2025年華東師大版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年華東師大版高二物理上冊月考試卷822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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示；一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將做（）

A.自由落體運動。

B.曲線運動。

C.沿著懸線的延長線做勻加速直線運動。

D.變加速直線運動。

2、如圖所示，導軌是水平的，導軌間距L1=0.5m，ab桿與導軌左端的距離L2=0.8m，由導軌與ab桿所構(gòu)成的回路總電阻R=0.2Ω，方向豎直向下的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0=1T，重物的質(zhì)量M=0.04kg，用細繩通過定滑輪與ab桿的中點連接，各處的摩擦均可忽略，現(xiàn)使磁場以=0.2T/s的變化率均勻的增大（g取10m/s2），則要使M剛好離開地面，需經(jīng)過時間t為（）A.1.25sB.2.5sC.5.0sD.10.0s3、下列四幅圖表示了磁感應(yīng)強度B

電荷速度v

和洛倫茲力F

三者方向之間的關(guān)系，其中正確的是()A.B.C.D.4、兩根同種材料的電阻絲，長度之比為15

橫截面積之比為23

則它們的電阻值之比為(

)

A.15

B.23

C.32

D.310

5、一列簡諧橫波沿直線ab

向右傳播，ab

兩點之間的距離為2m

如圖甲所示，ab

兩點的振動情況如圖乙所示；下列說法中正確的是(

)

A.波長可能大于3m

B.波長可能等于2m

C.波速可能等于813m/s

D.波速可能等于27m/s

6、當火車離你駛?cè)?；音調(diào)變低，這是聲波的（）

A.波的反射現(xiàn)象。

B.波的衍射現(xiàn)象。

C.波的干涉現(xiàn)象。

D.多普勒效應(yīng)。

7、如圖所示；將平行板電容器與電池組相連，兩板間的帶電塵埃恰好處于靜止狀態(tài)．若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則（）

A.電容器帶電量不變B.塵埃仍靜止C.檢流計中無電流D.檢流計中有b→a的電流8、如圖所示，a、b、c是同一電場線上的三個點，電場線的方向由a到c，三點間的距離則這三點（）

A.電場強度大小Ea＞Eb＞EcB.電勢φa＞φb＞φcC.電勢差Uab=UbcD.同一點電荷在這三點的電勢能εa＞εb＞εc9、如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10：1，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，除R以外其余電阻不計．從某時刻開始在原線圈兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1=220sinl00πtV．下列說法中正確的（）A.t=s時，電壓表的讀數(shù)為22VB.t=s時，ac兩點電壓瞬時值為110VC.滑動變阻器觸片向上移，電壓表和電流表的示數(shù)均變大D.單刀雙擲開關(guān)由a扳向b，電壓表和電流表的示數(shù)均變小評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、如圖為氫原子的能級示意圖，鋅的逸出功是3.34eV

那么對氫原子在能級躍遷過程中發(fā)射或吸收光子的特征認識正確的是

A.用氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)B.一群處于n=3

能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子的最大初動能為8.75eV

C.用能量為10.3eV

的光子照射，可使處于基態(tài)的氧原子躍遷到激發(fā)態(tài)D.用能量為14.0eV

的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離11、如圖所示，質(zhì)量為M

的木塊放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m

的子彈以速度v0

沿水平射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v

運動.

已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離L

子彈進入木塊的深度為s.

若木塊對子彈的阻力Ff

視為恒定，則下列關(guān)系式中正確的是(

)

A.FfL=12Mv2

B.Ffs=12mv2

C.Ffs=12mv02鈭?12(M+m)v2

D.f(L+s)=12mv02鈭?12mv2

12、下面說法中正確的是(

)

A.所有晶體沿各個方向的物理性質(zhì)和化學光學性質(zhì)都相同B.足球充足氣后很難壓縮，是因為足球內(nèi)氣體分子間斥力作用的結(jié)果C.自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性D.一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱13、如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合。一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一個質(zhì)量為m=10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q=1.0×10-4C．小球從C點由靜止釋放；其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的vt圖象如圖乙所示。小球運動到B點時，速度圖象的切線斜率最大（圖中標出了該切線）．則下列說法正確的是（）

