2025年人教版（2024）高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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7題，共14分)1、質(zhì)譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場。如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，設(shè)想有一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子打至底片上的P點(diǎn)，設(shè)OP=x，則在圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是2、在某電荷的電場中，從A點(diǎn)移動一個(gè)電量為5×10-8庫侖的電荷到B點(diǎn)，電場力所做的功為6×10-6焦，如果規(guī)定，A點(diǎn)的電勢為零，那么，B點(diǎn)的電勢U、移動過程中電勢能的變化分別是（）A.U-120V，電勢能增加了6×10-6焦耳B.U=-120V，電勢能減少了6×10-6焦耳C.U=120V，電勢能不變D.U=0V，電勢能減少了6×10-6焦耳3、如圖所示，空間有足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場E．一帶電微粒沿水平射入，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)電勢能一定增加B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)動能一定增加C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)重力勢能一定增加D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加4、下圖是研究靜摩擦力的裝置；彈簧秤對物塊的拉力沿水平方向。逐漸增大拉力，當(dāng)拉力小于10N

時(shí)，物塊保持靜止；等于10N

時(shí)，物塊恰好運(yùn)動。下列分析正確的是。

A.物塊受到的最大靜摩擦力是10N

B.示數(shù)為5N

時(shí)，物塊受到的靜摩擦力是10N

C.示數(shù)為15N

時(shí)，物塊受到的靜摩擦力是10N

D.示數(shù)為10N

時(shí)，物塊受到的摩擦力是0

5、關(guān)于電源的電動勢E

下列說法中正確的是(

)

壟脵

電動勢E

的大小與非靜電力所做的功W

的大小成正比；與移動電荷量q

的大小成反比。

壟脷

電動勢E

由電源本身決定；跟電源的體積和外電路均無關(guān)。

壟脹

電動勢E

的單位與電勢；電勢差的單位都是伏特.

其三者本質(zhì)一樣的．

壟脺

電動勢E

表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小的物理量．A.壟脵壟脷

B.壟脵壟脹

C.壟脹壟脺

D.壟脷壟脺

6、把一個(gè)帶正電的金屬小球A跟同樣的不帶電的金屬球B相碰；兩球都帶等量的正電荷，這從本質(zhì)上看是因?yàn)椋ǎ?/p>

A.A球的正電荷移到B球上。

B.B球的負(fù)電荷移到A球上。

C.A球的負(fù)電荷移到B球上。

D.B球的正電荷移到A球上。

7、靜電力常量k

的單位，若用國際單位制(SI)

中的基本單位可表示為(

)

A.kg鈰?mC2鈰?S2

B.kg鈰?m3C2.s2

C.kg鈰?mA2鈰?s2

D.kg鈰?m3A2鈰?s4

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、如圖（a）所示，在x軸上有一個(gè)點(diǎn)電荷Q（圖中未畫出），A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為0.2m和0.5m．放在A、B兩點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷q1、q2受到的電場力跟檢驗(yàn)電荷所帶電量的關(guān)系如圖（b）所示．則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為______N/C，點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為x=______m．

9、一定質(zhì)量的理想氣體從外界吸收了3×104J的熱量，同時(shí)氣體對外界做了5.5×l05J的功．則氣體內(nèi)能改變了是______J，分子的平均動能______（選填“變大”、“變小”或“不變”），氣體的壓強(qiáng)______（選填“增大”、“減小”或“不變”）．10、讀出如圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為______mm．

11、兩列波源振動情況完全相同的相干波在同一水平面上傳播；兩列波的振幅均為A，某時(shí)刻它們的波峰；波谷位置如圖所示．回答下列問題：

①在圖中標(biāo)出的M、N、P、Q四點(diǎn)中，振動增強(qiáng)的點(diǎn)是____；

②由圖中時(shí)刻經(jīng)周期時(shí)，質(zhì)點(diǎn)M相對平衡位置的位移是____．

12、在猜想彈性勢能可能與哪幾個(gè)物理量有關(guān)的時(shí)候，有人猜想彈性勢能可能與彈簧的勁度系數(shù)k、彈簧的伸長量x有關(guān)，但究竟是與x的一次方，還是x的二次方，還是x的三次方有關(guān)呢?請完成下列練習(xí)以幫助思考。

