2024年滬教版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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2024年滬教版高二物理下冊月考試卷601考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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9題，共18分)1、在寒冷的冬天氣溫零下33℃，某鋼瓶內(nèi)的液化氣將用完時內(nèi)部氣體壓強為1.2×105pa，現(xiàn)用熱水加熱液化氣鋼瓶使瓶內(nèi)氣壓上升，以便繼續(xù)使用一段時間。已知熱水溫度77℃，則加熱后瓶內(nèi)氣體壓強約為A.2.8×105paB.1.8×105paC.2.8×106paD.1.8×106pa2、一質(zhì)點沿直線運動時的速度—時間圖線如圖所示，則以下說法中正確的是：（）A.第1s末質(zhì)點的位移和速度都改變方向B.第2s末質(zhì)點的位移改變方向C.第4s末質(zhì)點的位移為零D.第3s末和第5s末質(zhì)點的位置相同。3、20世紀50年代，科學(xué)家提出了地磁場的“電磁感應(yīng)學(xué)說”，認為當(dāng)太陽強烈活動影響地球而引起磁暴時，磁暴在外地核中感應(yīng)產(chǎn)生衰減時間較長的電流，此電流產(chǎn)生了地磁場．連續(xù)的磁暴作用可維持地磁場，則外地核中的電流方向為（地磁場N極與S極在地球表面的連線稱為磁子午線）（）A.垂直磁子午線由西向東B.垂直磁子午線由東向西C.沿磁子午線由南向北D.沿磁子午線由北向南4、如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一矩形線圈以一定的初速度進入勻強磁場區(qū)域，線圈全部進入勻強磁場區(qū)域時，其動能恰好等于它在磁場外面時的一半，設(shè)磁場區(qū)域?qū)挾却笥诰€圈寬度，則（）A.線圈恰好在完全離開磁場時停下B.線圈在未完全離開磁場時即已停下C.線圈能通過場區(qū)不會停下D.線圈在磁場中某個位置停下5、如圖所示，線圈平面與水平方向夾角婁脠=60鈭?

磁感線豎直向下，線圈平面面積S=0.4m2

勻強磁場磁感應(yīng)強度B=0.8T.

把線圈以cd

為軸順時針轉(zhuǎn)過120鈭?

角，則通過線圈磁通量的變化量為(

)

A.0.16Wb

B.0.32Wb

C.0.48Wb

D.0.64Wb

6、如圖所示，物塊A

靜莊在傾斜的木板上，當(dāng)木板的傾角為婁脕

時，物塊所受摩擦力的大小為f

此時(

)

A.物塊A

受3

個力的作用B.若減小木板的傾角婁脕

則物塊A

所受的摩擦力的大小不變C.若換更粗糙的木板，傾角婁脕

不變，則物塊A

所受的摩擦力的大小增大D.若增大木板的傾角婁脕

則物塊A

一定會沿斜面下滑7、如圖所示，正方形容器處于勻強磁場中，一束電子從孔a垂直于磁場沿ab方向射入容器中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，容器處于真空中，則下列結(jié)論中正確的是（）A.從兩孔射出的電子速率之比vc：vd=1：2B.從兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比tc：td=1：2C.從兩孔射出的電子在容器中運動的加速度大小之比ac：ad=1D.從兩孔射出的電子在容器中運動的角速度之比ωc：ωd=2：18、質(zhì)量相等的AB

兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當(dāng)用板擋住小球A

而只釋放B

球時，B

球被彈出落到距桌邊水平距離為x

的地面上，如圖所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A

左邊的擋板，將AB

同時釋放，則B

球的落地點距桌邊

A.x2

B.2x

C.x

D.22x

9、下列說法中正確的是（）A.在一個以點電荷為中心、r為半徑的球面上，各處的電場強度都相同B.據(jù)E=可知，某點場強E與F成正比，與q成反比C.電場強度的方向就是放入電場中電荷受到的電場力的方向D.電場中某點場強的方向與試探電荷的正負無關(guān)評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、電源給電容器充電使平行板電容器所帶量為Q=4×l0-6C，它的兩極板之間電壓U=2V，然后去掉電源。則它的電容為____μF；如果將兩板電量各減少一半，則電容器所帶量為____C，它的電容為____μF，兩板間電勢差變?yōu)開___V；如果再將兩板間距離增為原來的2倍，則它的電容為____μF，兩板間電勢差變?yōu)開___V11、如圖所示，斜面體固定在地面上，一質(zhì)量為m的小球用勁度系數(shù)為k的彈簧連接，靜止在傾角為θ的光滑斜面上，則彈簧的伸長量為______．12、動力線路用的正弦式交流電的電壓是380V．它們的有效值是______V、峰值是______V．13、某同學(xué)利用圖所示的裝置，通過半徑相同且質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩球所發(fā)生的碰撞來驗證動量守恒定律．圖中o點為球離開軌道時球心的投影位置，p點為A球單獨平拋后的落點，p1、p2分別為A、B碰撞后A、B兩球的落點．已知A球始終從同一高度滾下．今測得op=x，op1=x1，op2=x2，則動量守恒表達式為______，（用m1、m2、x1、x2表示）若表達式______成立，則可判斷AB發(fā)生彈性正碰．14、兩個帶有異種電荷的相同的金屬小球(

可看作點電荷)

帶電量之比為17

在真空中相距為r

兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則它們間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼腳_____倍.

15、完成下列儀器讀數(shù)．

(1)

游標卡尺讀數(shù)：______cm

(2)

螺旋測微器讀數(shù)：______mm

．16、如圖示，盒裝牛奶的體積為______m3．若該牛奶的密度是1.2×103kg/m3，則牛奶的質(zhì)量為______g．喝掉一半后，牛奶的密度將______（選填“變大”、“變小”或“不變”）。評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）18、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）

19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、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）

22、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）

23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、證明題(共2題，共4分)24、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。25、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、實驗探究題(共1題，共3分)26、在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中：

（1）某同學(xué)操作步驟如下：

①取一定量的無水酒精和油酸；制成一定濃度的油酸酒精溶液。

②在量筒中滴入一滴該溶液；測出它的體積。

③在蒸發(fā)皿內(nèi)盛一定量的水；再滴入一滴溶液，待其散開穩(wěn)定。

④在蒸發(fā)皿上覆蓋玻璃板；描出油膜形狀，用透明方格紙測量油膜面積。

請指出錯誤或有遺漏的步驟；并改正其錯誤：

錯誤的步驟：______

有遺漏的步驟：______

（2）實驗中，用amL純油酸配制成bmL的油酸酒精溶液，現(xiàn)已測得一滴溶液cmL，將一滴溶液滴入水中，油膜充分展開后面積為Scm2，估算油酸分子的直徑大小為______cm．

（3）用油膜法測出油酸分子直徑后，要測定阿伏加德羅常數(shù)，還需知道油滴的______．

A．摩爾質(zhì)量B．摩爾體積C．質(zhì)量D．體積．評卷人得分六、綜合題(共4題，共32分)27、(7

分)

參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了圖示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半徑為R

的圓弧形的粗糙軌道，P

為最高點，Q

為最低點，Q

點處的切線水平，距底板高為H

。N

板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m

的小球從P

處靜止釋放，小球運動至Q

飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q

水平距離為L

處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g

。求：

(1)

小球到達Q

點時的速度大??；(2)

小球運動到Q

點時對軌道的壓力大??；(3)

小球克服摩擦力做的功。28、參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了圖示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半徑為R

的圓弧形的粗糙軌道，P

為最高點，Q

為最低點，Q

點處的切線水平，距底板高為H

。N

板上固定有三個圓環(huán)。將質(zhì)量為m

的小球從P

處靜止釋放，小球運動至Q

飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q

水平距離為L

處。不考慮空氣阻力，重力加速度為g

。求：

(1)

