2025年湘教版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年湘教版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、用電壓表、電流表測定a、b兩節(jié)干電池的電動勢Ea、Eb和內(nèi)電阻ra、rb時，畫出的圖線如圖所示，則由此圖線可知（）A.Ea＞Eb、ra＞rbB.Ea＞Eb、ra＜rbC.Ea＜Eb、ra＞rbD.Ea＜Eb、ra＜rb2、如圖甲所示，單匝閉合線圈固定在勻強磁場中，t=0時刻磁感線垂直線圈平面向里，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示，線圈面積S=0.1m2，電阻R=1Ω，在0～2s時間內(nèi)下列說法正確的是（）A.線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向B.線圈中的感應(yīng)電動勢大小為0.5VC.通過線圈橫截面的電荷量為0.1CD.線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為0.05J3、如圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，小球從接觸彈簧開始到將彈簧壓縮到最短的過程中(

彈簧保持豎直，且形變始終在彈性限度以內(nèi))

下列關(guān)于能量的敘述，正確的是

A.彈簧的彈性勢能先增大后減小B.小球的動能先增大后減小C.小球的重力勢能先增大后減小D.小球的機械能先增大后減小4、如圖所示，高為h

的光滑絕緣曲面處于勻強電場中，勻強電場的方向平行于豎直平面，一帶電荷量為+q

質(zhì)量為m

的小球，以初速度v0

從曲面底端的A

點開始沿曲面表面上滑，到達曲面頂端B

點的速度大小仍為v0

則A.電場力對小球做功為mgh+12mv02

B.B

兩點的電勢差為mghq

C.小球在B

點的電勢能大于在A

點的電勢能D.電場強度的最小值為mgq

5、一直升機停在南半球的地磁極上空。該處地磁場的方向豎直向上，磁感應(yīng)強度為B

直升機螺旋槳葉片的長度為L

螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f

順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉(zhuǎn)動。螺旋槳葉片的近軸端為a

遠軸端為b

如圖所示。如果忽略a

到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E

表示每個葉片中的感應(yīng)電動勢，則

A.E=xfL?B

且a

點電勢高于b

點電勢B.E=2xfL?B

且a

點電勢高于b

點電勢C.E=xfL?B

且a

點電勢低于b

點電勢D.E=2xfL?B

且a

點電勢低于b

點電勢評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、萬有引力常量G=6.67×10-11____，由萬有引力定律可知，兩個質(zhì)量分別為50kg的人，相距2m時的萬有引力為____．7、一物體初速度為零，先以大小為a1的加速度做勻加速運動，后以大小為a2的加速度做勻減速運動直到靜止．整個過程中物體的位移為s，則該物體在此直線運動過程中最大速度為____．8、用毛皮摩擦橡膠棒時，橡膠棒帶______電荷，毛皮帶______電荷，當橡膠棒帶有4.8×10-9C的電荷時，有______個電子從______轉(zhuǎn)移到______（每個電子的電量為1.6×10-19C）9、如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉(zhuǎn)軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，線框中感應(yīng)電流的有效值I=______．線框從中性面開始轉(zhuǎn)過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=______．10、如圖所示，螺旋測微器的示數(shù)為______，游標卡尺的示數(shù)為______．11、某實驗小組在進行“用單擺測定重力加速度”的實驗中；已知單擺擺動過程中的擺角小于5°；在測量單擺的周期時，從單擺運動到最低點開始計時且記數(shù)為1，到第n次經(jīng)過最低點所用的時間內(nèi)為t；在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得懸掛后的擺線長(從懸點到擺球的最上端)為L，再用游標卡尺測得擺球的直徑為d．

(1)用上述物理量的符號寫出求重力加速度的一般表達式g=____________．

(2)實驗結(jié)束后；某同學發(fā)現(xiàn)他測得的重力加速度的值總是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．

A．單擺的懸點未固定緊；振動中出現(xiàn)松動，使擺線增長了。

B．把n次擺動的時間誤記為(n+1)次擺動的時間。

C．以擺線長作為擺長來計算。

D．以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計算。

(3)某同學在做“用單擺測定重力加速度”的實驗中；用秒表測單擺完成40次全振動的時間如圖所示，則單擺的周期為____________s．

(4)為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對應(yīng)的L與T的數(shù)據(jù)，再以L為橫坐標、T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率k．則重力加速度g=____________．(用k表示)若根據(jù)所得數(shù)據(jù)連成的直線的延長線沒過坐標原點，而是與縱軸的正半軸相交于一點，則實驗過程中可能存在的失誤是____________，因此失誤，由圖象求得的重力加速度的g____________(偏大，偏小，無影響)12、如圖1

所示；一打點計時器固定在斜面上端，一小車拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下.