A.在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E=6.0V/mB.由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大C.由C到A電勢逐漸降低D.C兩點間的電勢差UBC=4.5V14、重力大小為G的物體系在OA、OC兩根等長的輕繩上，輕繩的A端和C端掛在半圓形的支架BAC上，如圖所示。若C端的位置固定，將繩子的A端沿半圓形支架從豎直位置逐漸靠近水平位置B的過程中，以下說法正確的是（）A.OA繩上的拉力先增大后減小B.OA繩上的拉力逐漸增大C.OC繩上的拉力逐漸增大D.OC繩上的拉力逐漸減小15、甲；乙兩物體由同一位置出發(fā)沿同一直線運動；其速度圖象如圖所示，下列說法正確的是（）

A.甲做勻速直線運動，乙做勻變速直線運動B.兩物體兩次相遇的時刻分別為2s末和6s末C.2s后甲、乙兩物體的速度方向相反D.乙在前4s內(nèi)的平均速度大于甲的平均速度16、2011年3月11日，日本近海發(fā)生了9.0級地震，引發(fā)海嘯與核泄漏危機，大量放射性物質(zhì)外泄．放射性物質(zhì)銫（137Cs）和碘（131I）進入大氣，該地區(qū)水源、空氣和生活環(huán)境被污染．下列說法正確的是（）A.核反應(yīng)堆中的廢料具有很強的放射性，需裝入特制的容器，深埋地下或海底B.鈾核裂變的一種可能核反應(yīng)是U+n→Cs+Rb+2nC.放射性碘（131I）發(fā)生的β衰變方程為I→Xe+eD.U裂變形式有多種，每種裂變產(chǎn)物不同質(zhì)量虧損也不同，但釋放的能量一定相同17、一根輕彈簧；下端固定在水平地面上，一個質(zhì)量為m

的小球(

可視為質(zhì)點)

從距彈簧上端h

處自由下落并壓縮彈簧，如圖所示。若以小球下落點為x

軸正方向起點，設(shè)小球從開始下落到壓縮彈簧至最大位置為H

不計任何阻力，彈簧均處于彈性限度內(nèi)；小球下落過程中加速度a

速度v

彈簧的彈力F

彈性勢能Ep

變化的圖像正確的是。

A.B.C.D.18、如圖，在正電荷Q

的電場中有MNP

和F

四點，MNP

為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)

為MN

的中點，隆脧M=30鈭?MNPF

四點處的電勢分別用婁脮M婁脮N婁脮P婁脮F

表示，已知婁脮M=婁脮N婁脮P=婁脮F

點電荷Q

在MNP

三點所在平面內(nèi)，則(

)

A.點電荷Q

一定在MP

連線上B.連線PF

一定在同一個等勢面上C.將正試探電荷從P

點搬運到N

點，電場力做負功D.婁脮M

大于婁脮P

評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)19、在測金屬電阻率的實驗中；首先要測出金屬電阻絲的直徑和長度。某次實驗中，用螺旋測微器測得某金屬電阻絲的直徑為______mm；用游標卡尺測得金屬電阻絲的長度如圖乙所示，則該金屬電阻絲的長度為______cm。

20、在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗中，為了探究加速度與力的關(guān)系，應(yīng)保持不變；為了直觀地判斷加速度與質(zhì)量的數(shù)量關(guān)系，應(yīng)作出____圖象（選填“a—m”或“a—1/m”）21、一物體的質(zhì)量為2kg，此物體豎直下落，以10m/s速度碰到水泥地面上，隨后又以8m/s的速度反彈．若取豎直向上為正方向，相碰過程中小球動量的變化量大小是______kgm/s．方向為______．22、本題為選做題，考生只選擇一題作答.

