2024年人教A版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年人教A版高二物理下冊階段測試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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是A.感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)有關B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D.感應電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同2、如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的3個頂點上，a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量的大小比b的?。阎猚受到a和b的電場力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應是（）A.F1B.F2C.F3D.F43、某一交流電壓變化規(guī)律如圖所示，則該電壓的有效值為(

)

A.3V

B.10V

C.210V

D.25V

4、質(zhì)量為1kg

的物體沿直線運動，其v鈭?t

圖象如圖所示，則此物體在前4s

和后4s

內(nèi)受到的合外力沖量為()A.8N隆隴s8N隆隴s

B.8N隆隴s鈭?8N隆隴s

C.08N隆隴s

D.0鈭?8N隆隴s

5、如圖所示，在磁感應強度為B

的勻強磁場中，有半徑為r

的光滑半圓形導體框，OC

為一能繞O

在框架上滑動的導體棒，Oa

之間連一電阻R

導體框架與導體棒的電阻均不計，若要使OC

能以角速度w

逆時針勻速轉動，則()

A.通過電阻R

的電流方向由a

經(jīng)R

到O

B.導體棒O

端電勢低于C

端的電勢C.外力做功的功率為B2婁脴2r24R

D.回路中的感應電流大小為B婁脴r24

6、某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度分別為EP和EQ．則（）A.EP＜EQ，方向不同B.EP＞EQ，方向相同C.EP＞EQ，方向不同D.EP＜EQ，方向相同7、如圖所示為遠距離輸電的原理圖，升壓變壓器的變壓比為m，降壓變壓器的變壓比為n，輸電線的電阻為R，升壓變壓器和降壓變壓器均為一理想變壓器，發(fā)電機輸出的電壓恒為U，若由于用戶的負載變化，使電壓表V2的示數(shù)減小了△U，則下列判斷正確的是（）A.電流表A2的示數(shù)增大了B.電流表A2的示數(shù)增大了C.電壓表V1的示數(shù)減小了△UD.輸電線損失的功率增加了8、如圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T

的原、副線圈匝數(shù)分別為n1n2

在T

的原線圈兩端接入一電壓u=Umsin婁脴t

的交流電源。若輸送電功率為P

輸電線的總電阻為2r

不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率為

A.(n1n2)Um24r

B.(n2n1)Um24r

C.4r(n1n2)2(PUm)2

D.4r(n2n1)2(PUm)2

評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、(

多選)

下列說法中正確的是()A.氣體分子的數(shù)目越多，氣體的體積越大B.氣體的壓強是大量氣體分子對器壁不斷碰撞產(chǎn)生的C.氣體膨脹時對外做功，消耗內(nèi)能，故氣體的內(nèi)能減少E.晶體和非晶體在一定的條件下可以相互轉化E.晶體和非晶體在一定的條件下可以相互轉化10、在北半球，地磁場的豎直分量向下.

飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變.

由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差.

設飛行員左方機翼末端處的電勢為U1

右機翼末端處的電勢為U2

則(

)

A.若飛機從西往東飛，U1

比U2

高B.若飛機從東往西飛，U2

比U1

高C.若飛機從南往北飛，U1

比U2

高D.若飛機從北往南飛，U2

比U1

高11、圖示電路中，變壓器為理想變壓器，a、b接在電壓有效值不變的交流電源兩端，R0為定值電阻，R為滑動變阻器。現(xiàn)將變阻器的滑片從一個位置滑動到另一個位置，觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A．則下列說法正確的是（）A.電壓表V3示數(shù)減小B.電壓表V1、V2示數(shù)均增大C.該變壓器起降壓作用D.變阻器滑片是沿d→c的方向滑動12、彈簧振子以O點為平衡位置做簡諧振動．從O點開始計時，振子第一次到達M點用了0.3秒，又經(jīng)過0.2秒第二次通過M點．則振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間可能是（）A.秒B.秒C.1.4秒D.1.6秒13、如圖，左右兩邊是a、b兩等量電荷的電場線分布如圖所示，則以下判斷正確的是（）A.a是負電荷B.a是正電荷C.b是正電荷D.b是負電荷14、關于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A.氣體吸收的熱量可以完全轉化為功B.氣體體積增大時，其內(nèi)能一定減少C.氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D.外界對氣體做功，氣體內(nèi)能可能減少15、發(fā)電機的轉子在勻速轉動過程中，下列物理量發(fā)生改變的有A.穿過線圈的磁通量B.線圈中產(chǎn)生的感應電動勢C.閉合回路中的電流D.閉合回路中電流變化的周期16、如下圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比n1n2=51

電阻R=20婁賂L1L2

為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1

為單刀雙擲開關.

