2025年粵人版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年粵人版高二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、如圖所示；用絕緣細絲線懸吊著的帶正電小球在勻強磁場中做簡諧運動，則（）

A.當小球每次通過平衡位置時；動能相同。

B.當小球每次通過平衡位置時；速度相同。

C.當小球每次通過平衡位置時；絲線的拉力相同。

D.撤消磁場后；小球擺動的周期不變。

2、下列關于電磁波的特性和應用，說法正確的是()．A.紅外線和X射線都有很高的穿透本領，常用來在醫(yī)學上做透視人體B.過強的紫外線照射有利于人的皮膚健康C.電磁波中頻率最大的是γ射線，最容易用來觀察衍射現(xiàn)象D.紫外線和X射線都可以使照像底片感光3、如圖為伏安法測電阻電路.

測量中，電壓表右接線有兩處觸點ab

可供選擇，電表內(nèi)阻不可忽略，則(

)

A.接在a

處測量值比實際值小B.接在a

處測量值比實際值大C.接在b

處測量值比實際值小D.接在ab

處測量值相同4、家用電飯煲加熱食物主要利用了A.靜電現(xiàn)象B.電磁感應現(xiàn)象C.電流的熱效應D.電流的磁效應5、理想變壓器正常工作時，原線圈一側(cè)與副線圈一側(cè)保持不變的物理量是(

)

A.電阻B.電壓C.電流D.電功率6、有abcd

四個小磁針，分別放置在通電螺線管的附近和內(nèi)部，如圖所示.

其中哪一個小磁針的指向是正確的(

)

A.a

B.b

C.c

D.d

評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，一根輕彈簧上端固定，下端懸掛一個物體．將物體從平衡位置豎直拉下一段距離后由靜止釋放，物體在豎直方向做簡諧運動．設向下方向為正，則以下說法中正確的是（）A.物體位移為正時，速度一定也為正，加速度一定為負B.物體從最高處向最低處運動過程中，振幅先減小后增大C.彈簧對物體的彈力變小時，物體所受回復力可能變大D.物體從最低處向最高處運動過程中，物體的動能與彈簧的彈性勢能之和一直減小8、輕彈簧上端與力傳感器相連，下端系一質(zhì)量為m

的小球，靜止時小球處在位置O

點，在彈簧彈性限度內(nèi)，讓小球在豎直方向上做簡諧運動，振幅為A.

取O

點為x

坐標原點，豎直向上為x

正方向；t

=0

時刻小球恰經(jīng)過O

點向上運動.

傳感器將其受到的彈簧作用力傳給與之連接的計算機，四位同學通過計算機記錄的數(shù)據(jù)分別繪制出F鈭?

t

圖象如下圖所示；其中一定不正確的是()

A.B.C.D.9、氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為1.62eV到3.11eV之間．由些可以推知，氫原子（）A.從高能級向n=1能級遷時發(fā)出的光的波長比可見光的短B.從高能級向n=2能極躍遷時發(fā)出的光均為可見光C.大量處于n=4是能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)出3種不同頻率的可見光D.大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時，可能發(fā)生6種不同頻率的光10、如圖所示，矩形線框在勻強磁場內(nèi)做的各種運動中，能夠產(chǎn)生感應電流的是（）A.B.C.D.11、如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，勻強電場平行于斜面下，彈簧另一端固定，滑塊處于靜止狀態(tài).

現(xiàn)給滑塊一個沿斜面向下的初速度，滑塊最遠能到達P

點.

在些過程中(

)

A.滑塊的動能一定減小B.彈簧的彈性勢能一定增大C.滑塊電勢能的改變量一定小于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和D.滑塊機械能的改變量等于電場力與彈簧彈力做功的代數(shù)和12、如圖甲為一列橫波在t=0

時的波動圖象，圖乙為該波中x=2m

處質(zhì)點P

的振動圖象，下列說法正確的是(

)

A.波速為4m/s

B.波沿x

軸負方向傳播C.t=0.5sP

點的動能最大D.t=2.5sP

點振動路程為1.8cm

評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、如圖示，為萬用表歐姆擋的內(nèi)部電路，a、b為表筆插孔，下列說法中正確的是______（填序號“①”；“②”、“③”、“④”）．

