2024年浙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年浙教版高二物理下冊月考試卷932考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、目前世界上正在研究一種新型發(fā)電機(jī)叫磁流體發(fā)電機(jī)，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．如圖10所示為它的發(fā)電原理圖．將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，從整體上來說呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場中有兩塊面積S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路．設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g，則流過外電阻R的電流強(qiáng)度I及電流方向?yàn)?)

A.I＝A→R→BB.I＝B→R→AC.I＝B→R→AD.I＝A→R→B2、如圖所示，長為L

的細(xì)線拴一帶電為+q

質(zhì)量為m

小球，球處在豎直向下的勻強(qiáng)電中，電場強(qiáng)度為E

小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，則(

)

A.小球在最高點(diǎn)的速度大小為gL

B.當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時電勢能最小C.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，機(jī)械能最大D.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，動能為2(mg+Eq)L

3、在圖中的虛線表示兩種介質(zhì)的界面及其法線，實(shí)線表示一條光線射向界面后發(fā)生反射和折射的光線，以下說法正確的是（）A.bO可能是入射光線B.aO一定是入射光線C.cO可能是入射光線D.bO不一定是反射光線4、如右圖所示，光滑絕緣水平面上帶異種電荷的小球A、B，它們一起在水平向右的勻強(qiáng)電場中向右做勻加速運(yùn)動，且保持相對靜止，設(shè)小球A的帶電荷量大小為QA，小球B的帶電荷量大小為QB，下列判斷正確的是()A.小球A帶正電，小球B帶負(fù)電，且QA>QBB.小球A帶正電，小球B帶負(fù)電，且QABC.小球A帶負(fù)電，小球B帶正電，且QA>QBD.小球A帶負(fù)電，小球B帶正電，且QAB5、一個物體做簡諧振動，其振動圖象如圖1所示，根據(jù)圖象可知，在t1和t2時刻，物體運(yùn)動的（）A.位移相同B.動能相同C.回復(fù)力相同D.加速度相同6、據(jù)媒體報道，叛逃英國的俄羅斯前特工利特維年科在倫敦離奇身亡。英國警方調(diào)查認(rèn)為毒殺利特維年科的是超級毒藥——放射性元素（）。的半衰期為138天，經(jīng)過α衰變生成穩(wěn)定的鉛（），經(jīng)過276天，100g已衰變的質(zhì)量為（）A.25gB.50gC.75gD.100g7、（B組）如圖所示由“與門”；“或門”和“非門”三個基本邏輯電路組成的一個組合邏輯電路；A、B、C為輸入端，Z為輸出端，在完成真值表時，輸出端Z空格從上到下依次填寫都正確的是：（）

真值表：

。ABCZ000001010011100101110111A.00010101B.00000010C.00101010D.以上答案都不正確8、如圖所示的裝置中，cd桿原來靜止，當(dāng)ab桿做如下哪些運(yùn)動時；cd桿將向右移動（）

A.向左加速運(yùn)動B.向右減速運(yùn)動C.向左減速運(yùn)動D.向右勻速運(yùn)動9、如圖甲所示，abcd

是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m

電阻為R

在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN

和M隆盲N隆盲

是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc

邊平行，磁場方向與線框平面垂直。現(xiàn)金屬線框由距MN

的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域瞬間的速度鈭?

時間圖象，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母均為已知量。可知()

A.金屬框初始位置的bc

邊到邊界MN

的高度為v1t1

B.金屬框的邊長為1(t2鈭?t1)2

C.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1(t2鈭?t1)mgRv1

D.在進(jìn)入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱為mg1(t2鈭?t1)

評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)10、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉尚未水解11、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)12、有兩個單擺做簡諧運(yùn)動，位移與時間關(guān)系是：x1=3asin(4πbt+π/4)和x2=9asin(8πbt+π/2)，其中a．b為正的常數(shù)，則它們的：①振幅之比為____；②擺長之比為____．13、在“測定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中；用螺旋測微器測量金屬絲直徑時的刻度位置如圖所示，用米尺測出金屬絲的長度L，金屬絲的電阻大約為5Ω，先用伏安法測出金屬絲的電阻R，然后根據(jù)電阻定律計算出該金屬材料的電阻率．