原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u

隨時間t

的變化關系如圖乙所示.

現(xiàn)將S1

接1S2

閉合，此時L2

正常發(fā)光.

下列說法正確的是(

)

A.輸入電壓u

的表達式u=202sin(100婁脨t)V

B.只斷開S2

后，L1L2

均正常發(fā)光C.只斷開S2

后，原線圈的輸入功率增大D.若S1

換接到2

后，R

消耗的電功率為0.8W

17、物體處于平衡狀態(tài)，下列說法中正確的是(

)

A.物體一定保持靜止B.物體可能做勻速直線運動C.物體所受合力不為零D.物體所受合力為零評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、有一表頭G，內(nèi)阻Rg=20Ω，滿偏電流Ig=3mA，把它改裝成量程U=3V的電壓表，要____（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個R=____Ω的電阻．19、現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A

線圈B

電流計(

零刻線在正中位置)

及開關如圖連接在一起，在開關閉合、線圈A

在線圈B

中的情況下，某同學發(fā)現(xiàn)當他將滑動變阻器的滑動片P

向左滑動時，電流計指針向右偏轉，由此可以推斷：如果將線圈A

從線圈B

中抽出時，電流表指針______.

當開關由斷開狀態(tài)突然閉合，電流表指針將______.

當滑動變阻器滑片P

向右滑動時，電流表指針______(

填右偏、左偏)

．20、庫侖定律適用條件：真空中的____．21、如圖所示為等量異種電荷的電場線，P、Q為電場線上的兩點，可以判斷出兩點的場強，判斷的依據(jù)是________；還可以判斷出兩點的電勢，判斷的依據(jù)是________。22、如圖，帶電量為＋q的點電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心．若圖中a點處的電場強度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強度大小為________，方向________．(靜電力恒量為k)23、如圖所示，為了測一凹透鏡凹面的半徑R，讓一個半徑為r的光滑鋼珠在凹面內(nèi)做振幅很小的振動．若測出它完成N次全振動的時間為t，則此凹透鏡凹面的半徑R=______（重力加速度為g）．24、正確讀出下列各數(shù)：

①圖1游標卡尺的讀數(shù)為______mm．

②圖2螺旋測微器的讀數(shù)______mm

25、如圖所示；電路中電源電動勢為4V

內(nèi)阻為1婁賂

小燈泡電阻為3婁賂.

開關S

閉合后，電路中的電流為________A

燈泡的電壓為________V

．

26、到目前為止，科學實驗發(fā)現(xiàn)的最小電荷量是電子所帶的電荷量.

這個最小電荷用e

表示，它的數(shù)值為______.

實驗指出，所有帶電物體的電荷量或者等于它，或者是它的整數(shù)倍，因此我們把它叫做______．評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)27、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）28、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分五、簡答題(共4題，共16分)29、英國物理學家麥克斯韋認為：變化的磁場________(

選填“能”或“不能”)

產(chǎn)生電場.

電磁波按照波長由長到短排列依次是：無線電波、紅外線、可見光、________、X

射線和婁脙

射線．30、如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角婁脠=30鈭?

的斜面底端，將彈簧壓縮至A

點鎖定，然后將一質(zhì)量為m

的小物塊緊靠彈簧放置，物塊與斜面問動摩擦因數(shù)?=

.

