2025年外研版2024高三物理下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年外研版2024高三物理下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9题，共18分)1、下列关于磁现象的说法中不正确的是（）A.地磁场的南极在地理的南极附近B.指南针是利用地磁场来指示方向的C.电视机显像管利用了磁偏转的原理D.电动机是利用磁场对电流的作用来工作的2、如图是平抛竖落仪，用小锤打击弹性金属片，金属片把a球沿水平方向抛出，同时b球松开自由落下，两球质量相等，不计一切阻力，则（）A.b球比a球先落地B.下落相同高度时，a求速率比b球速率大C.a球在水平和竖直方向的运动相互没有影响D.两球之所以同时落地是因为在竖直方向上都是自由落体运动3、我国发射的“神州六号”载人飞船，与“神州五号”飞船相比，它在更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法中正确的是（）A.“神州六号”的速度较小B.飞船所受合力为零C.“神州六号”的周期更短D.飞船静止在赤道的上空4、在北半球，地磁场磁感应强度的一个分量竖直向下（以“×”表示）．如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转（）A.不偏转B.向东C.向西D.无法判断5、有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1mm、4mm。则下列说法正确的是（）A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动B.粒子经过P点与Q点时，加速度大小相等、方向相反C.粒子经过P点与Q点时，动能相等D.粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等6、如图1所示，高空滑索是一项勇敢者的游戏，一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在倾角为θ=30°的足够长的钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图2和如图3所示的两种情形，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A.图2的情形中；人可能匀速下滑。

B.图2的情形中；钢索对轻环的作用力小于人的重力。

C.图3的情形中；钢索对轻环可能无摩擦力。

D.图3的情形中；若轻环突然被卡而停止，则在此瞬间轻绳对人的拉力一定大于人的重力。

7、如图所示，线圈匝数为n

横截面积为S

线圈电阻为r

处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k

磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C

定值电阻的阻值为r

由此可知，下列说法正确的是(

)

A.电容器下极板带正电B.回路电流逐渐增大C.电容器所带电荷量为nskc2

D.电容器所带电荷量为nskc

8、rm{2016}年我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”rm{Na?CO_{2}}电池。放电时该电池“吸入”rm{CO_{2}}充电时“呼出”rm{CO_{2}}吸入rm{CO_{2}}时，其工作原理如图所示。吸收的全部rm{CO_{2}}中，有rm{2/3}转化为rm{Na_{2}CO_{3}}固体沉积在多壁碳纳米管rm{(MWCNT)}电极表面。下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.“吸入”rm{CO_{2}}时的正极反应：rm{4Na^{+}+3CO_{2}+4e^{-}=2Na_{2}CO_{3}+C}B.“吸入”rm{4Na^{+}+3CO_{2}+4e^{-}=

2Na_{2}CO_{3}+C}时，钠箔为正极C.“呼出”rm{CO_{2}}时，rm{CO_{2}}向多壁碳纳米管电极移动D.标准状况下，每“呼出”rm{Na^{+}}转移电子数为rm{22.4LCO_{2}}rm{0.75mol}9、矩形线框垂直于匀强磁场且位于线框平面的轴匀速转动时产生交变电流，下列说法正确的是（）A.当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B.当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势为零C.每当线框掠过中性面时，感应电动势和感应电流方向就改变一次D.线框经过中性面时各边切割线的速度为零评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、（2014秋•枞阳县校级月考）如图所示，将斜面体固定在水平面上，其两个斜面光滑，斜面上放置一质量不计的柔软薄纸带（斜面上加粗部分为纸带）．现将质量为mA的A物体和质量为mB的B物体轻放在纸带上．两物体可视为质点，物体初始位置及数据如图所示．若纸带与物体A、B间的动摩擦因数足够大，在纸带上同时放上A、B后，发现两物体恰好都能保持静止，则mA和mB应满足什么关系为____．11、地球表面赤道上的人和北纬45°处的人，随地球自转的角速度之比____，线速度之比____．12、（2009秋•鼓楼区校级期中）如图所示，ABCD是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为A=10V，B=6V，C=-2V，由此可得D点电势AD=____V．13、磁体上磁性最强的部分叫____，同名磁极相互____，异名磁极相互____．14、通过“探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间的关系”实验；我们知道：在弹性限度内，弹簧弹力F与形变量x成正比，并且不同弹簧，其劲度系数也不同．某中学的探究学习小组从资料中查到：弹簧的劲度系数与弹簧的材料和形状有关．该学习小组想研究弹簧的劲度系数与弹簧原长的关系，现有A，B，C，D四根材料和粗细完全相同仅长度不同的弹簧．