小球到達Q

點時的速度大小；(2)

小球運動到Q

點時對軌道的壓力大??；(3)

小球克服摩擦力做的功。29、(1)

氧氣分子在0隆忙

和100隆忙

溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是________。(

填正確答案標號。)

A.圖中兩條曲線下面積相等。

B.圖中虛線對應(yīng)于氧氣分子平均動能較小的情形C.圖中實線對應(yīng)于氧氣分子在100隆忙

時的情形D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目E.與0隆忙

時相比，100隆忙

時氧氣分子速率出現(xiàn)在0隆蘆400m/s

區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大(2)

如圖，容積均為V

的汽缸A

、B

下端有細管(

容積可忽略)

連通，閥門K2

位于細管的中部，A

、B

的頂部各有一閥門K1K3

B

中有一可自由滑動的活塞(

質(zhì)量、體積均可忽略)

初始時，三個閥門均打開，活塞在B

的底部；關(guān)閉K2K3

通過K1

給汽缸充氣，使A

中氣體的壓強達到大氣壓p

0

的3

倍后關(guān)閉K1

已知室溫為27隆忙

汽缸導(dǎo)熱。

(i)

打開K2

求穩(wěn)定時活塞上方氣體的體積和壓強；(ii)

接著打開K3

求穩(wěn)定時活塞的位置；(iii)

再緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20隆忙

求此時活塞下方氣體的壓強。30、【物理隆陋

選修3鈭?3

】(1)

下列說法中正確的是____(

填正確答案標號。)

A.氣體放出熱量，其分子的平均動能可能增大B.布朗運動不是液體分子的運動，但它可以說明分子在永不停息地做無規(guī)則運動C.當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大D.第二類永動機不違反能量守恒定律，但違反了熱力學(xué)第一定律E.某氣體的摩爾體積為v

，每個分子的體積為v

0

則阿伏伽德羅常數(shù)可表示為NA

=

V

/

V

0

(2)

一高壓氣體鋼瓶，容積為V

0

用絕熱材料制成，開始時封閉的氣體壓強為p

0

溫度為T

0=300K

內(nèi)部氣體經(jīng)加熱后溫度升至T

1=350K

求：壟脵

溫度升至T

1

時氣體的壓強；壟脷

若氣體溫度保持T

1=350K

不變，緩慢地放出一部分氣體，使氣體壓強再回到p

0

此時鋼瓶內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來氣體總質(zhì)量的比值為多少？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】試題分析：因為鋼瓶內(nèi)氣體為等容變化，根據(jù)氣體的等容變化方程解得選項B正確?？键c：氣體的等容變化方程?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、C|D【分析】【解析】試題分析：、當(dāng)速度大于零時物體沿正方向運動，當(dāng)速度小于零時物體沿負方向運動，故物體在t=2s時和t=4s時運動方向發(fā)生改變，故A錯誤．速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體通過的位移，故0～2s內(nèi)物體通過的位移在2～4s內(nèi)物體通過的位移所以物體在0～4s內(nèi)通過的位移而從t=4s開始物體又沿正方向運動，故在整個運動過程中物體的位移方向不變．故B錯誤．根據(jù)選項B分析可知第4s末物體的位移為0，故C正確．速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體通過的位移，故在3～4s物體通過的位移在4～5s內(nèi)通過的位移故物體在3～5s內(nèi)通過的位移即在這兩秒內(nèi)物體通過的位移為0，故兩時刻物體處于同一位置，故D正確．故選CD．考點：勻變速直線運動的圖像．【解析】【答案】CD3、B【分析】解：由題意知；地磁體的N極朝南，根據(jù)安培定則，大拇指指向地磁體的N極，則四指的繞向即為電流的方向，即安培假設(shè)中的電流方向應(yīng)該是由東向西垂直磁子午線，故B正確，ACD錯誤．