解除彈簧鎖定，物塊恰能上滑至B

點，AB

兩點的高度差為ho

，已知重力加速度為g

．

(1)

求彈簧鎖定時具有的彈性勢能E

p

；

(2)

求物塊從A

到B

的時間tl

與從B

返回到A

的時間t

2

之比．

31、取某鍍鋅鐵片rm{5.69g}將其投入足量稀硫酸中，鍍鋅鐵片完全溶解，產(chǎn)生氫氣rm{2.24L(}標準狀況rm{)}試計算：rm{(1)}產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量是_______rm{mol}rm{(2)}鍍鋅鐵片中鋅的質(zhì)量是_______rm{g}32、節(jié)能減排是當下環(huán)境保護的重點。rm{(1)}將rm{CO}和氣態(tài)水通入一個容積固定的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生如下可逆反應：rm{CO(g)+H}rm{CO(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)?CO}rm{O(g)?CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+H}rm{(g)+H}rm{{,!}_{2}}在rm{(g)}rm{婁隴H<0}恒容密閉容器中，起始時按照下表數(shù)據(jù)進行投料，達到平衡狀態(tài)，rm{(g)}。rm{婁隴H<0}

rm{H2O}rm{CO}rm{CO2}rm{H2}rm{n/mol}rm{0.20}rm{0.20}rm{0}rm{0}

rm{壟脵}從起始經(jīng)過rm{5min}達到化學平衡時，用生成物rm{CO_{2}}表示該反應的反應速率rm{v(CO_{2})=}_____；平衡時，容器中rm{CO}的轉化率為______________。rm{壟脷}下圖表示上述反應在rm{t_{1}}時刻達到平衡，在rm{t_{2}}時刻因改變某個條件而發(fā)生變化的情況。則rm{t_{2}}時刻發(fā)生改變的條件可能是_____________。rm{(}寫出一條rm{)}

rm{(2)}汽車尾氣中的一氧化碳是大氣污染物，可通過反應：rm{CO(g)+l/2O}rm{CO(g)+l/2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{CO}降低其濃度。rm{CO}某溫度下，在兩個容器中進行上述反應，容器中各物質(zhì)的起始濃度及正、逆反應速率關系如下表所示。請在表中的空格處填寫“rm{{,!}_{2}}”、“rm{(g)}降低其濃度?！被颉皉m{(g)}”。。rm{壟脵}容器編號rm{c}rm{(CO)/mol隆隴L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{c}rm{(O_{2})/mol隆隴L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{c}rm{(CO_{2})/mol隆隴L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}和rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}比較Ⅰrm{2.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{2}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}rm{=}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}Ⅱrm{3.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{5.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{2}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}____rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}rm{壟脷}相同溫度下，某汽車尾氣中rm{CO}rm{CO_{2}}的濃度分別為rm{1.0隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}}和rm{1.0隆脕10^{-4}mol隆隴L^{-1}}若在汽車的排氣管上增加一個補燃器，不斷補充rm{O_{2}}并使其濃度保持為rm{1.0隆脕10^{-4}mol隆隴L^{-1}}則最終尾氣中rm{CO}的濃度為__________________rm{mol隆隴L^{-1}(}請保留兩位有效數(shù)字rm{)}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|C【分析】【解析】試題分析：由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢即感應電動勢與線圈匝數(shù)有關故A正確；同時可知，感應電動勢與磁通量的變化率有關，磁通量變化越快，感應電動勢越大，故C正確；穿過線圈的磁通量大，但若所用的時間長，則電動勢可能小，故B錯誤；由楞次定律可知：感應電流的磁場方向總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故原磁通增加，感應電流的磁場與之反向，原磁通減小，感應電流的磁場與原磁場方向相同，即“增反減同”，故D錯誤；考點：考查了法拉第電磁感應定律以及楞次定律的應用【解析】【答案】ＡC、2、D【分析】解：對c球受力分析；如圖。

由于a所帶電荷量的大小比b的?。还蔭球對c球的靜電引力較??；

根據(jù)平行四邊形定則；合力的方向如圖所示，故ABC錯誤，D正確；

故選：D．

對c球受力分析，受到a球的靜電斥力和b球的靜電引力，由于b球的帶電量比a球的小，故b球的靜電引力較??；根據(jù)平行四邊形定則可以判斷合力的大致方向．

本題關鍵分析出c球受到的各個靜電力，然后根據(jù)平行四邊形定則作圖，從圖象中可以判斷合力的大致方向．【解析】【答案】D3、B【分析】解：根據(jù)電流的熱效應可知：

U12R鈰?T2+U22R鈰?T2=U2RT

代入數(shù)據(jù)42R隆脕T2+22R隆脕T2=U2R隆脕T

解得U=10V

故B正確。

故選：B

根據(jù)電流的熱效應即可求得電壓的有效值。

對于非正弦式電流可根據(jù)有效值的定義求解有效值.