①a孔插紅表筆。

②表盤刻度是均勻的。

③用×100Ω擋測量時；若指針指在0Ω附近，則應換用×1kΩ擋。

④實驗結(jié)束后，將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔．14、現(xiàn)要測量電源的電動勢E

及內(nèi)阻r(E

約為6Vr

約為1.5婁賂)

給出以下器材：量程3V

的理想電壓表V

量程0.6A

的電流表A(

具有一定內(nèi)阻)

固定電阻R=8.5婁賂

滑線變阻器R隆盲(0簍D10婁賂)

開關S

導線若干。

(1)

利用給出的器材畫出實驗電路原理圖(

圖中各元件需用題目中給出的符號或字母標出)

(2)

用筆畫線代替導線完成實物連接圖。(3)

實驗中，當電流表讀數(shù)為I1

時，電壓表讀數(shù)為U1;

當電流表讀數(shù)為I2

時，電壓表讀數(shù)為U2.

則可以求出E=

___________，r=

____________(

用I1I2U1U2

及R

表示)

15、如圖所示，是利用放射線自動控制鋁板厚度的裝置.

假如放射源能放射出婁脕婁脗婁脙

三種射線，而根據(jù)設計，該生產(chǎn)線壓制的是3mm

厚的鋁板，那么是三種射線中的______射線對控制厚度起主要作用.

當探測接收器單位時間內(nèi)接收到的放射性粒子的個數(shù)超過標準值時，將會通過自動裝置將MN

兩個軋輥間的距離調(diào)______一些．16、如圖所示，傾角為婁脠

的光滑斜面上，擺線長為L

小球質(zhì)量為m

現(xiàn)將單擺上端固定在O

點，平衡位置在O隆盲

點做簡諧運動時，周期為______．17、某同學做“測定金屬電阻率”的實驗．

①需要通過實驗直接測量的物理量有：____（寫出名稱和符號）．

②這位同學采用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬絲的電阻．有以下器材可供選擇：（要求測量結(jié)果盡量準確）

A．電池組（3V；內(nèi)阻約1Ω）B．電流表（0-3A，內(nèi)阻約0.025Ω）

C．電流表（0-0.6A；內(nèi)阻約0.125Ω）D．電壓表（0-3V，內(nèi)阻約3kΩ）

E．電壓表（0-15V；內(nèi)阻約15kΩ）F．滑動變阻器（0-20Ω，額定電流1A）

G．滑動變阻器（0-1000Ω；額定電流0.3A）H．開關，導線。

實驗時應選用的器材是____（填寫各器材的字母代號）．

請在下面的虛線框中畫出實驗電路圖．

這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖所示．由圖中電流表、電壓表的讀數(shù)可計算出金屬絲的電阻為____Ω．

③用伏安法測金屬絲電阻存在系統(tǒng)誤差．為了減小系統(tǒng)誤差，有人設計了如圖所示的實驗方案．其中Rx是待測電阻，R是電阻箱，R1、R2是已知阻值的定值電阻．合上開關S，靈敏電流計的指針偏轉(zhuǎn)．將R調(diào)至阻值為R時，靈敏電阻計的示數(shù)為零．由此可計算出待測電阻Rx=____．（用R1、R2、R表示）

評卷人得分四、判斷題(共2題，共14分)18、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）19、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分五、作圖題(共3題，共21分)20、（6分）如圖所示是研究電磁感應現(xiàn)象的實驗儀器，虛線框內(nèi)給出了原、副線圈導線的繞法，實驗前已查明電流表中電流從左接線柱流入時指針向左偏．（1）用筆畫線代替導線在答卷對應的圖上連接好實驗電路．（2）若實驗中原線圈插入副線圈后，開關S閉合的瞬間，觀察到電流表指針向左偏，試在電路連接圖中標出電源的正、負極．（3）若將原線圈拔出，則拔出時電流表指針向____偏．21、某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中；先測得擺線長為97.50cm，擺球直徑為2.00cm，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間，如圖1所示，則：

（1）該擺擺長為______cm，秒表所示讀數(shù)為______s．

（2）如果測得的g值偏小，可能的原因是______

A．測擺線長時擺線拉得過緊。

B．擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表過遲按下。

D．實驗中誤將49次全振動記為50次。

（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出一組對應的l與T的數(shù)據(jù)，再以l為橫坐標，T2為縱坐標，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖2所示，并求得該直線的斜率為k，則重力加速度g=______（用k表示）．22、請描述出圖中通電導線周圍的磁感線和單個正電荷周圍的電場線。評卷人得分六、綜合題(共3題，共30分)23、其中第(1)

題鈭?