（1）学习小组的同学们经过思考和理论推导，各自提出了自己的看法，其中甲同学认为弹簧的劲度系数可能与弹簧长度成正比，乙同学认为弹簧的劲度系数可能与弹簧原长成反比，甲、乙有一名同学的看法是正确的．你认为正确的是______（填“甲”或“乙”），就这一环节而言，属于科学探究中的哪个环节______（填序号）．

A．分析与论证B．进行实验与收集证据。

C．猜想与假设D．制定计划与设计实验。

（2）为验证甲、乙谁的看法正确，可通过实验完成，实验器材除上述弹簧和已知质量的几个钩码外，还需要的实验器材是______．

（3）探究学习小组进行实验记录的数据如表所示．

实验数据记录（g=10m/s2）

。原长钩码质量弹簧长度弹簧伸。

长量x弹簧劲度。

系数k弹簧A10.00cm0.3kg13.00cm3.00cm100N/m弹簧B15.00cm0.1kg16.49cm1.49cm67.1N/m弹簧C20.00cm0.2kg24.00cm____________弹簧D30.00cm0.1kg32.99cm2.99cm33.4N/m请完成上表，从中得出的结论为：______．15、（2012春•邛崃市校级月考）如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡．将电键K闭合；再将电键K断开，则观察到的现象是：

（1）K闭合瞬间，D1____，D2____

（2）K断开瞬间，D2____，D1____．16、某同学把卡尺间的窄缝调节0.5mm去观察某一单色线光源，看到了明暗相间的条纹；这是光的____现象；若把缝的宽度减小到0.2mm，则看到的现象是条纹宽度____，亮度____．这说明衍射现象中，当其____时，衍射现象更为明显．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、坐标系都是建立在参考系上的．____．（判断对错）18、穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，回路中感应电流就一定为零．____（判断对错）19、电荷在电场中一定受电场力的作用．____（判断对错）20、分子的动能和分子势能的和叫做这个分子的内能．____．（判断对错）21、分力的大小一定小于合力的大小．____．评卷人得分四、实验探究题(共3题，共30分)22、利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度；将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．

（1）滑块通过B点的瞬时速度可表示为______；

（2）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=______，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=______，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep则可认为系统的机械能守恒；

（3）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2-d图象如图2所示，并测得M=m，则重力加速度g=______m/s2．23、在做“测电源电动势与内阻”的实验中；

(1)

先用多用电表粗测了干电池的电动势。如图1

所示是测量时选择开关与表头指针所处的位置；则该电池的电动势为______V

实验结束后，应将选择开关拨到图中的______挡位(

选填ABC

或D)

(2)

设计如图2

电路进行测量。在实验中发现变阻器的滑片由M

端向N

端逐渐滑动时；电流表示数逐渐增大，电压表的示数接近1.5V

并且几乎不变，当滑片临近N

时，电压表示数急剧变化。出现这种问题，应更换一个总阻值比原来______(

选填“大”或“小”)

的变阻器。

(3)

更换(2)

中变阻器后，记录分布均匀的8

组电流表示数(I)

以及电压表示数(U)

在数据处理软件中，以U

为纵轴，以I

为横轴，经拟合得到直线U=1.4875鈭�1.5025I

则电动势的测量值是______V

内电阻的测量值是______娄赂.(

均需保留三位有效数字)

24、某同学想要测量一只电压表V的内阻；实验室提供的器材如下：

A．电池组（电动势约为3V；内阻不计）；

B．待测电压表V（量程3V；内阻约3kΩ）；

C．电流表A（量程3A；内阻15Ω）；

D．滑动变阻器R1（最大阻值为15kΩ）

E．变阻箱R2（0～9999Ω）；

F．开关和导线若干。

（1）该同学设计了如下四个电路；为了较准确地测出该电压表内阻，你认为合理的是______。

（2）用你选择的电路进行实验时；为了能作出相应的直线图线；方便计算出电压表的内阻，你认为应该选______为横坐标，______为纵坐标建立坐标轴进行数据处理（填所测物理量的名称或符号）。

