2024年華東師大版高三物理下冊月考試卷

…………○…………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年華東師大版高三物理下冊月考試卷781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8題，共16分)1、如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈即將射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程中（）A.動量守恒，機(jī)械能守恒B.動量不守恒，機(jī)械能不守恒C.動量守恒，機(jī)械能不守恒D.動量不守恒，機(jī)械能守恒2、下列是某同學(xué)對電場中的概念、公式的理解，其中正確的是（）A.根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=，電場中某點的電場強(qiáng)度和試探電荷的電荷量成反比B.根據(jù)電容的定義式C=，電容器的電容與所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C.根據(jù)真空中點電荷電場強(qiáng)度公式E=，電場中某點電場強(qiáng)度和場源電荷的電荷量成正比D.根據(jù)公式UAB=，帶電量為1C正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則B點的電勢差為1V3、如圖所示電路，開關(guān)S原來是閉合的，當(dāng)R1、R2的滑片剛好處于各自的中點位置時，懸在空氣平行板電容器C兩水平極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．要使塵埃P向下加速運(yùn)動，下列方法中可行的是（）A.把R1的滑片向左移動B.把開關(guān)S斷開C.把R2的滑片向右移動D.把R2的滑片向左移動4、如圖甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的規(guī)律如圖乙所示．若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則（）A.該電場線的方向?qū)⒀豋x的正方向B.該電場線可能是孤立正電荷產(chǎn)生的C.該電場線可能是孤立負(fù)電荷產(chǎn)生的D.該電場線可能是等量異種電荷產(chǎn)生的5、關(guān)于速度、速度改變量、加速度，正確的說法是（）A.物體運(yùn)動的速度改變量越大，它的加速度一定越大B.速度很大的物體，其加速度可以很小C.某時刻物體的速度為零，它的加速度也一定為零D.加速度越大時，運(yùn)動物體的速度一定越快6、一列簡諧橫波在t=0時刻的波形如圖中實線；波沿x正方向傳播，在t=1s時刻的波形如圖虛線，由此可以判定此波的（）

A.幅一定是2cmB.波長一定是3cmC.周期一是4sD.播速度一定是1cm7、如圖所示電路，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯(lián)的D為理想二極管（正向電阻可看作零，反向電阻可看作無窮大），在A、B間加一正弦交流電u=20sin100πt（V），則加在R2上的電壓有效值為（）A.10VB.20VC.15VD.5V8、對于做平拋運(yùn)動的物體，以下說法正確的是（）A.若只將其拋出點的高度增加一倍，則它在空中運(yùn)動的時間也增加一倍B.若只將其拋出點的高度增加一倍，則它的水平位移也增加一倍C.若只將其初速度增加一倍，則其水平位移也增加一倍D.若只將其初速度增加一倍，則其在空中運(yùn)動時間也增加一倍評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、下列說法正確的是（）A.布朗運(yùn)動就是液體分子的運(yùn)動B.物體中所有分子熱運(yùn)動動能與勢能的總和等于物體的內(nèi)能C.0℃的水與0℃的冰分子的平均動能相同E.對于同一種氣體，溫度越高，分子平均動能越大E.對于同一種氣體，溫度越高，分子平均動能越大10、關(guān)于磁感線下列說法中正確的是（）A.磁場是由無數(shù)條磁感線組成的B.磁感線是為了描述磁場方便而假想的線C.磁感線是磁場把鐵屑磁化形成的D.磁感線可形象地描述磁場的強(qiáng)弱和方向11、如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A.16JB.12JC.6JD.4J12、物體用兩根細(xì)繩AC；BC懸掛；如圖所示，拉斷兩根繩所需的力一樣大，則（）

A.增加物體重力，BC繩先斷B.增加物體重力，AC繩先斷C.如保持C點不動，將AC繩的A點向左移，則AC繩先斷D.如保持C點不動，將AC繩的A點向左移，則BC繩先斷13、如圖所示，一軌道的傾斜部分和水平部分均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，且磁場方向都與軌道平面垂直，水平軌道足夠長．一質(zhì)量為m的水平金屬棒ab，從靜止開始沿軌道下滑，運(yùn)動過程中金屬棒ab始終保持與軌道垂直且接觸良好．金屬棒從斜軌道轉(zhuǎn)入水平軌道時無機(jī)械能損失．關(guān)于ab棒運(yùn)動的速度時間圖象，可能正確的是（）A.B.C.D.14、如圖電路中；在滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，兩表的示數(shù)情況為（）