常見題型，要熟練掌握【解析】B

4、D【分析】【分析】由v鈭?t

圖像讀出此物體前4s

的初、末速度和后4s

的初、末速度，得到所對應的初、末動量；由動量定理即可得到正確答案。值得注意的是：動量定理表達式是矢量式，一定要先選好正方向?！窘獯稹壳?s

的初動量為4kgm/s

末動量為4kgm/s

由動量定理得，前4s

物體受到的合外力的沖量為0

后4s初動量為4kgm/s4kgm/s末動量為鈭?4kgm/s-4kgm/s由動量定理得，前4s4s物體受到的合外力的沖量為鈭?8N.s-8N.s所以D正確。故選D?！窘馕觥緿

5、C【分析】【分析】由右手定則可知電流由O

到C

由電路回路可判定通過電阻的電流，導體棒等效為電源，O

為電源負極，C

為電源正極，導體棒切割磁場產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Br婁脴r2

由此可判定感應電流，由Q=I2Rt

可求電阻R

上的電熱功率。

本題關鍵要知道導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的表示，對圓形切割來說，導體棒切割磁場產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Br婁脴r2

【解答】

A.由右手定則可知電流由o

到P

由回路可判定通過電阻的電流為由O

經(jīng)R

到a

故A錯誤；

B.導體棒等效為電源；o

為電源正極，P

為電源負極，故導體桿O

端的電勢高于C

端的電勢，故B錯誤；

CD.

導體棒切割磁場產(chǎn)生的感應電動勢為：E=Br婁脴r2

由此可知感應電流為：I=ER=Br2婁脴2R

由Q=I2Rt

可求電阻R

上的電熱功率為：P=I2R=B2r4婁脴24R

故C正確，D錯誤。故選C。

【解析】C

6、C【分析】解：由圖P點電場線密，電場強度大，EP＞EQ；

而電場強度的方向為電場線在該點的切線方向；所以方向不同，故C正確，ABD錯誤；

故選：C。

根據(jù)P；Q兩點處電場線的疏密比較電場強度的大??；結合某點的切線方向，即為電場強度的方向，從而即可求解。

掌握電場線的特點：疏密表示強弱，并理解某點的切線方向與電場強度方向的關系?！窘馕觥緾7、B【分析】解：AB、降壓變壓器原副線圈兩端的電壓之比等于n，所以有即降壓變壓器原線圈兩端電壓減小了n△U，根據(jù)歐姆定律，知電流表A1示數(shù)增大了輸電線上電流增大了根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知，電流表A2示數(shù)增大了故A錯誤，B正確；

C、根據(jù)題意知，發(fā)電廠的輸出電壓恒為U，升壓變壓器的變壓比不變，所以電壓表V1的示數(shù)不變；故C錯誤；

D、由于輸電線上電流增大了故輸電線損失的功率增加量一定不是P=（）2R；故D錯誤；

故選：B。

理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定；輸出電壓有輸入電壓決定；根據(jù)遠距離輸電過程中的功率；電壓的損失與哪些因素有關，以及整個過程中的功率、電壓關系，即可求解。