故選：B．

要解決此題首先要掌握安培定則：四指繞向電流的方向；大拇指所指的方向便是螺線管的N極．

首先根據(jù)信息中給出的已知條件；根據(jù)根據(jù)“磁子午線”由安培定則確定電流的方向．

該題通過一個信息，考查了學(xué)生對安培定則的掌握及應(yīng)用，相對比較簡單，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B4、C【分析】解：線圈出磁場時的速度小于進磁場時的速度，安培力F=BIL=知出磁場時所受的安培力小于進磁場時所受的安培力，根據(jù)動能定理，由于進磁場時安培力做功大于出磁場時安培力做功，則出磁場時動能的變化量小于進磁場時動能的變化量，進磁場時其動能恰好等于它在磁場外面時的一半，知出磁場后，動能不為零，還有動能，將繼續(xù)運動，不會停下來．故D正確．A；B、D錯誤．

故選：C．

線圈完全進入磁場后做勻速運動；進磁場和出磁場的過程都做變減速直線運動，比較進磁場和出磁場時所受的安培力大小，從而判斷出線圈能否通過磁場．

解決本題的關(guān)鍵比較出進磁場和出磁場時的安培力，根據(jù)動能定理進行分析．【解析】【答案】C5、C【分析】解：開始時穿過線圈的磁通量婁碌1=BScos婁脠=0.8隆脕0.4隆脕0.5=0.16Wb

當(dāng)把線圈以cd

為軸順時針轉(zhuǎn)過120鈭?

角時，線圈平面與磁感線的方向垂直，所以通過線圈磁通量婁碌2=BS=0.8隆脕0.4=0.32Wb

由圖可知，當(dāng)把線圈以cd

為軸順時針轉(zhuǎn)過120鈭?

角時；穿過線圈的磁通量的方向與開始時穿過線圈的磁通量的方向是相反的，所以磁通量的變化量：

鈻?婁碌=婁碌1+婁碌2=0.16+0.32=0.48Wb.

故C正確；ABD錯誤。

故選：C

磁感應(yīng)強度B

又叫磁通密度。勻強磁場中磁通量公式婁碌=BS(

其中S

是垂直磁感強度的面積)

分別求出兩次的磁通量，然后求出磁通量的變化量。

對于磁通量，可運用投影的方法理解，確定求解磁通量的公式；但在解答的過程中要注意的是：磁通量雖然是標量，但磁通量有方向，在分析磁通量的變化時，要注意開始時磁通量的方向與末狀態(tài)時磁通量的方向之間的關(guān)系是方向相同還是方向相反?！窘馕觥緾

6、A【分析】解：A

對A

分析可知；A

受重力、支持力及摩擦力的作用，共受3

個力；故A正確；

B；若減小木板的傾角婁脕

則物塊A

重力向下的分力減??；故所受的摩擦力的大小減??；故B錯誤；

C；若換成更粗糙的木板；只要傾角不變，則重力向下的分力不變，物體仍處于靜止，故A受到的摩擦力不變；故C錯誤；

D；若增大木板的傾角婁脕

則物塊A

重力向下的分力增大；但向下的分力仍可能小于最大靜摩擦力；故不一定沿斜面下滑；故D錯誤；

故選：A

．

對A

受力分析可知根據(jù)共點力的平衡可知A

受力情況；再根據(jù)夾角及動摩擦因數(shù)的變化可知A

的運動情況．

本題考查了物體平衡、摩擦力；注意靜摩擦力隨外力的變化而變化，同時其大小方向都可能會發(fā)生變化；要做好受力分析正確應(yīng)用共點力平衡的規(guī)律．【解析】A

7、B【分析】解：設(shè)磁場邊長為a，如圖所示，粒子從c點離開，其半徑為rc，粒子從d點離開，其半徑為rd；

A、由Bqv=m得出半徑公式r=又由運動軌跡知rc=2rd則vc：vd=2：1；故A錯誤；

B、由T=根據(jù)圓心角求出運行時間t=T．運行時間td=tc=．則tc：td=1：2；故B正確。

C、加速度：a=則ac：ad=2：1；故C錯誤；

D、角速度：ω====1：1；故D錯誤；

故選：B。

帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有Bqv=m得出半徑公式r=根據(jù)半徑關(guān)系得出粒子的速度關(guān)系。再根據(jù)加速度公式可確定運動的加速度之比。

