2024年沪教版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版高二物理上册阶段测试试卷228考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、早在三百多年前，牛顿就曾设想：山顶上一门大炮若以足够大的速度射出一颗炮弹，它将围绕地球旋转而不再落回地球，如图所示.

关于牛顿的设想，下列说法正确的是(

)

A.炮弹离地越高，绕地球旋转的速度越大B.炮弹离地越高，绕地球旋转的周期越大C.如果炮弹是在赤道发射，绕地球旋转的周期为24

小时D.如果炮弹是在赤道发射，向东发射所需的能量最大2、一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中；重力做功3J，电场力做功1J，克服空气阻力做功0.5J，则正确的是小球（）

A.在a点的重力势能比在b点大3J

B.在a点的电势能比b点小1J

C.在a点的动能比在b点小3.5J

D.在a点的机械能比在b点小0.5J

3、如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A.速率先增大后减小B.速率先减小后增大C.静电力先减小后增大D.电势能先增大后减小4、如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，θ为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A两点问电势差为().(A)UOA=Er(B)UOA=Ersinθ(C)UOA=Ercosθ(D)5、空间某区域有一个正三角形ABC

其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，如图所示，D

点为正三角形的中心，EGH

点分别为正三角形三边的中点，F

点为E

关于C

点的对称点.

取无限远处的电势为0

下列说法中正确的是()

A.根据对称性，D

点的电场强度必为0

B.根据对称性，D

点的电势必为0

C.根据对称性，EF

两点的电场强度等大反向D.EGH

三点的电场强度和电势均相同6、如图所示；叠放在水平地面上的物块M

和N

分别受到F

和2F

水平拉力的作用.

若M

和N

都静止，则地面对物块N

的摩擦力大小和方向分别是(

)

A.F

方向向右B.F

方向向左C.2F

方向向右D.2F

方向向左7、关于重力，下列说法中正确的是（）A.只有静止的物体才受到重力B.物体做自由落体运动时不受重力C.物体受到地球的吸引力就是重力D.同一物体在赤道和南极，所受重力的大小不同评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，D1和D2是两个相同的灯泡，若将电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S，则（）A.电键S闭合时，灯泡D1、D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮B.电键S闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮C.电键S断开时，灯泡D2随之熄灭，而D1会亮一下后才熄灭D.电键S断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会更亮后一下才熄灭9、用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图（a）、（b）；（c）所示的图象；则（）

A.图象（a）表明光具有粒子性B.图象（c）表明光具有波动性C.用紫外光观察不到类似的图象D.实验表明光是一种概率波10、(

多选)

如图甲所示电路中，小灯泡通电后其两端电压U

随所通过的电流I

变化的图线如图乙所示，P

为图线上一点，PN

为图线的切线，PM

为U

轴的垂线，PQ

为I

轴的垂线.

下列说法中正确的是()

A.随着所通电流的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P

点，小灯泡的电阻为RL=U1I2

C.在电路中灯泡L

两端的电压为U1

时，电阻R

两端的电压为I1R

D.对应P

点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM

所围的“面积”11、如图所示，质量为m

长为L

的直导线用两绝缘细线悬挂于OO隆盲

并处于匀强磁场中.

当导线中通以沿x

负方向的电流I

且导线保持静止时，悬线与竖直方向的夹角为娄脠.

则磁感应强度的方向和大小可能为(

)

A.z

正向，mgILtan娄脠

B.y

负向，mgIL

C.x

负向，mgIL

D.沿悬线向上，mgILsin娄脠

12、如图甲所示，弹簧振子以O

点为平衡位置，在AB

两点之间做简谐运动.

