2024年北师大版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大版高二物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下图中哪个情况线圈中不能产生交流电()2、下列物理量中属于矢量的是（）A.质量B.速度C.路程D.时间3、古时有“守株待兔”的寓言.

设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s

则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为(g

取10m/s2)(

)

A.1m/s

B.1.5m/s

C.2m/s

D.2.5m/s

4、在一密闭容器中，反应rm{aA(g)overset{}{?}bB(g)}达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，rm{A}的浓度变为原来的rm{60%}则rm{(}rm{)}A.rm{a<b}B.平衡向逆反应方向移动了C.平衡向正反应方向移动了D.物质rm{B}的质量分数增加了5、用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（）A.两只电表的指针偏转角相同B.两只电表的指针都不偏转C.电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D.电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置隆陋隆陋

电磁炮，其原理如图所示：把待发炮弹(

导体)

放置在强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以大电流，使炮弹作为一个通电导体在磁场作用下沿导轨加速运动，并以某一速度发射出去.

现要提高电磁炮的发射速度，你认为下列方案在理论上可行的是()A.增大磁感应强度B

的值B.增大电流I

的值C.减小磁感应强度B

的值D.改变磁感应强度B

的方向，使之与炮弹前进方向平行7、如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30鈭�

质量为0.3kg

的小物块静止在A

点，现有一沿斜面向上的恒定推力F

作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F

，小物块能达到的最高位置为C

点，小物块从A

到C

的v鈭�t

图像如图乙所示，g

=10m/s2

则下列说法正确的是

A.小物块到C

点后将沿斜面下滑B.小物块从A

点沿斜面向上滑行的最大高度为1.8m

C.小物块与斜面间的动摩擦因数为33

D.推力F

的大小为4N

8、14

下列说法正确的是(

)

A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果9、在如图所示的直角坐标系xyz

所在的区域内，存在电场强度为E

的匀强电场和磁感强度为B

的匀强磁场.

已知从坐标原点O

沿x

轴的正方向射入质子，穿过这区域时未发生偏转.

设重力可忽略不计，则这区域中的E

和B

的方向可能是(

)

A.E

和B

都沿x

轴的正方向B.E

和B

都沿x

轴的负方向C.E

沿z

轴正方向，B

沿y

轴正方向D.E

沿z

轴正方向，B

沿y

轴负方向10、如图1

两根光滑平行导轨水平放置，间距为L

其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.

垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.

从t=0

时刻起，棒上有如图2

的持续交变电流I

周期为T

最大值为Im

图1

中I

所示方向为电流正方向.

则金属棒(

)

A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功11、关于下列四幅图中所涉及物理知识的论述中；正确的是(

)

A.甲图中的海市蜃楼是光的色散现象引起的B.乙图中的泊松亮斑说明光具有波动性C.丙图中的波形是调频波D.丁图中的实验表明：不论光源与观察者之间做怎样的相对运动，光速都是一样的12、关于电场强度，下列说法错误的是(

)

A.由E=Fq

知，若q

减半，则该处场强不变B.由E=kQr2

知，当某点与点电荷Q

间距离r隆煤0

时，该点场强E隆煤隆脼

C.由E=kQr2

知，在以Q

为球心、r

为半径的球面上，各处场强大小相等D.由E=Ud

知，匀强电场的场强大小等于电场中某两点间的电势差与这两点之间距离的比值评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、一束带电粒子流从小磁针上方平行于小磁针方向从左向右飞过，结果小磁针北极向纸内转动，可以判断这束带电粒子带____电荷．

14、如图所示，一个质量为30g带电量-1.0×10-8C的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行．当小球静止时，测得悬线与竖直夹角为30°，由此可知匀强电场方向为______，电场强度大小为______N/C．（保留三位有效数字，g取10m/s2）15、测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图象如下：请回答下列问题。