A.電壓表示數(shù)減少B.電壓表示數(shù)增大C.電流表示數(shù)減少D.電流表示數(shù)增大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、（2012春?平頂山月考）在t=0時刻，質(zhì)點A開始沿y軸做簡諧運(yùn)動，其振動圖象如圖所示．質(zhì)點A振動的周期是____s；t=8s時，質(zhì)點A的運(yùn)動沿y軸的____方向（填“正”或“負(fù)”）；在t=9s時，質(zhì)點A偏離平衡位置的位移是____cm．16、大小、____隨時間發(fā)生____變化的電流叫做交變電流．我國電網(wǎng)的交變電流在1s內(nèi)出現(xiàn)____次峰值．17、若以v0＞10m/s的速度豎直上拋一物體，忽略空氣阻力，設(shè)g為10m/s2；則此物體在上升過程中的最后1秒上升的高度為____m．18、如圖所示把正方形線框abcd從磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場中勻速拉出速度方向與ad邊垂直向左速度大小為v，線圈的邊長為l，每邊的電阻為R，問線圈在運(yùn)動過程中，ad兩點的電勢差為____．19、（2012秋?肥東縣校級期末）某發(fā)電機(jī)輸出的交變電流i=20sin100πt，其圖象如圖所示．則可確定該交變電流的電流有效值為____A．20、（2013秋?德城區(qū)校級期中）如圖所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等．有一帶正電的小球在電場中運(yùn)動，實線表示該帶正小球的運(yùn)動軌跡，小球在a點的動能等于20ev，運(yùn)動到b點時動能等于2ev．若取c點為電勢零點，則當(dāng)這個帶電小球的電勢能為6ev時，不計重力和空氣阻力，它的動能等于____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)21、某時刻一個分子的速度的大小和方向是偶然的．____．（判斷對錯）22、較大的顆粒不做布朗運(yùn)動是因為跟顆粒碰撞的分子數(shù)較多，多方面的撞擊導(dǎo)致受力平衡．因為分子沖擊力小，不易改變大顆粒的運(yùn)動狀態(tài)．____．（判斷對錯）23、原子核由質(zhì)子、中子和電子組成．____（判斷對錯）評卷人得分五、解答題(共4題，共8分)24、如圖所示電路中，滑動變阻器R1的最大阻值為24Ω，滑片位于中點．定值電阻R2的阻值為4Ω；小燈泡L規(guī)格“12V6W”電流表A為理想電表，閉合電鍵S，小燈泡正常發(fā)光，求：

（1）電流表的讀數(shù)I；

（2）電源電壓U；

（3）若滑動變阻器接入電路的阻值為8Ω，不考慮小燈泡L阻值的變化，求小燈泡的實際功率P．25、甲、乙兩質(zhì)點沿直線向同一方向運(yùn)動，通過相同位移，其中甲質(zhì)點在前半段時間中以v1=20m/s的速度運(yùn)動，后半段時間中以v2=30m/s的速度運(yùn)動；乙質(zhì)點前半段位移內(nèi)以v1′=20m/s的速度運(yùn)動，后半段位移內(nèi)以v2′=30m/s的速度運(yùn)動，甲、乙兩質(zhì)點在整個位移中的平均速度大小分別是多少？26、如圖所示，電源電動勢E0=15V，內(nèi)阻r0=1Ω，電阻R1=30Ω，R2=60Ω．間距d=0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場．閉合開關(guān)S，板間電場視為勻強(qiáng)電場，將一帶正電的小球以初速度v=0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間．設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取g=10m/s2．若小球進(jìn)入板間做勻速度圓周運(yùn)動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為60°，則Rx是多少？27、如圖所示，在某裝置中有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于xOy所在的紙面向外．某時刻在x=L0、y=0處，一質(zhì)子沿y軸的負(fù)方向進(jìn)入磁場；同一時刻，在x=-L0；y=0處；一個α粒子也進(jìn)入磁場，速度方向與磁場垂直．不考慮質(zhì)子與α粒子的重力及其間的相互作用力．設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電量為e．

（1）如果質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)原點O；它的速度為多大？

（2）如果α粒子與質(zhì)子在坐標(biāo)原點O相遇，α粒子的速度應(yīng)為何值？評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)28、如圖所示；水平光滑地面上停放著一輛如圖所示的小車，左側(cè)靠在豎直墻壁上，小車的四分之一圓弧軌道是光滑的，水平部分是粗糙的.BC

的長度是圓弧半徑的10

倍，小物塊從A

點正上方距水平軌道BC

的豎直高度為圓弧半徑的4

倍處由靜止開始下落，恰好滑入圓弧軌道，且剛好沒有滑出末端C

點.

