2024年华东师大版高三物理下册月考试卷

…………○…………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年华东师大版高三物理下册月考试卷781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8题，共16分)1、如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹即将射入木块到弹簧压缩至最短的过程中（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒2、下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（）A.根据电场强度的定义式E=，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B.根据电容的定义式C=，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷电场强度公式E=，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比D.根据公式UAB=，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则B点的电势差为1V3、如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A.把R1的滑片向左移动B.把开关S断开C.把R2的滑片向右移动D.把R2的滑片向左移动4、如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的规律如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A.该电场线的方向将沿Ox的正方向B.该电场线可能是孤立正电荷产生的C.该电场线可能是孤立负电荷产生的D.该电场线可能是等量异种电荷产生的5、关于速度、速度改变量、加速度，正确的说法是（）A.物体运动的速度改变量越大，它的加速度一定越大B.速度很大的物体，其加速度可以很小C.某时刻物体的速度为零，它的加速度也一定为零D.加速度越大时，运动物体的速度一定越快6、一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中实线；波沿x正方向传播，在t=1s时刻的波形如图虚线，由此可以判定此波的（）

A.幅一定是2cmB.波长一定是3cmC.周期一是4sD.播速度一定是1cm7、如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），在A、B间加一正弦交流电u=20sin100πt（V），则加在R2上的电压有效值为（）A.10VB.20VC.15VD.5V8、对于做平抛运动的物体，以下说法正确的是（）A.若只将其抛出点的高度增加一倍，则它在空中运动的时间也增加一倍B.若只将其抛出点的高度增加一倍，则它的水平位移也增加一倍C.若只将其初速度增加一倍，则其水平位移也增加一倍D.若只将其初速度增加一倍，则其在空中运动时间也增加一倍评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列说法正确的是（）A.布朗运动就是液体分子的运动B.物体中所有分子热运动动能与势能的总和等于物体的内能C.0℃的水与0℃的冰分子的平均动能相同E.对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大E.对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大10、关于磁感线下列说法中正确的是（）A.磁场是由无数条磁感线组成的B.磁感线是为了描述磁场方便而假想的线C.磁感线是磁场把铁屑磁化形成的D.磁感线可形象地描述磁场的强弱和方向11、如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A.16JB.12JC.6JD.4J12、物体用两根细绳AC；BC悬挂；如图所示，拉断两根绳所需的力一样大，则（）

A.增加物体重力，BC绳先断B.增加物体重力，AC绳先断C.如保持C点不动，将AC绳的A点向左移，则AC绳先断D.如保持C点不动，将AC绳的A点向左移，则BC绳先断13、如图所示，一轨道的倾斜部分和水平部分均处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m的水平金属棒ab，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．关于ab棒运动的速度时间图象，可能正确的是（）A.B.C.D.14、如图电路中；在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（）

A.电压表示数减少B.电压表示数增大C.电流表示数减少D.电流表示数增大评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、（2012春•平顶山月考）在t=0时刻，质点A开始沿y轴做简谐运动，其振动图象如图所示．质点A振动的周期是____s；t=8s时，质点A的运动沿y轴的____方向（填“正”或“负”）；在t=9s时，质点A偏离平衡位置的位移是____cm．16、大小、____随时间发生____变化的电流叫做交变电流．我国电网的交变电流在1s内出现____次峰值．17、若以v0＞10m/s的速度竖直上抛一物体，忽略空气阻力，设g为10m/s2；则此物体在上升过程中的最后1秒上升的高度为____m．18、如图所示把正方形线框abcd从磁感应强度为b的匀强磁场中匀速拉出速度方向与ad边垂直向左速度大小为v，线圈的边长为l，每边的电阻为R，问线圈在运动过程中，ad两点的电势差为____．19、（2012秋•肥东县校级期末）某发电机输出的交变电流i=20sin100πt，其图象如图所示．则可确定该交变电流的电流有效值为____A．20、（2013秋•德城区校级期中）如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等．有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该带正小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20ev，运动到b点时动能等于2ev．若取c点为电势零点，则当这个带电小球的电势能为6ev时，不计重力和空气阻力，它的动能等于____．评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)21、某时刻一个分子的速度的大小和方向是偶然的．____．（判断对错）22、较大的颗粒不做布朗运动是因为跟颗粒碰撞的分子数较多，多方面的撞击导致受力平衡．因为分子冲击力小，不易改变大颗粒的运动状态．____．（判断对错）23、原子核由质子、中子和电子组成．____（判断对错）评卷人得分五、解答题(共4题，共8分)24、如图所示电路中，滑动变阻器R1的最大阻值为24Ω，滑片位于中点．定值电阻R2的阻值为4Ω；小灯泡L规格“12V6W”电流表A为理想电表，闭合电键S，小灯泡正常发光，求：