若兩題都作答，則按24鈭?A

題計．。鈭?A.(

本題供選修1鈭?1

的考生作答)

如圖所示，螺線管的匝數(shù)為10

匝，在0.1s

內(nèi)穿過螺線管的磁通量由0.02Wb

均勻變?yōu)?.06Wb

則磁通量的變化率為_______Wb/s

則螺線管兩端產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為_______V

．24鈭?B.(

本題供選修3鈭?1

的考生作答)

如圖所示，電源的內(nèi)阻r=2.0婁賂

電阻R=8.0婁賂

開關(guān)閉合后，電流表示數(shù)I=0.30A.

則電源的電動勢E=

________V

在t=10s

時間內(nèi)，電阻R

產(chǎn)生的焦耳熱Q=

________J

．23、用雙縫干涉測光的波長．實驗裝置如圖甲所示；已知雙縫與屏的距離L，雙縫間距d．用測量頭來測量亮紋中心的距離．測量頭由分劃板；目鏡、手輪等構(gòu)成，轉(zhuǎn)動手輪，使分劃板左右移動，讓分劃板的中心刻線對準亮紋的中心（如圖乙所示），記下此時手輪上的讀數(shù)，轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線對準另一條亮紋的中心，記下此時手輪上的讀數(shù)．

（1）分劃板的中心刻線分別對準第1條和第4條亮紋的中心時，手輪上的讀數(shù)如圖丙所示，則對準第1條時讀數(shù)x1=______（允許誤差）、對準第4條時讀數(shù)x2=______mm（允許誤差）

（2）寫出計算波長λ的表達式，λ=______（用x1、x2；L、d表示；不用計算）．

（3）在屏上觀察到了干涉條紋．如果將雙縫的間距變大；則屏上的干涉條紋的間距將變______；（選大或?。?/p>

評卷人得分四、判斷題(共4題，共8分)24、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）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）

26、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）27、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）

評卷人得分五、簡答題(共2題，共20分)28、在物理學中，常常用比值定義物理量，用來表示研究對象的某種性質(zhì)。定義一個新的物理量的同時，也就確定了這個新的物理量與原有物理量之間的關(guān)系。請你寫出在選修3-1中用比值法定義的物理量的定義式。（至少寫出3個）29、如圖(a)ONP

為直角三角形的三個頂點，隆脧NOP=37鈭?OP

中點處固定一電量為q1=2.0隆脕10鈭?8C

的正點電荷，M

點固定一輕質(zhì)彈簧.MN

是一光滑絕緣桿，其中ON

長為a=1m

桿上穿有一帶正電的小球(

可視為點電荷)

將彈簧壓縮到O

點由靜止釋放，小球離開彈簧后到達N

點的速度為零.

沿ON

方向建立坐標軸(

取O

點處x=0)

圖(b)

中Ⅰ和Ⅱ圖線分別為小球的重力勢能和電勢能隨位置坐標x

變化的圖象，其中E0=1.24隆脕10鈭?3JE1=1.92隆脕10鈭?3JE2=6.2隆脕10鈭?4

J.(

靜電力恒量k=9.0隆脕109N?m2/C2

取sin37鈭?=0.6cos37鈭?=0.8

重力加速度g=10m/s2)

(1)

求電勢能為E1

時小球的位置坐標x1

和小球的質(zhì)量m

(2)

已知在x1

處時小球與桿間的彈力恰好為零；求小球的電量q2

(3)

求小球釋放瞬間彈簧的彈性勢能Ep

．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

懸線燒斷前；小球受重力；拉力、電場力平衡，重力和電場力的合力與拉力等值反向．燒斷細線，物體受重力、電場力，兩個力合力恒定，沿細線方向，合力方向與速度方向在同一條直線上，所以物體沿著懸線的延長線做勻加速直線運動．故C正確．A、B、D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】當物體所受的合力與速度在同一條直線上；物體做直線運動，所受的合力與速度不在同一條直線上，物體做曲線運動．