帶電粒子運行的周期T=根據(jù)圓心角求出運行時間t=T．從而求出運動時間之比。

本題屬于帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)中典型題目，此類題的關(guān)鍵在于確定圓心及由幾何關(guān)系求出半徑。掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r=和周期公式T=【解析】B8、D【分析】【分析】AB

兩球之間壓縮一根輕彈簧，當(dāng)用板擋住A

球而只釋放B

球時，彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為B

球的動能，以一定的初速度拋出，借助于拋出水平位移可確定彈簧的彈性勢能.

當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A

左邊的擋板，將AB

同時釋放，由動量守恒定律與機械能守恒定律可求出B

球獲得的速度，再由平拋運動規(guī)律可算出拋出的水平位移?？疾閯恿渴睾愣?、機械能守恒定律，及平拋運動規(guī)律，兩種情況下，彈性勢能完全相同，在彈簧恢復(fù)過程中彈性勢能轉(zhuǎn)化為動能?！窘獯稹慨?dāng)用板擋住A

球而只釋放B

球時，B

球做平拋運動.

設(shè)高度為h

則有vB=xg2h

所以彈性勢能為E=12mvB2=mgx24h

當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A

左邊的擋板，將AB

同時釋放，由動量守恒定律可得：0=mvA鈭?mvB

所以vAvB=11

因此A

球與B

球獲得的動能之比EkAEkB=11.

所以B

球的獲得動能為：mgx28h

那么B

球拋出初速度為vB=x2gh

則平拋后落地水平位移：x=x2gh隆脕2hg=22x

故選：D

【解析】D

9、D【分析】解：A、在一個以點電荷為中心，r為半徑的球面上各處的電場強度的大小都相同；而方向不同，故A錯誤；

B、E=是定義式；某點場強E與F；q均無關(guān)，故B錯誤；

C；電場強度方向就是放入電場中的正電荷受到的電場力的方向；故C錯誤；

D；雖然規(guī)定與正檢驗電荷所受電場力方向相同；但電場中某點場強與檢驗電荷無關(guān)，故D正確；

故選：D。

根據(jù)電場強度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=僅適用真空中點電荷的電場；電場強度方向與正電荷受到的電場力相同；某點場強的方向與試探電荷的正負無關(guān)；從而即可求解。

本題考查點電荷電場強度的矢量性，及適用條件，注意電場強度的方向如何確定，與試探電荷的正負無關(guān)【解析】D二、填空題(共7題，共14分)10、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)公式可得如果將兩板電量各減少一半，則電容器所帶量為電容器的電容大小和其兩端的電壓，電荷量無關(guān)，所以電容扔為2根據(jù)公式可得其兩端的電壓為1V，根據(jù)公式可得如果再將兩板間距離增為原來的2倍，電容變?yōu)?根據(jù)可得電壓為2V，考點：考查了電容的計算【解析】【答案】2，2×l0-6，21，1，211、略

【分析】解：以小球為研究對象；分析受力情況：小球受到重力mg；彈簧的拉力F和斜面的支持力N，由平衡條件可得：

F=mgsinθ

又由胡克定律得F=kx

聯(lián)立解得：

彈簧伸長的長度為x=

故答案為：

先以小球為研究對象；分析受力情況可知：小球受到重力；彈簧的拉力和斜面的支持力，由平衡條件求出彈力的拉力，再由胡克定律求解彈簧的伸長量。

本題解題關(guān)鍵是分析物體的受力情況，由平衡條件求解彈簧的彈力．對于胡克定律F=kx，要注意x是彈簧的形變量，不是彈簧的長度【解析】12、略

【分析】解：動力線路用正弦交變電流的電壓是380V；此電壓為有效值；

最大值為Um=380V；

故答案為：380；380

動力線路用正弦交變電流的電壓是380V；此電壓為有效值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出最大值．

本題考查了有效值跟峰值的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】380；38013、略

【分析】解：碰撞過程中，如果水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2；

小球做平拋運動時拋出點的高度相等；它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t；

m1v1t=m1v1′t+m2v2t；

則有：m1?=m1?+m2?

