…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人民版高三物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、把兩個完全相同的小球接觸后再分開，若是兩球相互排斥，則兩球原來的帶電情況不可能的是（）A.只有一個小球原來帶電B.兩個小球原來分別帶等量異種電荷C.兩個小球原來分別帶同種電荷D.兩個小球原來分別帶不等量異種電荷2、【題文】如圖所示，水平放置的光滑金屬長導軌MM′和NN′之間接有電阻R，導軌左、右兩區域分別處在方向相反且與軌道垂直的勻強磁場中，方向見圖，設左、右區域磁場的磁感強度為B1和B2，虛線為兩區域的分界線。一根金屬棒ab放在導軌上并與其正交；棒和導軌的電阻均不計。金屬棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面區域中恰好以速度為v做勻速直線運動，則（）

A.若B2=B1時，棒進入右面區域中后先做加速運動，最后以速度做勻速直線運動B.若B2=B1時，棒進入右面區域中時仍以速度v做勻速直線運動C.若B2=2B1時，棒進入右面區域后先做減速運動，最后以速度做勻速運動D.若B2=2B1時，棒進入右面區域后先做加速運動，最后以速度4v做勻速運動3、如圖所示，在xOy平面內第Ⅰ象限y軸和虛線y=x之間存在范圍足夠大的勻強磁場（y軸、虛線邊界有磁場），方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，在A（0，L）處有一個粒子源，可沿平面內各個方向射出質量為m，電量為q的帶負電的粒子，粒子速率均為不計粒子間的相互作用力與重力，則粒子在磁場中運動的最短時間與最長時間之比為（）A.B.C.D.4、（2016春?新疆校級期中）在圓軌道上運動的國際空間站里，一宇航員A靜止（相對空間艙）“站”于艙內朝向地球一側的“地面”B上，如圖所示，下列說法正確的是（）A.宇航員不受地球引力作用B.宇航員受到地球的引力和空間站“地面”對他的支持力C.宇航員與空間站“地面”之間無相互作用力，因為宇航員處于完全失重狀態D.若宇航員將手中一小球無初速度（相對空間艙）釋放，該小球將落到空間站“地面”上5、某電池當外電路斷開時的路端電壓為3V，接上8Ω的負載電阻后其路端電壓降為2.4V，則可以判定該電池的電動勢E和內電阻r為（）A.E=2.4V，r=1ΩB.E=3.0V，r=2ΩC.E=2.4V，r=2ΩD.E=3.0V，r=1Ω6、物理學領域里的每次重大發現，都有力地推動了人類文明的進程．最早利用磁場獲得電流，使人類得以進入電氣化時代的科學家是（）A.庫侖B.奧斯特C.安培D.法拉第評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、一平行板電容器充電后與電源斷開，現將兩平行板間距d減小，則其電荷量Q將____，兩板電壓U將____，電容C將____，極板間場強E將____．（選填“變大”、“變小”或“不變”）8、由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界已知未被發現．研究發現，Np經過一些列衰變后會變成Bi，請寫出：Np經過____次α衰變和____次β衰變后變成Bi．9、（2014春?青浦區校級期中）如圖所示為自行車鏈條的傳動裝置，A是踏腳板，B、C分別是大輪和小輪邊緣上的一點，它們作圓周運動時的半徑之比為4：2：1，則A、B、C三點繞圓心運動的線速度之比vA：vB：vC=____；角速度之比ωA：ωB：ωC=____．10、甲乙兩圖是測定動摩擦因數常用的兩種方案；根據你的實驗經驗和相關知識回答下列問題．

（1）關于實驗的操作要領和實驗現象，下面說法中正確的是______．

A．甲圖中只要A相對B滑動即可；乙圖中A必須做勻速運動。

B．乙圖中只要A相對B滑動即可；甲圖中B必須做勻速運動。

C．若兩種裝置中；被拉木塊均做勻速運動，則兩種情況下兩彈簧測力計的讀數相同。

D．若兩種裝置中；被拉木塊均做勻速運動，甲圖中彈簧測力計的讀數較大。

（2）設木塊A和B的質量分別為mA=2kg，mB=4kg，木塊A和B間的動摩擦因數μ1=0.2，木塊B與地面間的動摩擦因數μ2=0.3，彈簧測力計中彈簧的勁度系數k=100N/m，g取10m/s2，則在圖甲中，外力FA的大小至少為______N，彈簧測力計的彈簧伸長量應為______cm．11、某課外小組準備描繪一小燈泡（2.5V0.75W）的伏安特性曲線；實驗臺上擺放有以下器材：