（1）從圖甲中讀出金屬絲的直徑為______mm．

（2）為此取來兩節(jié)新的干電池；電鍵和若干導(dǎo)線及下列器材：

A．電壓表0～3V；內(nèi)阻10kΩ

B．電壓表0～15V；內(nèi)阻50kΩ

C．電流表0～0.6A；內(nèi)阻0.05Ω

D．電流表0～3A；內(nèi)阻0.01Ω

E．滑動變阻器；0～10Ω

F．滑動變阻器；0～100Ω

①要求較準(zhǔn)確地測出其阻值，電壓表應(yīng)選______，電流表應(yīng)選______，滑動變阻器應(yīng)選______．（填序號）

②實(shí)驗(yàn)中某同學(xué)的實(shí)物接線如圖乙所示；請指出該同學(xué)實(shí)物接線中的兩處明顯錯誤．

錯誤1______

錯誤2______．14、如圖所示；是利用閃光照相研究平拋運(yùn)動的示意圖．

小球A

由斜槽滾下，從桌邊緣水平拋出，當(dāng)它恰好離開桌邊緣時，小球B

也同時下落，閃光頻率為10Hz

的閃光器拍攝的照片中B

球有四個像，像間距離已在圖中標(biāo)出，兩球恰在位置4

相碰.

則A

球從離開桌面到和B

球碰撞時經(jīng)過的時間為______sA

球離開桌面的速度為______m/s

．15、電路中有一段導(dǎo)體，給它加20mV的電壓時，通過它的電流為5mA，可知這段導(dǎo)體的電阻為Ω，如給它加30mV的電壓時，它的電阻為Ω。16、如圖所示，實(shí)線為電場線，虛線為等勢面，且相鄰兩等勢面的電勢差相等，一正電荷在等勢面φ3上時具有動能60J，它運(yùn)動到等勢面φ1上時，速度恰好為零，令φ2=0，那么，當(dāng)該電荷的電勢能為12J時，其動能大小為______J．17、用“碰撞試驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律；即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．

(1)

試驗(yàn)中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通過僅測量______(

填選項(xiàng)前的序號)

間接地解決這個問題．

A.小球開始釋放高度h

B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H

C.小球做平拋運(yùn)動的射程。

(2)

圖(a)

中O

點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時，先讓入射球m1

多次從斜軌上同一位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置B

測量平拋射程OB爐.

然后把被碰小球m2

靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1

從斜軌上相同位置靜止釋放，與小球m2

相撞，并多次重復(fù).

分別找到m1m2

相碰后平均落地點(diǎn)的位置AC

測量平拋射程OA爐OC爐

經(jīng)測定，m1=45.0gm2=7.5g

小球落地點(diǎn)的平均位置到O

點(diǎn)的距離如圖(b)

所示.

碰撞前、后m1

的動量分別為p1

與p1隆盲

則p1p1隆盲=

______：11

若碰撞結(jié)束時m2

的動量為p2隆盲

則p1鈥?p2隆盲=11

______；所以，碰撞前、后總動量的比值P1(p1隆盲+p2隆盲)=

______；實(shí)驗(yàn)結(jié)果說明______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)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(qiáng)度的方向．（判斷對錯）19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)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(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

20、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(qiáng)度的方向．（判斷對錯）21、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共6分)22、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】根據(jù)左手定則，正電荷會在洛倫茲力下向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷會向下偏轉(zhuǎn)，電容器會形成附加電場，即當(dāng)電荷聚集越來越多時，加速度會越來越小，當(dāng)a=0時，電荷不在偏轉(zhuǎn)，電勢差穩(wěn)定。當(dāng)電荷中和后，AB電勢差變小，帶電粒子重新偏轉(zhuǎn)，維持兩端電勢差恒定即（維持a=0條件）。電荷中和時，電流為ARB方向，所以BC錯誤。根據(jù)分析穩(wěn)定電勢差U=Bvd,根據(jù)電阻定律則根據(jù)閉合電路歐姆定律則所以D正確。

【點(diǎn)評】此類題型考察了帶電粒子在平行板電容器中的受力情況，通過動態(tài)分析確定電荷偏轉(zhuǎn)后的條件，從而確定電路中電流的大小。2、C【分析】解：A

