2025年苏人新版高二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年苏人新版高二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7题，共14分)1、在水波槽的衍射实验中，若打击水面的振子振动频率是5Hz，水波在水槽中的传播速度为0.05m／s，为观察到显著的衍射现象，小孔直径d应为()A.10cm．B.5cm．C.d＞1cm．D.d＜1cm2、矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（）A.2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大B.1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快C.此交变电流方向在1min内改变30次D.将此交变电流接一标有：“36V,40W”的白炽灯时，此灯能正常发光3、一根长0.4m

通有1.0A

电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T

的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能的是A.0N

B.0.1N

C.0.2N

D.0.3N

4、关于电场力和洛仑兹力；下列说法正确的是（）

A.电荷只要处在电场中；一定会受到电场力。

B.电荷只要处在磁场中；一定能受到洛伦兹力。

C.电场力和洛仑兹力一样；受力方向都是沿着电场线和磁感线。

D.只有运动的电荷在磁场中才可能受到洛仑兹力的作用。

5、如图是某同学利用教材提供的方案进行“探究加速度与力；质量的关系”实验时；仪器装置的情况．另一位同学指出了实验时的几个错误，说法正确的是（）

A.该实验没有平衡摩擦力。

B.拉小车的细线应平行桌面。

C.实验电源应为交流电电源。

D.小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远。

6、下列应用了温度传感器的是(

)

A.商场里的自动玻璃门B.夜间自动打开的路灯C.自动恒温冰箱D.楼梯口的夜间有声音时就亮的灯7、对于以下光学现象或运用，说法错误的(

)

A.自行车尾灯的内部构造实质是一列竖直排布的紧密的全反射三棱镜B.海面上的海市蜃楼将呈现倒立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景C.夏天雨后的天空出现美丽的彩虹，是光的色散现象D.光导纤维的内芯一般由折射率较大的玻璃纤维制成评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示；则下列说法中正确的是（）

A.加5V电压时，导体的电阻约是5ΩB.加11V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小9、下面列出的措施中，哪些是有利于改进“验证力的平行四边形定则”实验以减小误差的（）A.橡皮条弹性要好，拉到O点时拉力适当大些B.两个分力F1和F2间的夹角要尽量大些C.拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板面D.拉橡皮条的绳要细，而且要稍长一些10、在如图甲，乙所示的电路中，定值电阻R

和自感线圈L

的直流电阻值相等并且都小于电灯泡A

的电阻.

现在接通开关S

使电路达到稳定，小灯泡A

发光，则下列说法正确的是A.在甲电路中，断开开关S

灯泡A

将渐渐变暗B.在乙电路中，断开开关S

灯泡A

将渐渐变暗C.在甲电路中，断开开关S

灯泡A

将先变得更亮，然后渐渐变暗D.在乙电路中，断开开关S

灯泡A

将先变得更亮，然后渐渐变暗11、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R=10Ω，降压变压器T2原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πtV，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，当负载R0=11Ω时（）A.通过R电流的有效值是20AB.升压变压器的输入功率为4650WC.当负载R0增大时，发电机的输出功率减小D.发电机中电流变化的频率为100Hz12、关于运动和力的关系，下列说法正确的是(

)

A.物体所受的合外力不为零时，其加速度一定变化B.物体所受的合外力不为零时，其速度一定变化C.物体的运动方向一定与物体所受的合外力方向相同D.物体运动中的加速度方向一定与合外力的方向相同13、如图所示，ab

分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线.

以下说法正确的是(

)

A.电池组的内阻是1娄赂

B.电阻的阻值为0.33娄赂

C.将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4W

D.改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为4W

14、如图所示，在匀强电场中，有边长为5cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA=1V、φB=3V、φC=5V，下列说法正确的是（）A.O点电势为零B.匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向AC.在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势为1VD.将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eV评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、每年6月6日是全国爱眼日，其主题是“关爱心灵窗户”．眼睛的晶状体相当于____透镜，有些同学由于过度使用电子产品导致近视，需配戴____透镜来矫正．16、如图在长1m

的两端封闭的玻璃管中装满水，水中放有一个红蜡烛做成的小物体，将管竖直倒置时蜡制小物体能在管中匀速上升.