電壓表（量程3V；內阻約3kΩ）；

電流表（量程0.6A；內阻約0.5Ω）；

滑動變阻器甲和乙（其最大阻值標稱值都模糊不清）；

干電池2節；單刀單擲開關，多用電表，導線若干．

（1）由于該實驗要用到滑動變阻器，但提供的兩只滑動變阻器最大阻值的標稱值模糊不清，影響了他們的選擇，該小組研究決定先用多用電表粗測兩只滑動變阻器的最大阻值，其測量結果如甲、乙圖甲示，其中乙圖的測量值是____Ω，本實驗應選擇____（填“甲”或“乙”）滑動變阻器．

（2）小新同學按照把選擇的器材；根據實驗原理連接了部分電路如圖，請你在圖中畫出剩余導線的連接。

（3）在閉合電鍵前，滑動變阻器的滑動片就位于滑動變阻器的____端（填“左”或“右”）12、沿電場線方向是電勢降低的方向．____（判斷對錯）13、一個電子所帶電荷量的絕對值是電荷的最小單元稱為元電荷，實驗發現，任何帶電體所帶電荷量都是元電荷的____倍（選填“整數”、“奇數”或“偶數”）．14、鐵路轉彎處外軌被墊高，鐵軌與水平面夾角為θ，轉彎半徑為R，火車轉彎盡量避免與軌道有側向擠壓的行車最佳速度為____，若實際速度比它大，火車車輪會擠壓____側鐵軌．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、電子手表中的液晶在外加電壓的影響下能夠發光．____．（判斷對錯）16、單晶體的所有物理性質都是各向異性的．____．（判斷對錯）17、分子的動能和分子勢能的和叫做這個分子的內能．____．（判斷對錯）18、飽和汽壓與溫度有關，而與體積無關．____．（判斷對錯）19、晶體的各向異性是由于它的微粒按空間點陣排列．____．（判斷對錯）20、在磁場中，粒子的比荷之比與軌道半徑之比成反比____（判斷對錯）21、當達到動態平衡時，蒸發的速度不再改變，以恒速蒸發．____．（判斷對錯）22、飽和汽壓與溫度有關，而與體積無關．____．（判斷對錯）評卷人得分四、證明題(共2題，共6分)23、在水平轉臺上，距轉軸為處插立一豎直桿，桿頂系一根長為的細繩，繩的末端掛一個質量為的小球（圖），當轉臺勻速轉動后，試證懸繩張開的角度與轉臺轉速的關系是：24、（2013春?崇明縣期末）如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上離地面高為h1的A處有一木塊，自靜止起勻加速滑下．在滑行過程中取一任意位置B，經過B處時木塊速度為v，位置B離地面高度h2．已知EA=mgh1，EB=mgh2+，試用牛頓第二定律和初速為零的勻加速直線運動公式證明：EA=EB．評卷人得分五、實驗題(共4題，共40分)25、某同學用如圖甲所示裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗；圖乙為實驗中得到的一條紙帶，在紙帶上用0；1、2、3、4、5、6標出計數點．

（1）實驗時，松開紙帶與閉合電源開關的先后合理順序是____；

（2）規定打點1時重力勢能為0，要計算出打點4時重物的機械能，在紙帶上必須測出____和____．

（3）該同學根據測出的數據準確地計算出打各計數點時重物的機械能，發現打后一個點時機械能都比打前一個點時機械能小，其原因可能是____（只要求說出一種原因）．26、（1）在《探究加速度與力、質量的關系》實驗中①某小組同學用如圖1所示裝置，采用控制變量方法，研究在小車質量不變的情況下，小車加速度與小車受力的關系．下列說法正確的是____．