小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動；則在最高點(diǎn)由重力和電場力的合力提供向心力，則有：

mg+Eq=mv2L

解得：v=(mg+Eq)mL

故A錯誤；

B；沿著電場線方向電勢最低；所以在最低點(diǎn)電勢最低，因?yàn)樾∏驇д姡孕∏蛟谧畹忘c(diǎn)電勢能最小，故B錯誤；

C；整個過程中；只有重力和電場力做功，所以小球的機(jī)械能和電勢能之和不變，當(dāng)電勢能最小時，小球的機(jī)械能最大，則小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，機(jī)械能最大，故C正確；

D；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中；根據(jù)動能定理得：

EK鈭?12mv2=(mg+Eq)鈰?2L

解得：EK=2.5(mg+Eq)L

故D錯誤．

故選：C

小球恰好能夠在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動；則在最高點(diǎn)由重力和電場力的合力提供向心力，根據(jù)向心力公式列式即可求解在最高點(diǎn)的速度，沿著電場線方向電勢最低，而電勢能等于電勢乘以電荷量，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理即可求解到達(dá)最低點(diǎn)的動能．

本題主要考查了向心力公式、動能定理的直接應(yīng)用，知道只有重力和電場力做功，所以小球的機(jī)械能和電勢能之和不變，難度適中．【解析】C

3、B【分析】解：A、據(jù)光的反射定律知：在光的反射中，反射角等于入射角，入射光線和反射光線分居法線兩側(cè)；在光的折射中，折射角與入射角不相等，且分居法線兩側(cè)?？芍琍Q是法線，MN是界面，bo不可能是入射光線；故A錯誤。

BCD；由于在光的反射中；反射角等于入射角，入射光線和反射光線分居法線兩側(cè)；可知cO不可能是入射光線。

由以上的分析可知，ao一定是入射光線，ob是反射光線；oc是折射光線。故B正確，C錯誤，D錯誤。

故選：B。

在光的反射中；入射角等于反射角；在光的折射中，折射角與入射角不相等，且分居法線兩側(cè)，根據(jù)該規(guī)律判斷哪一條是入射光線，哪一條是反射光線，哪一條是折射光線。

解決本題的關(guān)鍵知道光的反射定律和折射定律，知道入射光線與反射光線及折射光線的關(guān)系，以及知道入射角與反射角、折射角之間的關(guān)系?！窘馕觥緽4、D【分析】直接利用整體判斷，只要整體具有向右的合力即可，排除B、C，但對于A，我們還要從隔離小球B去分析，小球B所受合力向左，故只選D【解析】【答案】D5、B【分析】【解析】【答案】B6、C【分析】【解析】【答案】C7、C【分析】解：A；B輸入或門；C輸入非門，兩個輸出端又同時輸入與門，當(dāng)A、B為0時，輸出為0，C為0，輸出為1，1和0輸入與門，輸出仍然為0．

同理得出輸出端Z為“0；1，0，1，0，1，0．故C正確，A；B、D錯誤．

故選C．

與門的特點(diǎn)是當(dāng)條件都滿足；事件才能發(fā)生，或門的特點(diǎn)是只要有一個條件滿足，事件就能發(fā)生．非門的特點(diǎn)是輸入狀態(tài)和輸出狀態(tài)相反．

牢記各簡單邏輯門功能與特點(diǎn)，便可很容易的解答此題．【解析】【答案】C8、C【分析】解：A、ab桿向左加速運(yùn)動，根據(jù)右手定則，知在ab桿上產(chǎn)生增大的b到a的電流，根據(jù)安培定則，在L1中產(chǎn)生向下增強(qiáng)的磁場，該磁場向上通過L2；根據(jù)楞次定律，在cd桿上產(chǎn)生d到c的電流，根據(jù)左手定則，受到向左的安培力，向左運(yùn)動，故A錯誤．

B、ab桿向右減速運(yùn)動，根據(jù)右手定則，知在ab桿上產(chǎn)生減小的a到b的電流，根據(jù)安培定則，在L1中產(chǎn)生向上減弱的磁場，該磁場向下通過L2；根據(jù)楞次定律，在cd桿上產(chǎn)生d到c的電流，根據(jù)左手定則，受到向左的安培力，向左運(yùn)動，故B錯誤．