對于遠距離輸電問題，要明確整個過程中的功率、電壓關系，尤其要注意導線上損失的電壓和功率與哪些因素有關?！窘馕觥緽8、C【分析】略【解析】C

二、多選題(共9題，共18分)9、BDE【分析】【分析】根據(jù)氣體分子間空隙很大，氣體分子的體積很小，氣體的體積指的是氣體占據(jù)的空間；根據(jù)壓強產(chǎn)生的微觀機理分析；根據(jù)內(nèi)能的概念分析氣體膨脹時內(nèi)能如何變化；晶體和非晶體在一定的條件下可以相互轉化。了解氣體的分子運動特點，氣體壓強的微觀含義和氣體的內(nèi)能，溫度是理想氣體的內(nèi)能大小的標志，關于內(nèi)能的變化可由熱力學第一定律來判斷。【解答】A.氣體分子間空隙很大；氣體的體積遠大于所有氣體分子的體積之和，所以氣體分子的數(shù)目越多，氣體的體積不一定越大，故A錯誤；

B.根據(jù)壓強的微觀意義可知；氣體的壓強產(chǎn)生的機理是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的，故B正確。

C.當氣體膨脹時；氣體對外做功，但熱傳遞情況不清楚，所以根據(jù)熱力學第一定律知：內(nèi)能變化無法判斷，故C錯誤；

D.內(nèi)能與物體物質(zhì)的量；溫度、體積、物態(tài)都有關；而分子的平均動能僅僅與溫度有關，內(nèi)能不同的兩個物體，它們的溫度可能相等，則分子熱運動的平均動能可能相等，故D正確；

E.晶體和非晶體在于內(nèi)部分子排列；晶體和非晶體在一定條件下可以相互轉化，故E正確。

故選BDE。

【解析】BDE

10、AC【分析】解：當飛機在北半球飛行時；由于地磁場的存在，且地磁場的豎直分量方向豎直向下，由于感應電動勢的方向與感應電流的方向是相同的，由低電勢指向高電勢，由右手定則可判知，在北半球，不論沿何方向水平飛行，都是飛機的左方機翼電勢高，右方機翼電勢低，即總有U1

比U2

高.

故AC正確，BD錯誤．

故選：AC

．

由于地磁場的存在；當飛機在北半球水平飛行時，兩機翼的兩端點之間會有一定的電勢差，相當于金屬棒在切割磁感線一樣.

由右手定則可判定電勢的高低．

本題要了解地磁場的分布情況，掌握右手定則.

對于機翼的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的．【解析】AC

11、AC【分析】解：ABD、觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A，即副線圈電流增大，由于a、b接在電壓有效值不變的交流電流兩端，匝數(shù)比不變，所以副線圈電壓不變，即V1，V2示數(shù)不變，根據(jù)歐姆定律得負載電阻減小，所以變阻器滑片是沿c→d的方向滑動，故BD錯誤；由于電流表A2的示數(shù)增大，所以R0兩端電壓增大，所以滑動變阻器R兩端電壓減小，即電壓表V3示數(shù)減??；故A正確；BD錯誤；

C、觀察到電流表A1的示數(shù)增大了0.2A，電流表A2的示數(shù)增大了0.8A；即原線圈電流增大量小于副線圈電流增大量，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，所以該變壓器起降壓作用，故C正確。

故選：AC。

根據(jù)歐姆定律分析負載電阻的變化，圖中變壓器部分等效為一個電源，變壓器右側其余部分是外電路，外電路中，R0與滑動變阻器R串聯(lián)；然后結合閉合電路歐姆定律和串并聯(lián)電路的電壓；電流關系分析即可。

本題關鍵是明確電路結構，根據(jù)閉合電路歐姆定律、變壓器變壓公式和變流公式、串并聯(lián)電路的電壓電流關系列式分析?！窘馕觥緼C12、AC【分析】解：如圖，假設彈簧振子在水平方向BC之間振動，如圖1，若振子開始先向左振動，振子的振動周期為T=2×0.2s+s=則振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間是t=0.2s+s=s．

如圖2，若振子開始先向右振動，振子的振動周期為T=4×（0.3+s=1.6s；則振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間是t=1.6s-0.2s=1.4s．

故選：AC

根據(jù)振動周期的定義：振子完成一次全振動所用的時間；確定彈簧振子的周期，畫出振子的運動路線，求出振子第三次通過M點還要經(jīng)過的時間可能值．

本題的解題關鍵是畫出振子的運動路線，根據(jù)簡諧運動的對稱性，求出振動周期，再求解時間．【解析】【答案】AC13、BD【分析】解：根據(jù)電場線的方向，從a出發(fā)，終止于b，所以a帶正電，b帶負電．故AC錯誤；BD正確．