现在做这样一个实验，迅速将管倒置，小物体从管底部上升的的同时，使管保持竖直且开始沿水平方向做速度为0.3m/s

的匀速直线运动.

则：

(1)

从地面上看；红蜡块的运动轨迹应是一条______线；(

填直线或曲线)

(2)

若蜡块相对管上升的速度是0.4m/s

蜡块刚到管顶时，管在水平方向上移动了______m

．17、在用单摆测重力加速度的实验中。

(1)

为了比较准确地测量出当地的重力加速度值；应选用下列所给器材中的哪些？将所选用的器材的字母填在题后的横线上．

(A)

长1m

左右的细绳；(B)

长30m

左右的细绳；

(C)

直径2cm

的铅球；(D)

直径2cm

的铁球；

(E)

秒表；(F)

时钟；

(G)

最小刻度是厘米的直尺；(H)

最小刻度是毫米的直尺．

所选择的器材是______．

(2)

实验时摆线偏离竖直线的要求是______；理由是______．

(3)

某同学测出不同摆长时对应的周期T

作出T2隆芦L

图线，如图所示，再利用图线上任两点AB

的坐标(x1,y1)(x2,y2)

可求得g=

______.

若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，则用上述方法算得的g

值和真实值相比是______的(

选填“偏大”、“偏小”或“不变”)

．18、质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁后又以4m/s的速度反向弹回，如图所示，则碰撞前的动量大小为______kgm/s。若球与墙的作用时间为0.05s，则小球所受到的平均力大小为______N。19、如图所示，水平屋顶高H

=5m

围墙高h

=3.2m

围墙到房子的水平距离L

=3m

围墙外空地宽x

=10m

为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g

取10m/s2

求：(1)

小球离开屋顶时的速度v0

的最大值；(2)

小球离开屋顶时的速度v0

的最小值；(3)

小球落在空地上的最小速度．20、如图是质谱仪的工作原理图，电量为q=1.6隆脕10鈭�10C

质量为m=2隆脕10鈭�11kg

的静止带电粒子被电压为U1=4V

的加速电场加速后，速度大小变为____m/s

然后粒子进入速度选择器.

速度选择器内有互相垂直的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度E=20V/m

为使粒子能沿直线通过速度选择器，磁感应强度B=

____T

最后带电粒子从狭缝P

点进入偏转磁场，打在挡板S

上的A1

点上，PA1=20cm.

则偏转磁场B0=

____T

评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)21、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）

评卷人得分五、证明题(共2题，共18分)22、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。23、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。评卷人得分六、作图题(共3题，共12分)24、某同学为了测量一物体的质量，找到了一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力（比例系数为k），如图所示．测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为零；然后在其受压面上放物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U．现有下列器材：力电转换器、质量为m0的砝码；电压表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体（可置于力电转换器的受压面上）．请完成对该物体的测量．设计一个电路；要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能的大，在方框中画出完整的测量电路图．

25、我们可以通过实验探究电磁感应现象中；感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．

（1）如图（1）所示，当磁铁N向下运动时，发现电流表指针偏转．若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道______．

（2）如图（2）所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．闭合开关稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向______偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向______偏转（均选填“左”或“右”）．26、试画出下面图1中负电荷产生的电场；画出图2中的A点的电场方向以及放在B点的负电荷所受的电场力方向。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】本题考查的是对波的衍射现象的理解。发生明显衍射的条件是小孔的尺寸小于波长火和水波波长差不多。所以答案选D。【解析】【答案】D2、A|C|D【分析】2s末电动势为零，此时线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，A正确；1s末感应电动势最大，引时线框平面平行于磁场方向，通过线框的磁通量变化最快，B错误；周期为4s，一周内电流方向改变两次，则1min内改变30次，C正确；交流电的最大值为V，有效值为36V，D正确。【解析】【答案】ACD3、D【分析】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小.