第(4)

題，每題只有一個選項符合題意，把符合題意的選項序號填入相應的空格中即可]

(1)

一個電荷只在電場力作用下從電場中的A

點移到B

點過程中，電場力做了2脳10鈭?6J

的正功，那么()

A.

電荷在B

處時具有2脳10鈭?6J

的動能B.

電荷的動能減少了2脳10鈭?6J

C.

電荷在B

處時具有2脳10鈭?6J

的電勢能D.

電荷的電勢能減少了2脳10鈭?6J

(2)

圖中B

表示磁感強度，I

表示通電長直導線中的電流，F(xiàn)

表示磁場對導線的作用力。它們?nèi)叩姆较蜷g的關系，正確的是()

(3)[3

分]

以下幾種方法中，不能改變電容器電容的是()

A.

增大兩板的正對面積B.

增大兩板間的距離C.

增大兩板間的電壓D.

更換電介質(zhì)(4)

在如圖所示的電路中，電源的內(nèi)電阻r=1婁賂

外電路電阻R=9婁賂

閉合開關后，電流表的示數(shù)I=0.3A

電流表的內(nèi)阻不計。電源的電動勢E

等于()

A.1VB.2V

C.3VD.5V

(5)

用伏安法測量甲、乙、丙三個用不同材料制成的電阻時，得到了它們的I鈭?U

關系圖線，如圖所示.

由圖線可知，在實驗過程中，阻值保持不變的電阻是______；阻值隨著電壓的增大而不斷增大的電阻是______(

選填：甲、乙、丙)

(6)

如圖所示，平行板電容器兩極板間電壓為U

兩板正著開有小孔S1S2

，S2

右側(cè)存在一上下無界、寬度為d

的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場右邊界與電容器極板平行.

整個裝置處于真空中，現(xiàn)從S1

處引入一個初速度為零、質(zhì)量為m

電荷量為e

的電子，電子經(jīng)電場加速后從S2

孔進入磁場，且剛好未能從磁場右邊界射出，不計電子重力，求：(1)

電子經(jīng)電場進入磁場時的速度大小v

(2)

勻強磁場的磁感應強度的大小B.

24、【物理隆陋隆陋

選修3鈭?3

】(1)

對一定質(zhì)量的理想氣體，下列說法正確的是_______．A.氣體的體積是所有氣體分子的體積之和B.氣體溫度越高，氣體分子的熱運動就越劇烈C.氣體對容器的壓強是由大量氣體分子對容器不斷碰撞而產(chǎn)生的D.當氣體膨脹時，氣體的內(nèi)能一定減少E.在壓強不變而體積增大時，單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數(shù)一定減少

(2)

一定質(zhì)量理想氣體的p鈭?V

圖象如圖所示，其中a隆煤b

為等容過程，b隆煤c

為等壓過程，c隆煤a

為等溫過程，已知氣體在狀態(tài)a

時的溫度Ta=300K

在狀態(tài)b

時的體積Vb=22.4L

求：壟脵

氣體在狀態(tài)c

時的體積Vc

壟脷

試比較氣體由狀態(tài)b

到狀態(tài)c

過程從外界吸收的熱量Q

與對外做功W

的大小關系，并簡要說明理由。25、(1)

一個邊長為10cm

的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框匝數(shù)n=100

線框平面與磁場垂直，電阻為20惟.

磁感應強度隨時間變化的圖象如圖所示.

則前兩秒產(chǎn)生的電動勢為______V

．(2)

兩個相同的電阻分別通有如圖所示的兩種電流，則在開始的半個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比QA：QB=______；在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量之比QA鈥?：B鈥?=______．

(3)

某同學用圖甲所示裝置通過半徑相同的AB

兩球的碰撞來尋找碰撞中的不變量，圖中PQ

是斜槽，QR

為水平槽，實驗時先使A

球從斜槽上某一固定位置C

由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10

次，得到10

個落點痕跡，再把B

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A

球仍從位置C

由靜止開始滾下，和B

球碰撞后，AB

球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10

次，圖中O

是水平槽末端口在記錄紙上的垂直投影點，P

為未放被碰小球B

時A

球的平均落點，M

為與B

球碰后A

球的平均落點，N

為被碰球B

的平均落點.