取向右为正方向，振子的位移x

随时间t

的变化如图乙所示，下列说法正确的是(

)

A.t=0.8s

时，振子的速度方向向左B.t=0.2s

时，振子在O

点右侧6cm

处C.t=0.4s

和t=1.2s

时，振子的加速度完全相同D.t=0.4s

到t=0.8s

的时间内，振子的速度逐渐增大13、传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么（）A.当F向上压膜片电极时，电容将减小B.当F向上压膜片电极时，电容将增大C.若电流计有示数，则压力F发生变化D.若电流计有示数，则压力F不发生变化14、下列说法中正确的是___________E.随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度A.外界对物体做功，物体内能一定增大B.温度越高，布朗运动就越显著C.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大D.在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性15、关于简谐振动回复力的说法正确的是（）A.回复力F=-kx中的x是指振子相对平衡位置的位移B.回复力F=-kx中的x是指振子初位置指向末位置的位移C.振子的回复力一定是合外力D.振子的回复力不一定是合外力16、某实验小组在暗室中用“滴水法”测重力加速度的大小，用频闪仪发出的白色闪光将每隔相等时间滴下的水滴照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率，当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中。设滴水间隔为1.2s

频闪周期为1.0s

则水滴在视觉上的运动情况为(

重力加速度为g

不计水滴运动时所受阻力)

()A.水滴向上运动B.水滴向下运动C.水滴运动的加速度的大小为0.04g

D.水滴运动的加速度的大小为0.44g

评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、把一弹簧振子从平衡位置拉开3cm后放手，经5s振子第10次返回原来位置，则此振子的周期为____，此过程中振子经过的路程为____．18、在用落体法验证机械能守恒定律时，某小组按照正确的操作选得纸带如图7－9－9.其中O是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点．用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中．（已知当地的重力加速度g＝9.80m/s2，重锤质量为m＝1kg；计算结果均保留3位有效数字）

4图7－9－9

①图中的三个测量数据中不符合有效数字读数要求的是____段的读数，应记作____cm；

②甲同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，他用AC段的平均速度作为B点对应的瞬时速度vB，则求得该过程中重锤的动能增加量ΔEk＝____J，重力势能的减少量ΔEp＝____J____这样验证的系统误差总是使ΔEk____ΔEp（选填“>”、“<”或“＝”）；

③乙同学根据同一条纸带，同一组数据，也用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，将打点计时器打下的第一个点O记为第1个点，图中的B是打点计时器打下的第9个点．因此他用v＝gt计算与B点对应的瞬时速度vB，求得动能的增加量ΔEk＝____J这样验证的系统误差总是使ΔEk____ΔEp（选填“>”、“<”或“＝”）．

④上述两种处理方法中，你认为合理的是____同学所采用的方法．（选填“甲”或“乙”）19、某同学设计了一个用打点计时器做“验证动量守恒定律”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥；推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图所示，在小车后连接着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板垫着小木片以平衡摩擦力．

（1）若已得到打点纸带如图所示，并测得各计数点间距（标在图上）．A为运动起点，则应该选择____段来计算A碰前的速度，应选择____段来计算A和B碰后的共同速度．（以上空格选填“AB”；“BC”、“CD”、“DE”）

（2）已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得碰前m1v=____kg•m/s，碰后（m1+m2）v共=____kg•m/s，由此得出结论____．20、在两条平行长直导线中通以相同方向的电流时，它们之间为互相____；通以相反方向的电流时，则互相____．21、电源给电容器充电使平行板电容器所带量为Q=4×l0-6C，它的两极板之间电压U=2V，然后去掉电源。则它的电容为____μF；如果将两板电量各减少一半，则电容器所带量为____C，它的电容为____μF，两板间电势差变为____V；如果再将两板间距离增为原来的2倍，则它的电容为____μF，两板间电势差变为____V22、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长L和摆球直径d,则摆长为;②测周期时，当摆球经过____位置（填平衡位置或最高点）时开始计时并计数1次，测出经过该位置N次(约60~100次)的时间为t,则周期为____。23、某同学用游标卡尺测量一圆柱体的直径d，则由图可读出d=______cm．用螺旋测微器测量某工件的长度L，则由图可读出L=______mm．

24、气垫导轨是常用的一种实验仪器.

它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.

我们可以用带竖直挡板C

和D

的气垫导轨以及滑块A

和B

来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(

弹簧的长度忽略不计)

采用的实验步骤如下：a.

用天平分别测出滑块A

、B

的质量mA

、mB

．b.

调整气垫导轨，使导轨处于水平．c.

在A

和B

间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．d.

用刻度尺测出A

的左端至C

板的距离L

1

．e.

放开卡销，同时使分别记录滑块A

、B

运动时间的计时器开始工作.