C、ab桿向左減速運(yùn)動，根據(jù)右手定則，知在ab桿上產(chǎn)生減小的b到a的電流，根據(jù)安培定則，在L1中產(chǎn)生向下減弱的磁場，該磁場向上通過L2；根據(jù)楞次定律，在cd桿上產(chǎn)生c到d的電流，根據(jù)左手定則，受到向右的安培力，向右運(yùn)動，故C正確；

D、ab桿向右勻速運(yùn)動，在ab桿中產(chǎn)生恒定的電流，該電流在線圈L1中產(chǎn)生恒定的磁場，在L2中不產(chǎn)生感應(yīng)電流；cd不受安培力作用，所以cd桿不動．故D錯誤．

故選：C．

當(dāng)cd桿受到向右的安培力時，cd桿將向右移動，通過ab桿的運(yùn)動；根據(jù)右手定則；安培定則判斷出cd桿上感應(yīng)電流的方向，得知安培力的方向，從而確定出cd桿的運(yùn)動方向．

本題綜合考查了右手定則、左手定則、安培定律以及楞次定律，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵搞清各種定則適用的范圍，不能混淆．【解析】【答案】C9、D【分析】【分析】v鈭?t

圖像中圖像與t

軸圍成的面積表示物體運(yùn)動的位移；線圈的bc

邊進(jìn)入磁場時即做勻速運(yùn)動，由勻速直線運(yùn)動位移公式求出金屬框的邊長；根據(jù)平衡條件得到B2L2v1R=mg

求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；在進(jìn)入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱等于機(jī)械能的減少量；本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律，關(guān)鍵在于根據(jù)圖像分析金屬框的運(yùn)動狀態(tài)?！窘獯稹緼.由圖像知道，線框先做勻加速直線運(yùn)動，金屬框初始位置的bcbc邊到邊界MNMN的高度x=12v1t1x=dfrac{1}{2}{v}_{1}{t}_{1}故A錯誤；B.線圈的bc

邊進(jìn)入磁場時即做勻速運(yùn)動，所以金屬框的邊長為L=1(t2鈭?t1)

故B錯誤；C.由圖線可看出，線圈的bcbc邊進(jìn)入磁場時即做勻速運(yùn)動，此時滿足B2L2v1R=mgdfrac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}=mg其中L=1(t2鈭?t1)，解得B=1v1(t2鈭?t1)mgRv1B=dfrac{1}{{v}_{1}({t}_{2}-{t}_{1})}sqrt{dfrac{mgR}{{v}_{1}}}，故C錯誤；D.在進(jìn)入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱等于機(jī)械能的減少量，即W=Q=mgL=mgv1(t2鈭?t1)W=Q=mgL=mg{v}_{1}({t}_{2}-{t}_{1})，故D正確；故選D。【解析】D

二、雙選題(共2題，共4分)10、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B11、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB。【解析】AB三、填空題(共6題，共12分)12、略

【分析】試題分析：簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為x=Asin(ωt+φ)，A為振幅，ω為圓頻率．根據(jù)T=可求出周期．由單擺的周期公式T=2π求擺長之比．

①由振動方程可知，兩個單擺的振幅分別為A1=3a，A2=9a；振幅之比為1：3．

②兩個單擺的圓頻率分別為擺長之比為ω1=4πb，ω2=8πb；

而周期T=則得：周期之比T1：T2=2：1．

由單擺的周期公式T=2π得：擺長之比L1：L2=4：1

故答案為：①1：3②4：1【解析】1：3;4：113、略

【分析】解：（1）固定刻度讀數(shù)：0；半刻度讀數(shù)：0.5mm；可動刻度讀數(shù)0.01mm×17.9=0.179mm；

故螺旋測微器讀數(shù)為：0.679mm；

（2）①兩節(jié)干電池電動勢共為3V；為減小讀數(shù)誤差，選小量程電壓表，故選A；

根據(jù)歐姆定律，I≈電流不超過0.6A，故電流表同樣選擇小量程的，即選C；

滑動變阻器的特點(diǎn)是：電阻大的調(diào)節(jié)精度低；電阻變化快，操作不方便，故選小電阻的，即選E；

②伏安法測電阻時；測量較大電阻用安培表內(nèi)接法，測量較小電阻用安培表外接法，本題待測電阻與安培表電阻相接進(jìn)，故采用安培表外接法；

故答案為：（1）0.679；（2）①A；C、E，②導(dǎo)線連接在滑動變阻器的滑片上，采用了電流表內(nèi)接法．

（1）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)；需估讀．

（2）①兩節(jié)干電池電動勢共為3V；為減小讀數(shù)誤差，選小量程電壓表；根據(jù)歐姆定律，電流不超過0.6A，故電流表同樣選擇小量程的；為使操作方便，滑動變阻器選擇與電阻接進(jìn)的，選10Ω的．