若B

球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP

米尺的零點與O

點對齊.

注意：

(1)

實驗的條件：MA

______B(2)

碰撞后B

球的水平射程應為______cm

．

(3)

在以下選項中；哪些是本次實驗必須進行的測量？

答：______(

填選項號)

．

A.水平槽上未放B

球時；測量A

球落點位置到O

點的距離。

B.A

球與B

球碰撞后；測量A

球落點位置到O

點的距離。

C.測量A

球或B

球的直徑。

D.測量A

球和B

球的質(zhì)量。

E.測量G

點相對于水平槽面的高度。

(4)

寫出驗證動量守恒定律的表達式______．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A|D【分析】

A；小球在運動的過程中；只有重力做功，根據(jù)動能定理得，每次經(jīng)過平衡位置時，動能相同，但速度的方向不同，所以速度不同．故A正確，B錯誤．

C、當小球向右通過平衡位置時，根據(jù)牛頓第二定律有：T+F-mg=所以．當小球向左通過平衡位置時，根據(jù)牛頓第二定律有：T則因為洛倫茲力相等，所以向左通過平衡位置時的拉力大于向右通過平衡位置時的拉力．故C錯誤．

D；加磁場與不加磁場；小球的速度大小一樣，故周期不變．故D正確．

故選AD．

【解析】【答案】小球在運動的過程中只有重力做功；洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理比較出通過平衡位置的動能．根據(jù)牛頓第二定律，沿半徑方向的合力提供向心力，比較繩子拉力的大?。?/p>

2、D【分析】電磁波具有能量，紫外線和X射線都能使底片感光．紅外線穿透本領很小，不能用來透視人體，過強的紫外線照射人體時有害健康，γ射線波長最短最不易衍射，故D正確．【解析】【答案】D3、A【分析】解：A

由圖示電路圖可知；電壓表右接線柱接a

處時，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流的測量值大于真實值，由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實值，故A正確，B錯誤；

C、由圖示電路圖可知，電壓表右接線柱接b

點時；電流表采用內(nèi)接法，由于電流表的分壓作用，電壓測量值大于真實值，由歐姆定律可知，電阻測量值大于真實值，故CD錯誤；

故選：A

．

伏安法測電阻；電流表有兩種接法，內(nèi)接法與外接法，根據(jù)電路圖應用歐姆定律分析答題．

本題考查了伏安法測電阻實驗，分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)、應用歐姆定律即可正確解題．【解析】A

4、C【分析】【分析】家用電飯煲是利用通電后發(fā)熱來加熱食物。該題考查常見家用電器的工作原理，學生應該多學習，多積累?！窘獯稹考矣秒婏堨彝姾?；電流做功，將電能轉(zhuǎn)化成熱能，通過熱傳遞來加熱食物，是屬于電流的熱效應，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

【解析】C

5、D【分析】解：A

變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；與電阻無關；故電阻不一定相同；故A錯誤；

C；變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；升壓就會降低電流，降壓就會提高電流，故BC錯誤；