2、C【分析】解：物體剛要離開地面時；其受到的拉力F等于它的重力Mg；

拉力F等于棒aB所受的安培力，即：Mg=FA=BtIL1①；

由題意知，磁感應(yīng)強度：Bt=B+t②

感應(yīng)電流：I=③

由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=S④

其中面積：S=L1L2⑤

聯(lián)立①②③④⑤得：t=5s

故選：C

穿過回路的磁感應(yīng)強度均勻變化；知產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定，則ad所受的安培力增大，當安培力等于m的重力時，重物被吊起，根據(jù)平衡求出被吊起時的磁感應(yīng)強度的大小，再根據(jù)磁感應(yīng)強度的變化率求出經(jīng)歷的時間．

解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS，知道磁感應(yīng)強度的變化率恒定，感應(yīng)電流則恒定，根據(jù)共點力平衡進行求解．【解析】【答案】C3、B【分析】【分析】伸開左手；讓大拇指與四指方向垂直，并且在同一個平面內(nèi)，磁感線通過掌心，四指方向與正電荷運動方向相同，大拇指所指的方向為洛倫茲力方向。

本題考查了安培力和左手定則，解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則，注意四指方向與正電荷運動方向相同，與負電荷運動方向相反。【解答】A.根據(jù)左手定則；洛倫茲力方向垂直紙面向外，故A錯誤；

B.根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向豎直向上，故B正確；

C.根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向豎直向下，故C錯誤；

D.電荷的運動方向與磁場方向平行，電荷不受洛倫茲力，故D錯誤。

故選B?！窘馕觥緽

4、D【分析】解：根據(jù)電阻定律可知；電阻民長度成正比，與截面積成反比，故兩電阻的比值為：

R1R2=15隆脕32=310

故D正確；ABC錯誤．

故選：D

．

根據(jù)電阻定律R=婁脩LS

進行分析；結(jié)合長度之比和截面積之比即可求出電阻之比．

本題考查電阻定律的應(yīng)用，明確公式是第一步，但能否正確解題的關(guān)鍵在于比例式的正確求解，要求熟練掌握比例式的計算方法．【解析】D

5、D【分析】解：AB

由圖知，波的周期T=4s

當a

在最大位置處時，b

在平衡位置，并且波向右傳播，所以ab

兩點之間的距離為x=(n+34)婁脣

波長婁脣=4x4n+3=84n+3(n=0123)

波長可能值為83m87m811m.

故AB錯誤；

C、波速v=婁脣T=24n+3m/s(n=0123)

波速可能值為23m/s27m/s211m/s215m/s

等等；故C錯誤，D正確．

故選：D

．

簡諧橫波沿x

軸正向傳播，在t=0.4s

時PM

間第一次形成圖示波形，由圖讀出，t=0.4s

時間內(nèi)振動傳播了一個波長，經(jīng)過了一個周期，則可知P

點的周期.

根據(jù)ab

間距離與波長的關(guān)系，利用波的多解性可讀出波長，由v=婁脣T

求出波速v

．

本題要注意明確圖乙給出的為振動圖象；振動圖象反映了兩個質(zhì)點的狀態(tài)，由同一時刻兩個質(zhì)點的狀態(tài)，判斷距離與波長的關(guān)系是基本能力，要做相關(guān)訓練，能熟練掌握．【解析】D

6、D【分析】

當聲源靠近觀察者時；人耳聽到的鳴笛聲的頻率比火車發(fā)出的聲音要大．因為相同時間內(nèi)，人耳接收到的波數(shù)比火車發(fā)出的波數(shù)要多．反之，當聲源遠離觀察者時，人耳聽到的鳴笛聲的頻率比火車發(fā)出的聲音要?。?/p>

當有人站在火車軌道旁；一列正在鳴笛的高速火車離他而去，距離越來越遠，人感知的音調(diào)逐漸變低．這是多普勒效應(yīng)。

故選D

【解析】【答案】根據(jù)聲音的多普勒效應(yīng)分析回答：聲源移向觀察者時接收頻率變高；即距離聲源越遠，音調(diào)越低，距離聲源越近，音調(diào)越高．