今測得op=x，op1=x1，op2=x2；

即有m1?x=m1?x1+m2?x2；由此可認為成功驗證了碰撞中的動量守恒．

若碰撞是彈性碰撞，動能是守恒的，則有m1v12=m1v1′2+m2v2′2

即m1?2=m1?2+m2?2成立，即有：m1?x2=m1?x12+m2?x22；

故答案為：m1?x=m1?x1+m2?x2，m1?x2=m1?x12+m2?x22．

實驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證m1v1=m1v1′+m2v2；可以通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量，并依據(jù)彈性碰撞，動能守恒，從而即可求解．

該題考查用“碰撞試驗器”驗證動量守恒定律，該實驗中，雖然小球做平拋運動，但是卻沒有用到速和時間，而是用位移x來代替速度v，成為是解決問題的關(guān)鍵．此題難度中等，屬于中檔題．【解析】m1?x=m1?x1+m2?x2；m1?x2=m1?x12+m2?x2214、【分析】解：由庫侖定律可得：F=kQ1Q2R2

兩相同金屬小球帶異種電荷時，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，它們的電荷量變?yōu)?3

所以庫侖力是原來的97

．

故答案為：97

兩電荷間存在庫侖力；其大小可由庫侖定律求出.

當(dāng)兩電荷相互接觸后再放回原處，電荷量相互中和后平分，所以庫侖力的變化是由電荷量變化導(dǎo)致的．

本題考查庫侖定律的同時，利用了控制變量法.

當(dāng)控制距離不變時，去改變電荷量，從而確定庫侖力的變化.

當(dāng)然也可控制電荷量不變，去改變間距，從而得出庫侖力的變化．【解析】97

15、3.060.900【分析】【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀.

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量?！窘獯稹?1)

游標卡尺的主尺讀數(shù)為300mm

游標尺上第6

個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為6隆脕0.1mm=0.6mm

所以最終讀數(shù)為：30mm+0.6mm=30.6mm=3.06cm

(2)

螺旋測微器的固定刻度為0.5mm

可動刻度為40.0隆脕0.01mm=0.400mm

所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.400mm=0.900mm

故填3.060.900

【解析】3.060.900

16、2.5×10-4300不變【分析】解：包裝袋上標注了牛奶的體積為250ml，即250cm3，將其轉(zhuǎn)化為國際單位，結(jié)果為：2.5×10-4m3。

牛奶的質(zhì)量：m=ρv=1.2×103kg/m3×2.5×10-4m3=0.3kg=300g。

由于密度是物質(zhì)本身的一種特性；所以喝掉一半牛奶后，牛奶的密度不變。

故答案為：2.5×10-4；300；不變。

根據(jù)牛奶包裝袋上的商標；可以得到牛奶的體積，進行一步單位的換算即可得到答案；根據(jù)牛奶的體積和告訴的牛奶的密度，利用公式m=ρv，即可求得牛奶的質(zhì)量。同時知道密度是物質(zhì)本身的一種特性，密度的大小與物質(zhì)有關(guān)，與物體的質(zhì)量和體積的大小無關(guān)。