当A

、B

滑块分别碰撞C

、D

挡板时停止计时，记下A

、B

分别到达C

、D

的运动时间t

1

和t

2

．(1)

实验中还应测量的物理量是________________．(2)

利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_______________________，上式中算得的A

、B

两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因可能是_________________________________________________________(

至少写出两点)

(3)

利用上述实验数据是否可以测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？_________________(

填“可以”或“不可以”)

评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)25、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

26、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分五、实验探究题(共3题，共15分)27、某同学用多用电表测某电阻的阻值．他选择“×100”倍率；用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中实线①所示．

（1）为了较准确地进行测量；请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：

A．______

B．______

（2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线②所示，则测量结果是______Ω．28、有一种测定线圈匝数的方法：把被测线圈作为变压器的原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流电，测量两线圈的电压就可以求出被测线圈的匝数．某次测量时，副线圈匝数为200匝，把原线圈接到220V的线路中，测得副线圈的电压为55V，则被测线圈匝数为______匝；某同学在操作该实验的过程中，误将22V的直流电当成220V交流电接入原线圈，则他测得副线圈的电压为______V．29、某同学要研究一质地均匀的圆柱形热敏电阻电阻率随温度的变化规律；其部分步骤如下：

（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示；由图可知其长度为______mm。

（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示；由图可知其直径为______mm。

（3）该同学利用以下实验器材设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律：

A．热敏电阻（常温下阻值约200Ω）；

B．温度计；

C．电流表A1（60mA；约10Ω）；

D．电流表A2（3A；约0.1Ω）；

E．电压表V（6V；约15kΩ）；

F．滑动变阻器R1（200Ω；0.5A）；

G．滑动变阻器R2（5Ω；2A）；

H．蓄电池（6V；0.05Ω）

I．开关一个；导线若干。

实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______。（均填器材前的字母）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】解：A

根据GMmr2=mv2r

解得：v=GMr

炮弹离地越高，轨道半径越大，绕地球的速度越小，故A错误；

B、根据GMmr2=m4娄脨2T2r

解得T=2娄脨r3GM

炮弹离地越高，轨道半径越大，绕地球旋转的周期越大，故B正确；

C；炮弹在赤道发射；一定到达不了同步轨道，绕地球旋转的周期一定不等于24h

故C错误；

D；在赤道上发射同一卫星时；向东发射比向西发射相对于地面的初速度较大，即具有较大的动能，所以消耗的能量要少些，故D错误．

故选：B

根据万有引力提供向心力；先根据线速度关系分析半径关系，再分析向心加速度；周期与轨道半径之间存在什么关系；在同步轨道上，卫星的周期等于地球自转的周期，赤道上发射卫星相对于地心的速度最大，所需能量最小。

解决本题的关键是知道卫星的vT

等物理量与轨道半径的关系，记住“高轨、低速、大周期”，知道同步卫星的特点．【解析】B

2、A|C|D【分析】

A、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J；故A正确。

B、电场力做功等于电势能的变化量，电场力做功1J，电势能减小1J，所以a点电势能比b点大1J；故B错误．

C、合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为3.5J，故动能增加3.5J，所以a点动能比b点小3.5J；故C正确．

D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，电场力做功为1J，克服空气阻力做功0.5J，故机械能增加0.5J，所以a点机械能比b点小0.5J；故D正确．

故选ACD．

【解析】【答案】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的变化量；电场力做功等于电势能的变化量；合力做功等于动能的变化量；

除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量．

3、A【分析】试题分析：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．根据公式可得距离先减小后增大，故静电力先增大后减小，故A正确。考点：考查了库仑定律，电势能，功能关系【解析】【答案】A4、C【分析】试题分析：在运强电场中，两点间电势差等于场强与两点沿场强方向距离的乘积即所以UOA=Ercosθ，故C正确。考点：本题考查运强电场中的电场强度、电势差等知识。【解析】【答案】C5、A【分析】试题分析：AB

是两个等量同号正电荷；EDF

是它们连线的垂直平分线.