7、B【分析】解答：A、將兩板緩慢地錯開一些，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式得知；電容減小，而電壓不變，則電容器帶電量減?。蔄錯誤．

B；由于板間電壓和板間距離不變；則板間場強不變，塵埃所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)．故B正確．

CD、電容器電量減小，處于放電狀態(tài)，而電容器上板帶正電，下極板帶負電，電路中形成逆時針方向的電流，則檢流計中有a→b的電流．故CD錯誤．

故選：B．

分析：帶電塵埃原來處于靜止狀態(tài)，電場力與重力平衡，將兩板緩慢地錯開一些后，分析板間場強有無變化，判斷塵埃是否仍保持靜止．根據(jù)電容的決定式分析電容如何變化，由電容的定義式分析電量的變化，確定電路中電流的方向．8、B【分析】【解答】解：A；一條電場線無法確定電場線疏密情況；所以無法比較三點場強的大?。蔄錯誤．

B、順著電場線方向，電勢必定降低，則有φa＞φb＞φc．故B正確．

C、若是勻強電場，φa﹣φb=φb﹣φc．若是非勻強電場，無法比較φa﹣φb與φb﹣φc的大小，即電勢差Uab與Ubc大小無法確定．故C錯誤．

D；因電荷的電性不知；則無法確定電荷在這三點的電勢能的高低，故D錯誤；

故選：B．

【分析】順著電場線方向，電勢必定降低．根據(jù)電場線疏密判斷電場強度的大小，電場線越密電場強度越大．勻強電場中沿電場線方向相等的距離，電勢差相等，并依據(jù)正電荷在高電勢處，電勢能大，而負電荷在低電勢處，電勢能大，從而即可求解．9、A【分析】解：A；原線圈兩端電壓有效值為220V；副線圈兩端電壓有效值為22V，電表測量的是有效值，故A正確；

B、t=s時，ac兩點電壓瞬時值為110V；故B錯誤；

C；滑動變阻器觸片向上移；電阻變大，副線圈的電壓由匝數(shù)和輸入電壓決定，伏特表的示數(shù)不變，安培表示數(shù)減小，C錯誤；

D、單刀雙擲開關(guān)由a扳向b；匝數(shù)比變小，匝數(shù)與電壓成正比，所以伏特表和安培表的示數(shù)均變大，故D錯誤；

故選：A

由時間求出瞬時電壓的有效值；再根據(jù)匝數(shù)比等于電壓之比求電壓，結(jié)合電路動態(tài)分析判斷電阻增大時電流的變化．

本題考查了變壓器的特點，需要特別注意的是CD兩選項，考查了電路的動態(tài)分析，這是高考中的熱點．【解析】【答案】A二、多選題(共9題，共18分)10、BD【分析】【分析】能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差；結(jié)合輻射的光子能量判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)，結(jié)合光電效應(yīng)放出求出最大初動能。當吸收的光子能量等于兩能級間的能級差才能被吸收，發(fā)生躍遷。當吸收的光子能量后，氫原子能量大于等于零，則氫原子被電離。

本題考查了光電效應(yīng)和能級躍遷的基本運用，知道吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，掌握光電效應(yīng)方程，并能靈活運用。【解答】A.氫原子從高能級向基態(tài)躍遷時發(fā)射的光子能量可能大于3.34eV