已知小車的質(zhì)量是物塊的3

倍，不考慮空氣阻力和物塊落入圓弧軌道時的能量損失.

求：

(1)

物塊到達(dá)圓弧軌道最低點B

時對軌道的壓力是物塊重力的幾倍？

(2)

物塊與水平軌道BC

間的動摩擦因數(shù)婁脤

29、如圖所示；間距為L

電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌OPQ

和LMN

分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水平面PQMN

區(qū)域內(nèi)有方向豎直向上、大小為B1

的勻強(qiáng)磁場，傾角為胃

的斜面OPML

區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面向上、大小為B2

的勻強(qiáng)磁場。將質(zhì)量為m

電阻為R

長為L

的三個導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，其中棒2

的兩端分別固定在PM

點，粗糙的棒3

放置在傾斜導(dǎo)軌上，剛好不下滑，光滑的棒1

在水平外力作用下由靜止開始以恒定的加速度a

沿水平導(dǎo)軌向右運(yùn)動，棒1

始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，滑動過程中始終處于豎直磁場中，重力加速度為g

求：

(1)

棒3

剛要向上滑動瞬間；棒3

中電流I

的大小和方向；

(2)

棒3

剛要向上滑動瞬間，水平外力的功率P

30、如圖所示；水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為m

小滑塊A

套在細(xì)桿上可自由滑動.

在水平桿上豎直固定一個擋板P

小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在小滑塊的下端用長為L

的細(xì)線懸掛一個質(zhì)量為2m

的小球B

將小球拉至左端水平位置使細(xì)線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加速度為g.

求：

壟脵

小球運(yùn)動過程中；相對最低點所能上升的最大高度；

壟脷

小滑塊運(yùn)動過程中，所能獲得的最大速度．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】根據(jù)動量守恒與機(jī)械能守恒的條件分析答題；當(dāng)系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒；當(dāng)只有重力或只有彈力做功時，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．【解析】【解答】解：在木塊與子彈一起向左運(yùn)動壓縮彈簧的過程中；木塊；子彈、彈簧所組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒；

在子彈擊中木塊的過程中；要克服摩擦力做功，系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒；

因此子彈；木塊和彈簧所組成的系統(tǒng)；在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中，動量不守恒、機(jī)械能不守恒；

故選：B2、C【分析】【分析】電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)；用電容器和電勢差的定義式即可求解．【解析】【解答】解：A；電場強(qiáng)度取決于電場本身的性質(zhì)；與試探電荷無關(guān)，所以不能理解電場中某點的電場強(qiáng)度和試探電荷的電量成反比，故A錯誤．

B；電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量；取決于電容器本身的屬性，與電容器所帶的電量和板間電壓無關(guān)，故B錯誤．

C、根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式真空中點電荷電場強(qiáng)度公式E=；電場中某點電場強(qiáng)度和場源電荷的電荷量成正比，故C正確．

D、據(jù)電勢差的定義式UAB=知；帶電量為1C正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A；B點的電勢差為-1V，故D錯誤．

故選：C．3、D【分析】【分析】塵埃P受到重力和電場力而平衡，要使塵埃P向下加速，就要減小電場力，即要減小電場強(qiáng)度；變阻器R2處于分壓狀態(tài)，根據(jù)題意，只要減小電容器兩端電壓就可以減小電場力，從而使塵埃P向下加速運(yùn)動．【解析】【解答】解：A、塵埃P受到重力和電場力而平衡，要使塵埃P向下加速，就要減小電場力，故要減小電容器兩端的電壓；電路穩(wěn)定時，滑動變阻器R1無電流通過，兩端電壓為零，故改變R1的電阻值無效果；故A錯誤；

B；把閉合的開關(guān)S斷開；電容器兩端電壓增大到等于電源電動勢，故P向上加速，故B錯誤；

C、變阻器R2處于分壓狀態(tài)，電容器兩端電壓等于變阻器R2左半段的電壓，故要減小變阻器R2左半段的電阻值，變阻器R2滑片應(yīng)該向左移動；故C錯誤，故D正確；