分析该题目时，先分析AB

的合场强，再求出三个点电荷的合场强．

D

点到ABC

三点的距离相等，故三个电荷在D

点的场强大小相同，且夹角互为120鈭�

电场强度是矢量；场强的合成满足平行四边形定则，故G；H

点的场强大小相同，但方向不同．

A；由于一点为正二角形的中心；即到二个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在一点产生的合场强与第二个点电荷在一点产生的电场强度大小等大反向，故一点的电场强度为零，故A正确；

B；由于取无限远处的电势为0

在AB

两个电荷产生的电场中，EF

上电场方向从E

指向无穷处，D

的点电势高于无穷处的电势；在C

单独产生的电场中，一的点电势也高于无穷处的电势；故一点电势必定高于无穷处电势，电势大于0

故B错误；

C；由C

点电荷在EF

两点产生的电场强度等大反向；但AB

两个点电荷在EF

两点产生的电场强度却不相等，故C错误；

D；由对称性可知；EGH

二点的电场强度大小和电势均相等，但电场强度的方向不同，故D错误．

故选：A

．【解析】A

6、A【分析】解：根据平衡条件；以MN

为整体，进行受力分析，则有：地面对N

的摩擦力f=2F鈭�F=F

方向向右，故A正确，BCD错误；

故选：A

．

依据平衡条件；并根据整体法判断N

与地面间的摩擦力，从而即可求解．

连接体问题通常利用整体法和隔离法，注意研究对象的转换.

学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，和大小的计算.

静摩擦力的大小等于引起它有运动趋势的外力，而滑动摩擦力等于娄脤FN

．【解析】A

7、D【分析】解：A；地球表面的物体在任何状态下均有重力；故A错误；

B；物体做自由落体运动时同样受到重力；故B错误；

C；物体的重力是由于地球的吸引而产生的；但并不是说吸引力就是重力，故C错误；

D；赤道和北极的重力加速度不同；则同一物体在赤道和北极所受的重力大小不同，故D正确。

故选：D。

重力是由于地球的吸引而使物体受到的力；地球上不同的位置重力加速度不同。

解决本题的关键是知道重力与引力的关系、重力大小的决定因素等知识。【解析】D二、多选题(共9题，共18分)8、AC【分析】解：A、B、刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将D1灯短路，所以D1灯很快熄灭，D2灯变得更亮；故A正确，B错误．

C、D、闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，D2灯立即熄灭，而L与D1灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，D1灯闪亮一下而后熄灭；故C正确，D错误．

故选：AC

根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势；电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，相当于电源；并结合欧姆定律分析．

本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路．【解析】【答案】AC9、ABD【分析】解：A；图象（a）以一个个的亮点；即每次只照亮一个位置，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，故A正确．

B；图象（c）有明显的明暗相间的干涉条纹；而干涉是波特有的性质，故表明光具有波动性，故B正确．

C；因为紫外光是不可见光；所以直接用眼睛观察不到类似的图象，但是用感光胶片就能观察到类似现象，故C错误．

D；因为单个光子所能到达的位置不能确定；但大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波．故D正确．

故选ABD．

因为单个光子所能到达的位置不能确定；即每次只照亮一个位置，这表明光是一份一份传播的，说明光具有粒子性，单个光子所到达哪个位置是个概率问题，大量光子却表现出波动性，即光子到达哪个位置是一个概率问题，故此实验表明了光是一种概率波．

只要多读课本，掌握了基础知识，就能顺利解决此类问题．【解析】【答案】ABD10、ABD【分析】【分析】此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P

点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”。【解答】A.图线上的点与原点连线的斜率等于电阻大小；由数学知识可以知道，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A正确；

B.对应P

点，小灯泡的电阻为R=U1I2

故B正确；

C.在电路中灯泡L

两端的电压为U1

时；电阻R

两端的电压为I2R

故C错误；

D.由恒定电流的功率公式P=UI

推广可以知道，对应P

点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM

所围的面积，故D正确。故选ABD。

【解析】ABD

11、AD【分析】解：A

磁感应强度方向为z

正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y

正方向，由平衡条件得：BILcos娄脠=mgsin娄脠

解得：B=mgILtan娄脠

故A正确；

B、当磁场沿y

负方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mgB=mgIL

导线静止，与竖直方向夹角娄脠=0鈭�

不符合题意，故B错误；

C、当磁场沿x

负方向时，磁场与电流平行，导线不受安培力，导线在重力与细线拉力作用下静止，磁感应强度可以为任何值，B=mgIL

可以使导线静止，但与竖直方向夹角娄脠=0鈭�

不符合题意，故C错误；

D、当沿悬线向上时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向上方，由平衡条件得：BIL=mgsin娄脠

则B=mgILsin娄脠

故D正确；

故选AD．

左手定则：左手平展；让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.