故選：BD．

根據(jù)電場線的方向確定場源電荷的正負．電場線從正電荷或無窮遠處出發(fā)到負電荷或無窮遠處終止．

本題的關鍵要掌握電場線的分布情況，知道電場線方向特點：電場線從正電荷或無窮遠處出發(fā)到負電荷或無窮遠處終止．【解析】【答案】BD14、AD【分析】解：根據(jù)熱力學第一定律；做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以含有‘一定’的B和C錯誤，而D正確；

理想氣體的等溫變化是一個內(nèi)能不變的過程；當體積增大對外做功時同時必須從外界吸熱等大的熱量，故A正確；

故選AD．

解答本題應熟練準確掌握熱力學第一定律的內(nèi)容；明確做功和熱傳遞均可改變物體的內(nèi)能．

本題主要考查熱力學第一定律，理解做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能才能正確解答．【解析】【答案】AD15、ABC【分析】【分析】

明確交流發(fā)電機的工作原理，知道哪些量在隨時間作周期性變化。在交流電的產(chǎn)生過程中，轉速、周期、頻率是保持不變的；而電流、電動勢及磁通量均隨時間做周期性變化?！窘獯稹緼.發(fā)電機轉子在勻速轉動時；通過線圈的磁通量；產(chǎn)生感應電動勢及電流均隨時間呈周期性變化，故ABC正確；

D.閉合回路中電流變化的周期等于線圈的轉動周期；其大小不變化，故D錯誤；

故選ABC。

【解析】ABC

16、AD【分析】解：A

周期是0.02s婁脴=2婁脨T=2婁脨0.02rad/s=100婁脨

所以輸入電壓u

的表達式應為u=202sin(100婁脨t)V

A正確；

B；斷開S1L1L2

的電路都被斷開，則L1L2

均不能正常發(fā)光，B錯誤；

C；只斷開S2

后；負載電阻變大，原副線圈電流變小，原線圈的輸入功率減小，C錯誤；

D、若S1

換接到2

后，電阻R

電壓有效值為4VR

消耗的電功率為P=4220W=0.8W

D正確．

故選：AD

根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論.