故選：D．4、D【分析】【分析】根據(jù)電子所受電場力方向特點，分析電子的速度如何變化．電勢φ-x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小，根據(jù)斜率的變化，分析場強(qiáng)的變化，由牛頓第二定律分析加速度的變化．由場強(qiáng)的變化情況，確定場源電荷．【解析】【解答】解：A；由圖看出；電勢逐漸升高，則電場線方向沿Ox負(fù)方向，故A錯誤；

B；電勢φ-x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小；由圖看出，圖線的斜率先變小后變大，則電場強(qiáng)度先變小后變大，該電場線不可能是孤立點電荷產(chǎn)生的，因為電子在孤立點電荷產(chǎn)生的電場中電場力一直增大或一直減?。蔅錯誤，C錯誤．

D；電勢φ-x圖線的斜率等于電場強(qiáng)度大小；由圖看出，圖線的斜率先變小后變大，則電場強(qiáng)度先變小后變大，可能是等量異種電荷產(chǎn)生的．故D正確．

故選：D5、B【分析】【分析】根據(jù)加速度的定義式a=可知加速度與物體的速度的變化率成正比，與速度的變化量不成正比例關(guān)系，與速度的大小也不成正比例關(guān)系．【解析】【解答】解：A、根據(jù)a=可知加速度a由速度的變化量△v和速度發(fā)生改變所需要的時間△t共同決定；雖然△v大，但△t更大時，a可以很?。蔄錯誤．

B、根據(jù)a=可知物體的加速度就是速度的變化率；與物體的速度的大小無關(guān)．所以即使物體的速度很大，但速度的變化率很小，其加速度也很?。蔅正確．

C；當(dāng)物體的速度為0時；若物體所受的合外力不為0，其加速度不為0，若合力為0，則加速度為0，如火箭剛點火時，速度為零而加速度不為零，故C錯誤．

D；加速度大、速度不一定大；如剛點火的炮彈，加速度恒定，初速度為零．故D錯誤．

故選：B6、A【分析】【分析】質(zhì)點離開平衡位置的最大距離叫做振幅．相鄰兩個波峰或波谷之間的距離等于波長，由波動圖象可直接讀出振幅和波長．根據(jù)波的周期性得到周期的通項，考慮到波的傳播方向未知，還要注意波可能有兩種不同的傳播方向．根據(jù)v=可得到波速的通項，再求解波速的特殊值．【解析】【解答】解：A；B、由圖知；此波的振幅一定為A=2cm．波長一定為λ=4cm，故A正確，B錯誤．

C、D、若波向右傳播，根據(jù)波的周期性有：t=（n+）T，n=0，1，2，，則得周期T=s，波速v==（4n+1）cm/s；

若波向左傳播，根據(jù)波的周期性有：t=（n+）T，n=0，1，2，，則得周期T=s，波速v==（4n+3）cm/s；

故知周期不一定是4s；波速不一定是1cm/s．故CD錯誤．

故選：A．7、D【分析】【分析】根據(jù)電流的熱效應(yīng)，注意二極管的單向?qū)щ娦?，使得半個周期內(nèi)R1被短路，另半個周期內(nèi)R1與R2串聯(lián)，從而即可求解．【解析】【解答】解：因為是交流電所以應(yīng)該分兩種情況考慮：1、當(dāng)電源在正半軸時A點電位高于B點電位二極管導(dǎo)通即R1被短路，R2電壓為電源電壓V=20V；

2、電源在負(fù)半軸時B點電位高于A點電位二極管截止R1，R2串聯(lián)分壓；

Q=Q1+Q2，即為：；

解得：U=5V；故D正確；ABC錯誤；

故選：D．8、C【分析】【分析】平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動的時間由高度決定，時間和初速度共同決定水平位移．【解析】【解答】解：A、根據(jù)h=得，t=，高度增加一倍，則運(yùn)動時間變?yōu)樵瓉淼谋叮蔄錯誤．