①若彈性勢能Ep∝kx，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx的單位是____。

②若彈性勢能Ep∝kx2，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx2的單位是____。

③若彈性勢能Ep∝kx3，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx3的單位是____。

從①②③中對單位的計(jì)算，你可以得到的啟示：____。13、用螺旋測微器測一矩形小零件的長和寬時(shí)，螺旋測微器上的示數(shù)如圖所示，（a）的讀數(shù)是______mm，（b）的讀數(shù)是______mm．14、某同學(xué)利用如圖1所示的裝置測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋畬?shí)驗(yàn)步驟如下：

A．按裝置圖安裝好實(shí)驗(yàn)裝置；

B．用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d；

C．用米尺測量懸線的長度L；

D．讓小球在豎直平面內(nèi)小角度擺動．當(dāng)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)；并計(jì)數(shù)為0，此后小球每經(jīng)過最低點(diǎn)一次，依次計(jì)數(shù)1；2、3．當(dāng)數(shù)到20時(shí)，停止計(jì)時(shí)，測得時(shí)間為t；

E．多次改變懸線長度；對應(yīng)每個(gè)懸線長度，都重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟C；D；

F．計(jì)算出每個(gè)懸線長度對應(yīng)的t2；

G．以t2為縱坐標(biāo)、L為橫坐標(biāo)，作出t2-L圖線．

結(jié)合上述實(shí)驗(yàn)；完成下列任務(wù)：

（1）該同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，利用計(jì)算機(jī)作出t2-L圖線如圖2所示．根據(jù)圖線擬合得到方程t2=404.0L+3.0．由此可以得出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=______m/s2．（取π2=9.86；結(jié)果保留3位有效數(shù)字）

（2）從理論上分析圖線沒有過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因，下列分析正確的是______

A．不應(yīng)在小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)；應(yīng)該在小球運(yùn)動到最高點(diǎn)開始計(jì)時(shí)；

B．開始計(jì)時(shí)后；不應(yīng)記錄小球經(jīng)過最低點(diǎn)的次數(shù)，而應(yīng)記錄小球做全振動的次數(shù)；

C．不應(yīng)作t2-L圖線；而應(yīng)作t-L圖線；

D．不應(yīng)作t2-L圖線，而應(yīng)作t2-（L+d）圖線．15、如圖所示是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動圖象，由圖可知，質(zhì)點(diǎn)的振幅為______，周期為______；第1

秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做______運(yùn)動；第2

秒內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的______能轉(zhuǎn)變?yōu)開_____能；第3

秒末質(zhì)點(diǎn)振動速度______而加速度______；此質(zhì)點(diǎn)若為單擺，則其擺長約為______米.

16、如圖所示，光滑水平面上有一個(gè)靜止的物體，質(zhì)量是7kg

在14N

的水平恒力作用下開始運(yùn)動，5s

末的速度大小是______m/s5s

末的動能是______J.評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對錯(cuò)）18、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯(cuò)）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(qiáng)度的方向．（判斷對錯(cuò)）20、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(cuò)）21、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯(cuò)）

22、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(cuò)）

23、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對錯(cuò)）24、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯(cuò)）

25、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(cuò)）

評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)26、(1)

在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用黃光作為入射光.

為了增大干涉條紋的間距，該同學(xué)可以采用的方法有____

A.改用紅光作為入射光B.

改用藍(lán)光作為入射光。

C.增大雙縫到屏的距離D.

增大雙縫之間的距離。

(2)

如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律，即研究兩個(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．

壟脵

實(shí)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(gè)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。

壟脷

若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為____(

m

1

m

2OMOPON

表示)

．27、如圖所示；在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌和有固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的守恒量”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

Ⅰ．把兩滑塊A和B緊貼在一起；在A上放質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一輕彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)；

Ⅱ．按下電鈕使電動卡銷放開，同時(shí)啟動兩個(gè)記錄兩滑塊運(yùn)動時(shí)間的電子計(jì)時(shí)器，當(dāng)A和B與固定擋板C和D碰撞同時(shí)，電子計(jì)時(shí)器自動停表，記下A至C的運(yùn)動時(shí)間t1，B至D的運(yùn)動時(shí)間t2；

Ⅲ．重復(fù)幾次，取t1和t2的平均值．

①在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)應(yīng)注意______；

②應(yīng)測量的數(shù)據(jù)還有______；

③只要關(guān)系式______成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．評卷人得分五、畫圖題(共2題，共16分)28、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(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)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(shí)間變化的圖象29、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(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)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(shí)間變化的圖象參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】試題分析：可通過解析式確定圖像形狀，根據(jù)動能定理可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，所以即B正確。考點(diǎn)：質(zhì)譜儀【解析】【答案】B2、B【分析】解：A、B間的電勢差UAB==V=120V，又UAB=φA-φB，φA=0得，φB=-120V．電場力所做的功為6×10-6焦，則電勢能減少了6×10-6焦耳．