此題的一個條件隱藏在牛奶的包裝袋上，要注意審題，把握細節(jié)。此題還考查了有關(guān)密度的計算及密度的特性。一定要掌握密度的計算公式，知道密度是物質(zhì)本身的一種特性，與物體的多少無關(guān)。本題的綜合性強，并注重了物理與生活的聯(lián)系，具有較好的實際應(yīng)用性?！窘馕觥?.5×10-4300不變?nèi)?、判斷題(共7題，共14分)17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)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(dǎo)體是等勢體．18、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．19、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．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)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(dǎo)體是等勢體．21、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．22、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．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、證明題(共2題，共4分)24、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動25、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動五、實驗探究題(共1題，共3分)26、略

【分析】解：（1）B；要測出一滴油酸酒精溶液的體積；即在量筒中滴入N滴溶液；

測出其體積為V，則一滴該溶液的體積為V1=

C；為了使一滴油酸酒精溶液散開后界面比較清晰；要在水面上先撒上痱子粉．

（2）據(jù)題得：油酸酒精溶液的濃度為

一滴酸酒精溶液的體積為cmL，一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積為V=mL；

則油酸分子的直徑為d==m=m=cm；

（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B正確．

故答案為：（1）B，C；（2）（3）B．

（1）通過量筒測出N滴油酸酒精溶液的體積；然后將此溶液1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．則用此溶液的體積除以其的面積，恰好就是油酸分子的直徑；

（2）由題先得到油酸酒精溶液的濃度，求出一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，由于形成單分子油膜，油膜的厚度等于分子直徑，由d=求解分子直徑的大?。?/p>

（3）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】B；C；B六、綜合題(共4題，共32分)27、（１）由平拋運動規(guī)律可知解得：（２）對Q點分析，位于圓周運動最低點，小球在Q受重力mg和軌道的支持力N,由牛頓第二定律：解得：由牛頓第三定律方向豎直向下（3）對P點至Q點，由動能定理：解得：故克服摩擦力做功為答案：（１）（２）（3）【分析】

(攏鹵)

由平拋運動規(guī)律可知解得：(攏虜)

對Q

點分析，位于圓周運動最低點，小球在Q

受重力mg

和軌道的支持力N

由牛頓第二定律：解得：由牛頓第三定律方向豎直向下(3)

對P

點至Q

點，由動能定理：解得：故克服摩擦力做功為答案：(攏鹵)

(攏虜)

(3)

考點：小球從攏脩

點飛出后做平拋運動，根據(jù)水平距離和豎直高度求Q

點速度，小球從攏脨

到攏脩

做圓周運動，在圓周運動最低點小球受重力和支持力提供向心力，因為軌道粗糙故有摩擦力，在下落時有重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理求摩擦力做功。點評：本題考查平拋運動、功能關(guān)系以及圓周運動的綜合題，知道平拋運動的分運動水平方向做勻速直線運動，豎直做自由落體運動；圓周運動最低點的物體受兩個力重力和支持力，兩力的合力提供向心力，求功時一般運用動能定理分析，本題有一定難度?！窘馕觥?攏鹵)

由平拋運動規(guī)律可知解得：(攏虜)

對Q

點分析，位于圓周運動最低點，小球在Q

受重力mg

和軌道的支持力N

由牛頓第二定律：解得：由牛頓第三定律方向豎直向下(3)

對P

點至Q

點，由動能定理：解得：故克服摩擦力做功為答案：(攏鹵)

(攏虜)

(3)

28、解：（１）由平拋運動規(guī)律可知解得：（２）對Q點分析，位于圓周運動最低點，小球在Q受重力mg和軌道的支持力N,由牛頓第二定律：解得：由牛頓第三定律方向豎直向下（3）對P點至Q點，由動能定理：解得：故克服摩擦力做功為【分析】本題考查平拋運動、功能關(guān)系以及圓周運動的綜合題，知道平拋運動的分運動水平方向做勻速直線運動，豎直做自由落體運動；圓周運動最低點的物體受兩個力重力和支持力，兩力的合力提供向心力，求功時一般運用動能定理分析，本題有一定難度。小球從攏脩

