2024年沪教版高二物理下册月考试卷

…………○…………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年沪教版高二物理下册月考试卷601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9题，共18分)1、在寒冷的冬天气温零下33℃，某钢瓶内的液化气将用完时内部气体压强为1.2×105pa，现用热水加热液化气钢瓶使瓶内气压上升，以便继续使用一段时间。已知热水温度77℃，则加热后瓶内气体压强约为A.2.8×105paB.1.8×105paC.2.8×106paD.1.8×106pa2、一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图所示，则以下说法中正确的是：（）A.第1s末质点的位移和速度都改变方向B.第2s末质点的位移改变方向C.第4s末质点的位移为零D.第3s末和第5s末质点的位置相同。3、20世纪50年代，科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场．连续的磁暴作用可维持地磁场，则外地核中的电流方向为（地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线）（）A.垂直磁子午线由西向东B.垂直磁子午线由东向西C.沿磁子午线由南向北D.沿磁子午线由北向南4、如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域，线圈全部进入匀强磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场区域宽度大于线圈宽度，则（）A.线圈恰好在完全离开磁场时停下B.线圈在未完全离开磁场时即已停下C.线圈能通过场区不会停下D.线圈在磁场中某个位置停下5、如图所示，线圈平面与水平方向夹角娄脠=60鈭�

磁感线竖直向下，线圈平面面积S=0.4m2

匀强磁场磁感应强度B=0.8T.

把线圈以cd

为轴顺时针转过120鈭�

角，则通过线圈磁通量的变化量为(

)

A.0.16Wb

B.0.32Wb

C.0.48Wb

D.0.64Wb

6、如图所示，物块A

静庄在倾斜的木板上，当木板的倾角为娄脕

时，物块所受摩擦力的大小为f

此时(

)

A.物块A

受3

个力的作用B.若减小木板的倾角娄脕

则物块A

所受的摩擦力的大小不变C.若换更粗糙的木板，倾角娄脕

不变，则物块A

所受的摩擦力的大小增大D.若增大木板的倾角娄脕

则物块A

一定会沿斜面下滑7、如图所示，正方形容器处于匀强磁场中，一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，容器处于真空中，则下列结论中正确的是（）A.从两孔射出的电子速率之比vc：vd=1：2B.从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc：td=1：2C.从两孔射出的电子在容器中运动的加速度大小之比ac：ad=1D.从两孔射出的电子在容器中运动的角速度之比ωc：ωd=2：18、质量相等的AB

两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A

而只释放B

球时，B

球被弹出落到距桌边水平距离为x

的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A

左边的挡板，将AB

同时释放，则B

球的落地点距桌边

A.x2

B.2x

C.x

D.22x

9、下列说法中正确的是（）A.在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相同B.据E=可知，某点场强E与F成正比，与q成反比C.电场强度的方向就是放入电场中电荷受到的电场力的方向D.电场中某点场强的方向与试探电荷的正负无关评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、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____V11、如图所示，斜面体固定在地面上，一质量为m的小球用劲度系数为k的弹簧连接，静止在倾角为θ的光滑斜面上，则弹簧的伸长量为______．12、动力线路用的正弦式交流电的电压是380V．它们的有效值是______V、峰值是______V．13、某同学利用图所示的装置，通过半径相同且质量分别为m1、m2的A、B两球所发生的碰撞来验证动量守恒定律．图中o点为球离开轨道时球心的投影位置，p点为A球单独平抛后的落点，p1、p2分别为A、B碰撞后A、B两球的落点．已知A球始终从同一高度滚下．今测得op=x，op1=x1，op2=x2，则动量守恒表达式为______，（用m1、m2、x1、x2表示）若表达式______成立，则可判断AB发生弹性正碰．14、两个带有异种电荷的相同的金属小球(

可看作点电荷)

带电量之比为17

在真空中相距为r

两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力变为原来的______倍.