由安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择。当通电导线与磁场垂直时；导线所受的磁场力最大，为：Fmax=BIL=0.5隆脕1隆脕0.4N=0.2N

当导线与磁场平行时；导线所受磁场力最小为0

则导线所受磁场力的范围为0隆芦0.2N

故ABC可能；D

不可能；

本题选择不可能的，故选拢脛

【解析】D

4、A|D【分析】

A；电场基本的性质是对放入电场中电荷有力的作用；与重力相似．故A正确．

B；电荷处在磁场中；不一定受到洛伦兹力，静止电荷或电荷的速度方向与磁场方向平行时，电荷不受洛伦兹力．故B错误．

C；电场力和洛仑兹力不一样；电场力沿电场线的切线方向，而洛仑兹力与磁感线垂直．故C错误．

D；只有当运动电荷的速度与磁场不平行时；电荷才受到洛伦兹力，静止电荷或速度与磁场平行的电荷在磁场中均不受洛伦兹力．故D正确．

故选AD

【解析】【答案】电荷在只要处在电场中；一定会受到电场力，而电荷处在磁场中，不一定受到洛伦兹力．只有当运动电荷的速度与磁场不平行时，电荷才受到洛伦兹力．电场力沿电场线的切线方向，而洛仑兹力与磁感线垂直．

5、A|B|C|D【分析】

A；木板水平放置；该实验前没有平衡摩擦力，故A正确．

B；如果细线不保持水平；那么小车的合力就不等于绳子的拉力．小车的合力就不能正确测量，故B正确．

C；电火花和电磁计时器都使用交流电源；故C正确．

D；小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远；这样便于小车运动一段过程，从而能准确测量小车的加速度，减小误差．

故选：ABCD．

【解析】【答案】解决实验问题首先要掌握该实验原理；了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．

该实验采用的是控制变量法研究；其中加速度；质量、合力三者的测量很重要．

6、C【分析】解：A

商场里的自动玻璃门是应用了红外线传感器；A错误；

B；夜间自动打开的路灯是利用了光传感器；B错误；

C；自动恒温冰箱是利用了温度传感器；C正确；

D；夜间有声音时就亮的楼梯灯是利用了声音传感器；D错误；

故选C

传感器是把温度；力、声音等非电学量转化为电学量．

传感器是把非电学量转化为电学量的装置，要了解一些常见自动控制设备的原理．【解析】C

7、B【分析】解：A

自行车尾灯是利用全反射三棱镜；发生光的全反射，故A正确；

B；海市蜃楼将呈现正立的像；位置在实物的上方，又称上现蜃景，故B错误；

C；雨后彩虹是由于光的折射造成色散形成的；故C正确；

D；光纤通信利用了光的全反射；具有衰减小，传输距离远的优点，故D正确；

本题选择错误的；故选：B

．

光的折射可以使复色光发生色散；光的全反射可以用来进行光纤通信与自行车尾灯；海市蜃楼也是光的全反射现象．

本题考查了光的折射、光纤通信，掌握海市蜃楼与彩虹形成的原理，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．【解析】B

二、多选题(共7题，共14分)8、AD【分析】解：A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R===5Ω；故A正确；

B、加11V的电压时，电流约为1.5A，则可得电阻为：R′==7.3Ω；故B错误；

C；由图可知；随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；

D；随着电压的减小；导体的电阻减小；故D正确；

故选：AD．

I-U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．

本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化．【解析】【答案】AD9、ACD【分析】解：A；橡皮条弹性要好；拉到O点时拉力适当大些，可减小测量误差对实验的影响，故A正确；

B；画平行四边形时；夹角大的话画出的平行四边形就会准些，而不是要求夹角尽量大，故B错误；

C；拉橡皮条时；橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板面，故C正确；

D；为了方便而且更加准确确定力的方向；操作时可以使绳套细且长一些，故D正确；

故选：ACD．

正确解答本题的关键是：理解实验步骤和实验目的；了解整个实验过程的具体操作，以及这些具体操作的意义．

本题主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法．【解析】【答案】ACD10、BC【分析】略【解析】BC

11、BC【分析】解：A、通过用电器的电流有效值I=根据得，输电线上的电流故A错误；

B、输电线上损耗的功率降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W．故B正确。

C、当用电器的电阻R0增大时；降压变压器的输出电流减小，则输电线上的电流减小，升压变压器原线圈中的电流变小，根据P=UI知，发电机的输出功率减小。故C正确。

D、交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=．故D错误。

故选：BC。

在输电的过程中；交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．

解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系．【解析】BC12、BD【分析】解：AB

中；由牛顿第二定律F=ma

可知物体所受的合外力不为零时，物体一定具有加速度，当合外力是定值时，加速度为定值，速度一定发生变化，故A错误，B正确．

C；物体的运动方向不一定与物体所受的合外力方向相同；比如平抛运动，运动方向时刻在变化，但是合外力一直竖直向下，加速度一直向下，即由牛顿第二定律可知物体的加速度方向等于合力方向，故C错误，D正确．

故选：BD

关于力和运动的关系牛顿第一定律即惯性定律提出了“保持自己的静止或匀速直线运动状态不变”；这是物体本身的固有属性，即惯性.