（3）根据前面所做的选择，利用实验数据所作图象的斜率为k、截距为b，则待测电压表V内阻的表达式Rv=______。评卷人得分五、证明题(共4题，共12分)25、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．26、如图所示，小球用不可伸长的长度为L的轻绳悬于O点．（不计阻力）试证明：绳对小球在最低点拉力T1与最高点拉力T2之差T1-T2=6mg．

27、船以4m/s′的速度（相对静水）垂直河岸渡河；水流的速度为5m/s．若河宽为120m，试计算：

（1）船能否垂直到达对岸？

（2）船需要多少时间才能到达对岸？

（3）船登陆的地点离出发点的距离是多少？28、如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成．偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边．大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间．当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0；磁场的磁感应强度大小为B；方向水平且垂直纸面向里．

（1）如果电子在t=t0时刻进入两板间；求它离开偏转电场时竖直分位移的大小．

（2）要使电子在t=0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上；匀强磁场的水平宽度l为多少？

（3）证明：在满足（2）问磁场宽度l的条件下，所有电子自进入板间到最终打在荧光屏上的总时间相同．评卷人得分六、作图题(共4题，共20分)29、作图题．

30、某同学站在观光电梯地板上，用加速度传感器记录了电梯由静止开始运动的加速度随时间变化情况，以竖直向上为正方向．根据a-t图象提供的信息，g取10m/s2；求：

（1）前35s内最大的加速度是多少？

（2）设该同学质量为50kg；请画出他对电梯地板压力随时间变化的图象；

（3）如图是电梯运动的a-x图象，横轴为电梯上升的位移，求x=15m时电梯的速度．31、（2015秋•昆明校级期中）如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=-8×10-6C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3.2×10-5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.6×10-5J的功．求：

（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；

（2）作出过B点的一条电场线（只保留作图的痕迹，不写做法）．32、如图所示，F1、F2是两个共点力；请按照平行四边形定则画出它们的合力F．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】在电视机中当电子射入与电子速度垂直的磁场，然后在洛伦兹力的作用下发生偏转；地磁的南极在地理的北极附近，而在磁体的外部，磁感线是从N极出发到达S极，故地磁场有一个向北的分量，故小磁针在地磁场的作用下N极指向北方，S极指向南方；电动机中存在磁场，当有电流通过磁场时，通电导线受到安培力的作用从而带动线圈在磁场中运动．【解析】【解答】解：A；地磁场的南极在地理的北极附近．故A错误；

B；在地球的周围存在着地磁场；而指南针其实就是一个小磁针，小磁针在磁场力的作用下发生偏转，由于地磁的南极在地理的北极附近，而在磁体的外部，磁感线是从N极出发到达S极，故地磁场有一个向北的分量，故小磁针的N极指向北方，S极指向南方，故指南针是利用地磁场来指示方向的，故B正确．

C；在电视机中当电子射入与电子速度垂直的磁场中后；电子受到磁场的洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下发生偏转，故电视机的显像管利用了磁偏转的原理，故C正确．

C；电动机中存在磁场；当有电流通过磁场时，通电导线受到安培力的作用从而带动线圈在磁场中运动，故电动机是利用磁场对电流作用来工作，故C正确．

本题是选不正确的说法，故选：A．2、B【分析】【分析】a球做平抛运动，b球做自由落体运动，不论a球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，进而可以一一作答．【解析】【解答】解：A；两球同时落地．故A错误．

B、a球在竖直方向做自由落体运动，平抛时，则有水平速度，因此下落相同高度时，a球速率比b球速率大；故B正确；

C；根据分运动相互影响；则a球在水平和竖直方向的运动相互没有影响，故C正确；

D、a球做平抛运动，b球做自由落体运动；不论a球的初速度如何，两球都同时落地，从而说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，则它们的加速度相同，故D正确；

故选：BCD．3、A【分析】【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度、周期物理量根据轨道半径的关系判断各物理量的大小关系．【解析】【解答】解：A、万有引力提供圆周运动向心力有得线速度知；轨道大的神州六号运行速度小，故A正确；

B；飞船只受地球的万有引力作用；故其所受合力不为0，故B错误；

C、根据万有引力提供圆周运动向心力有：得飞船周期知；轨道大的神州六号运行周期大，故C错误；

D；神州号飞船不在地球同步卫星轨道上运动；故其相对于地球不处于静止状态，故D错误．

故选：A．4、B【分析】【分析】根据磁场方向与粒子所受洛伦兹力方向，应用左手定则可以判断出电荷的速度方向，即运动方向．【解析】【解答】解：由图示可知；磁场垂直于纸面向里，粒子带负电，由左手定则可知，粒子的速度方向竖直向上，所受洛伦兹力水平向右，即向东．故B正确，ACD错误；