點飛出后做平拋運動，根據(jù)水平距離和豎直高度求Q

點速度，小球從攏脨

到攏脩

做圓周運動，在圓周運動最低點小球受重力和支持力提供向心力，因為軌道粗糙故有摩擦力，在下落時有重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理求摩擦力做功。(攏鹵)

根據(jù)平拋運動的特點，即可求出小球運動到Q

點時速度的大??；(攏虜)

在Q

點小球受到的支持力與重力的合力提供向心力；由牛頓第二定律即可求出小球受到的支持力的大??；最后由牛頓第三定律說明對軌道壓力的大小和方向；

(3)

小球從P

到Q

的過程中，重力與摩擦力做功，由功能關(guān)系即可求出摩擦力對小球做的功?！窘馕觥拷猓?攏鹵)

由平拋運動規(guī)律可知解得：(攏虜)

對Q

點分析，位于圓周運動最低點，小球在QQ受重力mgmg和軌道的支持力NN由牛頓第二定律：解得：由牛頓第三定律方向豎直向下(3)

對P

點至Q

點，由動能定理：解得：故克服摩擦力做功為29、（1）ABC

（2）解：（i）打開K2之前，A缸內(nèi)氣體pA=3p0，B缸內(nèi)氣體pB=p0，體積均為V，溫度均為T=（273+27）K=300K，打開K2后，B缸內(nèi)氣體（活塞上方）等溫壓縮，壓縮后體積為V1，A缸內(nèi)氣體（活塞下方）等溫膨脹，膨脹后體積為2V-V1，活塞上下方壓強相等均為p1，

則：對A缸內(nèi)（活塞下方）氣體：3p0V=p1（2V-V1）；

對B缸內(nèi)（活塞上方）氣體：p0V=p1V1；

聯(lián)立以上兩式得：p1=2p0，

即穩(wěn)定時活塞上方體積為壓強為2p0；

（ⅱ）打開K2，活塞上方與大氣相連通，壓強變?yōu)閜0，則活塞下方氣體等溫膨脹，假設(shè)活塞下方氣體壓強可降為p0，則降為p0時活塞下方氣體體積為V2，則3p0V=p0V2；

得V2=3V＞2V，即活塞下方氣體壓強不會降至p0，此時活塞將處于B氣缸頂端，缸內(nèi)氣壓為p2，3p0V=p2×2V，得即穩(wěn)定時活塞位于氣缸最頂端；

（ⅲ）緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高，等容升溫過程，升溫后溫度為T3=（300+20）K=320K，由

得：p3=1.6p0，即此時活塞下方壓強為1.6p0

【分析】

(1)

【分析】

溫度是分子平均動能的標志，溫度升高分子的平均動能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明確圖象的意義是解題的關(guān)鍵。

本題考查了分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律，記住圖象的特點，知道橫坐標表示的是分子數(shù)目所占據(jù)的比例，同時明確溫度與分子平均動能間的關(guān)系。

【解答】

A.由題圖可知；在0隆忙

和100隆忙

兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線與橫軸所圍面積都應(yīng)該等于1

即相等，故A正確；

B.由圖可知；具有最大比例的速率區(qū)間，0隆忙

時對應(yīng)的速率小，故說明虛線為0隆忙

的分布圖象，故對應(yīng)的平均動能較小，故B正確；

C.實線對應(yīng)的最大比例的速率區(qū)間內(nèi)分子動能大；說明實驗對應(yīng)的溫度大，故為100隆忙

時的情形，故C正確；

D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子占據(jù)的比例；但無法確定分子具體數(shù)目，故D錯誤；

E.由圖可知；0隆蘆400m/s

段內(nèi)，100隆忙

對應(yīng)的占據(jù)的比例均小于與0隆忙

時所占據(jù)的比值，因此100隆忙

時氧氣分子速率出現(xiàn)在0隆蘆400m/s

區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較小，故E錯誤。

故選ABC。

(2)

(i)

分析打開K2

之前和打開K2

后，AB

缸內(nèi)氣體的壓強、體積和溫度，根據(jù)理