（1）电流表的读数I；

（2）电源电压U；

（3）若滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω，不考虑小灯泡L阻值的变化，求小灯泡的实际功率P．25、甲、乙两质点沿直线向同一方向运动，通过相同位移，其中甲质点在前半段时间中以v1=20m/s的速度运动，后半段时间中以v2=30m/s的速度运动；乙质点前半段位移内以v1′=20m/s的速度运动，后半段位移内以v2′=30m/s的速度运动，甲、乙两质点在整个位移中的平均速度大小分别是多少？26、如图所示，电源电动势E0=15V，内阻r0=1Ω，电阻R1=30Ω，R2=60Ω．间距d=0.2m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v=0.1m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取g=10m/s2．若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx是多少？27、如图所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于xOy所在的纸面向外．某时刻在x=L0、y=0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-L0；y=0处；一个α粒子也进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的重力及其间的相互作用力．设质子的质量为m、电量为e．

（1）如果质子经过坐标原点O；它的速度为多大？

（2）如果α粒子与质子在坐标原点O相遇，α粒子的速度应为何值？评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)28、如图所示；水平光滑地面上停放着一辆如图所示的小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道是光滑的，水平部分是粗糙的.BC

的长度是圆弧半径的10

倍，小物块从A

点正上方距水平轨道BC

的竖直高度为圆弧半径的4

倍处由静止开始下落，恰好滑入圆弧轨道，且刚好没有滑出末端C

点.

已知小车的质量是物块的3

倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.

求：

(1)

物块到达圆弧轨道最低点B

时对轨道的压力是物块重力的几倍？

(2)

物块与水平轨道BC

间的动摩擦因数娄脤

29、如图所示；间距为L

电阻不计的平行金属导轨OPQ

和LMN

分别固定在两个竖直面内，在水平面PQMN

区域内有方向竖直向上、大小为B1

的匀强磁场，倾角为胃

的斜面OPML

区域内有方向垂直于斜面向上、大小为B2

的匀强磁场。将质量为m

电阻为R

长为L

的三个导体棒放置在导轨上，其中棒2

的两端分别固定在PM

点，粗糙的棒3

放置在倾斜导轨上，刚好不下滑，光滑的棒1

在水平外力作用下由静止开始以恒定的加速度a

沿水平导轨向右运动，棒1

始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，滑动过程中始终处于竖直磁场中，重力加速度为g

求：

(1)

棒3

刚要向上滑动瞬间；棒3

中电流I

的大小和方向；

(2)

棒3

刚要向上滑动瞬间，水平外力的功率P

30、如图所示；水平固定一个光滑长杆，有一个质量为m

小滑块A

套在细杆上可自由滑动.

在水平杆上竖直固定一个挡板P

小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L

的细线悬挂一个质量为2m

的小球B

将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.