B、根據(jù)h=得，t=，高度增加一倍，則運(yùn)動時間變?yōu)樵瓉淼谋?，根?jù)x=v0t知，水平位移變?yōu)樵瓉淼谋叮蔅錯誤．

C、根據(jù)x=v0t知；初速度增加一倍，則水平位移增加一倍．故C正確．

D；平拋運(yùn)動的時間由高度決定；與初速度無關(guān)．故D錯誤．

故選C．二、多選題(共6題，共12分)9、BCE【分析】【分析】布朗運(yùn)動是固體顆粒的運(yùn)動，物體的內(nèi)能是物體中所有分子的熱運(yùn)動動能和分子勢能的總和，溫度是分子平均動能的標(biāo)志，熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%．【解析】【解答】解：A；布朗運(yùn)動是固體顆粒的運(yùn)動；不是分子的運(yùn)動，故A錯誤；

B；物體的內(nèi)能是物體中所有分子的熱運(yùn)動動能和分子勢能的總和；故B正確；

C；溫度是分子的平均動能的標(biāo)志；0℃的水與0℃的冰分子溫度相同，平均動能相同，故C正確；

D；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知；熱機(jī)的效率不可能達(dá)到100%，故D錯誤；

E；溫度是分子的平均動能的標(biāo)志；對于同一種氣體，溫度越高，分子平均動能越大，故E正確；

故選：BCE10、BD【分析】【分析】（1）磁體的周圍存在著看不見；摸不著但又客觀存在的磁場，為了描述磁場，在實驗的基礎(chǔ)上，利用建模的方法想象出來的磁感線，磁感線并不客觀存在．

（2）磁感線在磁體的周圍是從磁體的N極出發(fā)回到S極．在磁體的內(nèi)部；磁感線是從磁體的S極出發(fā)，回到N極．

（3）磁場中的一點；磁場方向只有一個，由此入手可以確定磁感線不能相交．

（4）磁場的強(qiáng)弱可以利用磁感線的疏密程度來描述．磁場越強(qiáng)，磁感線越密集．【解析】【解答】解：A；磁場是客觀存在的；磁感線是為零形象描述磁場而假想假想的，故A錯誤；

B；磁感線是為了描述磁場方便而假想的線；故B正確；

C；磁感線是為了描述磁場方便而假想的線；與小鐵屑無關(guān)，故C錯誤；

D；磁感線是為了描述磁場方便而假想的線；可形象地描述磁場的強(qiáng)弱和方向，故D正確；

故選：BD．11、AB【分析】解：設(shè)子彈的初速度為v0；射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v；

木塊的質(zhì)量為M；子彈的質(zhì)量為m．

由動量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=

木塊獲得的動能為△Ek=Mv2=

系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=mv02-(M+m)v2=＞△Ek；則得到Q＞6J；

故選AB．【解析】【答案】AB12、AD【分析】【分析】重物受重力和兩個細(xì)線的拉力，根據(jù)平衡條件并結(jié)合圖示法作圖分析即可．【解析】【解答】解：AB；對物體受力分析；如圖所示：

由于AC長度大于BC長度，結(jié)合幾何關(guān)系可得，F(xiàn)A＜FB；故增加物體重力，BC繩拉力大，先斷，故A正確，B錯誤；

CD；如保持B、C點不動；將AC繩的A點向左移，作圖如下：

顯然FA＜FB；故BC繩拉力大，先斷，故C錯誤，D正確；

故選：AD13、CD【分析】【分析】根據(jù)金屬棒的受力情況，分析其運(yùn)動情況，分析時要抓住安培力與速度成正比．【解析】【解答】解：金屬棒在斜軌道運(yùn)動時；先做加速運(yùn)動，隨著速度的增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流增大，金屬棒所受的安培力增大，合力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減小減至零做勻速運(yùn)動．

金屬棒進(jìn)入水平軌道后受到向左的安培力；做減速運(yùn)動，速度減小，安培力減小，所以做加速度減小的變減速運(yùn)動，則知CD兩圖是可能的，AB不可能．

故選：CD．14、BC【分析】【分析】動態(tài)變化分析問題一般按照“局部→整體→局部”的順序，分析總電阻變化→總電流變化→總電壓變化，再分析局部電壓、電流、功率的變化進(jìn)行．對于電流表讀數(shù)來說，由于滑動變阻器的電流、電壓和電阻都在變化，不好確定，可從總電流的變化和R2電流變化確定．【解析】【解答】解：當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上滑動時，接入電路的電阻增大，與R2并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=E-Ir增大；電壓表讀數(shù)增大；