也就是说运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．

怎样进一步理解运动和力的关系呢？简单地概括就是：1.

如果物体所受的合外力为零，那么物体就保持静止或保持做匀速直线运动.

这时我们称之为平衡状态.

反之，如果物体处于平衡状态，则它所受的外力的合力一定为零.2.

如果物体所受的合外力不为零，那么物体就会做变速运动，即物体运动速度的大小或方向就要发生改变.

可以肯定，如果物体在做变速运动，则它所受的外力的合力一定不为零．【解析】BD

13、AD【分析】解：A

由图线a

斜率倒数的大小求出电池组的内阻r=鈻�U鈻�I=4鈭�04鈭�0娄赂=1娄赂.

故A正确．

B

由图线b

斜率倒数的大小求出电阻的阻值R=鈻�U鈻�I=3娄赂.

故B错误．

C

将该电阻接在该电池组两端；电路中电流I=1A

路端电压为U=3V

电池组的输出功率P鲁枚=3W.

故C错误．

D

由图线a

读出电源的电动势E=4V.

当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，电池组的最大输出功率Pmax=E24r=4W.

故D正确．

故选AD

根据闭合电路欧姆定律得：I=E鈭�Ur

由电池组的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电源的内阻.

由电阻的伏安特性曲线斜率倒数的大小求出电阻值.

两图线的交点即为该电阻接在该电池组两端是工作状态，读出电流和电压，求出电池组的输出功率.

当外电阻等于电池内阻时，该电池组的输出功率最大，并功率公式求出电池组的最大输出功率．

本题考查读图的能力.

对于图象，往往从数学上斜率、截距、交点等知识来理解其物理意义．【解析】AD

14、BD【分析】解：A、AC中点D的电势为φD=与B电势相等，则BOD连线必为一条等势线。

（如图）O点的电势为3V；故A错误；

B、AB间的电势差为UCA=φE=φO-UOE=3-2.3V=0.7VφC-φA=4V；E==80V/m；沿着电场方向电势逐渐降低可知电场方向由C指向A，故B正确；

C；在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势距离O点最远；即沿半径方向且与OB垂直，设为E，则。

则φE=φO-UOE=3-2.3V=0.7V；故C错误；

D、由电场力所做的功与电势能的关系得，eUCA=-△EP，△EP=-4eV；故电势能增加了4ev，故D正确；

故选：BD。

根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点；AC中点的电势为3V，则BO为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；方向。由电场力做功与电势能的关系，求势能变化。

本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，不难。【解析】BD三、填空题(共6题，共12分)15、凸凹【分析】【解答】人的眼睛像一架神奇的照相机；晶状体相当于凸透镜；

近视眼的眼睛成像；成在视网膜的前方，故应该佩戴凹透镜来矫正视力，因为凹透镜对光线有发散作用，使光线推迟会聚，正好成像在视网膜上．

故答案为：凸；凹．

【分析】①人眼的晶状体和角膜相当于凸透镜；视网膜相当于光屏，外界物体在视网膜上成倒立；缩小的实像；

②近视眼的晶状体较厚，会聚能力较强，看远处的物体时，将像成在视网膜的前面，需戴凹透镜矫正．16、直0.75【分析】【分析】蜡块参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据运动的合成，判断运动的轨迹。根据平行四边形定则，求出蜡块的合位移，速度、加速度、位移都是矢量，合成和分解都遵循平行四边形定则。【解答】(1)

两个匀速直线运动的合运动是匀速直线运动；所以运动轨道是直线；

(2)