故选：B5、C【分析】试题分析：粒子从坐标原点开始运动时电场力作正功粒子动能增大，2mm处时粒子所受电场力与坐标原点时相反电场力开始做负功粒子动能减小，到横坐标为6mm处时电场对其做功正好为0粒子动能为零，粒子不可能一直向前运动，故A错误；粒子经过P点与Q点时，由于两点的电场强度并不相同粒子的加速度大小不同，故B错误；由于P点与Q点处于同一等势面上，从P点到Q点电场力做功为0，故粒子在两点的动能相等，C项正确；粒子经过P点与Q点时，速度大小相同但由于电场力大小不同由可知电场力做功的功率不同，故D错误。考点：本题考查了电场力、动能、加速度、速度、功率等概念【解析】【答案】C6、B|D【分析】

A；B、图2中；对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，做匀加速直线运动；

拉力T=mgsin30°=0.5mg；故A错误，B正确；

C；D、图3的情形中；人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T=mg；

环做匀速运动；合力为零，受细线的拉力；支持力和摩擦力，三力平衡，如图所示；

图3的情形中；若轻环突然被卡而停止，人将绕环转动，人受的重力和拉力的合力提供向心力，有：

T-mg=m故T＞mg；

故C错误；D正确；

故选BD．

【解析】【答案】不管是图2还是图3；人均做直线运动；若是匀速直线运动，合力为零；若是变速直线运动，合力与速度共线；受力分析后运用平行四边形定则作图分析．

7、C【分析】解：A

闭合线圈与阻值为r

的电阻形成闭合回路；线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压；由楞次定律可知，电流由右侧流入，左侧流出；故电容器上极板带正电；故A错误；

B；因磁感应强度均匀变化；故产生的感应电动势保持不变，电流不变，故B错误；

C、线圈产生的感应电动势为：E=nS鈻�B鈻�t=nSk

路端电压：U=E2rr=nsk2

则电容器所带电荷量为：Q=CU=nskC2

故C正确，D错误；

故选：C

磁场均匀增强；线圈中产生恒定的感应电动势，相当于电源；由楞次定律判断电流的方向；根据法拉第定律可求得感应电动势的大小，由电路的结构求出路端电压。带电微粒P

处于平衡状态，电场力与重力平衡，由平衡条件列式，即可求出P

的电荷量，由楞次定律判断电容器极板的电性，从而判断P

的电性。

本题是电磁感应与带电粒子在电场平衡问题的综合，关键要能根据法拉第定律求出感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向。【解析】C

8、A【分析】【分析】本题考查原电池和电解池的工作原理，电极反应式的书写，电化学综合计算等，难度中等。【解答】A.“吸入”rm{CO_{2}}时，是原电池，正极反应：rm{4Na^{+}+3CO_{2}+4e^{-}=}rm{2Na_{2}CO_{3}+C}，故A正确；B.“吸入”rm{CO_{2}}时；是原电池，钠箔为负极，故B错误；

C.“呼出”rm{CO_{2}}时，是电解池，电解质溶液中阳离子移向阴极，则rm{Na^{+}}向钠箔移动；故C错误；

D.标准状况下，每“呼出”rm{3molCO_{2}}转移rm{4mol}电子，则转移rm{3molCO_{2}}电子，则“呼出”rm{4mol}rm{22.4LCO}rm{22.4LCO}故D错误。rm{2}rm{2}【解析】rm{A}9、C【分析】【分析】线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．【解析】【解答】解：A；在中性面时感应电流为零；感应电动势为零，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误；

B；当穿过线框的磁通量为零时；线框中感应电动势最大；故B错误；

C；每当线框掠过中性面时；感应电动势和感应电流方向就改变一次；故C正确；

D；左右两边要切割磁感线的速度不为零；但由于相互抵消而使磁通量为零；故D错误；

故选：C．二、填空题(共7题，共14分)10、3：4【分析】【分析】物体A、B均受重力、支持力和静摩擦力，受力平衡，根据平衡条件列式求解即可．【解析】【解答】解：由于纸带对A；B两个物体的摩擦力大小相等；系统处于平衡态，则。

mAgsin53°=mBgsin37°

解得：mA：mB=3：4

故答案为：3：4．11、1：1：1【分析】【分析】站在赤道上的人A和站在北纬45°位置的人B同轴转动，角速度相等，根据v=ωr列式求解线速度之比．【解析】【解答】解：站在赤道上的人A和站在北纬45°位置的人B同轴转动；角速度相等；