求：

垄脵

小球运动过程中；相对最低点所能上升的最大高度；

垄脷

小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒．【解析】【解答】解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中；木块；子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；

在子弹击中木块的过程中；要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒；

因此子弹；木块和弹簧所组成的系统；在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；

故选：B2、C【分析】【分析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；用电容器和电势差的定义式即可求解．【解析】【解答】解：A；电场强度取决于电场本身的性质；与试探电荷无关，所以不能理解电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误．

B；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量；取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误．

C、根据点电荷的场强公式真空中点电荷电场强度公式E=；电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确．

D、据电势差的定义式UAB=知；带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A；B点的电势差为-1V，故D错误．

故选：C．3、D【分析】【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．【解析】【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果；故A错误；

B；把闭合的开关S断开；电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故B错误；

C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动；故C错误，故D正确；

故选：D．4、D【分析】【分析】根据电子所受电场力方向特点，分析电子的速度如何变化．电势φ-x图线的斜率等于电场强度大小，根据斜率的变化，分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化．由场强的变化情况，确定场源电荷．【解析】【解答】解：A；由图看出；电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，故A错误；

B；电势φ-x图线的斜率等于电场强度大小；由图看出，图线的斜率先变小后变大，则电场强度先变小后变大，该电场线不可能是孤立点电荷产生的，因为电子在孤立点电荷产生的电场中电场力一直增大或一直减小．故B错误，C错误．

D；电势φ-x图线的斜率等于电场强度大小；由图看出，图线的斜率先变小后变大，则电场强度先变小后变大，可能是等量异种电荷产生的．故D正确．

故选：D5、B【分析】【分析】根据加速度的定义式a=可知加速度与物体的速度的变化率成正比，与速度的变化量不成正比例关系，与速度的大小也不成正比例关系．【解析】【解答】解：A、根据a=可知加速度a由速度的变化量△v和速度发生改变所需要的时间△t共同决定；虽然△v大，但△t更大时，a可以很小．故A错误．

B、根据a=可知物体的加速度就是速度的变化率；与物体的速度的大小无关．所以即使物体的速度很大，但速度的变化率很小，其加速度也很小．故B正确．

C；当物体的速度为0时；若物体所受的合外力不为0，其加速度不为0，若合力为0，则加速度为0，如火箭刚点火时，速度为零而加速度不为零，故C错误．

D；加速度大、速度不一定大；如刚点火的炮弹，加速度恒定，初速度为零．故D错误．

故选：B6、A【分析】【分析】质点离开平衡位置的最大距离叫做振幅．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由波动图象可直接读出振幅和波长．根据波的周期性得到周期的通项，考虑到波的传播方向未知，还要注意波可能有两种不同的传播方向．根据v=可得到波速的通项，再求解波速的特殊值．【解析】【解答】解：A；B、由图知；此波的振幅一定为A=2cm．波长一定为λ=4cm，故A正确，B错误．

C、D、若波向右传播，根据波的周期性有：t=（n+）T，n=0，1，2，，则得周期T=s，波速v==（4n+1）cm/s；

若波向左传播，根据波的周期性有：t=（n+）T，n=0，1，2，，则得周期T=s，波速v==（4n+3）cm/s；

故知周期不一定是4s；波速不一定是1cm/s．故CD错误．

故选：A．7、D【分析】【分析】根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解．【解析】【解答】解：因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V；

2、电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压；

Q=Q1+Q2，即为：；

解得：U=5V；故D正确；ABC错误；

故选：D．8、C【分析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，时间和初速度共同决定水平位移．【解析】【解答】解：A、根据h=得，t=，高度增加一倍，则运动时间变为原来的倍．故A错误．

B、根据h=得，t=，高度增加一倍，则运动时间变为原来的倍，根据x=v0t知，水平位移变为原来的倍．故B错误．

C、根据x=v0t知；初速度增加一倍，则水平位移增加一倍．故C正确．

D；平抛运动的时间由高度决定；与初速度无关．故D错误．

故选C．二、多选题(共6题，共12分)9、BCE【分析】【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和，温度是分子平均动能的标志，热机的效率不可能达到100%．【解析】【解答】解：A；布朗运动是固体颗粒的运动；不是分子的运动，故A错误；