D；根據(jù)能量守恒定律；理想變壓器正常工作時，輸入與輸出的電功率相等，故D正確；

故選：D

．

變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；改變的是電壓和電流，不變的是頻率和電功率．

本題關鍵是明確變壓器的工作原理，明確變壓器改變的是電壓和電流，輸入功率由輸出功率決定．【解析】D

6、D【分析】解：由圖可知；電流由右側(cè)流入，則由安培定則可知，螺線管的左側(cè)為N

極，右側(cè)為S

極；

而螺線管的磁感線外部是由N

極指向S

極；內(nèi)部由S

指向N

極，而小磁針靜止時N

極所指方向與磁感線方向一致，故可知D正確，其他均錯；

故選D．【解析】D

二、多選題(共6題，共12分)7、CD【分析】解：A；根據(jù)F=-kx可知；物體位移為正時，恢復力為負，加速度一定為負，但是速度不一定也為正，故A錯誤；

B；物體從最高處向最低處運動過程中；位移先減小后增大，故B錯誤；

C；彈簧對物體的彈力變小時；物體所受回復力可能變大，例如從平衡位置向彈簧原長位置運動時，故C正確；

D；物體從最低處向最高處運動過程中；因為重力勢能變大，則物體的動能與彈簧的彈性勢能之和一直減小，故D正確；

故選：CD．

振子經(jīng)過同一位置時；位移一定；回復力一定、但速度有兩個可能的方向；振幅是偏離平衡位置的最大位移的大??；振子的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能總量不變．

本題考查簡諧運動，關鍵是結(jié)合簡諧運動的對稱性和機械能守恒進行分析，基礎題目．【解析】【答案】CD8、ABC【分析】【分析】彈簧振子做簡諧運動，重力和彈力的合力提供回復力，回復力表達式為F=鈭?kx

再根據(jù)簡諧運動得到x鈭?t

關系，最后得到F鈭?t

關系。本題考查簡諧運動回復力的理解及應用，關鍵是明確回復力來源，然后結(jié)合胡克定律和簡諧運動的位移時間關系分析?！窘獯稹繌椈烧褡幼龊喼C運動；x鈭?t

關系為：x=Asin婁脴t

重力和彈力的合力提供回復力；有：F鈭?G=F祿脴

回復力表達式為：F祿脴=鈭?kx

故F鈭?t

關系為：F=鈭?kAsin婁脴t+G

故ABC錯誤；D正確。

本題選擇不正確的，故選ABC?！窘馕觥緼BC

9、AD【分析】解：A；從高能級向n=1能級躍遷時；輻射的光子能量最小為10.20eV，大于可見光的光子能量，則波長小于可見光的波長。故A正確；

B；從高能級向n=2能級躍遷時輻射的光子能量最大為3.40eV；大于可見光的能量。故B錯誤；

C；大量處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時；

根據(jù)C=6得能發(fā)生6種不同頻率的光；故C錯誤，D正確；

故選：AD。

能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，即Em-En=hv．

根據(jù)C計算出不同頻率光的種數(shù)．

解決本題的關鍵知道能級躍遷所滿足的規(guī)律，能級的躍遷滿足hγ=Em-En，能靈活運用．【解析】AD10、ACD【分析】解：線圈在磁場中轉(zhuǎn)動；當轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直時，線圈內(nèi)會產(chǎn)生感應電動勢，形成感應電流，當轉(zhuǎn)軸與磁場方向平行時，不會產(chǎn)生感應電動勢，故感應電流為零，故ACD正確，B錯誤；

故選：ACD

根據(jù)產(chǎn)生感應電流的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化；判斷各個選項．

本題考查了感應電流產(chǎn)生的條件，分析清楚圖示情景、明確磁通量是否發(fā)生變化，即可正確解題．【解析】【答案】ACD11、AD【分析】解：A

滑塊原來處于靜止狀態(tài)；受力平衡，當給滑塊一個沿斜面向下的初速度時，彈簧的彈力不斷增大，合力沿斜面向上，則滑塊做減速運動，動能一定減小，故A正確．

B；若電場力沿斜面向上；彈簧原來處于壓縮狀態(tài)，則彈簧的彈性勢能先減小后增大，故B錯誤．

C；滑塊的動能減??；根據(jù)動能定理可知：重力、電場力與彈簧彈力做功的代數(shù)和等于動能的變化量，而電場力做功等于電勢能的改變量，則知滑塊電勢能的改變量一定大于重力與彈簧彈力做功的代數(shù)和，故C錯誤．

D；由功能原理可知：滑塊機械能的改變量等于電場力與彈簧彈力做功得代數(shù)和；故D正確．

故選：AD

通過分析彈簧彈力的變化；分析滑塊速度的變化，確定動能的變化；彈簧的彈性勢能隨著形變量的增大而增大；根據(jù)功能關系分析各種能量變化之間的關系．

解決本題的關鍵分析滑塊的運動，判斷能量是如何轉(zhuǎn)化的，再運用動能定理和功能關系分析．【解析】AD

12、AC【分析】解：

A、由波動圖象讀出波長婁脣=4m

由振動圖象讀出周期T=1s

則波速v=婁脣T=4m/s.