可能使鋅板發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯誤；

B.一群處于n=3

能級的氫原子向基態(tài)躍遷時；輻射的最大光子能量hv=鈭?1.51鈭?(鈭?13.6)=12.09eV

根據(jù)光電效應(yīng)方程得，光電子的最大初動能Ekm=hv鈭?W0=12.09鈭?3.34eV=8.75eV

故B正確；

C.基態(tài)與激發(fā)態(tài)間的能級差不等于10.3eV

用能量為10.3eV

的光子照射，該光子能量不能被吸收發(fā)生躍遷，故C錯誤；

D.用能量為14.0eV

的光子照射；氫原子吸收該光子能量后，原子能量大于0

即使氫原子電離，故D正確。

故選BD。

【解析】BD

11、ACD【分析】解：A

以木塊為研究對象，根據(jù)動能定理得，子彈對木塊做功等于木塊動能的增加，即：FfL=12Mv2壟脵

故A正確．

D、以子彈為研究對象，由動能定理得，鈭?f(L+s)=12mv2鈭?12mv02壟脷

解得：f(L+s)=12mv0鈭?12mv2

故D正確．

BC

由壟脵+壟脷

得，F(xiàn)fs=12mv02鈭?12(M+m)v2

故B錯誤，C正確．

故選：ACD

．

子彈射入木塊的過程中；分別對木塊；子彈、木與子彈組成的系統(tǒng)為研究對象，分別應(yīng)用動能定理分析答題．

本題是沖擊塊類型，要注意應(yīng)用動能定理研究單個物體時，功的公式W=fl

中，l

是相對于地的位移大小．【解析】ACD

12、CD【分析】解：A

單晶體具有各向異性；即單晶體沿各個方向的物理性質(zhì)和化學光學性質(zhì)不都相同，故A錯誤；

B；足球充氣后很難壓縮是由于足球內(nèi)外有壓強差的原因；與氣體分子間的作用力無關(guān)，故B錯誤；

C；根據(jù)熱力學第二定律知；自然界中只要涉及熱現(xiàn)象的宏觀過程都具有方向性，故C正確；

D、一定質(zhì)量的理想氣體如果壓強不變，體積增大，由氣態(tài)方程知溫度升高，內(nèi)能增大，氣體對外界做功，根據(jù)熱力學第一定律鈻?U=W+Q

可知；氣體一定吸收熱量，故D正確；

故選：CD

單晶體具有各向異性；多晶體具有各向同性，足球充氣后很難被壓縮是由于足球內(nèi)外的壓強差的原因；根據(jù)熱力學第一定律解釋其內(nèi)能的變化；體積不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，單位時間內(nèi)撞擊單位面積上的分子數(shù)增大．

該題考查熱力學第一定律與熱力學第二定律，要牢記熱力學第二定律的幾種不同的表述，并能夠正確理解．【解析】CD

13、AD【分析】解：A；由乙圖可知；小球在B點的加速度最大，故所受的電場力最大，加速度由電場力產(chǎn)生，故B點的電場強度最大，小球的加速度為：

a===0.06m/s2；

又：a=

解得E=6.0V/m；故A正確；

BC；從C到A小球的動能一直增大；說明電場力一直做正功，故電勢能一直減小，而小球帶正電，則知電勢一直減小，故B錯誤，C正確；

D、由C到B電場力做功為：WCB=-0

CB間電勢差為：UCB===V=4.5V；故D正確。

故選：AD。

通過乙圖的v-t圖象判斷出加速度；加速度最大時受到的電場力最大，電場強度最大，由電場力做功正負即可判斷電勢能的變化，由W=qU求的電勢差。

該題結(jié)合v-t圖象考查常見的電場，解答本題關(guān)鍵要明確圖象的斜率等于加速度，抓住電場力做正功時電勢能減小，進行分析即可。要知道動能定理是求電勢差常用的方法。【解析】AD14、BC【分析】解：以結(jié)點O為研究對象，分析受力：重力G、繩OA的拉力FA和繩OC的拉力FC；如圖所示。

根據(jù)平衡條件知，兩根繩子拉力的合力F合與重力大小相等；方向相反；保持不變。

作出輕繩OA在兩個位置時力的合成圖如圖；由圖看出，OA向下移動的過程中，OA繩上的拉力和OC繩上的拉力均逐漸增大，故AD錯誤，BC正確；

故選：BC。

以結(jié)點O為研究對象；分析受力，作出輕繩在A和A′兩個位置時受力圖，由圖分析繩OA和OC上的拉力如何變化。

本題運用圖解法研究動態(tài)平衡問題，也可以根據(jù)幾何知識得到兩繩拉力的表達式，再分析拉力的變化情況。【解析】BC15、BD【分析】解：A；甲做勻速直線運動；乙物體前2s做勻加速直線運動，加速度為正方向，后4s做勻減速直線運動，加速度為負方向，所以乙物體全程不是勻變速直線運動，故A錯誤．