故選B

根據(jù)電勢差的定義式UAB=求出A、B間的電勢差UAB，UAB=φA-φB；可求出B點(diǎn)的電勢U．電場力做功多少，電勢能就減小多少．

本題只要掌握電勢差的定義式UAB=和電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，就能正確解答．所以要加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，夯實(shí)基礎(chǔ)，做到不在基礎(chǔ)題上失分．【解析】【答案】B3、B【分析】解：A；由圖可知；粒子向下偏轉(zhuǎn)，則說明合力一定向下，物體受重力和電場力的作用電場力可能向下，也可能向下，故無法確定電場力的方向，從而無法確定電勢能的變化情況；故A錯(cuò)誤；

B；粒子運(yùn)動過程中合力向下；故在運(yùn)動中合力做正功，物體的動能增加，故B正確；

C；物體從M到N過程中；重力做正功，重力勢能減小，故C錯(cuò)誤；

D；由于不能判斷電場力做功情況；故無法確定機(jī)械能的變化，故D錯(cuò)誤．

故選：B．

對微粒的運(yùn)動軌跡進(jìn)行分析；根據(jù)曲線運(yùn)動的性質(zhì)可明確粒子受合力方向，再通過受力分析明確電場力的情況，從而根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系分析電勢能的變化，根據(jù)重力做功與重力勢能的關(guān)系分析重力勢能的變化，根據(jù)重力這外的其他力做功與機(jī)械能變化間的關(guān)系分析機(jī)械能的變化．

本題考查了帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動情況，要注意明確根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡分析受力的基本方法，明確物體做曲線運(yùn)動時(shí)合力一定指向曲線的凹側(cè)；則時(shí)注意明確重力做功量度了重力勢能的變化，而電場力做功量度了電勢能的改變，而重力之外的其他力做功量度了機(jī)械能的變化．【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】沒有拉動時(shí)；物體保持靜止，拉力和靜摩擦力平衡；剛剛拉動時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值；拉力后是滑動摩擦力。

本題關(guān)鍵是明確滑塊的受力情況，要分靜摩擦力和滑動摩擦力兩種情況討論，基礎(chǔ)問題?！窘獯稹緼.物體受重力；支持力、拉力和摩擦力；當(dāng)拉力等于10N

時(shí)，物塊剛剛開始運(yùn)動，說明最大靜摩擦力為10N

故A正確；

B.當(dāng)彈簧秤的示數(shù)為5N

時(shí)；沒有拉動，物體保持靜止，受靜摩擦力，為5N

故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)彈簧秤的示數(shù)為15N

時(shí)，物體加速運(yùn)動，受到滑動摩擦力，滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力，故物塊受到的靜摩擦力小于10N10N，故C錯(cuò)誤；D.示數(shù)為10N10N時(shí)，物體恰好運(yùn)動，此時(shí)物塊受到的摩擦力是10N10ND錯(cuò)誤。故選A?！窘馕觥緼

5、D【分析】解：壟脵

電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱的物理量；與非靜電力做功W

的大小以及移送電荷量q

的大小無關(guān).

故壟脵

錯(cuò)誤；

壟脷

電動勢反映本身的特性；電動勢與制作的材料有關(guān)，與體積的大小無關(guān)，與外電路的結(jié)構(gòu)無關(guān).

故壟脷

正確；

壟脹

電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱；電勢差；電勢電勢描述電場的能的性質(zhì)的物理量；三者的本質(zhì)不同.

故壟脹

錯(cuò)誤；

壟脺

電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱；電動勢越大，本領(lǐng)越大.

故壟脺

正確．

故D正確；ABC錯(cuò)誤。

故選：D

電源沒有接入電路時(shí)兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢.

電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)強(qiáng)弱；與外電路的結(jié)構(gòu)無關(guān).

電源的電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)；外電壓之和．

本題考查對于電源的電動勢的理解能力.