并聯(lián)部分的電阻增大，分擔(dān)的電壓增大，U2增大，流過R2的電流I2增大，電流表的讀數(shù)IA=I-I2；則減?。?/p>

故選：BC．三、填空題(共6題，共12分)15、4正10【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)點位移的變化判斷其運(yùn)動方向．由振動圖象讀出周期，結(jié)合周期性分析t=9s時質(zhì)點的位移．【解析】【解答】解：題圖為質(zhì)點A的振動圖象；由圖象可知周期為T=4s．

t=8s以后質(zhì)點A從平衡位置向正向最大位移處運(yùn)動；所以其運(yùn)動方向沿y軸正方向．

根據(jù)周期性知；質(zhì)點在t=9s時偏離平衡位置的位移與t=1s時的位移相等，為10cm．

故答案為：4，正，10．16、方向周期性100【分析】【分析】直流電是指電流的方向不發(fā)生變化的電流，其大小可以變化，交流電是指電流的方向發(fā)生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變．【解析】【解答】解：交流電是指電流的方向發(fā)生變化的電流；電流的大小是否變化對其沒有影響，而對于周期性變化的電流，即為大小與方向都隨著時間做周期性變化．

我國電網(wǎng)交流電的頻率為50Hz；交變電流在1s內(nèi)出現(xiàn)50個完整波形，則有100次峰值．

故答案為：方向、周期性、100．17、5【分析】【分析】不計空氣阻力時，豎直上拋運(yùn)動上升和下落具有對稱性，物體在上升過程中的最后1秒上升的高度等于從最高點下落第1s的高度．【解析】【解答】解：不計空氣阻力時；豎直上拋運(yùn)動上升和下落具有對稱性，物體在上升過程中的最后1秒上升的高度等于從最高點下落第1s的高度．下落時物體做自由落體運(yùn)動．

從最高點下落第1s的高度h==m=5m

所以物體在上升過程中的最后1秒上升的高度為5m．

故答案為：5．18、-【分析】【分析】由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，然后由歐姆定律求出電勢差．【解析】【解答】解：bc邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=Blv；

da兩點的電勢差：U=IR=×R=；

由右手定則可知，電流由d流向a，則ad兩點間的電勢差為：-；

故答案為：-．19、20【分析】【分析】本題考查了交流電的描述，根據(jù)交流電的表達(dá)式，可知知道其最大值，以及線圈轉(zhuǎn)動的角速度等物理量，然后進(jìn)一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等．【解析】【解答】解：交變電流i=20sin100πt，由正弦交流電的有效值與最大值的關(guān)系可知，有效值：I===20A．

故答案為：20．20、8eV【分析】【分析】解決本題需掌握：小球只受電場力時，小球的動能和電勢能之和保持不變；正確判斷小球在電場中所受電場力方向以及電場力做功情況．【解析】【解答】解：小球自a點運(yùn)動到b時，電場力做負(fù)功：Wab=2eV-20eV=-18eV①

由于相鄰兩等勢面的電勢差相等，故電勢差的大小關(guān)系有：Uab=3Uac②

從b到c電場力做正功，根據(jù)動能定理有：Wbc=Ekc-Ekb③

聯(lián)立①②③可得Ekc=14eV．

由于只有電場力做功，電勢能和動能和保持不變，故在c點：E=Ep+Ek=14eV

即電勢能和動能之和為8eV；因此當(dāng)電勢能等于6eV時動能為8eV；

故答案為：8eV四、判斷題(共3題，共18分)21、√【分析】【分析】分子在永不停息的做無規(guī)則熱運(yùn)動，物體內(nèi)部個別分子的速度具有怎樣的數(shù)值和方向完全是偶然的，但就大量分子的整體來看，在一定的條件下，物體分子的速度分布也遵從一定的統(tǒng)計規(guī)律．【解析】【解答】解：對于大量分子；其運(yùn)動有一定的統(tǒng)計規(guī)律，但對于個別分子，其運(yùn)動的速度完全是偶然的；

故答案為：√22、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規(guī)則運(yùn)動是布朗運(yùn)動，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動越明顯；布朗運(yùn)動是液體（或氣體）分子無規(guī)則運(yùn)動的反應(yīng)．【解析】【解答】解：較大的顆粒不做布朗運(yùn)動是因為跟顆粒碰撞的分子數(shù)較多；多方面的撞擊導(dǎo)致受力平衡．因為各個方向的分子沖擊力比較均衡，所以不易改變大顆粒的運(yùn)動狀態(tài)，不是因為分子的沖擊力?。砸陨系恼f法是錯誤的．