故A正確．

B；由振動圖象上t=0

時刻讀出P

點的速度方向沿y

軸正方向；則由波動圖象判斷出波沿x

軸正方向傳播.

故B錯誤．

C、t=0.5s=T2P

點到達平衡位置，速度最大，動能最大.

故C正確．

D；t=2.5s=2.5TP

點振動路程為S=2.5隆脕4A=10隆脕0.2cm=2cm.

故D錯誤．

故選AC

由波動圖象讀出波長；由振動圖象讀出周期，可求出波速.

由振動圖象上t=0

時刻讀出P

點的速度方向，在波動圖象上判斷傳播方向.

根據(jù)時間t=0.5s

與周期的關系，分析P

點的動能.

根據(jù)t=2.5s

與周期的關系分析P

點通過的路程．

本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象物理意義和把握兩種圖象聯(lián)系的能力．【解析】AC

三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】解：①；由圖示可知；a插孔與內(nèi)置電源負極相連，則a插孔是“+”插孔，a孔應查紅表筆，故①正確；

②；歐姆表刻度盤不均勻；右側(cè)稀疏左側(cè)密集，故②錯誤；

③；用×100Ω擋測量時；若指針指在0Ω附近，說明所選檔位太大，應換小擋，應換用×10Ω擋，故③錯誤；

④；結(jié)束后；將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔，故④正確；

故選：①④．

歐姆表“+”插孔與內(nèi)置電源的負極相連；紅表筆查“+”插孔，黑表筆差“-”插孔；

歐姆表的刻度盤是不均勻的；右側(cè)刻度線稀疏，左端刻度線密集；

使用歐姆表測電阻時；應選擇合適的檔位，使指針指在中央刻度線附近；

結(jié)束后；將表筆拔出，并將選擇開關旋至“off”檔或交流最高檔．

本題考查了歐姆表的使用注意事項與歐姆表特點，知道歐姆表結(jié)構(gòu)、原理、使用方法即可正確解題．【解析】①④14、①

②

③【分析】【分析】(1)(1)將固定電阻與電源串聯(lián)，起到保護電源的作用；電壓表與滑動變阻器并聯(lián)，電流表與電源串聯(lián)；

(2)(2)對照電路圖連接實物圖即可；

(3)(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程求解即可。本題考查了測定電池的電動勢和內(nèi)阻的相關內(nèi)容，關鍵明確實驗原理，然后根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電動勢和內(nèi)電阻，基礎題?！窘獯稹繅琶檳琶櫥瑒幼冏杵鞑捎孟蘖魇浇臃?；固定電阻與電源串聯(lián)，起到保護電源的作用；電壓表與滑動變阻器并聯(lián)，電流表與滑動變阻器串聯(lián)；電源內(nèi)阻較小，大內(nèi)小外，采用安培表外接法；電路圖如圖所示：

壟脷壟脷對照電路圖連接實物圖，如圖所示：

壟脹壟脹實驗中，當電流表讀數(shù)為I1時，電壓表讀數(shù)為U1；當電流表讀數(shù)為I2時，電壓表讀數(shù)為U2；根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：

E=U1+1(r+R)；E=U2+2(r+R)；聯(lián)立解得：E=I1U2?I2U1I1?I2r=?U?I鈭?R=U1?U2I2?I1鈭?R

故填壟脵壟脵；壟脷壟脷；壟脹壟脹I1U2?I2U1I1?I2U1?U2I2?I1鈭?R

【解析】壟脵

壟脷

壟脹I1U2?I2U1I1?I2U1?U2I2?I1鈭?R

15、略

【分析】解：婁脕婁脗婁脙

三種射線的穿透能力不同；婁脕

射線不能穿過3mm

厚的鋁板，婁脙

射線又很容易穿過3mm

厚的鋁板，厚度的微小變化不會使穿過鋁板的婁脙

射線的強度發(fā)生較明顯變化，所以基本不受鋁板厚度的影響.

而婁脗

射線剛好能穿透幾毫米厚的鋁板，因此厚度的微小變化會使穿過鋁板的婁脗

射線的強度發(fā)生較明顯變化，即是婁脗

射線對控制厚度起主要作用.