（1）在闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在____处（填a．b）

（2）现备有以下器材：

A．干电池1个。

B．滑动变阻器（0～50Ω）

C．滑动变阻器（0～1750Ω）

D．电压表（0～3V）

E．电压表（0～15V）

F．电流表（0～0.6A）

G．电流表（0～3A）

H．电键一个；导线若干．

该实验应选择的器材是____．（填字母代号）

（3）如图是根据实验数据画出的U-I图象．由此可知这个干电池的电动势E=____V，内电阻r=_____Ω．

16、小球从2m高处自由下落，被水平地板弹回后在0.5m高处接住，则小球通过的路程等于____m，全过程位移的大小等于____m．17、如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q2为正电荷，q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，且每个电荷都处于平衡状态.则q1,带____（填正或负）电，q1、q2、q3三者电量大小之比是_____________.18、用一与斜面平行的力，把一质量为100kg的物体沿长5m、高3m的斜面从其底端匀速拉上顶端，物体和斜面间的动摩擦因数为0.1，在这过程中，物体克服重力做的功为______J，摩擦力做的功为______J，拉力做的功为______J．19、当某测电笔上的氖管两端所加电压达到86.7V时即开始发光，低于该电压时熄灭．若把此氖管接在电压U=71V，频率f=50Hz，的正弦交流电商，则每秒内闪光的次数n=______次．20、小明同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，为了更准确选取电压表和电流表的合适量程，决定先用多用电表测量小灯泡的阻值．

(1)

在使用前发现电表指针位置如图甲所示，该同学应该调节哪个位置________(

选“垄脵

”或“垄脷

”)

(2)

小明使用多用电表欧姆挡的“隆脕10

”挡测量小灯泡电阻阻值，读数如图乙所示，为了更准确地进行测量，小明应该旋转开关至欧姆挡_____(

填“隆脕100

”挡或“隆脕1

”挡)

两表笔短接并调节______(

选“垄脵

”或“垄脷

”)

．(3)

按正确步骤测量时，指针指在如图丙位置，则小灯泡阻值的测量值为________娄赂

．21、如图所示，某透明液体深1m

一束光线与水平面成30鈭�

角从空气斜射向该液体，进入该液体的光线与水平面的夹角为45鈭�.(

光在真空中的速率c=3.0隆脕108m/s)

则该液体的折射率n=

______，进入液体的光线射到底面所需的时间为______s.

评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)22、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）

评卷人得分五、实验探究题(共4题，共36分)23、某同学用图示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，先将球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复10次，再把同样大小的球b放在斜槽轨道水平段的最右端处静止，让球a仍从原固定点由静止开始滚下，且与b球弹性相碰，碰后两球分别落在记录纸上的不同位置，重复10次．（两球都在斜槽末端处的O点正上方水平飞出，且ma＞mb）

（1）本实验必须测量的物理量是______

A．小球a、b的质量ma、mb

B．小球a、b的半径r

C．斜槽轨道末端到水平地面的高度H

D．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h

E．小球a、b离开轨道后做平抛运动的飞行时间。

F．记录纸上O点到两小球的平均落点位置A、B、C的距离

（2）放上被碰小球，两球（ma＞mb）相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中______点和______点．

（3）利用该实验测得的物理量，也可以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒．判断的依据是看ma2与______在误差允许范围内是否相等．24、在用“单摆测重力加速度”的实验中：

（1）有下列备选器材中；需选用哪些器材较好______

A．长1m左右的粗一点结实棉线B．长1m左右的细棉线。

C．带细孔的直径2cm左右的铁球D．带细孔的直径2cm左右的橡胶球。

E．时钟F；秒表G、学生用刻度尺H、最小刻度是毫米的米尺。

（2）甲同学先用米尺测得摆线长，再用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为______cm，然后用秒表记录单摆完成50次全振动所用的时间如图乙所示，则单摆的周期为______s（保留三位有效数字）25、在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中；备有下列器材：

。器材规格待测干电池电动势为1.5V，内电阻小于0.1Ω电流表G满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω电流表A量程0～0.6A，内电阻0.1Ω滑动变阻器R1最大阻值为20Ω，额定电流为10A滑动变阻器R2最大阻值为200Ω，额定电流为1A定值电阻R0990Ω开关、若干导线（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图1所示中的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是图______所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______．（填“R1”或者“R2”）

（2）该同学顺利完成实验，测出的数据经转换后如表所示．请你根据这些数据帮他在下面坐标图中画出U-I图象，并由图得出电池的电动势E=______V，内阻r=______Ω；

。I/A0.100.170.230.30U/V1.201.000.800.6026、如图所示，某同学做验证机械能守恒定律实验的装置.

在正确操下得到的纸带上选取三个连续打出的点ABC

测得它们到起始点O

的距离分别为hAhBhC.