A．平衡摩擦力的方法就是將木板一端墊高；在塑料小桶中添加砝碼，使小車在繩的拉力作用下能勻速滑動。

B．每次改變小車所受的拉力時；不需要重新平衡摩擦力。

C．實驗中應先放小車；然后再開打點計時器的電源。

D．在每次實驗中；應使小車和砝碼的質量遠大于砂和小桶的總質量。

②如圖2所示是某一次打點計時器打出的一條記錄小車運動的紙帶．取計數點A、B、C、D、E、F、G．紙帶上兩相鄰計數點的時間間隔為T=0.10s，用刻度尺測量出各相鄰計數點間的距離分別為AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，FG=13.49cm，則小車運動的加速度大小a=____m/s2，打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小VC=____m/s．（結果保留二位有效數字）

③某同學測得小車的加速度a和拉力F的數據如表所示（小車質量保持不變）：

。F/N0.200.300.400.500.60a/m/s20.300.400.480.600.72a．根據表中的數據在坐標圖3上作出a-F圖象。

b．若作出的a-F圖象不過坐標原點，可能的原因是：____．

（2）在測定一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中；實驗室備有下列器材選用：

干電池（電動勢E約為1.5V，內電阻r約為1.0Ω）；

電流表G（滿偏電流2.0mA，內阻Rg=10Ω）；

電流表A（量程0～0.6A；內阻約為0.5Ω）；

滑動變阻器R1（0～20Ω；10A）；

滑動變阻器R2（0～300Ω；1A）；

定值電阻R0=999Ω；

開關和導線若干．

某同學設計了如圖4甲所示的電路進行實驗：

①該電路中為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選____（填寫器材前的字母代號“R1”或“R2”）；在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑動端c移動至____（填“a端”、“中央”或“b端”）．

②根據圖4甲在圖4乙的實物圖上連線．27、用單擺測重力加速度，直接測量的物理量是____，用直接測量量表達重力加速度，其關系式是____．28、如圖1所示，某同學采用重物自由下落的方法來探究“功與速度變化的關系”．實驗中選取一條符合實驗要求的紙帶如圖2所示，O為紙帶下落的起始點，A、B、C、D、E為紙帶上選取的連續點，打點周期為T=0.0200s，重物質量m=1.00kg，當地重力加速度g=9.80m/s2．

（1）研究OD過程中，重力對重物做功WOD=____，D點的瞬時速度vD=____．（以上兩空均保留3位有效數字）

（2）要完成實驗探究，下列物理量中，必須測量的是____．

A．重物和夾子的總質量B．當地的重力加速度。

C．O到紙帶上選取的連續點的距離D．交流電的頻率．評卷人得分六、實驗探究題(共2題，共14分)29、在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所測金屬絲的電阻大約為5Ω，先用伏安法測出該金屬絲的電阻Rx；然后根據電阻定律計算出該金屬材料的電阻率．用米尺測出該金屬絲的長度L，用螺旋測微器測量該金屬絲直徑時的刻度位置如圖1所示．

（1）從圖1中讀出金屬絲的直徑為______mm．

（2）實驗時；取來兩節新的干電池；開關、若干導線和下列器材：

A．電壓表0～3V；內阻10kΩ

B．電壓表0～15V；內阻50kΩ

C．電流表0～0.6A；內阻0.05Ω

D．電流表0～3A；內阻0.01Ω

E．滑動變阻器；0～10Ω

F．滑動變阻器；0～100Ω

①要較準確地測出該金屬絲的電阻值，電壓表應選______，電流表應選______，滑動變阻器選______（填序號）．

②實驗中；某同學的實物接線如圖2所示，請指出該實物接線中的兩處明顯錯誤．

錯誤1：______；

錯誤2：______．30、[

突破訓練]

某物理興趣小組要精確測量一只電流表G(

量程為1mA

內阻約為100婁賂)

的內阻.

實驗室中可供選擇的器材有：電流表A1

量程為3mA

內阻約為200婁賂

電流表A2

量程為0.6A

內阻約為0.1婁賂

定值電阻R1

阻值為10婁賂

定值電阻R2

阻值為60婁賂

滑動變阻器R3

最大電阻20婁賂

額定電流1.5A

直流電源：電動勢1.5V

內阻0.5婁賂

開關、導線若干．(1)

為了精確測量電流表G

的內阻，你認為該小組同學應選擇的電流表為________，定值電阻為________.(

填寫器材的符號)

(2)

畫出你設計的實驗電路圖．

(3)