若超過標準值，說明鋁板太薄了，應該將兩個軋輥間的距離調(diào)大些．

故答案為：婁脗

大。

婁脕

射線穿透本領太弱；婁脙

射線穿透能力又太強，而婁脗

射線穿透能力婁脗

居中．

本題考查了婁脕婁脗婁脙

三種射線的特性，電離本領依次減弱，穿透本領依次增強，能在生活中加以利用．【解析】婁脗

大16、略

【分析】解：擺球靜止在平衡位置O隆盲

時，繩上的拉力為F脌-=mgsin婁脠

所以g隆盲=F脌-m=gsin婁脠

．

故周期為：T=2婁脨Lgsin婁脠

．

故答案為：2婁脨Lgsin婁脠

查單擺的周期公式；但注意加速度已經(jīng)不是g

．

單擺周期公式T=2婁脨Lg

在一些情況中會有一些變化，L

為懸點到質(zhì)心的距離，g

有時不是重力加速度，而要找出某些情景中的等效重力加速度g隆盲.

等效重力加速度的計算方法：用單擺靜止時擺線上的張力除以擺球的質(zhì)量．【解析】2婁脨Lgsin婁脠

17、略

【分析】

①、根據(jù)歐姆定律R=電阻定律R=S=可得電阻率ρ=可見需要通過實驗直接測量的物理量有：加在金屬絲兩端的電壓U，通過金屬絲的電流I，金屬絲的長度L，金屬絲的直徑D．

②、因采用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬絲的電阻，本實驗要求通過的電流不能太大，電流表應選C，又電動勢為3V，電壓表應選D，當然應選電源A，因滑動變阻器最大電阻大于待測電阻，考慮變阻器用限流式接法，由≥可求外電路最小電阻為R≥7.5Ω，故可選變阻器F，當然還應選H，電路圖如圖所示。

根據(jù)電表讀數(shù)原理及要求可讀出U=2.40V，I=0.46A，則R==5.2Ω

③、根據(jù)串并聯(lián)電路特點及歐姆定律，若電流表示數(shù)為零，應滿足（+）=（），及=兩式聯(lián)立可得=

故答案為①加在金屬絲兩端的電壓U；通過金屬絲的電流I，金屬絲的長度L，金屬絲的直徑D

②ACDFH5.2電路圖如圖。

③

【解析】【答案】①通過公式寫出電阻率的最終表達式，即可確定需要直接測量的物理量；②電流越大電阻發(fā)熱明顯，電阻值隨之增大，導致電阻測量不準，故本實驗電流表應選小量程的電流表，滑動變阻器的最大電阻大于待測電阻阻值，可考慮變阻器采用限流式接法；③根據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路的特點可知，若靈敏電阻計的示數(shù)為零，即說明電流表兩端電勢相等，即變阻箱兩端電壓兩端電壓應相等．

四、判斷題(共2題，共14分)18、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．19、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．五、作圖題(共3題，共21分)20、略

【分析】【解析】【答案】（6分）（1）如圖所示（2分）（2）如圖所示（2分）（3）右偏（2分）21、略

【分析】解：（1）單擺的擺長l=L+=．

秒表的小盤讀數(shù)為50s；大盤讀數(shù)為15.2s，則秒表的讀數(shù)為75.2s．

（2）根據(jù)T=得，g=

A；測擺線長時擺線拉得過緊；則擺長的測量值偏大，導致重力加速度的測量值偏大，故A錯誤．

B；擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，知擺長的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏小，故B正確．

C；開始計時時；秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故C錯誤．

D；實驗中誤將49次全振動記為50次；則周期的測量值偏小，導致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤．

故選：B．

（3）根據(jù)T=得，可知圖線的斜率k=則重力加速度g=．

故答案為：（1）98.50；75.2；（2）B；（3）．

（1）單擺的擺長等于擺線的長度和擺球的半徑之和；秒表的讀數(shù)等于小盤讀數(shù)和大盤讀數(shù)之和．

（2）根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達式；結(jié)合擺長和周期的測量誤差確定重力加速度的測量誤差．