B；物体的内能是物体中所有分子的热运动动能和分子势能的总和；故B正确；

C；温度是分子的平均动能的标志；0℃的水与0℃的冰分子温度相同，平均动能相同，故C正确；

D；根据热力学第二定律可知；热机的效率不可能达到100%，故D错误；

E；温度是分子的平均动能的标志；对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大，故E正确；

故选：BCE10、BD【分析】【分析】（1）磁体的周围存在着看不见；摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在．

（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极．在磁体的内部；磁感线是从磁体的S极出发，回到N极．

（3）磁场中的一点；磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交．

（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述．磁场越强，磁感线越密集．【解析】【解答】解：A；磁场是客观存在的；磁感线是为零形象描述磁场而假想假想的，故A错误；

B；磁感线是为了描述磁场方便而假想的线；故B正确；

C；磁感线是为了描述磁场方便而假想的线；与小铁屑无关，故C错误；

D；磁感线是为了描述磁场方便而假想的线；可形象地描述磁场的强弱和方向，故D正确；

故选：BD．11、AB【分析】解：设子弹的初速度为v0；射入木块后子弹与木块共同的速度为v；

木块的质量为M；子弹的质量为m．

由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v，解得：v=

木块获得的动能为△Ek=Mv2=

系统产生的内能为Q=mv02-(M+m)v2=＞△Ek；则得到Q＞6J；

故选AB．【解析】【答案】AB12、AD【分析】【分析】重物受重力和两个细线的拉力，根据平衡条件并结合图示法作图分析即可．【解析】【解答】解：AB；对物体受力分析；如图所示：

由于AC长度大于BC长度，结合几何关系可得，FA＜FB；故增加物体重力，BC绳拉力大，先断，故A正确，B错误；

CD；如保持B、C点不动；将AC绳的A点向左移，作图如下：

显然FA＜FB；故BC绳拉力大，先断，故C错误，D正确；

故选：AD13、CD【分析】【分析】根据金属棒的受力情况，分析其运动情况，分析时要抓住安培力与速度成正比．【解析】【解答】解：金属棒在斜轨道运动时；先做加速运动，随着速度的增大，产生的感应电动势和感应电流增大，金属棒所受的安培力增大，合力减小，加速度减小，当加速度减小减至零做匀速运动．

金属棒进入水平轨道后受到向左的安培力；做减速运动，速度减小，安培力减小，所以做加速度减小的变减速运动，则知CD两图是可能的，AB不可能．

故选：CD．14、BC【分析】【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大；电压表读数增大；

并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I-I2；则减小．

故选：BC．三、填空题(共6题，共12分)15、4正10【分析】【分析】根据质点位移的变化判断其运动方向．由振动图象读出周期，结合周期性分析t=9s时质点的位移．【解析】【解答】解：题图为质点A的振动图象；由图象可知周期为T=4s．

t=8s以后质点A从平衡位置向正向最大位移处运动；所以其运动方向沿y轴正方向．

根据周期性知；质点在t=9s时偏离平衡位置的位移与t=1s时的位移相等，为10cm．

故答案为：4，正，10．16、方向周期性100【分析】【分析】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变．【解析】【解答】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流；电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化．

我国电网交流电的频率为50Hz；交变电流在1s内出现50个完整波形，则有100次峰值．

故答案为：方向、周期性、100．17、5【分析】【分析】不计空气阻力时，竖直上抛运动上升和下落具有对称性，物体在上升过程中的最后1秒上升的高度等于从最高点下落第1s的高度．【解析】【解答】解：不计空气阻力时；竖直上抛运动上升和下落具有对称性，物体在上升过程中的最后1秒上升的高度等于从最高点下落第1s的高度．下落时物体做自由落体运动．

从最高点下落第1s的高度h==m=5m

所以物体在上升过程中的最后1秒上升的高度为5m．

故答案为：5．18、-【分析】【分析】由E=BLv求出感应电动势，然后由欧姆定律求出电势差．【解析】【解答】解：bc边切割磁感线产生的感应电动势：E=Blv；

da两点的电势差：U=IR=×R=；

由右手定则可知，电流由d流向a，则ad两点间的电势差为：-；

故答案为：-．19、20【分析】【分析】本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．【解析】【解答】解：交变电流i=20sin100πt，由正弦交流电的有效值与最大值的关系可知，有效值：I===20A．