按照你設計的電路進行實驗，測得所選電流表的示數為I1

電流表G

的示數為I2

則電流表G

的內阻的表達式為rg=

________________．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】兩個小球接觸后再分開，兩球相互排斥，說明兩球帶同種電荷，將選項逐一代入，選出符合題意的選項．【解析】【解答】解：A；原來的其中一個帶電；把兩個完全相同的小球接觸后電荷平分，帶上等量同種電荷，存在排斥力．故A可能．

B；兩個小球原來分別帶等量異種電荷；接觸后電荷完全中和，兩球不存在排斥力．故B不可能．

C；兩個小球原來分別帶同種電荷；把兩個完全相同的小球接觸后電荷重新平分，帶上等量同種電荷，存在排斥力．故C可能．

D；兩個小球原來分別帶不等量異種電荷；小球接觸后電荷先中和再平分，帶上等量同種電荷，存在排斥力．故D可能．

本題選不可能的，故選：B．2、B【分析】【解析】由題知F=FB1=B1IL=B1L=若B1=B2，棒進入右面區域時，FB2==FB1=F，故棒仍以速度v做勻速運動，A錯B正確。若B2=2B1，則FB2＞F,由牛頓第二定律得FB2-F=ma,故棒做減變速運動，a越來越小，當a=0時，棒做勻速直線運動，且v2=故C、D錯。【解析】【答案】B3、C【分析】解：虛線y=x與x軸之間的夾角為θ．則tanθ==解得θ=30°；

粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，故粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq=m

所以，粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為：R==

根據幾何關系可得：A到虛線的距離為l；

那么，粒子在磁場中運動轉過的最小中心角為60°，故粒子在磁場中運動的最短時間：t1=T

當粒子速度方向向上時，半徑垂直于y軸，過A做y軸的垂線交虛線y=x于B，根據幾何關系可得AB=l，所以AB為直徑，粒子運動的最長時間為t2=

則粒子在磁場中運動的最短時間與最長時間之比為故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

各粒子受到洛倫茲力；粒子做勻速圓周運動，然后根據洛倫茲力做向心力求得軌道半徑及周期，即可根據A到虛線的距離求得最小中心角從而求得最短運動時間。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。【解析】C4、C【分析】【分析】太空艙中的人、物體都處于完全失重狀態，靠地球的萬有引力提供向心力，做圓周運動．【解析】【解答】解：A；宇航員靠地球的萬有引力提供向心力；做圓周運動．故A錯誤；

BC；宇航員處于完全失重狀態；所以對“地面”的壓力等于零．故C正確．B錯誤。

D；宇航員相對于太空艙無初速釋放小球；小球受地球的萬有引力提供向心力，做圓周運動．故D錯誤．

故選：C5、B【分析】【分析】電源的電動勢等于外電路斷開時電源兩極間的電壓．由題，電源接上8Ω的負載電阻后路端電壓降為2.4V，根據歐姆定律利用比例法求出電源的內電阻．【解析】【解答】解：由題；電池外電路斷開時的路端電壓為3V，則電池的電動勢E=3V．當電源接上8Ω的負載電阻后路端電壓降為2.4V；

據串聯電路電流相等，有=得到：r===2Ω故ACD錯誤；B正確．

故選：B．6、D【分析】【分析】解答物理學史問題，應根據相關物理學家的科學成就進行分析．【解析】【解答】解：1831年英國科學家法拉第發現了電磁感應現象；實現了磁生電，從此使人類得以進入電氣化時代，故ABC錯誤，D正確．

故選：D二、填空題(共8題，共16分)7、不變變小變大不變【分析】【分析】平行板電容器充電后與電源斷開，其電量保持不變．將兩極板間距離減小，由電容的決定式分析電容如何變化，由電容的定義式確定電壓的變化【解析】【解答】解：平行板電容器充電后與電源斷開；電量Q保持不變；

將將兩極板間距離減小，由電容的決定式C=分析得知，電容C變大，由U=，知Q不變，C變大，則U變小，E==；故E不變；

故答案為：不變變小變大不變8、74【分析】【分析】正確解答本題需要掌握：電荷數、質子數以及質量數之間的關系；能正確根據質量數和電荷數守恒判斷發生α和β衰變的次數．【解析】【解答】解：Bi的原子核比Np少10個質子，質子數和中子數總共少28，故Bi的原子核比Np少18個中子；