圖2

是打出的紙帶的一段．

(1)

已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz

利用圖2

給出的數(shù)據(jù)可求出小車下滑的加速度a=

______．

(2)

為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，還需要測量的物理量有______.

用測得的量及加速度a

表示阻力大小的計算式為f=

______.(

圖中單位：cm)

13、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>mbra=rb

(3)

圖中MPN

分別為入射球與被碰球?qū)?yīng)的落點的平均位置；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

．14、一正弦式交變電流的電壓u

=10

sin

314

t

V

其有效值為______，頻率為______，接上R=10婁賂

的電阻后，一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為______．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、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）16、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）17、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）18、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）19、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）

20、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）

評卷人得分四、識圖作答題(共1題，共3分)21、某生物興趣小組對大棚內(nèi)種植的菠菜進行了研究，繪出如下四組圖。甲、乙兩圖分別表示光照強度和空氣中CO2含量對菠菜葉肉細胞光合作用的影響，丙圖表示一天內(nèi)某時間段密閉菠菜大棚內(nèi)CO2濃度隨時間的變化曲線，丁圖表示新鮮菠菜葉的四種光合色素在濾紙上分離的情況。據(jù)圖回答下列問題：(1)光能轉(zhuǎn)變成化學能后，能量首先儲存到_________中，此過程發(fā)生在_________上。圖甲中C點時，葉肉細胞內(nèi)產(chǎn)生ATP的場所除葉綠體、線粒體外還有__________，在葉綠體內(nèi)ADP的移動方向是________________________________________。(2)圖乙中A點時，限制光合速率提高的主要環(huán)境因素是____________________，可以通過增施農(nóng)家肥得以緩解。A點對應(yīng)圖甲中的_______點，對應(yīng)圖丙中的__________點。(3)圖丙中BC段變化的原因是________________________________________。C點時有機物的積累量__________(填“大于”、“小于”或“等于”)A點。(4)以新鮮菠菜綠葉片為原料提?、贂r，使用的溶劑一般是_________，加入碳酸鈣的作用是___________。圖丁中的色素D的名稱是_______。在層析液中溶解度最接近的兩種色素是A和B，它們主要吸收可見光中的________。在層析液中溶解度差異最大的兩種色素是________________(用圖丁中的字母表示)。評卷人得分五、證明題(共2題，共12分)22、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。23、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。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】試題分析：據(jù)可得可見U－I圖線，與縱軸的交點表示電源的電動勢，圖線的斜率的絕對值表示電源的內(nèi)電阻，由圖可知故選A考點：測定電池的電動勢和內(nèi)阻【解析】【答案】A2、C【分析】解：AB、由楞次定律知線圈中的感應(yīng)電流沿順時針方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nS=1××0.1V=0.05V；故AB錯誤；

C、通過線圈橫截面的電荷量：q=I△t==帶入數(shù)據(jù)得：q=0.1C，故C正確；

D、線圈中產(chǎn)生的焦耳熱：Q=I2Rt=帶入數(shù)據(jù)得：Q=0.5J，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢的大小，根據(jù)楞次定律得出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合歐姆定律求出電流的大小，由q=I△t求得通過線圈橫截面的電荷量；由Q=I2Rt求得線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。

本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、楞次定律的基本運用，會運用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，以及會運用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向是解決本題的關(guān)鍵。【解析】C3、B【分析】【分析】根據(jù)重力做功判斷重力勢能的變化，根據(jù)彈簧的形變量判斷彈性勢能的變化，根據(jù)小球的受力判斷小球的速度變化，從而得出小球動能的變化，小球的機械能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，通過彈性勢能的變化判斷小球機械能的變化。本題考查了功能關(guān)系，知道重力功與重力勢能的關(guān)系，以及彈力功與彈性勢能的關(guān)系，知道小球在下降的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)，機械能守恒?！窘獯稹緼C.