15、完成下列仪器读数．

(1)

游标卡尺读数：______cm

(2)

螺旋测微器读数：______mm

．16、如图示，盒装牛奶的体积为______m3．若该牛奶的密度是1.2×103kg/m3，则牛奶的质量为______g．喝掉一半后，牛奶的密度将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）18、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）

19、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）20、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）21、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）

22、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）

23、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、证明题(共2题，共4分)24、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。25、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分五、实验探究题(共1题，共3分)26、在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：

（1）某同学操作步骤如下：

①取一定量的无水酒精和油酸；制成一定浓度的油酸酒精溶液。

②在量筒中滴入一滴该溶液；测出它的体积。

③在蒸发皿内盛一定量的水；再滴入一滴溶液，待其散开稳定。

④在蒸发皿上覆盖玻璃板；描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜面积。

请指出错误或有遗漏的步骤；并改正其错误：

错误的步骤：______

有遗漏的步骤：______

（2）实验中，用amL纯油酸配制成bmL的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液cmL，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为Scm2，估算油酸分子的直径大小为______cm．

（3）用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的______．

A．摩尔质量B．摩尔体积C．质量D．体积．评卷人得分六、综合题(共4题，共32分)27、(7

分)

参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了图示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半径为R

的圆弧形的粗糙轨道，P

为最高点，Q

为最低点，Q

点处的切线水平，距底板高为H

。N

板上固定有三个圆环。将质量为m

的小球从P

处静止释放，小球运动至Q

飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q

水平距离为L

处。不考虑空气阻力，重力加速度为g

。求：

(1)

小球到达Q

点时的速度大小；(2)

小球运动到Q

点时对轨道的压力大小；(3)

小球克服摩擦力做的功。28、参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了图示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M

板和N

板。M

板上部有一半径为R

的圆弧形的粗糙轨道，P

为最高点，Q

为最低点，Q

点处的切线水平，距底板高为H

。N

板上固定有三个圆环。将质量为m

的小球从P

处静止释放，小球运动至Q

飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q

水平距离为L

处。不考虑空气阻力，重力加速度为g

。求：

(1)

小球到达Q

点时的速度大小；(2)

小球运动到Q

点时对轨道的压力大小；(3)

小球克服摩擦力做的功。29、(1)

氧气分子在0隆忙

和100隆忙

温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。(

填正确答案标号。)

A.图中两条曲线下面积相等。

B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C.图中实线对应于氧气分子在100隆忙

时的情形D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E.与0隆忙

时相比，100隆忙

时氧气分子速率出现在0隆芦400m/s

区间内的分子数占总分子数的百分比较大(2)

如图，容积均为V

的汽缸A

、B

下端有细管(

容积可忽略)

连通，阀门K2

位于细管的中部，A

、B

的顶部各有一阀门K1K3

B

中有一可自由滑动的活塞(

质量、体积均可忽略)

初始时，三个阀门均打开，活塞在B

的底部；关闭K2K3

通过K1

给汽缸充气，使A

中气体的压强达到大气压p

0

的3

倍后关闭K1

已知室温为27隆忙

汽缸导热。

(i)

打开K2

求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ii)

接着打开K3

求稳定时活塞的位置；(iii)

再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20隆忙

求此时活塞下方气体的压强。30、【物理隆陋

选修3鈭�3

】(1)

下列说法中正确的是____(

填正确答案标号。)

A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为v

，每个分子的体积为v

0

则阿伏伽德罗常数可表示为NA

=

V

/

V

0

(2)