故答案为：20．20、8eV【分析】【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况．【解析】【解答】解：小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV①

由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Uac②

从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb③

联立①②③可得Ekc=14eV．

由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=14eV

即电势能和动能之和为8eV；因此当电势能等于6eV时动能为8eV；

故答案为：8eV四、判断题(共3题，共18分)21、√【分析】【分析】分子在永不停息的做无规则热运动，物体内部个别分子的速度具有怎样的数值和方向完全是偶然的，但就大量分子的整体来看，在一定的条件下，物体分子的速度分布也遵从一定的统计规律．【解析】【解答】解：对于大量分子；其运动有一定的统计规律，但对于个别分子，其运动的速度完全是偶然的；

故答案为：√22、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：较大的颗粒不做布朗运动是因为跟颗粒碰撞的分子数较多；多方面的撞击导致受力平衡．因为各个方向的分子冲击力比较均衡，所以不易改变大颗粒的运动状态，不是因为分子的冲击力小．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×．23、×【分析】【分析】原子核由质子和中子构成．【解析】【解答】解：原子核由质子；中子构成；故说法错误．

故答案为：×五、解答题(共4题，共8分)24、略

【分析】【分析】（1）由欧姆定律和并联电路电压相等的特点，求出通过R1的电流；再得到电流表的读数I．

（2）由欧姆定律求出R2的电压；再得到电源电压U．

（3）根据欧姆定律和串联、并联电路的特点，求出灯泡的电压，由公式P=求小灯泡的实际功率P．【解析】【解答】解：（1）小灯泡正常发光；通过灯泡的电流为：

IL==A=0.5A

通过R1的电流为：

I1==A=1A

故电流表的读数为：

I=IL+I1=1.5A

（2）电源电压为：

U=UL+IR2=12+1.5×4=18V

（3）灯泡的电阻为为：

RL===24Ω

若滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；则并联部分的电阻为：

R并==Ω=6Ω

此时灯泡的电压为：

UL′=U=×18V=10.8V

小灯泡的实际功率为：

P===4.86W

答：（1）电流表的读数是1.5A．

（2）电源电压U是18V．

（3）小灯泡的实际功率P是4.86W．25、略

【分析】【分析】甲车分别求出前后两半位移内时间，然后由平均速度定义可得平均速度．乙车分别求出前后两半时间内的位移，然后由平均速度定义可得平均速度【解析】【解答】解：甲车：设总位移为2s；

通过前一半位移时间为：；

通过后一半位移时间为：；

全程平均速度为：．

乙车；设总时间为2t，则：

前一半时间内的位移：s1=v1t

后一半时间内的位移：s2=v2t

全过程的平均速度：

答：甲、乙两质点在整个位移中的平均速度大小分别为24m/s和25m/s26、略

【分析】【分析】粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡；由牛顿第二定律可知洛仑兹力充当向心力；由几何关系可求得粒子运动的半径，联立可解得电容器两端的电压；由闭合电路欧姆定律可求得滑动变阻器的阻值．【解析】【解答】解：小球进入电磁场做匀速圆周运动；说明重力和电场力等大反向，即：

洛仑兹力提供向心力；根据牛顿第二定律有：

连立化简得：

小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°；根据几何关系得R=d

连立带入数据U2=4V

干路电流为：

答：Rx是54Ω．27、略

【分析】【分析】由几何知识得到质子的半径；根据牛顿第二定律列方程求出速度的大小；

如果α粒子与质子在坐标原点O相遇，做出二者的轨迹，找出二者周期的关系，从而确定二者速度的关系．【解析】【解答】解：（1）根据题设条件，质子进入磁场的速度方向垂直于x轴，可知质子运动的轨道半径必在x轴上，又因质运动时经过坐标原点，故其轨道半径rP=L0，设粒子的运动速度为vP；由牛顿第二定律得：