根据v=ωr，ω一定时，线速度v∝r，故vA：vB=rA：rB=R：Rcos45°=：1；

故答案为：1：1，：112、2【分析】【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．【解析】【解答】解：AB和CD是平行线，设它们与电场线的夹角是θ，则：UAB=ELcosθ=UDC；

又：UAB=φA-φB=10-6=4V

所以有：UDC=φD-φC=4V

得D点电势为：UD=2V．

故答案为：2．13、磁极排斥吸引【分析】【分析】根据磁极的概念和磁极间的相互作用规律填写．【解析】【解答】解：磁体上磁性最强的部分叫做磁极；一个磁体上有两个磁极，分别叫南极和北极．磁体靠近时，同名磁极之间相互排斥异名磁极之间相互吸引．

故本题答案为：磁极、排斥、吸引14、略

【分析】解：（1）弹簧的劲度系数由弹簧的本身决定；而与悬挂的重物无关，所以乙正确．

由于实验还没有被证实；所以属于猜想与假设环节．故选C

（2）实验中需要悬挂弹簧测力计；所以需要铁架台，还需要测量弹簧形变量，所以需要刻度尺．

（3）根据数据计算可知道：

弹簧的伸长量x=弹簧长度-原长：即：x=24.00-20.00=4.00cm=0.04m

拉力F=mg=0.2×10=2N

由：F=kx得：

k===50N/m

看一看其它三个弹簧弹力与劲度系数以及形变量的关系：

弹簧A：3=100×0.03

弹簧B：1≈67.1×0.0149

弹簧D：1≈33.4×0.0299

故答案为：（1）乙C（2）铁架台；刻度尺。

（3）4.00cm50N/m

在实验允许的误差范围内；弹簧的劲度系数与弹簧原长成反比．

（1）两个同学先做出假设；后进行实验验证，是科学探究中的猜想与假设环节．

（2）弹簧的伸长量x=弹簧长度-原长；劲度系数k可由：F=kx求出。

本题比较简单考查了胡可定律的应用，做题时需要结合数学知识求解，是一道考查数学与物理结合的好题目【解析】乙；C；铁架台、刻度尺；4.00cm；50N/m；在实验允许的误差范围内，弹簧的劲度系数与弹簧原长成反比15、立刻亮而后熄灭立刻亮而后更亮立刻熄灭闪亮或变亮而后熄灭【分析】【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．【解析】【解答】解：L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡。

（1）K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以以后D1熄灭，D2变亮；

（2）K闭合断开，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭；

故答案为：（1）立刻亮而后熄灭；立刻亮而后更亮；

（2）立刻熄灭，闪亮或变亮而后熄灭．16、衍射变大变暗障碍物或孔的尺寸越小【分析】【分析】衍射条纹的宽度和亮度与单缝的宽度有关，宽度越窄，亮度越弱，条纹的宽度越宽，当缝的宽度与障碍物尺寸差不多或比障碍物尺寸小，可以发生明显的衍射．【解析】【解答】解：观察某一单色线光源；看到了明暗相间的条纹，这是光的衍射现象；

衍射条纹的宽度与缝的宽度有关；缝变宽，条纹变窄，亮度增大，缝变窄，条纹变宽，亮度减弱．知衍射现象中，衍射图样条纹的宽度及亮度与单缝宽度有关．当缝的宽度与障碍物尺寸差不多或比障碍物尺寸小，可以发生明显的衍射．所以缝的宽度变窄时，衍射现象更明显．

故答案为：衍射；变大；变暗；障碍物或孔的尽寸越小．三、判断题(共5题，共10分)17、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系．【解析】【解答】解：建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，所以该说法是正确的．

故答案为：√18、×【分析】【分析】结合产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化即可正确判定．【解析】【解答】解：产生感应电流的条件是闭合回路的磁通量发生变化；题目中穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量为零时，没有说明磁通量是否变化，所以不能判断出没有感应电流产生．所以以上说法是错误的．