B；甲、乙兩物體由同一位置出發(fā)；在速度-時間圖象中圖象與坐標軸圍成面積代表位移；時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負；所以前2s內(nèi)乙的三角形面積等于甲的正方形面積，即位移相同，此時兩物相遇；前6s內(nèi)甲的矩形面積等于乙三角形的面積，此時又相遇，故兩物體兩次相遇的時刻分別為2s末和6s末．故B正確．

C；由于在速度-時間圖象中；某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數(shù)，時間軸下方速度是負數(shù)；所以前6s內(nèi)甲乙兩物體的速度都為正方向，速度方向相同，故C錯誤．

D；前4s內(nèi)乙的位移大于甲的位移；所以乙的平均速度大于甲的平均速度，故D正確．

故選：BD．

在速度-時間圖象中；點代表此時刻的瞬時速度，速度正負表示速度的方向；圖象的斜率表示加速度，圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．平均速度等于位移與時間的比值．

本題是為速度--時間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速度--時間圖象中圖象與坐標軸圍成的面積的含義，能根據(jù)圖象讀取有用信息．【解析】【答案】BD16、AC【分析】解：A；為了預(yù)防放射性污染的危害；核反應(yīng)堆中的廢料具有很強的放射性，需裝入特制的容器，深埋地下或海底，故A正確；

B；B中的核方程質(zhì)量數(shù)不守恒；應(yīng)該為3個中子，故B錯誤；

C、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，放射性碘（131I）發(fā)生的β衰變方程為→故C正確；

D、根據(jù)△E=mc2可知質(zhì)量虧損不同；釋放的能量也一定不同，故D錯誤．

故選：AC．

正確解答本題需要掌握：放射性污染的防護；質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒在核反應(yīng)方程中的應(yīng)用；質(zhì)能方程的應(yīng)用．

本題考查了核裂變的應(yīng)用，在學習中注意將所學知識和實際應(yīng)用相結(jié)合．【解析】【答案】AC17、AD【分析】【分析】小球與彈簧接觸前做自由落體運動，與彈簧接觸后受到重力與彈簧彈力作用，彈簧彈力逐漸增大，彈簧彈性勢能增大，根據(jù)小球運動過程與受力情況分析答題。本題考查了判斷小球加速度、速度、彈簧彈力與彈簧彈性勢能如何變化，分析清楚小球運動過程與受力情況是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)小球運動過程與受力情況即可解題?！窘獯稹緼B.

小球與彈簧接觸前做自由落體運動；加速度a=g

保持不變，速度v=gt

均勻增加；

小球與彈簧接觸后向下運動壓縮彈簧；小球受到豎直向下的重力與彈簧豎直向上的彈力F=kx

作用；

開始彈簧彈力小于重力，小球向下做加速度運動，加速度：a=mg鈭?kxm=g鈭?kxm

加速度逐漸減?。?/p>

小球向下做加速度減小的加速運動；經(jīng)過一段時間后彈簧彈力與重力相等，合力為零，此時速度達到最大；

然后彈簧彈力大于重力，小球所受合力向上，小球做減速運動，加速度：a=kxm鈭?g

加速度逐漸增大；

小球向下做加速度增大的減速運動；直到速度為零，整個過程速度方向不變，由圖示圖象可知，A正確，B錯誤；

C.當小球下落位移小于等于h

時；彈簧彈力為零F=0

當彈簧下落距離大于h

小于等于H

時，彈簧彈力F=kx

彈力F

與x

成正比，故C錯誤；

D.當小球下落位移小于等于h

時，Ep=0

當彈簧下落距離大于h

小于等于H

時，彈簧彈性勢能Ep=12kx2

故D正確；

故選AD。【解析】AD

18、AD【分析】解：A

點電荷的等勢面是一系列的同心圓；對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN

的中垂線和FP

的中垂線的交點上，在MP

的連線上，如圖所示，故A正確；

B；婁脮P=婁脮F

線段PF

是PF

所在等勢面(

圓)