設Bi變為Np需要經過x次α衰變和y次β衰變；

根據質量數和電荷數守恒則有：93=2x-y+83；4x=237-209；

所以解得：x=7；y=4．

故答案為：7，4．9、2：1：11：1：2【分析】【分析】大輪與小輪是同緣傳動，邊緣點線速度相等；大輪與腳踏板是同軸傳動，角速度相等；結合線速度與角速度關系公式v=ωr分析線速度和角速度關系；【解析】【解答】解：大輪與小輪是同緣傳動，邊緣點線速度相等，故：vB=vC；

由于rB=2rC，根據公式v=ωr，有：ωB：ωC=1：2；

大輪與腳踏板是同軸傳動，角速度相等，故：ωA：ωB=1：1；

由于rA：rB=4：2=2：1，根據公式v=ωr，有：vA：vB=2：1；

綜上，有：vA：vB：vC=2：1：1；ωA：ωB：ωC=1：1：2；

故答案為：2：1：1，1：1：2．10、略

【分析】解：（1）實驗時如果木塊不保持勻速直線運動；摩擦力不等于拉力，只有當彈簧秤拉動木塊勻速運動時，拉力才與摩擦力成為一對平衡力，甲圖中拉動B時，木塊受到向左的摩擦力，由于木塊相對地面靜止，只要A相對B滑動即可，乙圖中，A必須做勻速運動，摩擦力才等于彈簧彈力，故A正確，B錯誤；

若兩種裝置中；被拉木塊均做勻速運動，滑動摩擦力等于彈簧彈力，由于A對B壓力相等，因此滑動摩擦力相等，故彈簧示數相等，故C正確，D錯誤．

故選AC．

（2）當拉著B勻速運動時；拉力最小，此時拉力大小等于B所受摩擦力大小，因此有：

A給B的摩擦力大小為：f1=FN1μ=mAgμ=4N

地面給B的摩擦力大小為：f2=FN2μ=（mA+mB）gμ=18N

FA=f1+f2=22N

對于A彈簧彈力等于其所受摩擦力大小，因此有：kx=f1，．

故答案為：22；4．

（1）兩種方案均是根據木塊處于平衡狀態時；摩擦力的大小與彈簧的示數相等，求摩擦力也就是看彈簧的讀數的工作原理，其區別是操作的可行性；

（2）當拉著B勻速運動時；拉力最小，此時拉力大小等于B所受摩擦力大小，對于A根據摩擦力和彈簧彈力大小相等列方程可求出彈簧的伸長量．

一個實驗設計，必須遵循科學性原則，簡便性原則，可操作性原則以及準確性原則；這一考題正是考查考生在兩個實驗方案中，就可操作性以及準確性方面做出正確判斷的能力以及數據處理的能力．【解析】AC；22；411、200甲左【分析】【分析】（1）根據多用電表的讀數方法可得出對應的讀數；根據實驗原理明確滑動變阻器的選擇；

（2）根據實驗原理明確電路圖；從而得出對應的實物圖；

（3）根據實驗安全性要求可明確滑片開始時的位置．【解析】【解答】解：（1）由圖可知；檔位為×10；指針指數為20；故最終讀數為：20×10=200Ω；

由于本實驗采用分壓接法；故滑動變阻器應選擇總阻值較小的甲；

（2）本實驗應采用分壓接法；同時由于燈泡內阻較小，故電流表采用外接法；注意電壓表量程應選擇3V；故實物圖如圖所示；

（3）由圖可知；測量電路與滑動變阻器左側并聯，故開始時為了讓電壓最小，滑片應滑到最左側；

故答案為：（1）200，甲；（2）如圖所示；（3）左．12、錯【分析】【分析】沿著電場線的方向電勢是逐漸降低的．根據電場線的物理意義進行分析．【解析】【解答】解：根據電場線與電勢的關系可知；電場線方向是電勢降低最快的方向．故該說法是錯誤．

故答案為：錯．13、整數【分析】【分析】一個電子所帶電荷量的絕對值是電荷的最小單元稱為元電荷，它的值是1.6×10-19C．任何帶電體所帶的電荷都是它的整數倍．【解析】【解答】解：一個電子（或質子）所帶電荷量的絕對值是電荷的最小單元稱為元電荷，它的值是e=1.6×10-19C．