一高压气体钢瓶，容积为V

0

用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p

0

温度为T

0=300K

内部气体经加热后温度升至T

1=350K

求：垄脵

温度升至T

1

时气体的压强；垄脷

若气体温度保持T

1=350K

不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p

0

此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】试题分析：因为钢瓶内气体为等容变化，根据气体的等容变化方程解得选项B正确。考点：气体的等容变化方程。【解析】【答案】B2、C|D【分析】【解析】试题分析：、当速度大于零时物体沿正方向运动，当速度小于零时物体沿负方向运动，故物体在t=2s时和t=4s时运动方向发生改变，故A错误．速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故0～2s内物体通过的位移在2～4s内物体通过的位移所以物体在0～4s内通过的位移而从t=4s开始物体又沿正方向运动，故在整个运动过程中物体的位移方向不变．故B错误．根据选项B分析可知第4s末物体的位移为0，故C正确．速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故在3～4s物体通过的位移在4～5s内通过的位移故物体在3～5s内通过的位移即在这两秒内物体通过的位移为0，故两时刻物体处于同一位置，故D正确．故选CD．考点：匀变速直线运动的图像．【解析】【答案】CD3、B【分析】解：由题意知；地磁体的N极朝南，根据安培定则，大拇指指向地磁体的N极，则四指的绕向即为电流的方向，即安培假设中的电流方向应该是由东向西垂直磁子午线，故B正确，ACD错误．

故选：B．

要解决此题首先要掌握安培定则：四指绕向电流的方向；大拇指所指的方向便是螺线管的N极．

首先根据信息中给出的已知条件；根据根据“磁子午线”由安培定则确定电流的方向．

该题通过一个信息，考查了学生对安培定则的掌握及应用，相对比较简单，属于基础题．【解析】【答案】B4、C【分析】解：线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，安培力F=BIL=知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来．故D正确．A；B、D错误．

故选：C．

线圈完全进入磁场后做匀速运动；进磁场和出磁场的过程都做变减速直线运动，比较进磁场和出磁场时所受的安培力大小，从而判断出线圈能否通过磁场．

解决本题的关键比较出进磁场和出磁场时的安培力，根据动能定理进行分析．【解析】【答案】C5、C【分析】解：开始时穿过线圈的磁通量娄碌1=BScos娄脠=0.8隆脕0.4隆脕0.5=0.16Wb

当把线圈以cd

为轴顺时针转过120鈭�

角时，线圈平面与磁感线的方向垂直，所以通过线圈磁通量娄碌2=BS=0.8隆脕0.4=0.32Wb

由图可知，当把线圈以cd

为轴顺时针转过120鈭�

角时；穿过线圈的磁通量的方向与开始时穿过线圈的磁通量的方向是相反的，所以磁通量的变化量：

鈻�娄碌=娄碌1+娄碌2=0.16+0.32=0.48Wb.

故C正确；ABD错误。

故选：C

磁感应强度B

又叫磁通密度。匀强磁场中磁通量公式娄碌=BS(

其中S

是垂直磁感强度的面积)

分别求出两次的磁通量，然后求出磁通量的变化量。

对于磁通量，可运用投影的方法理解，确定求解磁通量的公式；但在解答的过程中要注意的是：磁通量虽然是标量，但磁通量有方向，在分析磁通量的变化时，要注意开始时磁通量的方向与末状态时磁通量的方向之间的关系是方向相同还是方向相反。【解析】C

6、A【分析】解：A

对A

分析可知；A

受重力、支持力及摩擦力的作用，共受3

个力；故A正确；

B；若减小木板的倾角娄脕

则物块A

重力向下的分力减小；故所受的摩擦力的大小减小；故B错误；

C；若换成更粗糙的木板；只要倾角不变，则重力向下的分力不变，物体仍处于静止，故A受到的摩擦力不变；故C错误；

D；若增大木板的倾角娄脕

则物块A

重力向下的分力增大；但向下的分力仍可能小于最大静摩擦力；故不一定沿斜面下滑；故D错误；

故选：A

．

对A

受力分析可知根据共点力的平衡可知A

受力情况；再根据夹角及动摩擦因数的变化可知A

的运动情况．

本题考查了物体平衡、摩擦力；注意静摩擦力随外力的变化而变化，同时其大小方向都可能会发生变化；要做好受力分析正确应用共点力平衡的规律．【解析】A

7、B【分析】解：设磁场边长为a，如图所示，粒子从c点离开，其半径为rc，粒子从d点离开，其半径为rd；

A、由Bqv=m得出半径公式r=又由运动轨迹知rc=2rd则vc：vd=2：1；故A错误；

B、由T=根据圆心角求出运行时间t=T．运行时间td=tc=．则tc：td=1：2；故B正确。

C、加速度：a=则ac：ad=2：1；故C错误；

D、角速度：ω====1：1；故D错误；

故选：B。

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv=m得出半径公式r=根据半径关系得出粒子的速度关系。再根据加速度公式可确定运动的加速度之比。

带电粒子运行的周期T=根据圆心角求出运行时间t=T．从而求出运动时间之比。

本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径。掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=和周期公式T=【解析】B8、D【分析】【分析】AB

两球之间压缩一根轻弹簧，当用板挡住A

球而只释放B

球时，弹性势能完全转化为B

球的动能，以一定的初速度抛出，借助于抛出水平位移可确定弹簧的弹性势能.