故答案為：×．23、×【分析】【分析】原子核由質(zhì)子和中子構(gòu)成．【解析】【解答】解：原子核由質(zhì)子；中子構(gòu)成；故說法錯誤．

故答案為：×五、解答題(共4題，共8分)24、略

【分析】【分析】（1）由歐姆定律和并聯(lián)電路電壓相等的特點，求出通過R1的電流；再得到電流表的讀數(shù)I．

（2）由歐姆定律求出R2的電壓；再得到電源電壓U．

（3）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)、并聯(lián)電路的特點，求出燈泡的電壓，由公式P=求小燈泡的實際功率P．【解析】【解答】解：（1）小燈泡正常發(fā)光；通過燈泡的電流為：

IL==A=0.5A

通過R1的電流為：

I1==A=1A

故電流表的讀數(shù)為：

I=IL+I1=1.5A

（2）電源電壓為：

U=UL+IR2=12+1.5×4=18V

（3）燈泡的電阻為為：

RL===24Ω

若滑動變阻器接入電路的阻值為8Ω；則并聯(lián)部分的電阻為：

R并==Ω=6Ω

此時燈泡的電壓為：

UL′=U=×18V=10.8V

小燈泡的實際功率為：

P===4.86W

答：（1）電流表的讀數(shù)是1.5A．

（2）電源電壓U是18V．

（3）小燈泡的實際功率P是4.86W．25、略

【分析】【分析】甲車分別求出前后兩半位移內(nèi)時間，然后由平均速度定義可得平均速度．乙車分別求出前后兩半時間內(nèi)的位移，然后由平均速度定義可得平均速度【解析】【解答】解：甲車：設(shè)總位移為2s；

通過前一半位移時間為：；

通過后一半位移時間為：；

全程平均速度為：．

乙車；設(shè)總時間為2t，則：

前一半時間內(nèi)的位移：s1=v1t

后一半時間內(nèi)的位移：s2=v2t

全過程的平均速度：

答：甲、乙兩質(zhì)點在整個位移中的平均速度大小分別為24m/s和25m/s26、略

【分析】【分析】粒子做勻速圓周運(yùn)動，則重力與電場力平衡；由牛頓第二定律可知洛侖茲力充當(dāng)向心力；由幾何關(guān)系可求得粒子運(yùn)動的半徑，聯(lián)立可解得電容器兩端的電壓；由閉合電路歐姆定律可求得滑動變阻器的阻值．【解析】【解答】解：小球進(jìn)入電磁場做勻速圓周運(yùn)動；說明重力和電場力等大反向，即：

洛侖茲力提供向心力；根據(jù)牛頓第二定律有：

連立化簡得：

小球做勻速圓周運(yùn)動的初末速的夾角等于圓心角為60°；根據(jù)幾何關(guān)系得R=d

連立帶入數(shù)據(jù)U2=4V

干路電流為：

答：Rx是54Ω．27、略

【分析】【分析】由幾何知識得到質(zhì)子的半徑；根據(jù)牛頓第二定律列方程求出速度的大?。?/p>

如果α粒子與質(zhì)子在坐標(biāo)原點O相遇，做出二者的軌跡，找出二者周期的關(guān)系，從而確定二者速度的關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題設(shè)條件，質(zhì)子進(jìn)入磁場的速度方向垂直于x軸，可知質(zhì)子運(yùn)動的軌道半徑必在x軸上，又因質(zhì)運(yùn)動時經(jīng)過坐標(biāo)原點，故其軌道半徑rP=L0，設(shè)粒子的運(yùn)動速度為vP；由牛頓第二定律得：

m=eBvp

所以解得質(zhì)子的速度為：vp=

（2）首先對粒子運(yùn)動的時間特征進(jìn)行研究：質(zhì)子做圓周運(yùn)動的周期為TP=，而α粒子的荷質(zhì)比為質(zhì)子的2倍，因此α粒子的運(yùn)動周期為質(zhì)子運(yùn)動周期的2倍，即Tα=．由于勻速圓周運(yùn)動是周期性的運(yùn)動；因而質(zhì)子將多次穿過坐標(biāo)原點O，其時間為：