设重锤质量为m

当地重力加速度为g

打点计时器打点周期为T

．

垄脜

为了验证重锤从打O

点到打B

点过程中的机械能是否守恒，需要计算重锤重力势能的减少量鈻�Ep=

____，动能的增加量鈻�Ek=

____(

用题中所给字母表示)

．垄脝

实验结果显示，重锤重力势能的减少量总略大于动能的增加量，其主要原因是____A.

重锤的密度过大B.

电源的电压偏低。

C.C.没有采用多次实验取平均值

D.存在空气阻力和纸带与限位孔之间摩擦阻力评卷人得分六、实验题(共2题，共4分)27、在实验室中用游标卡尺测量一物体长度的读数是________毫米,螺旋测微仪测量金属丝的直径时，由图可知金属丝的直径是____毫米。28、（7分）某实验小组想描绘标有“4V2W”的小灯泡的U—I图像，除导线和开关外还备有以下器材可供选择：A．电流表A1（量程0.6A，内阻约为1）B．电流表A2（量程3.0A，内阻约为0.2）C．电压表V1（量程5.0V，内阻约为5k）D．电压表V2（量程15.0V，内阻约为15k）E．滑动变阻器R1（最大阻值为5额定电流500mA）F．滑动变阻器R2（最大阻值为10额定电流2.0A）G．电源（电动势为6.0V，内阻约为0.5）（1）实验中所用的电流表应选_________（填A1或A2）；电压表应选_________（填V1或V2）；滑动变阻器应选___________（填R1或R2）。（2）在虚线框内画出实验的电路图。（3）经过正确的操作，测得的数据如下表，请根据下表数据在下方坐标系中描点画出小灯泡的U—I曲线。。1234567891011U/V00.400.801.201.602.002.402.803.203.604.00I/A00.120.220.300.360.400.430.460.480.490.50参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【解析】试题分析：线圈绕垂直于磁场的轴线转动会形成按正余弦规律变化的交流电，A中线圈转动过程中，磁通量不发生变化，所以不会形成感应电流，BCD均符合产生交流电的条件故选A考点：考查了感应电流产生的条件【解析】【答案】A2、B【分析】解：速度是既有大小又有方向；相加时遵循平行四边形定则的矢量，而质量；路程、时间只有大小没有方向，所以它们都是标量．故ACD错误，B正确．

故选：B

既有大小又有方向；相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力；速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．

矢量与标量要掌握它们的两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则．【解析】【答案】B3、C【分析】解：取兔子奔跑的速度方向为正方向。

根据动量定理得鈭�Ft=0鈭�mv

v=Ftm

由F=mg

得到v=mgtm=gt=2m/s

故选：C

以兔子为研究对象；它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度．

本题应用动量研究碰撞过程物体的速度.

对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力．【解析】C

4、B【分析】【分析】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键。【解答】采用假设法分析，假设rm{a=b}保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，rm{A}和rm{B}的浓度应均是原来的rm{dfrac{1}{2}}倍，但当达到新的平衡时，rm{A}的浓度是原来的rm{60%}说明减小压强平衡向逆反应反应方向移动。

A.增大体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则说明rm{a>b}故A错误；B.平衡时rm{A}的浓度是原来的rm{60%}大于原来的rm{dfrac{1}{2}}倍；说明平衡向逆反应反应方向移动，故B正确；

C.平衡时rm{A}的浓度是原来的rm{60%}大于原来的rm{dfrac{1}{2}}倍，说明平衡向逆反应反应方向移动，故C错误；D.平衡应向逆反应方向移动，物质rm{B}的质量减小，混合物总质量不变，所以物质rm{B}质量分数减小，故D错误。故选B。

【解析】rm{B}5、C【分析】【解析】试题分析：电键闭合后有电流通过电表的表头，则两电表指针都会发生偏转；改装成电流表需并联一电阻，改装成电压表需串联一电阻，将改装后的电流表和电压表串联接入电路中，因电流表并联电阻的分流，通过电流表表头的电流较小，电流表的指针的偏转角小于电压表指针的偏转角。故选C考点：电表的改装【解析】【答案】C二、多选题(共7题，共14分)6、AB【分析】略【解析】AB

7、CD【分析】【分析】由图示图象求出物块的加速度；然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数，根据动摩擦因数判断物块能否下滑；根据图示图象求出物块向上滑行的最大高度；应用牛顿第二定律求出推力大小。