②連線電路要注意：電表極性不能接反；量程選擇恰當(dāng)?shù)?，安培表?nèi)外接法的選擇．

本題關(guān)鍵：（1）用伏安法測電阻時安培表內(nèi)、外接法的選擇原則是“大內(nèi)小外”，即對于大電阻采用安培表內(nèi)接法，對于小電阻采用安培表外接法；（2）需要有較大的電壓測量范圍時，滑動變阻器采用分壓式接法．【解析】0.679；A；C；E；導(dǎo)線連接在滑動變阻器的滑片上；采用了電流表內(nèi)接法14、略

【分析】解：根據(jù)T=1f=0.1s.

則A

球從離開桌面到和B

球碰撞時經(jīng)過的時間為0.3s

．

根據(jù)v0=xt=0.30.3m/s=1m/s

．

故答案為：0.31

．

根據(jù)頻閃照片的頻率得知相鄰兩個像之間的時間間隔；從而求出A

球從離開桌面到和B

球碰撞時經(jīng)過的時間，根據(jù)水平方向上的運(yùn)動規(guī)律求出A

球的初速度．

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行求解．【解析】0.31

15、略

【分析】由U=IR可知導(dǎo)體電阻為電阻是導(dǎo)體本身的性質(zhì)，與兩端所加的電壓和通過的電流沒有關(guān)系【解析】【答案】4,416、略

【分析】解：由題，正電荷在等勢面φ3上時動能60J，在等勢面φ1上時動能為零；此過程電荷動能的減小60J．

由于相鄰等勢面間的電勢差相等，電荷經(jīng)過相鄰等勢面時電場力做功相等，動能減小量相等，則電荷經(jīng)過φ2等勢面時的動能為30J；

又φ2=0；所以電荷的動能與電勢能的總量為30J，根據(jù)能量守恒定律得到，電勢能為12J時它的動能為18J．

故答案為：18

相鄰等勢面間的電勢差相等，電荷經(jīng)過相鄰等勢面時電場力做功相等，根據(jù)動能定理求出電荷經(jīng)經(jīng)過φ2等勢面時的動能；確定電荷的總能量，再由能量守恒定律求出電勢能為12J時它的動能．

本題要充分運(yùn)用勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)，確定出電荷的總能量是關(guān)鍵．【解析】1817、C；14；2.9；14：13.9；誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前、后的總動量不變．【分析】解：(1)

驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)中；即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，若落地高度不變，則運(yùn)動時間不變，因此可以用水平射程大小來體現(xiàn)速度速度大小，故需要測量水平射程，故AB錯誤，C正確．

故選：C

(2)

碰撞前m1P1=m1?OB=45.0隆脕10鈭?3隆脕44.80隆脕10鈭?2=2.016隆脕10鈭?2

碰撞后m1

的動量：P1隆盲=45.0隆脕10鈭?3隆脕35.2隆脕10鈭?2=1.584隆脕10鈭?2

P1P隆盲1=2.0161.584=1411

碰撞后m2

的動量：P2隆盲=m2?OC=7.5隆脕10鈭?3隆脕55.68隆脕10鈭?2=4.176隆脕10鈭?3

P隆盲1P隆盲2=15.844.176=112.9

所以：P1P隆盲1+P隆盲2=1413.9

實(shí)驗(yàn)的結(jié)果表明；誤差允許范圍內(nèi)，碰撞前；后的總動量不變．

故答案為：(1)C(2)142.91413.9

誤差允許范圍內(nèi)；碰撞前；后的總動量不變．

壟脵

驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)中；質(zhì)量可測而瞬時速度較難.

因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度．

壟脷

根據(jù)動量的表達(dá)式進(jìn)行分析，由于各小球下落時間均相同，故只需用質(zhì)量與水平射程的乘積來驗(yàn)證動量是否守恒.

該