在小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，彈簧的形變量逐漸增大，則彈性勢能一直增大。因為物體一直下降，則重力勢能一直減小，故AC錯誤；B.開始小球重力大于彈力，向下做加速運動，然后彈力大于重力，向下做減速運動，所以小球的動能先增大后減小，故B正確；D.小球的機械能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，彈性勢能一直增大，則小球的機械能一直減小，故D錯誤。故選B?！窘馕觥緽

4、B【分析】【分析】小球從曲面底端的A

點開始沿曲面表面上滑過程中；重力做負功，電場力做正功，動能變化量為零，由動能定理求解電場力做功，由電場力做功公式W=qU

求出電勢差，由U=Ed

分析場強的最小值，根據(jù)電場力做功正負，判斷電勢能的變化。

本題關(guān)鍵能運用動能定理求解電場力做功，只要掌握W=qUU=Ed

兩個公式，此題就不難解答?！窘獯稹緼.小球上滑過程中，由動能定理得：W鈭?mgh=12mv02鈭?12mv02

解得：W=mgh

故A錯誤；

B.由W=qU

得，AB

兩點的電勢差為U=mghq

故B正確；

C.由于電場力做正功；小球的電勢能減小，則小球在B

點的電勢能小于在A

點的電勢能，故C錯誤；

D.由U=Ed

得，E=Ud

若電場線沿AB

時，d>h

則E<Uh=mgq

故D錯誤。

故選B。

【解析】B

5、C【分析】解：每個葉片都切割磁感線，逆著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳順時針方向轉(zhuǎn)動，根據(jù)右手定則知，a

點電勢高于b

點電勢；

感應(yīng)電動勢為：E=12BL2婁脴=12BL2?2婁脨f=婁脨fL2B

故選：C

．

轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢根據(jù)E=12BL2婁脴

求出大小，根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電動勢的方向，從而判斷出ab

兩點的電勢高低．

解決本題的關(guān)鍵掌握轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的表達式E=12BL2婁脴

以及會用右手定則判斷感應(yīng)電動勢的方向．【解析】C

二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】

國際單位制中質(zhì)量m、距離r；力F的單位分別是：kg、m、N；

根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=得到G的單位是N?m2/kg2．

兩個質(zhì)量分別為50kg的人，相距2m時的萬有引力F==1.67×10-7N．

故答案為：N?m2/kg2，1.67×10-7N

【解析】【答案】根據(jù)牛頓的萬有引力定律F=由m，r；F三個物理量的單位推導出G的單位．應(yīng)用萬有引力定律直接計算；

7、略

【分析】

設(shè)整個過程最大速度為V，加速過程中初速度為零，加速度大小a1；

由位移速度關(guān)系式得：V2=2a1x1；

勻減速直線運動直到停止；可看做反向的初速度為零的勻加速運動，相當于已知初速度為零，末速度與第一步假設(shè)的速度相同；

由位移速度公式得：V2=2a2x2；

由于整個過程中物體的位移為s，所以：s=x1+x2=+

整理得：V=

故答案為：

【解析】【答案】勻加速直線運動初速度為零，加速度大小已知，設(shè)出最大速度，應(yīng)用位移時間關(guān)系式列出表達式；勻減速直線運動直到停止，可看做反向的初速度為零的勻加速運動，相當于已知初速度為零，末速度與第一步假設(shè)的速度相同，再應(yīng)用位移-速度公式V2=2ax；列出表達式解方程組得到結(jié)論．

8、略

【分析】解：用毛皮摩擦橡膠棒時，橡膠棒帶負電電荷，毛皮帶正電荷，當橡膠棒帶有4.8×10-9C的電荷時，有3.0×1010C個電子從毛皮轉(zhuǎn)移到橡膠棒上．

故答案為：負，正，3.0×1010C；毛皮，橡膠棒。

摩擦起電的實質(zhì)是電子的轉(zhuǎn)移，失去電子的帶正電，得到電子的帶負電；元電荷e=1.6×10-19C．

本題考查了摩擦起電的原因和實質(zhì)，原因是不同物質(zhì)的原子核對核外電子的束縛能力不同，束縛能力強的從束縛能力弱的那里得到電子，而帶負電，束縛能力弱的由于失去電子，而缺少電子帶正電；而摩擦起電的實質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移．【解析】負；正；3.0×1010C；毛皮；橡膠棒9、略

【分析】解：線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢最大值Em=BSω，感應(yīng)電動勢有效值E=Em=BSω．則電流的有效值為I==．

由=q=得到。

電量q==

故答案為：

由題可知，線圈中產(chǎn)生正弦式電流．感應(yīng)電動勢最大值Em=BSω，由E=Em及歐姆定律求解電流的有效值．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律；歐姆定律和電流的定義式求出電量．

對于交變電流，直流電路的規(guī)律，比如歐姆定律同樣適用，只不過要注意對應(yīng)關(guān)系．【解析】10、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0m=0.200mm，所以最終讀數(shù)為：4.700mm．

游標卡尺的主尺讀數(shù)為10cm；游標讀數(shù)為：0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最終讀數(shù)為：10cm+0.015cm=10.015cm．