本题考查动力学知识与图象的综合，通过图线求出匀加速和匀减速运动的加速度是解决本题的关键。【解答】AC.AC.由图乙所示图象可知，加速度：a1=?v?t=30.9m/s2=103m/s2，a2=?v?t=31.2鈭�0.9m/s2=10m/s2，

在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知：mgsin30鈭�+娄脤mgcos30鈭�=mamgsin30^{circ}+娄脤mgcos30^{circ}=ma22，解得：娄脤=33，

由于娄脤=tan娄脠=33，物块到达CC点后将静止在CC点不会下滑，故A错误，C正确；

B.由图乙所示图象可知，物块向上滑行的最大距离：s=12隆脕3隆脕1.2m=1.8m，向上滑行的最大高度：h=ssin30鈭�=0.9mh=ssin30^{circ}=0.9m故B错误；

D.在匀加速运动阶段，由牛顿第二定律得：F鈭�mgsin30鈭�鈭�娄脤mgcos30鈭�=maF-mgsin30^{circ}-娄脤mgcos30^{circ}=ma11，解得：F=4NF=4N故D正确。

故选CD。

【解析】CD

8、BCD【分析】【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低。本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，等基础知识。【解答】

A.布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动；由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；

B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力；使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；

C.液晶像液体一样具有流动性；而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；

D.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度；主要是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热，从而温度降低的缘故，故D正确。

故选BCD。【解析】BCD

9、ABC【分析】解：由于质子带正电；因此则有：

A

选项中；磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，AB正确．

C

选项中；电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，C正确．

D

选项；电场力沿z

轴正方向，洛伦兹力沿z

轴正方向，两力方向相同，两力的合力与运动方向垂直，粒子将做曲线运动，D错误．

故选ABC．

根据各选项提供的电场方向和磁场方向；逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况．

该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键．【解析】ABC

10、ABC【分析】解：A

根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F=BIL

知，安培力在第一个T2

内做匀加速直线运动，在第二个T2

内；安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变.

知金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化.

故A；B正确．

C；因为电流周期性变化；则安培力也周期性变化.

故C正确．

D；在一个周期内；动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零.

故D错误．

故选：ABC

．

根据左手定则判断出安培力的方向；结合加速度方向与速度方向的关系判断金属棒的运动规律.

从而得出速度；安培力随时间的变化规律．

解决本题的关键掌握安培力的方向判断，会根据金属棒的受力情况判断其运动情况是解决本题的基础．【解析】ABC

11、BD【分析】解：A

海市蜃楼是由光的折射；导致光线偏离出现的现象，并满足全反射条件，因此是光的全反射现象，故A错误；

B；泊松亮斑是光射到不透明的小圆盘；屏上中心处出现亮斑，则说明光偏离直线传播，属于光的衍射，因此具有波动性，故B正确；

C；调制有调幅与调频两种；图为调频，故C错误；

D；测量两垂直光的光速差值的一项著名的物理实验.

但结果证明光速在不同惯性系和不同方向上都是相同的；由此确定了光速不变原理，故D正确；

故选BD

海市蜃楼是光的全反射现象；泊松亮斑说明光偏离直线传播；调制分为调频与调幅两种；莫雷实验证实了光速不变原理．

考查光的全反射条件、光的衍射现象，并知道调制的两种方式．【解析】BD

12、BD【分析】解：A

电场强度的大小与试探电荷的电量无关；q

减半，则该处场强不变，故A正确．

B、E=kQr2

适用于点电荷的场强，当某点与点电荷Q

间距离r隆煤0

时；该电荷不能看成点电荷，该公式不再适用，故B错误．

C、由E=kQr2

知，在以Q

为球心、r

为半径的球面上；各处场强大小相等，故C正确．

D、在E=Ud

中；d

表示两点沿电场线方向的距离，不一定是两点的距离，故D错误．

本题选错误的；故选：BD

．

E=Fq

为电场强度的定义式，适用于一切电场，E=kQr2

是点电荷的场强公式，适用于点电荷产生的电场，E=Ud

适用于匀强电场的计算；注意d

表示两点沿电场线方向上的距离．

明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式E=Fq

是采用比值法下的定义是解题的关键.