任何帶電體所帶的電荷都是它的整數倍．

故答案為：整數．14、外【分析】【分析】火車拐彎時不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求出火車拐彎時的速度大小．【解析】【解答】解：根據牛頓第二定律得，mgtanθ=m

解得：v=．

若實際速度比它大；則需要的向心力增大，外側鐵軌對火車有壓力作用．

故答案為：；外三、判斷題(共8題，共16分)15、×【分析】【分析】液晶像液體一樣可以流動，又具有某些晶體結構特征的一類物質．液晶是介于液態與結晶態之間的一種物質狀態；液晶在外加電壓的影響下并不發光，而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．【解析】【解答】解：液晶在外加電壓的影響下并不發光；而是由于液晶通電時，排列變得有秩序，使光線容易通過．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×16、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質都是各向異性的．故該說法是錯誤的．

故答案為：×17、×【分析】【分析】從微觀上說，系統內能是構成系統的所有分子無規則運動動能、分子間相互作用勢能的總和，是大量分子的統計規律．【解析】【解答】解：物體內能是指物體內部所有分子做無規則運動所具有的動能和分子勢能的總和；注意是物體的內能，不是分子的內能；

故答案為：×18、√【分析】【分析】飽和汽壓是物質的一個重要性質，它的大小取決于物質的本性和溫度．飽和汽壓越大，表示該物質越容易揮發．【解析】【解答】解：飽和汽壓是物質的一個重要性質；它的大小取決于物質的本性和溫度；故一定溫度下的飽和汽的分子數密度是一定值，相同溫度下不同液體的飽和汽壓一般是不同的；溫度越高，液體越容易揮發，故飽和汽壓隨溫度的升高而增大，而飽和汽壓與氣體的體積無關．所以該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】同時晶體內部排列有規則，而非晶體則沒有，但形狀不一定有規則．晶體分為單晶體和多晶體，單晶體具有各向異性，多晶體具有各向同性．【解析】【解答】解：晶體分為單晶體和多晶體．根據晶體的結構的特點可知；單晶體由于內部原子按空間點陣排列，排列規律相同，所以具有各向異性．故該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，故在磁場中做勻速圓周運動，寫出牛頓第二定律的方程，導出粒子的半徑公式即可做出判定．【解析】【解答】解：粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，故在磁場中做勻速圓周運動；由洛倫茲力提供向心力，有qvB=m，解得r=；粒子的比荷之比與軌道半徑之比成反比．

故答案為：√21、√【分析】【分析】液面上部的蒸汽達到飽和時，液體分子從液面飛出，同時有蒸汽分子進入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發．【解析】【解答】解：飽和蒸汽的平衡是一種動態平衡．當達到動態平衡時；液體分子從液面飛出，同時有蒸汽分子進入液體中；從宏觀上看，液體不再蒸發蒸發的速度不再改變，此時以恒速蒸發．所以該說法是正確的．

故答案為：√22、√【分析】【分析】飽和汽壓是物質的一個重要性質，它的大小取決于物質的本性和溫度．飽和汽壓越大，表示該物質越容易揮發．【解析】【解答】解：飽和汽壓是物質的一個重要性質；它的大小取決于物質的本性和溫度；故一定溫度下的飽和汽的分子數密度是一定值，相同溫度下不同液體的飽和汽壓一般是不同的；溫度越高，液體越容易揮發，故飽和汽壓隨溫度的升高而增大，而飽和汽壓與氣體的體積無關．所以該說法是正確的．

故答案為：√四、證明題(共2題，共6分)23、略

【分析】【解析】以小球為研究對象，由題可知，小球在水平面內做勻速圓周運動，半徑為R=lsin+r，由重力和細繩拉力的合力提供向心力，力圖如圖．設轉速為n，則由牛頓第二定律得①②②代入①得解得思路分析：小球隨著一起轉動時在水平面內做勻速圓周運動，由重力和細繩拉力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解轉速試題【解析】【答案】見解析24、略

【分析】【分析】木塊釋放后做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求出加速度，根據運動學基本公式求出到達B點速度，從而求出EB，比較EB和EA即可．【解析】【解答】解：木塊釋放后做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得：a=；