当用同样的程度压缩弹簧，取走A

左边的挡板，将AB

同时释放，由动量守恒定律与机械能守恒定律可求出B

球获得的速度，再由平抛运动规律可算出抛出的水平位移。考查动量守恒定律、机械能守恒定律，及平抛运动规律，两种情况下，弹性势能完全相同，在弹簧恢复过程中弹性势能转化为动能。【解答】当用板挡住A

球而只释放B

球时，B

球做平抛运动.

设高度为h

则有vB=xg2h

所以弹性势能为E=12mvB2=mgx24h

当用同样的程度压缩弹簧，取走A

左边的挡板，将AB

同时释放，由动量守恒定律可得：0=mvA鈭�mvB

所以vAvB=11

因此A

球与B

球获得的动能之比EkAEkB=11.

所以B

球的获得动能为：mgx28h

那么B

球抛出初速度为vB=x2gh

则平抛后落地水平位移：x=x2gh隆脕2hg=22x

故选：D

【解析】D

9、D【分析】解：A、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同；而方向不同，故A错误；

B、E=是定义式；某点场强E与F；q均无关，故B错误；

C；电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向；故C错误；

D；虽然规定与正检验电荷所受电场力方向相同；但电场中某点场强与检验电荷无关，故D正确；

故选：D。

根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关；从而即可求解。

本题考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无关【解析】D二、填空题(共7题，共14分)10、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×l0-6，21，1，211、略

【分析】解：以小球为研究对象；分析受力情况：小球受到重力mg；弹簧的拉力F和斜面的支持力N，由平衡条件可得：

F=mgsinθ

又由胡克定律得F=kx

联立解得：

弹簧伸长的长度为x=

故答案为：

先以小球为研究对象；分析受力情况可知：小球受到重力；弹簧的拉力和斜面的支持力，由平衡条件求出弹力的拉力，再由胡克定律求解弹簧的伸长量。

本题解题关键是分析物体的受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力．对于胡克定律F=kx，要注意x是弹簧的形变量，不是弹簧的长度【解析】12、略

【分析】解：动力线路用正弦交变电流的电压是380V；此电压为有效值；

最大值为Um=380V；

故答案为：380；380

动力线路用正弦交变电流的电压是380V；此电压为有效值，根据有效值与最大值的关系求出最大值．

本题考查了有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．【解析】380；38013、略

【分析】解：碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2；

小球做平抛运动时抛出点的高度相等；它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t；

m1v1t=m1v1′t+m2v2t；

则有：m1•=m1•+m2•

今测得op=x，op1=x1，op2=x2；

即有m1•x=m1•x1+m2•x2；由此可认为成功验证了碰撞中的动量守恒．

若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有m1v12=m1v1′2+m2v2′2

即m1•2=m1•2+m2•2成立，即有：m1•x2=m1•x12+m2•x22；

故答案为：m1•x=m1•x1+m2•x2，m1•x2=m1•x12+m2•x22．

实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2；可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量，并依据弹性碰撞，动能守恒，从而即可求解．

该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题．【解析】m1•x=m1•x1+m2•x2；m1•x2=m1•x12+m2•x2214、【分析】解：由库仑定律可得：F=kQ1Q2R2

两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为33

所以库仑力是原来的97

．

故答案为：97

两电荷间存在库仑力；其大小可由库仑定律求出.

当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量相互中和后平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．

本题考查库仑定律的同时，利用了控制变量法.

当控制距离不变时，去改变电荷量，从而确定库仑力的变化.