知道E=FqE=kQr2E=Ud

三个公式的适用条件．【解析】BD

三、填空题(共9题，共18分)13、正【分析】【解答】向右飞行的正离子束形成的电流方向向右；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外．

故答案为：正。

【分析】小磁针N极受力方向与磁场方向相同．电流方向与正电荷定向移动方向相同，与负电荷定向移动方向相反．根据安培定则，将选项逐一代入检查，选择符合题意的选项．14、略

【分析】解：电场力水平向左；但电荷带负电，负电荷电场力方向与电场线方向相反，故电场强度方向向右．

由平衡条件：

Tsin30°=qE

Tcos30°=mg

联立两方程得：

E==1.73×107N/C

故答案为：水平向右；，1.73×107．

小球受重力；电场力、拉力．根据电场力的方向确定电场强度的方向．

根据共点力平衡求出电场力的大小．再根据E=求出电场强度的大小．

解决本题的关键知道电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．以及会正确进行受力分析，利用共点力平衡求解力．【解析】水平向右；1.73×10715、略

【分析】

（1）闭合开关之前，为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在电阻的阻值最大处，故滑动变阻器的滑动头P应放在b处；

（2）电流表和电压表的选择要保证安全和读数时指针的偏转大约在～之间，干电池1节，电压1.5V，故电压表应选择量程为3V的；在该实验中，一般要求电流最大不超过1A左右，故应选择0.6A的电流表；电流值在0.1～0.6A之间变化时，电路中的电阻约为：故选择50Ω的滑动变阻器较为合适；另外还要选择干电池和电建和导线．故该实验应选择的器材是ABDFH；

（3）在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，读数为1.5V；内电阻可以使用公式：

故答案为：b；ABDFH；1.5V；1.0Ω．

【解析】【答案】（1）闭合开关之前；为防止电表过载，滑动变阻器的滑动头P应放在电阻的阻值最大处，以保证电路的安全；

（2）电流表和电压表的选择要保证安全和读数时指针的偏转大约在～之间；

（3）在图线中，图线与纵轴的交点就是所要测量的电动势，内电阻可以使用公式：进行计算．

16、略

【分析】

小球从2m高处为起点自由下落；被地板弹回后在离地面0.5m处被接住，终点离地面0.5m故物体的位移为1.5m，因为经地板弹回，落回地板时路程2m，又反弹0.5m，故全程的路程为2+0.5m=2.5m．

故答案为：2.5；1.5．

【解析】【答案】位移是物体位置的移动；由物体初末位置决定，路程是物体运动轨迹的长度，由运动轨迹决定．

17、略

【分析】试题分析：假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电；假设q1带正电，要使q2平衡则q3也应带正电，但是q1、q3不能平衡，所以q1、q3都带负电荷．由于三个电荷均处于平衡状态，由库仑定律建立如下平衡式：对q1：对q2：对q3：解得：q1：q2：q3=考点：库仑定律，共点力平衡的条件及其应用【解析】【答案】负，18、略

【分析】解：重力做功为：WG=-mgh=100×10×3=-3×103J；

负号说明克服重力做功为3×103J；

斜面与水平面夹角的正弦值sinθ=

则余弦值为：cosθ=

摩擦力大小为：f=μmgcosθ=0.1×100×10×=80N；

则摩擦力做功为：Wf=-fL=-80×5=-400J；

根据动能定理可知：WF+Wf+WG=0

解得拉力做功为：WF=3.4×103J；

故答案为：3×103；-400；3.4×103；

根据功的计算方法可分别求出重力的功和摩擦力的功；再根据动能定理可求出拉力的功．

本题考查动能定理的应用，要注意明确合力的功为各力做功的代数和，在计算时一定注意各功的正负，不要在符号上出现问题．【解析】3×103；-400；3.4×10319、略

【分析】解：当某测电笔上的氖管两端所加电压达到86.7V时即开始发光；低于该电压时熄灭．

若把此氖管接在电压U=71V，电压最大值为71V；

频率f=50Hz；周期T=0.02s；

一个周期内发光两次；所以每秒内闪光的次数n=100次；

故答案为：100．

根据电压必须达到86.7V以上才能发光；根据瞬时表达式求出周期及频率，求出一个周期内发光的次数，进而可以求得通电1s内，氖管发光的次数．

本题考查了交流电表达式的灵活应用，写出交流电的表达式，灵活应用数学知识即可正确解答．【解析】10020、（1）①（2）×1②（3）28【分析】【分析】(1)

明确多用电表的使用方法；知道在使用前应观察指针是否在左侧零刻度处，如不在应进行机械调零；

(2)