的一個弦，故B錯誤；

C；在正的點電荷的電場中；離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P

點搬運到N

點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；

D、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故婁脮P>婁脮M

故D正確．

故選：AD

．

點電荷的等勢面是一系列的同心圓；對于圓，圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心；找出電荷位置后，根據(jù)電勢能的變化情況判斷電場力做功情況．

本題關(guān)鍵是明確點電荷的電場的電場線和等勢面的分布規(guī)律，知道沿著電場線電勢逐漸降低；基礎(chǔ)問題．【解析】AD

三、填空題(共5題，共10分)19、1.6921.145【分析】解：螺旋測微器的固定刻度為1.5mm；可動刻度為19.2×0.01mm=0.192mm，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.192mm=1.692mm。

游標卡尺的主尺讀數(shù)為：11mm；游標尺上第9個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為9×0.05mm=0.45mm，所以最終讀數(shù)為：11mm+0.45mm=11.45mm=1.145cm。

故答案為：1.692（1.691～1.694均給分）；1.145

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)，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。【解析】1.6921.14520、略

【分析】【解析】【答案】質(zhì)量、a—1/m21、略

【分析】解：取豎直向上方向為正方向；則小球與地面碰撞過程中動量的變化為：

△p=mv2-m（-v1）=2×（10+8）kg．m/s=36kg?m/s；正號表示方向豎直向上．

故答案為：36；豎直向上。

取豎直向上方向為正方向；分別表示出碰地前后小球的動量，小球動量的變化量等于末動量與初動量的差。

此題中動量是矢量，要規(guī)定正方向，用帶正負呈的數(shù)值表示動量．動量變化量也是矢量，同樣要注意方向．【解析】36；豎直向上22、A.0.44

B.37.2【分析】A.【分析】線圈的磁通量變化時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢大小。平均感應(yīng)電動勢的大小由E=N?婁碌?t

而瞬時感應(yīng)電動勢可由E=BLV

來求得，注意V

是切割磁感線的速度，L

是有效切割長度?！窘獯稹坑深}意可知，線圈中磁通量的變化率為?婁碌?t=0.06?0.020.1Wb/s=0.4Wb/s

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=N?婁碌?t=10隆脕0.4V=4V

故填：0.44

B.【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求解電源的電動勢E

電阻R

產(chǎn)生的焦耳熱根據(jù)Q=I2Rt

求解。本題的關(guān)鍵是要掌握閉合電路歐姆定律定律和焦耳定律，知道定值電阻產(chǎn)生的熱量可根據(jù)Q=I2Rt

求解?！窘獯稹块_關(guān)閉合后，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電源的電動勢E=I(R+r)=0.30隆脕(8.0+2.0)V=3.0V

在t=10s

時間內(nèi)，電阻R

產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=0.302隆脕8.0隆脕10J=7.2J

故填：3.07.2

【解析】A.0.44

B.37.2

23、2.190mm7.869小【分析】解：（1）圖丙中固定刻度讀數(shù)為2mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×19.0=0.190mm，所以最終讀數(shù)為2.190mm．

對準第4條亮紋時固定刻度讀數(shù)為7.5mm；可動讀數(shù)為0.01×36.9=0.369mm，所以最終讀數(shù)為7.869mm．

（2）根據(jù)△x=λ得：λ==

（3）根據(jù)△x=λ知雙縫間距d增大時條紋間距變小．

故答案為：（1）2.190mm7.869；

（2）d；

（3）?。?/p>

螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)；需要估讀．

根據(jù)△x=λ計算波長；

根據(jù)條紋間距公式△x=λ判斷條紋間距的變化．

解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，不需估讀．以及掌握條紋間距公式．【解析】2.190mm7.869小四、判斷題(共4題，共8分)24、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