根据平行四边形定则，知合位移即为两方向的位移矢量和，长1m

的两端封闭的玻璃管中，蜡块相对管上升的速度是0.4m/s

沿水平方向做0.3m/s

的匀速直线运动，根据vxvy=sxsy

因此管在水平方向上移动了sx=0.30.4隆脕1=0.75m

故答案为：(1)

直；(2)0.75

【解析】直0.75

17、略

【分析】解：(1)AB

单摆模型中；小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故A正确，B错误；

C；D

摆球密度要大；体积要小，空气阻力的影响才小，故C正确，D错误；

E；F

秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻；故E正确，F错误；

G；H

刻度尺的最小分度越小；读数越精确，故G错误，H正确；

故选ACEH；

(2)

单摆模型中，摆角较小时，才可以近似看作简谐运动，故摆角越小越好，通常不能超过5鈭�

故答案为：摆线与竖直方向的夹角不超过(

或小于)5鈭�

因为只有在摆角不超过(

或小于)5鈭�

的情况下，单摆的周期公式T=2娄脨Lg

才成立；

(3)

根据单摆周期公式T=2娄脨Lg

有T2=4娄脨2gL

故图象的斜率为：4娄脨2g=y2鈭�y1x2鈭�x1

解得g=4娄脨2鈰�x2鈭�x1y2鈭�y1

测摆长时漏加了小球半径；图象向左偏移了，但斜率不变，故重力加速度的测量值不变；

故答案为：4娄脨2鈰�x2鈭�x1y2鈭�y1

不变．

(1)

根据单摆模型的要求；摆球密度要大，体积要小，细线要长，读数要提高精度；

(2)

单摆的摆角不能太大；摆角越大，误差越大；

(3)

根据单摆的周期公式列式分析即可．

本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并能够运用图象分析数据．【解析】ACEH

摆线与竖直方向的夹角不超过(

或小于)5鈭�

因为只有在摆角不超过(

或小于)5鈭�

的情况下，单摆的周期公式T=2娄脨Lg

才成立.4娄脨2鈰�x2鈭�x1y2鈭�y1

不变18、2.590【分析】解：由动量的公式知碰撞前的动量大小P1=mv1=2.5kgm/s

碰撞前的动量大小P2=mv2=2kgm/s

规定向左为正方向，则小球动量的增量为：△P=mv2-mv1=4.5kgm/s。

根据动量定理得：Ft=△P

解得：F=90N

故答案为：2.590

根据动量的公式可求得碰撞前的动量大小；根据初末状态的速度求出动量的变化量；结合动量定理求出小球在碰撞过程中受到的平均冲力的大小。

本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。【解析】2.59019、解：（1）设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1，小球的竖直位移：

解以上两式得速度的最大值为：

（2）设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2，小球的竖直位移：

解以上两式得速度的最小值为：v02＝5m/s。（3）小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小，竖直方向：

又有：

代入数值解得：【分析】考查平抛运动的处理规律；及加强对运动学公式的应用.

注意根据小球落点的条件限制，从而确定抛出速度的最大值和最小值。

(1)

将平抛运动分解成竖直方向自由落体运动；与水平方向匀速直线运动，根据等时性，则可求出最大速度；

(2)

根据题意速度太大会落空地外边；太小会被墙挡住，因此可得出小球离开屋顶时的求出最小速度；

(2)

根据机械能守恒求解小球落在空地上的最小速度。

【解析】解：(1)

设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01

则小球的水平位移：L+x=v01t1

小球的竖直位移：

H=12gt12

解以上两式得速度的最大值为：v01=(L+x)g2H=13m/s

(2)

设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02

则此过程中小球的水平位移：L=v02t2

小球的竖直位移：

H鈭�h=12gt22

解以上两式得速度的最小值为：v02=5m/s

(3)

小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小，竖直方向：

vy2=2gH

又有：vmin=v022+vy2

代入数值解得：vmin=55m/s

20、略

【分析】考查质谱仪。粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可得：带入数据解得：通过速度选择器时电场力和洛伦兹力平衡，所以带入数据解得：B=2.5T

根据洛伦兹力提供向心力有：联立解得：BB0=10T=10T根据动能定理求得离开加速电场的速度，根据洛伦兹力与电场力平衡求得磁感应强度，根据圆周运动半径求得磁感应强度大小。【解析】88，2.5

，10

四、判断题(共1题，共2分)21、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；