用欧姆表测电阻时；欧姆表指针应指在欧姆表刻度盘中央附近，根据待测电阻阻值选择合适的挡位，并进行欧姆调零；

(3)

根据指针位置得出读数，再乘以档位即可得出最终的读数。本题利用多用电表测量电阻，要注意掌握多用电表的使用方法，掌握机械调零和欧姆调零，同时注意如何选择合适的档位，并进行读数，注意明确每次换档均应进行欧姆调零。【解答】(1)

由图甲可知；电表指针没有指在左侧零刻度处，故应进行机械调零，故应用螺丝刀调节旋钮垄脵

(2)

由图乙可知；测量电阻时指针偏转较大，表盘上示数偏小，则说明所选档位太大，故应换用小档位，故选：隆脕1

同时每次换档后均应进行欧姆调零，故将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指到右侧零刻度处；

(3)

由图可知；电阻R=28隆脕1=28娄赂

故填：(1)垄脵(2)隆脕1垄脷(3)28

【解析】(1)垄脵(1)垄脵(2)隆脕1(2)隆脕1垄脷垄脷(3)28(3)2821、略

【分析】解：根据几何知识可知，入射角i=60鈭�

折射角r=45鈭�

根据折射定律得：

n=sinisinr=sin60鈭�sin45鈭�=62

光在液体中传播的速度为：v=cn

光线射到底面时传播的距离为：S=hcosr=2h

所以进入液体的光线射到底面所需的时间：t=Sv=2nhc=2隆脕62隆脕13隆脕108=33隆脕10鈭�8s

故答案为：6233隆脕10鈭�8

．

由题图知入射角i=60鈭�

折射角r=45鈭�

根据折射定律求解该液体的折射率；由几何知识求出光在液体中传播的距离S

由v=cn

求出光在液体中传播的速度v

根据公式t=Sv

求出传播的时间．

本题是几何光学中基本问题，是折射定律和光速公式的应用，要注意入射角和折射角都是指光线与光线的夹角，不是与界面的夹角．【解析】6233隆脕10鈭�8

四、判断题(共1题，共2分)22、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．五、实验探究题(共4题，共36分)23、略

【分析】解：（1）小球平抛运动的时间相等，t=a球与b球不碰撞，落在B点，则速度：a球与b球碰撞后，a球落在A点，b球落在C点；则碰后a球的速度：

b球的速度：

本实验验证mav0=mav1+mbv2，即：所以需要测量两球的质量和记录纸上O点到两小球的平均落点位置A；B、C的距离，故A、F正确．

故选：AF．

（2）a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度减小，所以碰撞后a球的落地点距离O点最近，b小球离O点最远，中间一个点是未放b球时a的落地点，所以相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中A；C点．

（3）由于小球小球平抛运动的高度相同；因此时间相等，设时间为t，则a球碰前的速度为：

a球与b球碰撞后，a球落在A点，b球落在C点，则碰后a球的速度：b球的速度：

若满足：则两球碰撞过程中机械能守恒，即需要验证：=是否成立，即可验证两球碰撞过程中机械能是否守恒．

故答案为：（1）AF；（2）A，C；（3）．

（1）根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度；从而得出动量守恒的表达式，确定所需测量的物理量．

（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大；小球a的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的落地点．

（3）平抛运动的时间由竖直高度决定；因此在高度一定的情况下，水平距离表示速度大小，然后根据碰前动能等于碰后动能可以得出需要验证的表达式．

验证动量守恒定律中，要学会在相同高度下，由水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键．【解析】AF；A；C；24、BCFH0.971.50【分析】解：（1）为减小实验误差；应选择适当长些的非弹性细线做摆线，为减小实验误差应选择质量大而体积小即密度大的球做摆球；

则摆线应选择B；长1m左右的细棉线；摆球应选择C、带细孔的直径2cm左右的铁球；测量时间需要F、秒表，测量摆长需要H、最小刻度是毫米的米尺；

（2）由图示游标卡尺可知；其示数为：9mm+7×0.1mm=9.7mm=0.97cm；

由图示秒表可知，其示数：t=60s+15.2s=75.2s，单摆的周期：T=≈1.50s；

故答案为：（1）BCFH；（2）0.97；1.50。

（1）为减小实验误差；应选择适当长些的非弹性细线做摆线，为减小实验误差应选择质量大而体积小即密