根據v2=2al得：

木塊到達B點速度v=；

則EB=mgh2+=mgh2+mgh1-mgh2=mgh1=EA得證．

答：證明如上．五、實驗題(共4題，共40分)25、先閉合電源開關，后松開紙帶1、4兩點之間的距離3、5兩點之間的距離實驗中存在摩擦阻力【分析】【分析】根據實驗原理可知，需要知道打1、4時的速度大小和從1到4過程中重力勢能的減小量，根據勻變速直線運動的推理，可知需要測量的物理量；該實驗產生的誤差主要是不可避免的存在摩擦阻力作用．【解析】【解答】解：（1）實驗時；松開紙帶與閉合電源開關的合理順序是先閉合電源后開關松開紙帶．

（2）根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度可知；知道3；5兩點之間的距離可以計算出4點的速度，從而求出4點動能；

知道1；4兩點之間的距離可以計算出重力勢能的變化量．

（3）由于重物下落的過程中不可避免的要克服阻力做功；因此機械能越來越小．即原因是實驗中存在摩擦阻力。

故答案為：（1）先閉合電源開關；后松開紙帶。

（2）1；4兩點之間的距離；3、5兩點之間的距離。

（3）實驗中存在摩擦阻力26、BD2.40.51平衡摩擦過度或木板一端墊得過高R1b端【分析】【分析】（1）①探究加速度與力的關系實驗時；需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時，要求小車在無動力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西．平衡摩擦力時，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作過程是先接通打點計時器的電源，再放開小車．

②根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小；根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小．

③實驗時應平衡摩擦力；沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F圖象在F軸上有截距；平衡摩擦力過度，在a-F圖象的a軸上有截距．

（2）①為方便實驗操作；應選最大阻值較小的滑動變阻器；滑動變阻器采用限流接法，閉合開關前，滑片要置于阻值最大處；

②根據電路圖連接實物電路圖．【解析】【解答】解：（1）①A；實驗時首先要平衡摩擦力；平衡摩擦力的方法就是，小車與紙帶相連，小車前面不掛小桶，把小車放在斜面上給小車一個初速度，看小車能否做勻速直線運動，故A錯誤；

B；平衡摩擦力時；是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力，每次改變拉小車的拉力后都不需要重新平衡摩擦力，故B正確；

C；為了提高紙帶的利用率；在紙帶上盡量多的打點，因此實驗中應先接通電源，后放開小車，故C錯誤；

D；每次實驗中；應使小車和砝碼的質量遠大于砂和小桶的總質量，故D正確；

故選：BD．

②根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可得：設A到B之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4、x5、x6；

根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4-x1=3a1T2，x5-x2=3a2T2，x6-x3=3a3T2；

加速度：a=（a1+a2+a3）===2.4m/s2

根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大小．

vC===0.51m/s；

③a；根據表中的數據在坐標圖上運用描點法作出a-F圖象。

b；由圖象可知；a-F圖象在a軸上有截距，這是由于平衡摩擦力過度或木板一端墊得過高造成的．

（2）①為方便實驗操作，滑動變阻器應選R1；由電路圖可知，滑動變阻器采用限流接法，在閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑動端c移動至b端．

②根據圖示電路圖連接實物電路圖；實物電路圖如圖所示．

故答案為：（1）①BD；②2.4；0.51；③a、如圖所示；b平衡摩擦過度或木板一端墊得過高；（2）①R1；b端；②電路圖如圖所示．27、擺長g=【分析】【分析】單擺的擺長等于擺線的長度與擺球半徑之和，求得擺長，由單擺周期公式求解g的表達式．【解析】【解答】解：據單擺的振動周期T=2π和擺長為：L+得到：g=；

故答案為：擺長，g=．28、1.25J1.56m/s；BCD【分析】【分析】（1）由圖可明確OD間的距離；由W=mgh求得重力所做的功；根據平均速度等于中間時刻的速度可以求出D點的速度；

（2）根據題意及實驗原理列出對應的表達式，則可明確需要測量的物理量．【解析】【解答】解：（1）OD過程物體下落的高度為h=12.51cm

重力做功W=mgh=10×0.1251=1.25J；

D點的速度vD===1.56m/s；

（2）由mgh=mv2可知；質量可消去，故不需要測量質量；但需要測量當地的重力加速度；O到各點的距離以及為了求出打點計時器的周期而測量的交流電的頻率；

故選：BCD；

故答案為：（1）1.251J；1.565m/s；（2）BCD．六、實驗探究題