故答案为：×19、√【分析】【分析】电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用，电荷在电场中一定受到电场力作用．【解析】【解答】解：电场的基本性质就是对其中的电荷有力的作用；故电荷在电场中一定受电场力的作用．

故答案为：√20、×【分析】【分析】从微观上说，系统内能是构成系统的所有分子无规则运动动能、分子间相互作用势能的总和，是大量分子的统计规律．【解析】【解答】解：物体内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和；注意是物体的内能，不是分子的内能；

故答案为：×21、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一条直线上；根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直线反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．【解析】【解答】解：当二力反向时；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故这句话是错误的；

故答案为：×四、实验探究题(共3题，共30分)22、略

【分析】解：（1）由于光电门的宽度b很小；所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．

滑块通过光电门B速度为：vB=

（2）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E=（M+m）（）2=

系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m-）gd；

比较△Ep和△Ek；若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．

（3）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m-）gd；

则v2=2×gd

对应v2-d图象，则图线的斜率：k=2×g；

由图象可知，k==4.8；

则有：g=×

代入数据得：g=9.6m/s2．

故答案为：（1）

（2）（m-）gd；

（3）9.6．

（1）由于光电门的宽度d很小；所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．

（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量；根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．

（3）根据图象的物理意义可知；图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．

本题应了解光电门测量瞬时速度的原理．同时在实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，掌握系统机械能守恒处理方法，注意图象的斜率的含义．【解析】（m-）gd；9.623、略

【分析】解：(1)

由图可知；电压表量程为2.5V

则指针的示数为1.48V

使用结束时，开关应打在OFF

档或交流电压500V

档；故本题中只能打在A

档上；

(2)

滑动变阻器串联在电路中；电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P

由A

端向B

端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P

滑至临近B

端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大；

所以原因是：滑动变阻器阻值太大；有效使用的部分短，改进方法为：选择阻值更小的滑动变阻器。

(3)

根据闭合电路欧姆定律可知，U=E鈭�Ir

则对比得出的直线U=1.4875鈭�1.5025I

可知，电动势E=1.49V

内阻r=1.50娄赂

故答案为：(1)1.48(1.46鈭�1.49

均可)A(2)

小(3)1.491.50

(1)

明确多用电表的读数方法；从而得出最终读数；知道多用电表的使用方法，明确测量结束后选择开关应打在交流电压500V

档；

(2)

滑动变阻器串联在电路中；电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑动触头P

由A

端向B

端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑动触头P

滑至临近B

端时，电压表的示数急剧变化，说明滑线变阻器的总电阻太大；

(3)

根据给出的点可得出对应的图象；由图象结合闭合电路欧姆定律即可求得电动势和内电阻。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，知道实验中应用图象求解电动势和内电阻的基本方法。【解析】1.48A

小；1.491.50

24、CR【分析】解：（1）A；图A所示电路滑动变阻器与电压表串联接入电路；电源电动势约为3V，电压表内阻约为3kΩ，由于电压表内阻太大，电路电流很小几乎为零，电流表无法准确读数，A电路不合理。

B；图B电路中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ；电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此B电路不合理。

C；图C电路；由于电阻箱电阻最大阻值为9999Ω，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图C。

D；图D电路中当电阻箱电阻较大时；电压表便于读数，但电流表示数很小不便读数；当电阻箱电阻小较小时，电流表读数不超过五分之一满偏，故D电路不合理。

故选：C。

（2）选用图C所示实验电路；闭合开关S，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的读数U和电阻箱的阻值R。

由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得：此式可改写为：

以R为横坐标，为纵坐标，作出图象；用图象法处理实验数据。

（3）由则图象的斜率：截距：则电压表内阻

故答案为：（1）C；（2）R；（3）

（1）电压表内阻很大；串联接入电路后电流很小，电流表示数几乎为零，无法准确读数，因此不能用伏安法测电压表内阻，应使用电压表与电阻箱组成电路测电压表内阻。

（2）应用图象法处理实验数据时；图象为直线最简单，根据闭合电路的欧姆定律求出电压与电阻箱阻值关系，然后作出合适的图象。

（3）根据函数表达式求出斜率k与截距b的表达式；然后求出电压表内阻。

本题考查了实验电路的选择、实验步骤、实验数据处理等；应用图象法处理实验数据时，要选择合适的变量，使图象为直线，图象是直线，图象比较直观、易于实验数据的处理。【解析】CR五、证明题(共4题，共12分)25、略