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決．【解析】AD

17、BD【分析】解：A

物體處于平衡狀態(tài)時不一定保持靜止狀態(tài)；也可能是勻速直線運動，故A錯誤B正確；

D；物體處于平衡狀態(tài)時；可能不受外力作用，也可能是受平衡力，即合外力一定為零，故C錯誤D正確．

故選：BD

．

平衡狀態(tài)是指物體在不受外力或者受平衡力的作用下所處的狀態(tài)；包括靜止狀態(tài)和勻速直線運動狀態(tài)．

知道通常的平衡狀態(tài)是指的勻速直線運動的狀態(tài)和靜止的狀態(tài)，并知道不受力和受平衡力時，物體都處于平衡狀態(tài)．【解析】BD

三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】

改裝成電壓表要串聯(lián)分壓電阻；

所串聯(lián)的阻值為：R===980Ω

故答案為：串聯(lián)980

【解析】【答案】電流表改裝成電壓表要串聯(lián)電阻分壓，所串聯(lián)的電阻值R=．U為改裝后的量程．

19、略

【分析】解：由圖示可知；將滑動變阻器的滑動片P

向左滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，通過線圈A

的電流減小，電流產(chǎn)生的磁場減弱，穿過線圈B

的磁通量減小，電流計指針向右偏轉，由此可知，穿過線圈B

的磁通量減少時，電流表指針向右偏，則磁通量減少時，指針向左偏；

如果將線圈A

從線圈B

中抽出時；穿過線圈B

的磁通量減少，電流表指針右偏；

當開關由斷開狀態(tài)突然閉合；穿過線圈B

的磁通量增大，電流表指針將左偏；

當滑動變阻器滑片P

向右滑動時；通過A

的電流增大，穿過線圈B

的磁通量增大，電流表指針左偏；

故答案為：右偏；左偏；左偏．

根據(jù)題意確定電流表指針偏轉方向與磁通量變化間的關系；然后根據(jù)題意判斷磁通量如何變化，再判斷指針偏轉方向．

本題無法直接利用楞次定律進行判斷，但是可以根據(jù)題意得出產(chǎn)生使電流表指針右偏的條件，即可不根據(jù)繞向判出各項中應該出現(xiàn)的現(xiàn)象．【解析】右偏；左偏；左偏20、點電荷【分析】【分析】在真空中有兩個點電荷間的作用力遵守庫侖定律，根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，即可求解。本題主要考查對庫侖定律條件的理解，基礎題?！窘獯稹繋靵龆蛇m用條件：真空中的點電荷。故答案為：點電荷。

【解析】點電荷21、略

【分析】【詳解】

根據(jù)電場線的疏密可以判斷場強的大小，因為P點所在位置處的電場線較Q點處的密，所以；而電場線從正電荷出發(fā)終止于負電荷，所以電場線由P指向Q，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可以判斷兩點的電勢關系：【解析】P點所在位置處的電場線較Q點處的密沿著電場線方向電勢降低22、略

【分析】【解析】試題分析：q在a點形成的電場強度的大小為方向向左；因a點場強為零，故薄板在a點的場強方向向右，大小也為由對稱性可知，薄板在b點的場強也為方向向左；考點：電場的疊加；電場強度；點電荷的場強．【解析】【答案】水平向左(或垂直薄板向左)23、略

【分析】解：完成n次全振動的時間為t，知周期T=

再根據(jù)T=2π得：T==2π

解得：R=r+

故答案為：r+．

小鋼球在凹面內(nèi)作振幅很小的振動為簡諧運動，等效于單擺的運動，根據(jù)T=2π求出凹透鏡鏡面的半徑．

小鋼球的運動等效于單擺的運動，關鍵掌握單擺的周期公式．【解析】r+24、略

【分析】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為100mm；可動刻度讀數(shù)為0.1×4=0.4mm，所以最終讀數(shù)為：100mm+0.4mm=100.4mm；

螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)1.5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×10.4=0.104mm，所以最終讀數(shù)為：1.5mm+0.104mm=1.604mm．

故答案為：100.4；1.604

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀，螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解析】100.4；1.60425、13【分析】【分析】在電源的外電路中，電流從電源的正極流向負極，根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流的大小。本題是簡單的電路分析和計算問題，關鍵要掌握電流的方向和閉合電路歐姆定律。【解答】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電路中電流的大小為：I=ER+r=43+1A=1A

燈泡的電壓為：U=IR=1隆脕3V=3V

故答案為：13

【解析】113326、略

【分析】解：人們把最小電荷叫做元電荷；用e

表示，所帶電荷量大小為：e=1.60隆脕10鈭?19C

任何帶電體所帶電荷都是e

的整數(shù)倍，或等于e

．

故答案為：1.6隆脕10鈭?19C

元電荷。

各種帶電微粒中；電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，所帶電荷量大小為：e=1.60隆脕10鈭?19C

任何帶電體所帶電荷都是e

的整數(shù)倍．

元電荷是帶電量的最小值，它本身不是電荷，所帶電量均是元電荷的整數(shù)倍.

且知道電子的電量與元電荷的電量相等，同時讓學生明白電荷量最早是由美國科學家密立根用實驗測得．【解析】1.6隆脕10鈭?19C

元電荷四、判斷題(共2題，共14分)27、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．28、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．五、簡答題(共4題，共16分)29、能紫外線【分析】【分析】麥克斯韋建立了電磁場理論，預言了電磁波的存在，赫茲用實驗證實電磁波存在；電磁波按波長由長到短的排列順序是無線電波、紅外線、可見光、紫外線、x

射線、婁脙

射線。本題考查了物理學史，對于著名物理學家、經(jīng)典實驗和重要學說要記牢，不能張冠李戴，同時對電磁波的波長長短要加強記憶，便于解題?！窘獯稹葵溈怂鬼f建立了電磁場理論：變化的電場周圍產(chǎn)生磁場，變化的磁場周圍產(chǎn)生電場；并預言了電磁波的存在，而赫茲用實驗證實電磁波存在；電磁波中波長最長的是無線電波，波長最短的是婁脙