把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N

极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向.

根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．

左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的(

一般用于判断感应电流方向)

用右手定则．【解析】AD

12、AD【分析】解：At=0.8s

时；图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A正确．

B；在0鈭�0.4s

内；振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t=0.2s

时，振子不在O

点右侧6cm

处，故B错误．

C、t=0.4s

和t=1.2s

时，振子的位移完全相反，由a=鈭�kxm

知加速度完全相反，故C错误．

D；t=0.4s

到t=0.8s

的时间内；振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D正确．

故选：AD

由图象可读出振子振动的周期和振幅；振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小.

通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化．

本题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，要知道加速度、回复力与位移的变化情况是一致的，而与速度的变化情况相反．【解析】AD

13、BC【分析】解：A、B，当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=得到；电容器的电容将增大。故A错误，B正确。

C；D；当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q=CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数。反之，电流计有示数时，压力F必发生变化。故C正确，D错误。

故选：BC。

根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化．由题；电容器；灵敏电流计和电源串接成闭合电路，若电流计有示数，电容器在充电或放电，压力F一定发生变化．

本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式和决定式就能正确解答．【解析】BC14、B:C:D【分析】【详解】

A；外界对物体做功；若物体放热，则物体内能不一定增大，故A错误；

B；温度越高；布朗运动就越显著，故B正确；

C；当分子间作用力表现为斥力时；随分子间距离的减小，分子力做负功，则分子势能增大，故C正确；

D；在各中晶体中；原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，故D正确；

E、根据热力学第三定律可知，绝对零度只能接近，不能达到，故E错误。15、AD【分析】解：A；回复力F=-kx中的x是指振子相对平衡位置的位移；故A正确；B错误；

C；振子的回复力可以是合外力也可以是某个力的分力；故C错误；

D；振子的回复力不一定是合外力；如单摆的合力不还提供向心力；故D正确；

故选：AD

回复力是做简谐运动的物体所受到的指向平衡位置的合力；方向总是指向平衡位置；回复力公式F=-kx中的k是比例系数；回复力是变力．

对于简谐运动，要理解并掌握回复力的概念、方向特点，知道简谐运动的特征方程F=-kx．【解析】【答案】AD16、AC【分析】【分析】下一点在空中运动的时间比前一个点少0.2

秒，水滴在视觉上的运动是向上运动，两点距离对应的时间是1.2

秒，拍照时对应的点比前一个点少运动0.2

秒，利用视觉关系解答。本题关键视觉上就是以某一点为参考系，观察其他点的运动情况，画出示意图最好理解。【解答】AB.

根据题意下一点在空中运动的时间比前一个点少0.2

秒，所以水滴在视觉上的运动是向上运动，故B错误，A正确；CD.

两点距离对应的时间是1.2

秒，拍照时对应的点比前一个点少运动0.2

秒，12at2=12g(1.2鈭�1.0)2t=1.0s

解得a=0.04g

水滴运动的加速度的大小为0.04g

故C正确，D错误；故选AC。

【解析】AC

三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】

经5s振子第10次返回原来位置，知周期．振子的振幅为3cm；一个周期内的路程为12cm，则振子经过的路程s=10×12cm=120cm．

故答案为：0.5s；120cm．

【解析】【答案】振子完成一次全振动所需的时间为一个周期；振子在一个周期内经过的路程等于4倍的振幅．

18、OC15.701.201.22<1.23>甲【分析】【解答】①毫米刻度尺读数要估读到毫米下一位，OC长度读数到1毫米，不符合读数要求．应记作15.70cm.②AC段的平均速度即B点瞬时速度vB＝＝＝1.55m/s，则系统增加的动能ΔEk＝≈1.20J，重力势能减少了ΔEp＝mg≈1.22J，由于摩擦力的作用，部分重力势能转化为内能，所以ΔEk<ΔEp.③B是打点计时器打下的第9个点，所以B点的速度vB＝gt＝g×8×0.02s＝1.57m/s，动能的增加量ΔEk＝≈1.23J，这样做把加速度按照自由落体计算，没有考虑摩擦力的作用，而实际上，由于摩擦力的作用，加速度a<g，所以vB＝gt应大于实际对应h的速度大小，所以会使得ΔEk>ΔEp.④乙方案中直接把加速度按照重力加速度计算；不符合事实，而且误差大，所以合理的是甲方案．