m=eBvp

所以解得质子的速度为：vp=

（2）首先对粒子运动的时间特征进行研究：质子做圆周运动的周期为TP=，而α粒子的荷质比为质子的2倍，因此α粒子的运动周期为质子运动周期的2倍，即Tα=．由于匀速圆周运动是周期性的运动；因而质子将多次穿过坐标原点O，其时间为：

tp=，，

而这些时刻又分别与α粒子运动的以下时间对应着tα=，

即如果α粒子在时刻t=Ta到达O点，它运行了周期；如果α粒子在时刻t=Ta到达O点，它运行了周期．

因此，α粒子进入磁场处与O点之间的连线必为圆周或圆周所对的弦，如图所示（可以看出ta=等情形不必再考虑）．在图作出圆弧所对应的圆心角，建立几何关系，不难得到α粒子运动的轨道半径为：

rα=L0

设α粒子运动的速度为va，则由牛顿运动定律得：4m•=2e•B•vα

并综合以上各式，可得：vα=

对应着两种不同的轨迹；粒子运动的速度方向有两个，如图所示，为：

θ1=，θ2=

答：（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为vp=；

（2）如果α粒子与质子在坐标原点O相遇，α粒子的速度应为vα=．六、计算题(共3题，共27分)28、解：（1）设物块的质量为m；其开始下落处位置距BC的竖直高度为4R，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R．

由机械能守恒定律得：mg×4R=mv2

在B点根据牛顿第二定律得：FN-mg=m

联立两式解得：FN=9mg

（2）；设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F；物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s．依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R．

由滑动摩擦公式得：F=μmg

由动量守恒定律得：mv=（m+3m）v′

对物块；小车分别应用动能定理；有。

物块：-F（10R+s）=mv′2-mv2

小车：Fs=（3m）v′2-0

联立求得动摩擦因数：μ=0.3

答：（1）物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍；

（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为0.3．【分析】

物块恰好落入小车圆弧轨道滑动；做圆周运动，到达圆弧轨道最低点B

时受到的圆弧的支持力与重力合力提供向心力，运用机械能守恒定律和牛顿第二定律即可求出物块对轨道的压力，从而求出与重力的比值.

物块在小车BC

上滑动，通过摩擦力相互作用，满足动量守恒，然后对物块和小车分别使用动能定理即可求出动摩擦因数娄脤

．

分析物块的运动过程，明确物块和小车间的相互作用，知道物块在小车BC

上滑动，通过摩擦力相互作用，物块做匀减速运动，小车做匀加速运动，恰好没有滑出小车，说明二者速度相等，这样就可以依次选择机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理求解.

求动摩擦因数选动能定理简单，因为不考虑中间的运动过程．【解析】解：(1)

设物块的质量为m

其开始下落处位置距BC

的竖直高度为4R

到达B

点时的速度为v

小车圆弧轨道半径为R

．

由机械能守恒定律得：mg隆脕4R=12mv2

在B

点根据牛顿第二定律得：FN鈭�mg=mv2R

联立两式解得：FN=9mg

FNmg=9mgmg=9

(2)

设物块与BC

间的滑动摩擦力的大小为F

物块滑到C

点时与小车的共同速度为v隆盲

物块在小车上由B

运动到C

的过程中小车对地面的位移大小为s.

依题意，小车的质量为3mBC

长度为10R

．

由滑动摩擦公式得：F=娄脤mg

由动量守恒定律得：mv=(m+3m)v隆盲

对物块；小车分别应用动能定理；有。

物块：鈭�F(10R+s)=12mv隆盲2鈭�12mv2

小车：Fs=12(3m)v隆盲2鈭�0

联立求得动摩擦因数：娄脤=0.3

答：(1)

物块到达圆弧轨道最低点B

时对轨道的压力是物块重力的9

倍；

(2)

物块与水平轨道BC

间的动摩擦因数娄脤

为0.3

．29、解：

（1）由于开始棒3放置在倾斜