【分析】【分析】（1）①根据滑动摩擦力公式f=μN求解摩擦力．

②根据牛顿第二定律得物块和薄纸的加速度．从而得到速度的变化量；再研究水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量，即可证明．

（2）根据相对位移，得到摩擦产生的热量，利用功能关系求解．【解析】【解答】解：（1）①从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

物块对薄纸施加的摩擦力f物=μ2Mg

水平桌面对薄纸施加的摩擦力f桌=μ1（M+m）g

薄纸受到的总的摩擦阻力f总=μ1（M+m）g+μ2Mg

②从开始抽纸到薄纸被抽离物块底部的过程，假设物块的加速度为aM、薄纸的加速度为am，所用时间为t，这一过程物块和纸张的速度变化量分别为△vM，△vm．

则有△vM=aMt，△vm=amt；

对于薄纸，根据牛顿第二定律有F-f桌-f物=mam

对于物块，根据牛顿第二定律有f纸=MaM

由牛顿第三定律有f物=f纸

由以上三式解得F-f桌=mam+MaM

上式左右两边都乘以时间t，有（F-f桌）t=mamt+MaMt=m△vm+M△vM

上式左边即为水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量；右边即为物块和纸的总动量的变化量．命题得证．

说明：其他方法正确同样得分．

（2）设物块在薄纸上加速和在桌面上减速的位移分别为x1，x2；

则物块对地位移s0=x1+x2

因薄纸质量可忽略；故其动能可忽略，所以水平拉力F所做的功有以下一些去向：

薄纸与桌面间的摩擦生热Q1=μ1Mg（x1+L）

物块与薄纸间的摩擦生热Q2=μ2Mgs相=μ2MgL

物块与桌面间的摩擦生热Q3=μ1Mgx2

由功能关系有WF=Q1+Q2+Q3

解得WF=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL

所以，水平拉力F所做的功W=μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．

答：

（1）①薄纸所受总的摩擦力为μ1（M+m）g+μ2Mg．②证明见上．

（2）此过程中水平拉力所做的功为μ1Mg（s0+L）+μ2MgL．26、略

【分析】【分析】根据牛顿第二定律分别求出小球通过最高点和最低点时拉力与速度的关系式，再由机械能守恒定律列式，得到两点速度的关系，联立即可证明．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得：

在最高点有：T2+mg=m

在最低点有：T1-mg=m

根据机械能守恒定律得：mg•2L=-mv22；

解得：T1-T2=6mg

得证．27、略

【分析】【分析】将小船渡河的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向的两个分运动；在两个方向上都做匀速直线运动，因此不能垂直到达对岸；

再根据分运动和合运动具有等时性求出渡河的时间；

结合两方向的位移公式，由矢量合成法则，即可求解登陆的地点离船出发点的距离【解析】【解答】解：（1）船以4m/s垂直河岸的速度渡河；因存在水流的速度为5m/s，则是船不能垂直达到对岸；

（2）因船以4m/s垂直河岸的速度渡河时间最短，根据t==s=30s；则有渡河时间至少为30s；

（3）在渡河时间内，船沿着水流方向的位移为：s=vst=5×30m=150m；

所以船登陆的地点离船出发点的距离是：x==m=30m；

答：（1）船不能垂直达到对岸；

（2）船需要30s时间才能达到对岸；

（3）船登陆的地点离船S发点的距离是30m．28、略

【分析】【分析】（1）电子在t=t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，运动时间为t0，根据牛顿第二定律求出加速度，由y=求出电子离开偏转电场时竖直分位移的大小．

（2）根据加速度和时间求出电子在电场中速度的偏向角θ．在磁场中最终垂直打在荧光屏上；则电子在磁场中的速度偏向角也θ，轨迹的圆心角为θ，由牛顿第二定律和几何关系求解匀强磁场的水平宽度．

（3）电子在电场中水平是匀速直线运动，在两板间运动的时间均为t1=2t0．电子在磁场中速度偏向角仍为θ，电子在磁场中运动时间为t2==，得到总时间总是相同．【解析】【解答】解：（1）电子在t=t0时刻进入两板间；先做匀速运动，后做类平抛运动；

在2t0～3t0时间内发生偏转

（2）设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则

电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上；其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律

有

由几何