【分析】解决实验问题首先会读数，计算速度，从而求解动能和势能，会分析产生实验误差的原因.19、略

【分析】

（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．

推动小车由静止开始运动；故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；

碰撞过程是一个变速运动的过程；而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．

故答案为BC；DE

（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=m1v1=m1=0.40×=0.420kg•m/s

碰后的总动量P2=（m1+m2）v2=（m1+m2）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s

碰撞前后动量近似相等；所以在误差允许的范围内，碰撞中mv的矢量和是守恒的．

故答案为：0.420；0.417．

故本题的答案为：（1）BCDE（2）0.4200.417在误差允许的范围内；碰撞中mv的矢量和是守恒的。

【解析】【答案】（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度；确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．

（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度．P=mv=m

20、略

【分析】

根据通电直导线产生磁场的特点；两条导线周围都产生圆形磁场，而且磁场的走向相反．在两条导线之间磁场方向相同．

这就好像在两条导线中间放置了两块磁铁；它们的N极和N极相对，S极和S极相对．由于同名磁极相斥，这两条导线会产生排斥力．

故答案为：吸引；排斥．

【解析】【答案】通电导线a的周围有磁场，通电导体b放在了通电导线a的磁场内；受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．

21、略

【分析】【解析】试题分析：根据公式可得如果将两板电量各减少一半，则电容器所带量为电容器的电容大小和其两端的电压，电荷量无关，所以电容扔为2根据公式可得其两端的电压为1V，根据公式可得如果再将两板间距离增为原来的2倍，电容变为1根据可得电压为2V，考点：考查了电容的计算【解析】【答案】2，2×l0-6，21，1，222、略

【分析】①单摆的摆长为悬点到球心的距离，所以是②测周期时，摆球开始计时的位置应是平衡位置，容易判断，最高点位置因速度为0，不容易判断，从开始计时并计数1次，测出经过该位置N次，是N-1个半周期，得T=【解析】【答案】①(1分);②平衡(1分);(2分);23、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为29mm；游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm=2.98cm．

螺旋测微器的固定刻度为6mm；可动刻度为12.3×0.01mm=0.123mm，所以最终读数为6mm+0.123mm=6.123mm．

故答案为：2.98；6.123

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】2.98；6.12324、（1）滑块B的右端到D挡板的距离L2（2）一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因。（3）可以

【分析】【分析】(1)

要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可以用位移与时间的比值代替，故要测位移；(2)

利用vA=L1t1vB=L2t2

即可将mAvA鈭�mBVB=0

转化为mAL1t1鈭�mBL2t2=0

(3)

根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化为两滑块匀速运动时的动能即Ep=mAvA22+mBvB22

利用位移求出vA

和vB

本题考查动量守恒定律的验证；利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握。【解答】(1)

因系统水平方向动量守恒即mAvA鈭�mBVB=0

由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有vA=L1t1vB=L2t2

，即mAL1t1鈭�mBL2t2=0

所以还要测量的物理量是：B

的右端至D

板的距离L2隆拢

(2)

由(1)

分析可知验证动量守恒定律的表达式是mAL1t1鈭�mBL2t2=0

分析可知，本实验中的误差主要来自于一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因；(3)

根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能Ep=mAvA22+mBvB22

将vA=L1t1vB=L2t2

代入上式得Ep=mA(L1t1)22+mB(L2t2)22

故可以测出被压缩弹簧的弹性势能。故填：(1)

滑块B

的右端到D

挡板的距离L2

(2)mAL1t1=mBL2t2一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因(3)

可以

【解析】(1)

滑块B

的右端到D

挡板的距离L2

(2)mAL1t1=mBL2t2一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等原因。(3)

可以

四、判断题(共2题，共6分)25、A【分析