電動勢是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小，與外電路無關(guān)．【解析】D

6、B【分析】

A；D金屬上正電荷只做無規(guī)則的熱振動；不能發(fā)生移動，更不可能從一個(gè)球移動到另一個(gè)球．故A、D錯(cuò)誤．

B；C；B球原來不帶電，與A球接觸后，由于A球上正電荷對電子的吸引，電子從B球轉(zhuǎn)移到A球上，原來中性的B球就帶正電．電子帶負(fù)電，所以B帶正電是由于B球上的負(fù)電荷移到A球上的緣故．故B正確，C錯(cuò)誤．

故選B．

【解析】【答案】金屬是自由電子和金屬正離子組成的；正離子只做熱振動，不移動，而自由電子可以移動．根據(jù)這個(gè)分析接觸帶電的實(shí)質(zhì)．

7、D【分析】解：根據(jù)庫倫定律F=kQqr2

得：

k=Fr2Qq

國際單位制中力F

距離r

電荷(Qq)

的單位分別是：NmC

其中N=kg?m/s2C=A?s

所以k

的單位為kg鈰?m3A2鈰?s4

故選：D

根據(jù)庫倫定律F=kQqr2

由QqFr

四個(gè)物理量的單位推導(dǎo)出k

的單位．

單位制是由基本單位和導(dǎo)出單位組成的，在國際單位制中，除了七個(gè)基本單位之外，其他物理量的單位都是導(dǎo)出單位，可以由物理公式推導(dǎo)出來．【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】解：（1）由圖可知，A點(diǎn)的電場強(qiáng)度==2×103N/C；

（2）同理B點(diǎn)的電場強(qiáng)度EB=-500N/C；方向指向x負(fù)方向．

所以A；B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之比為4：1；

設(shè)點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為x，由點(diǎn)電荷的電場得：

聯(lián)立以上公式解得：x=0.3m．

故答案為：2×1030.3

電場強(qiáng)度等于電荷所受電場力和該電荷電量的比值，即方向與正電荷所受電場力方向相同．

根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式分析。

本題要掌握電場力與場強(qiáng)方向、大小的關(guān)系，從數(shù)學(xué)的角度理解圖線F-q斜率的物理意義，是常用的思路．【解析】2×103；0.39、略

【分析】解：已知Q=3×104J，W=-5.5×l05J；由熱力學(xué)第一定律：△U=W+Q

可得：△U=-5.5×l05J+3×104J=-2.5×l05J

氣體的內(nèi)能減小了2.5×105J．

理想氣體氣體內(nèi)能減小；溫度T降低，分子的平均動能變?。捎跉怏w對外做功，則氣體體積V增大；

由理想氣體狀態(tài)方程：=C可知：氣體壓強(qiáng)p減小；

故答案為：-2.5×l05；變小，減?。?/p>

根據(jù)熱力學(xué)第一定律求氣體內(nèi)能的變化量．根據(jù)內(nèi)能的變化判斷溫度的變化；從而得到分子的平均動能如何變化．根據(jù)氣體做功情況判斷氣體體積的變化，最后應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程判斷壓強(qiáng)如果變化．

本題考查了熱力學(xué)第一定律、理想氣體狀態(tài)方程即可正確解題；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律解題時(shí)，要理解各符號正負(fù)的含義．【解析】-2.5×l05；變小；減小10、略

【分析】解：游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm；游標(biāo)尺上第4個(gè)刻度與主尺上某一刻度對齊，故其讀數(shù)為0.1×4mm=0.4mm；

所以最終讀數(shù)為：11mm+0.4mm=11.4mm；

故答案為：11.4

明確游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；注意在讀數(shù)時(shí)不需估讀．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，讀數(shù)時(shí)注意單位的換算，同時(shí)明確讀數(shù)時(shí)不需要估讀．【解析】11.411、略

【分析】

當(dāng)兩列波出現(xiàn)干涉現(xiàn)象時(shí)；要產(chǎn)生干涉圖樣，形成一條加強(qiáng)線，一條減弱線即加強(qiáng)線；減弱線彼此相間的穩(wěn)定的干涉圖樣，在圖中設(shè)定M、N、P、Q四點(diǎn)中，M點(diǎn)波峰與波峰相遇，是振動加強(qiáng)點(diǎn)．P點(diǎn)是波谷與波谷相遇點(diǎn)，是振動加強(qiáng)點(diǎn)；而Q、N兩點(diǎn)是波峰與波谷相遇點(diǎn)，則它們是振動減弱點(diǎn)．