当然也可控制电荷量不变，去改变间距，从而得出库仑力的变化．【解析】97

15、3.060.900【分析】【分析】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。【解答】(1)

游标卡尺的主尺读数为300mm

游标尺上第6

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6隆脕0.1mm=0.6mm

所以最终读数为：30mm+0.6mm=30.6mm=3.06cm

(2)

螺旋测微器的固定刻度为0.5mm

可动刻度为40.0隆脕0.01mm=0.400mm

所以最终读数为0.5mm+0.400mm=0.900mm

故填3.060.900

【解析】3.060.900

16、2.5×10-4300不变【分析】解：包装袋上标注了牛奶的体积为250ml，即250cm3，将其转化为国际单位，结果为：2.5×10-4m3。

牛奶的质量：m=ρv=1.2×103kg/m3×2.5×10-4m3=0.3kg=300g。

由于密度是物质本身的一种特性；所以喝掉一半牛奶后，牛奶的密度不变。

故答案为：2.5×10-4；300；不变。

根据牛奶包装袋上的商标；可以得到牛奶的体积，进行一步单位的换算即可得到答案；根据牛奶的体积和告诉的牛奶的密度，利用公式m=ρv，即可求得牛奶的质量。同时知道密度是物质本身的一种特性，密度的大小与物质有关，与物体的质量和体积的大小无关。

此题的一个条件隐藏在牛奶的包装袋上，要注意审题，把握细节。此题还考查了有关密度的计算及密度的特性。一定要掌握密度的计算公式，知道密度是物质本身的一种特性，与物体的多少无关。本题的综合性强，并注重了物理与生活的联系，具有较好的实际应用性。【解析】2.5×10-4300不变三、判断题(共7题，共14分)17、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．18、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．19、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．20、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．21、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．22、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．23、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、证明题(共2题，共4分)24、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动25、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、实验探究题(共1题，共3分)26、略

【分析】解：（1）B；要测出一滴油酸酒精溶液的体积；即在量筒中滴入N滴溶液；

测出其体积为V，则一滴该溶液的体积为V1=

C；为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰；要在水面上先撒上痱子粉．

（2）据题得：油酸酒精溶液的浓度为

一滴酸酒精溶液的体积为cmL，一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V=mL；

则油酸分子的直径为d==m=m=cm；

（3）设一个油酸分子的体积为V1，则V1=πd3

由NA=可知；要测定阿伏加德罗常数，还需要知道油滴的摩尔体积．故B正确．

故答案为：（1）B，C；（2）（3）B．

（1）通过量筒测出N滴油酸酒精溶液的体积；然后将此溶液1滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用此溶液的体积除以其的面积，恰好就是油酸分子的直径；

（2）由题先得到油酸酒精溶液的浓度，求出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，由于形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径，由d=求解分子直径的大小．

（3）阿伏加德罗常数等于油酸的摩尔体积除以一个分子的体积；列式分析，确定需要知道什么物理量．

本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，理解阿伏加德罗常数的意义，把握宏观与微观之间的联系．【解析】B；C；B六、综合题(共4题，共32分)27、（１）由平抛运动规律可知解得：（２）对Q点分析，位于圆周运动最低点，小球在Q受重力mg和轨道的支持力N,由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律方向竖直向下（3）对P点至Q点，由动能定理：解得：故克服摩擦力做功为答案：（１）（２）（3）【分析】

(拢卤)

由平抛运动规律可知解得：(拢虏)

对Q

点分析，位于圆周运动最低点，小球在Q

受重力mg

和轨道的支持力N

由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律方向竖直向下(3)

对P

点至Q

点，由动能定理：解得：故克服摩擦力做功为答案：(拢卤)

(拢虏)

(3)

考点：小球从拢脩

点飞出后做平抛运动，根据水平距离和竖直高度求Q

点速度，小球从拢脨

到拢脩

做圆周运动，在圆周运动最低点小球受重力和支持力提供向心力，因为轨道粗糙故有摩擦力，在下落时有重力和摩擦力做功，根据动能定理求摩擦力做功。点评：本题考查平抛运动、功能关系以及圆周运动的综合题，知道平抛运动的分运动水平方向做匀速直线运动，竖直做自由落体运动；圆周运动最低点的物体受两个力重力和支持力，两力的合力提供向心力，求功时一般运用动能定理分析，本题有一定难度。【解析】(拢卤)