射線，電磁波按波長由長到短的排列順序是無線電波、紅外線、可見光、紫外線、x

射線、婁脙

射線。故填：能；紫外線。【解析】能紫外線30、解：（1）物塊受到的摩擦力：f=μmgcosθ

A到B的過程中由功能關系得：

代入數(shù)據(jù)解得：

（2）上升的過程中和下降的過程中物塊都是受到重力、支持力和摩擦力的作用，設上升和下降過程中的加速度分別是a1和a2；則：

物塊上升時摩擦力的方向向下：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

物塊下降時摩擦力的方向向上：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

由運動學的公式推得：

代入數(shù)據(jù)解得：

答：（1）彈簧鎖定時具有的彈性勢能是

（2）物塊從A到B的時間tl與從B返回到A的時間t2之比．【分析】第一問涉及彈簧的彈性勢能與物塊的動能之間的相互轉化；以及物塊的動能與內(nèi)能；重力勢能之間的相互轉化，要理清它們的關系．

該題的第二問直接對物塊進行受力分析；然后使用牛頓第二定律即可，屬于常見題型．

(1)

彈簧解鎖的過程中彈簧的彈性勢能轉化為物塊的動能；物塊上升的過程中動能轉化為重力勢能和摩擦力產(chǎn)生內(nèi)能，寫出方程，即可求得彈性勢能；

(2)

分別對物塊上升的過程和下降的過程進行受力分析；根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度的表達式，結合它們的位移大小相等，即可求得時間的比值．

【解析】解：(1)

物塊受到的摩擦力：f=婁脤mgcos婁脠

A

到B

的過程中由功能關系得：f(h0sin胃)+mgh0=EP

代入數(shù)據(jù)解得：EP=32mgh0

(2)

上升的過程中和下降的過程中物塊都是受到重力；支持力和摩擦力的作用；設上升和下降過程中的加速度分別是a1

和a2

則：

物塊上升時摩擦力的方向向下：mgsin婁脠+婁脤mgcos婁脠=ma1

物塊下降時摩擦力的方向向上：mgsin婁脠鈭?婁脤mgcos婁脠=ma2

由運動學的公式推得：12a1t12=12a2t22

代入數(shù)據(jù)解得：t1t2=33

答：(1)

彈簧鎖定時具有的彈性勢能是32mgh0

(2)

物塊從A

到B

的時間tl

與從B

返回到A

的時間t2

之比33

．31、rm{(1)0.10}

rm{(2)0.65}【分析】【分析】本題旨在考查學生對化學計量的計算的應用?！窘獯稹縭m{(1)}產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量是rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}故答案為：rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol

}rm{0.1}設含有鋅的物質(zhì)的量為rm{(2)}鐵的物質(zhì)的量為rm{amol}二者和硫酸反應生成氫氣的物質(zhì)的量之比均為rm{bmol}故rm{begin{cases}65a+56b=5.69a+b=0.1end{cases}}解得rm{1:1}rm{begin{cases}65a+56b=5.69

a+b=0.1end{cases}}故鋅的質(zhì)量為rm{a=0.01mol}故答案為：rm{b=0.09mol}rm{0.65g}【解析】rm{(1)0.10}rm{(2)0.65}32、（1）①0.01mol/（L?min）50%

②降低溫度或降低H2濃度或增大H2O（g）濃度；

（2）①＞

②1.1×10-6

【分析】【分析】本題涉及化學反應速率計算、化學平衡移動、平衡常數(shù)應用、溶度積計算知識，是高考常考題型，難度中等。關鍵是掌握化學反應速率計算、化學平衡移動、平衡常數(shù)應用、溶度積計算的原理，側重知識的能力考察?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}設消耗一氧化碳物質(zhì)的量為rm{x}

rm{CO}rm{(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始量rm{(mol)0.2}rm{0.2}rm{0}rm{0}

變化量rm{(mol)x}rm{x