M點(diǎn)此時(shí)是波峰與波峰相遇，當(dāng)再經(jīng)過周期時(shí)；均是平衡位置在此處相遇．故位移為零．

故答案為：M；P；零。

【解析】【答案】兩列頻率相同的相干波；當(dāng)波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時(shí)振動加強(qiáng)，當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動減弱，則振動情況相同時(shí)振動加強(qiáng)；振動情況相反時(shí)振動減弱．

12、NJJ·m彈性勢能Ep與彈簧伸長量x的二次方有關(guān)的猜想有些道理【分析】【解答】物理量與單位是否統(tǒng)一是驗(yàn)證探究正確與否的方法之一。

【分析】從可能影響彈性勢能的因素出發(fā)13、略

【分析】解：a固定刻度的讀數(shù)為：8mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×47.0mm=0.470mm，所以最終讀數(shù)為：8mm+0.470mm=8.470mm．

b固定刻度的讀數(shù)為：6.5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×7.0mm=0.070mm，所以最終讀數(shù)為：6.5mm+0.070mm=6.570mm．

故答案為：8.470；6.570

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(shí)需估讀；注意判斷0.5毫米刻度線是否出現(xiàn)的方法：若可動刻度的“0”在固定刻度上方，則沒有露出，若在下方則說明已經(jīng)露出．

本題的關(guān)鍵是掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，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(shí)需估讀，一定要保留正確的位數(shù)．【解析】8.470；6.57014、略

【分析】解：（1）由題得單擺的周期T=

根據(jù)單擺周期公式T=2π得：即得：t2=400π2

故t2-l圖象的斜率表示的大小；

由題意知斜率k=404.01

則：=404.01，π2=9.86，解得：g≈9.76m/s2

（2）單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和，把擺線長度作為單擺擺長，擺長小于實(shí)際擺長，t2-l圖象不過原點(diǎn)，在縱軸上截距不為零，若應(yīng)作t2-（l+）圖線；則圖象將過原點(diǎn)，故D正確，ABC錯(cuò)誤．

故選：D．

故答案為：（1）9.76．（2）D．

（1）由于當(dāng)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，并計(jì)數(shù)為0，此后小球每經(jīng)過最低點(diǎn)一次，依次計(jì)數(shù)1、2、3．當(dāng)數(shù)到20時(shí)，停止計(jì)時(shí)，測得時(shí)間為t．根據(jù)單擺周期公式T=2π和=T結(jié)合得到t2-l的解析式；從而根據(jù)圖象中斜率的物理意義求出g．

（2）單擺擺長等于擺線長度與擺球半徑之和；以擺線長度作為擺長，則擺長偏?。鶕?jù)實(shí)驗(yàn)原理和方法進(jìn)行分析．

本實(shí)驗(yàn)要注意，求解加速的前提是推導(dǎo)出t2-l圖象的解析式從而根據(jù)圖象中斜率的物理意義求出g．【解析】9.76；D15、略

【分析】解：由圖知按振幅為5cm

周期為4s

第1S

內(nèi)做離開平衡位置為減速運(yùn)動，第二2S

內(nèi)為加速運(yùn)動，勢能轉(zhuǎn)變?yōu)閯?，?S

末質(zhì)點(diǎn)振動速度。

最大，加速度為0

若為單擺則由：攏祿T=2婁脨lgT=2婁脨lg

得l=T2g4蟺2=42g4蟺2=4m

故答案為：5cm4s

減速，勢能，動能，為0

最大，4

．

由圖可確定出各相關(guān)量；由周期公式可求出擺長．

考查振動的圖象，明確在平衡位置速度最大，加速度為0

．【解析】5cm4S

減速；勢；動；最大；為04

16、略

【分析】解：根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度為：a=Fm=147=2m/s2

5s

末的速度為：v=at=2隆脕5m/s=10m/s

5s

末的動能為：EK=12mv2=12隆脕7隆脕100=350J

故答案為：10350

根據(jù)牛頓第二定律求出物體的加速度；根據(jù)速度時(shí)間公式和位移時(shí)間公式求出5s

末的速度；由動能的定義可求得動能．

本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式的綜合，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁【解析】10350

三、判斷題(共9題，共18分)17、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．18、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢差與零電勢點(diǎn)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)．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(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)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(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)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(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)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(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)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(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會移動．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)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(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)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(qiáng)度的大?。?3、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．24、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．25、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)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(qiáng)度的大?。?、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)26、（1）AC（2）①C②【分析】【分析】根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式?x=Ld婁脣

判斷如何增大干涉條紋的間距；

驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量可測而瞬時(shí)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