由平抛运动规律可知解得：(拢虏)

对Q

点分析，位于圆周运动最低点，小球在Q

受重力mg

和轨道的支持力N

由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律方向竖直向下(3)

对P

点至Q

点，由动能定理：解得：故克服摩擦力做功为答案：(拢卤)

(拢虏)

(3)

28、解：（１）由平抛运动规律可知解得：（２）对Q点分析，位于圆周运动最低点，小球在Q受重力mg和轨道的支持力N,由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律方向竖直向下（3）对P点至Q点，由动能定理：解得：故克服摩擦力做功为【分析】本题考查平抛运动、功能关系以及圆周运动的综合题，知道平抛运动的分运动水平方向做匀速直线运动，竖直做自由落体运动；圆周运动最低点的物体受两个力重力和支持力，两力的合力提供向心力，求功时一般运用动能定理分析，本题有一定难度。小球从拢脩

点飞出后做平抛运动，根据水平距离和竖直高度求Q

点速度，小球从拢脨

到拢脩

做圆周运动，在圆周运动最低点小球受重力和支持力提供向心力，因为轨道粗糙故有摩擦力，在下落时有重力和摩擦力做功，根据动能定理求摩擦力做功。(拢卤)

根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q

点时速度的大小；(拢虏)

在Q

点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力；由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后由牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；

(3)

小球从P

到Q

的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功。【解析】解：(拢卤)

由平抛运动规律可知解得：(拢虏)

对Q

点分析，位于圆周运动最低点，小球在QQ受重力mgmg和轨道的支持力NN由牛顿第二定律：解得：由牛顿第三定律方向竖直向下(3)

对P

点至Q

点，由动能定理：解得：故克服摩擦力做功为29、（1）ABC

（2）解：（i）打开K2之前，A缸内气体pA=3p0，B缸内气体pB=p0，体积均为V，温度均为T=（273+27）K=300K，打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，膨胀后体积为2V-V1，活塞上下方压强相等均为p1，

则：对A缸内（活塞下方）气体：3p0V=p1（2V-V1）；

对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1；

联立以上两式得：p1=2p0，

即稳定时活塞上方体积为压强为2p0；

（ⅱ）打开K2，活塞上方与大气相连通，压强变为p0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为p0，则降为p0时活塞下方气体体积为V2，则3p0V=p0V2；

得V2=3V＞2V，即活塞下方气体压强不会降至p0，此时活塞将处于B气缸顶端，缸内气压为p2，3p0V=p2×2V，得即稳定时活塞位于气缸最顶端；

（ⅲ）缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为T3=（300+20）K=320K，由

得：p3=1.6p0，即此时活塞下方压强为1.6p0

【分析】

(1)

【分析】

温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明确图象的意义是解题的关键。

本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，知道横坐标表示的是分子数目所占据的比例，同时明确温度与分子平均动能间的关系。

【解答】

A.由题图可知；在0隆忙

和100隆忙

两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1

即相等，故A正确；

B.由图可知；具有最大比例的速率区间，0隆忙

时对应的速率小，故说明虚线为0隆忙

的分布图象，故对应的平均动能较小，故B正确；

C.实线对应的最大比例的速率区间内分子动能大；说明实验对应的温度大，故为100隆忙

时的情形，故C正确；

D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子占据的比例；但无法确定分子具体数目，故D错误；

E.由图可知；0隆芦400m/s

段内，100隆忙

对应的占据的比例均小于与0隆忙

时所占据的比值，因此100隆忙

时氧气分子速率出现在0隆芦400m/s

区间内的分子数占总分子数的百分比较小，故E错误。

故选ABC。

(2)

(i)

分析打开K2

之前和打开K2

后，AB

缸内气体的压强、体积和温度，根据理