tp=，，

而這些時刻又分別與α粒子運(yùn)動的以下時間對應(yīng)著tα=，

即如果α粒子在時刻t=Ta到達(dá)O點，它運(yùn)行了周期；如果α粒子在時刻t=Ta到達(dá)O點，它運(yùn)行了周期．

因此，α粒子進(jìn)入磁場處與O點之間的連線必為圓周或圓周所對的弦，如圖所示（可以看出ta=等情形不必再考慮）．在圖作出圓弧所對應(yīng)的圓心角，建立幾何關(guān)系，不難得到α粒子運(yùn)動的軌道半徑為：

rα=L0

設(shè)α粒子運(yùn)動的速度為va，則由牛頓運(yùn)動定律得：4m?=2e?B?vα

并綜合以上各式，可得：vα=

對應(yīng)著兩種不同的軌跡；粒子運(yùn)動的速度方向有兩個，如圖所示，為：

θ1=，θ2=

答：（1）如果質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)原點O，它的速度為vp=；

（2）如果α粒子與質(zhì)子在坐標(biāo)原點O相遇，α粒子的速度應(yīng)為vα=．六、計算題(共3題，共27分)28、解：（1）設(shè)物塊的質(zhì)量為m；其開始下落處位置距BC的豎直高度為4R，到達(dá)B點時的速度為v，小車圓弧軌道半徑為R．

由機(jī)械能守恒定律得：mg×4R=mv2

在B點根據(jù)牛頓第二定律得：FN-mg=m

聯(lián)立兩式解得：FN=9mg

（2）；設(shè)物塊與BC間的滑動摩擦力的大小為F；物塊滑到C點時與小車的共同速度為v′，物塊在小車上由B運(yùn)動到C的過程中小車對地面的位移大小為s．依題意，小車的質(zhì)量為3m，BC長度為10R．

由滑動摩擦公式得：F=μmg

由動量守恒定律得：mv=（m+3m）v′

對物塊；小車分別應(yīng)用動能定理；有。

物塊：-F（10R+s）=mv′2-mv2

小車：Fs=（3m）v′2-0

聯(lián)立求得動摩擦因數(shù)：μ=0.3

答：（1）物塊到達(dá)圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力是物塊重力的9倍；

（2）物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ為0.3．【分析】

物塊恰好落入小車圓弧軌道滑動；做圓周運(yùn)動，到達(dá)圓弧軌道最低點B

時受到的圓弧的支持力與重力合力提供向心力，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律即可求出物塊對軌道的壓力，從而求出與重力的比值.

物塊在小車BC

上滑動，通過摩擦力相互作用，滿足動量守恒，然后對物塊和小車分別使用動能定理即可求出動摩擦因數(shù)婁脤

．

分析物塊的運(yùn)動過程，明確物塊和小車間的相互作用，知道物塊在小車BC

上滑動，通過摩擦力相互作用，物塊做勻減速運(yùn)動，小車做勻加速運(yùn)動，恰好沒有滑出小車，說明二者速度相等，這樣就可以依次選擇機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、動量守恒定律、動能定理求解.

求動摩擦因數(shù)選動能定理簡單，因為不考慮中間的運(yùn)動過程．【解析】解：(1)

設(shè)物塊的質(zhì)量為m

其開始下落處位置距BC

的豎直高度為4R

到達(dá)B

點時的速度為v

小車圓弧軌道半徑為R

．

由機(jī)械能守恒定律得：mg隆脕4R=12mv2

在B

點根據(jù)牛頓第二定律得：FN鈭?mg=mv2R

聯(lián)立兩式解得：FN=9mg

FNmg=9mgmg=9

(2)

設(shè)物塊與BC

間的滑動摩擦力的大小為F

物塊滑到C

點時與小車的共同速度為v隆盲

物塊在小車上由B

運(yùn)動到C

的過程中小車對地面的位移大小為s.

依題意，小車的質(zhì)量為3mBC

長度為10R

．

由滑動摩擦公式得：F=婁脤mg

由動量守恒定律得：mv=(m+3m)v隆盲

對物塊；小車分別應(yīng)用動能定理；有。

物塊：鈭?F(10R+s)=12mv隆盲2鈭?12mv2

小車：Fs=12(3m)v隆盲2鈭?0

聯(lián)立求得動摩擦因數(shù)：婁脤=0.3

答：(1)

物塊到達(dá)圓弧軌道最低點B

時對軌道的壓力是物塊重力的9

倍；

(2)

物塊與水平軌道BC

間的動摩擦因數(shù)婁脤

為0.3

．29、解：

（1）由于開始棒3放置在傾斜