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．25、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)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(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)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(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．四、解答題(共1題，共6分)26、略

【分析】

（1）M靠m給的水平向右摩擦力提供加速度；加速度最大值為。

aM=

m的加速度為。

am=

（2）L=

代入解得t=1s

小滑塊離開木板時的速度大小為vm=amt=5m/s

（3）由am=2aM得，