故答案為：4.700mm；10.015cm．

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(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．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(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．【解析】4.700mm；10.015cm11、略

【分析】解：(1)單擺的擺長l=L+單擺周期T==由單擺周期公式T=2π

可得：g==

(2)A、擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，測得的單擺周期變大，根據(jù)g=可知；測得的g應(yīng)偏?。蔄錯誤；

B、實驗中誤將n次全振動計為n+1次，根據(jù)T=求出的周期變小；g偏大．故B正確；

C、以擺線長作為擺長來計算，擺長偏小，根據(jù)g=可知；測得的g應(yīng)偏小．故C錯誤；

D、以擺線長與擺球的直徑之和作為擺長來計算，擺長偏大，根據(jù)g=可知；測得的g應(yīng)偏大．故D正確．

故選BD；

(3)由圖示秒表可知，秒表示數(shù)為1min+19.8s=79.8s，則單擺的周期T==1.995s；

(4)根據(jù)重力加速度的表達式g=可知，T2-l圖線斜率k=則g=若根據(jù)所得數(shù)據(jù)連成的直線的延長線沒過坐標原點；而是與縱軸的正半軸相交于一點，則實驗過程中可能存在的失誤是擺長漏加小球半徑，從g的表達式可知：g與擺長無關(guān)，所以因此失誤對由圖象求得的重力加速度的g的值無影響．

故答案為：(1)(2)BD；(3)1.995；(5)擺長漏加小球半徑；無影響．【解析】BD;1.995;擺長漏加小球半徑;無影響12、略

【分析】解：(1)

根據(jù)鈻?x=aT2

運用逐差法得，a=x5+x6+x7+x8鈭?(x1+x2+x3+x4)16T2T=0.04s

代入數(shù)據(jù)解得a=3.89m/s2

根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsin婁脠鈭?f=ma

f=mgsin婁脠鈭?ma

為了求出小車在下滑過程中所受的阻力；那么我們需要測量小車質(zhì)量，傾角直接測量很困難.

我們可以測出斜面上任意兩點間的距離L

及這兩點的高度差h

sin婁脠=hL

所以得：f=mghL鈭?ma

．

故答案為：3.89m/s2

小車質(zhì)量m

斜面上任意兩點間距離l

及這兩點的高度差hmghL鈭?ma

．

紙帶法實驗中；若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的加速度，為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，我們應(yīng)該想到運用牛頓第二定律去求解．

加強勻變速直線運動規(guī)律和推論的應(yīng)用，要注意單位的換算和有效數(shù)字的保留．【解析】3.89m/s2

小車質(zhì)量m

斜面上任意兩點間距離l

及這兩點的高度差hmghL鈭?ma

13、水平位移；BCD；C【分析】解：(1)

由平拋運動規(guī)律y=12gt2

可知，當下落高度相同時落地時間相同，再根據(jù)x=v0t

可知v0=xt

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鈭?Wf=12mv2

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ma>mb

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(yīng)是小球a

沒有與b

碰撞時的落地位置，M

點應(yīng)是碰后小球a

的落地位置，P

點應(yīng)是碰后小球b

的落地位置；

根據(jù)平均動量守恒定律應(yīng)有ma鈰?v0=ma鈰?va+mb鈰?vb

再由OP=v0鈰?tOM=va鈰?tON=vb鈰?t

可得ma鈰?OP=ma鈰?OM+mb?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(yīng)明確：壟脵

平均動量的表達式為P.=m鈰?V.=m鈰?xt壟脷

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?；壟?/p>

只有滿足對心碰撞條件時，兩小球速度才能共線．【解析】水平位移；BCDC

14、10v50Hz0.2J

【分析】【分析】

根據(jù)圖象可讀出該交流電的周期和最大值；然后根據(jù)頻率和周期，最大值與有效值的關(guān)系可直接求解；根據(jù)焦耳定律求出一周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量。

本題是交變電流圖象；考查基本的讀圖能力，要能根據(jù)表達式獲取有用信息，并能利用這些信息進行有關(guān)運算。

【解答】

由圖可知，該交流電的最大值為Um=102V

周期為T=0.02s

所以有：

有效值U=1022=10V

頻率f=1T=50Hz

根據(jù)焦耳定律得一周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q=10210隆脕0.02=0.2J

故答案為：10V50Hz0.2J

。

【解析】10v50Hz0.2J

三、判斷題(共6題，共12分)15、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．16、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．17、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，正負表示大小；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)．18、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．19、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．20、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