（3）根據(jù)單擺的周期公式得出T2-l的關系式；結(jié)合圖線的斜率求出重力加速度．

單擺的擺長等于懸點到球心的距離，不能漏算小球的半徑．根據(jù)解析式研究圖象的意義是慣用的思路．【解析】98.50；75.2；B；22、略

【分析】

根據(jù)安培定則判斷出磁感線的方向；再畫出磁感線。正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠終止。

對于常見的磁場的磁感線和電場的電場線分布要在理解的基礎上，加強記憶?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)安培定則判斷可知：通電導線周圍的磁感線方向沿逆時針方向(

俯視)

是以導體上各點為圓心的一簇同心圓，磁感線的分布如圖；正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠終止，其電場線分布如圖。六、綜合題(共3題，共30分)23、(1)D

(2)A

(3)C

(4)C

(5)

乙丙

(6)

解：

(1)

電子在平行板電容器兩極板間加速加速過程，由動能定理有：eU=12mv2

解得：v=2eUm

(2)

電子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切

由幾何關系得軌跡半徑為：r=d

由牛頓第二定律有：evB=mv2r

聯(lián)立以上各式解得：B=1d2mUe【分析】(1)

【分析】電荷只在電場力作用下從電場中的A

點移到B

點，電場力做了2隆脕10鈭?6J

的功，電荷的電勢能減小2隆脕10鈭?6J

根據(jù)動能定理得知，動能增加了2隆脕10鈭?6J

本題考查對電場力做功與電勢能變化關系的理解，要熟練運用動能定理分析動能的變化，注意合力做功與動能變化有關，而電場力做功與電勢能變化有關?！窘獯稹緼B.

電荷只在電場力作用下；電場力做了2隆脕10鈭?6J

的正功，合力做功即為2隆脕10鈭?6J

根據(jù)動能定理得知，動能增加了2隆脕10鈭?6J

故AB錯誤；

CD.

電場力做了2隆脕10鈭?6J

的正功，根據(jù)功能關系得知，電荷的電勢能減小2隆脕10鈭?6J

故C錯誤，D正確。故選D。(2)

【分析】根據(jù)圖示電流、磁場、力的方向，應用左手定則分析答題。本題考查了左手定則的應用，掌握左手定則并靈活應用，即可正確解題?！窘獯稹緼.由左手定則可知，電流所受安培力豎直向上，磁感強度、電流、安培力三者間的方向關系正確，故A正確；B.根據(jù)圖示由左手定則可知，安培力水平向左，圖示磁感強度、電流、安培力三者間的方向關系錯誤，故B錯誤；C.根據(jù)圖示由左手定則可知，安培力豎直向下，圖示磁感強度、電流、安培力三者間的方向關系錯誤，故C錯誤；D.根據(jù)圖示由左手定則可知，安培力水平向左，圖示磁感強度、電流、安培力三者間的方向關系錯誤，故D錯誤。故選A。(3)

【分析】根據(jù)電容器的決定式C=婁脜S4婁脨kd

判斷電容的變化；同時注意C=QU

為定義式，C

與Q

和U

無關。解決本題的關鍵知道電容器的電容與電壓和所帶的電荷量無關，由本身的因素決定，根據(jù)電容的決定式可以判定電容與什么因素有關?！窘獯稹扛鶕?jù)電容器的決定式C=婁脜S4婁脨kd

知，增大兩板的正對面積、減小兩極板間的距離及更換電介質(zhì)均可以改變電容的大小，而電容與電壓和電量無關，故改變電壓不會影響電容器的電容大小，本題選擇不能改變電容器電容的，故C正確，ABD錯誤。故選C。(4)

【分析】電源的電動勢E

等于電路中內(nèi)外電壓之和，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的電動勢E

閉合電路歐姆定律反映了電路中電流與整個電路的電動勢和總電阻的關系，是電路中最重要規(guī)律之一，要加強熟練，熟練運用?！窘獯稹扛鶕?jù)閉合電路歐姆定律得電源的電動勢為：E=I(R+r)=0.3隆脕(9+1)V=3V

故C正確，ABD錯誤。故選C。(5)

【分析】伏安特性曲線中，斜率為電阻的倒數(shù)；由伏安特性曲線可判斷電阻的變化趨勢。明確伏安特性曲線的意義，由圖線可得電阻的變化趨勢和某電壓下的電阻值?！窘獯稹糠蔡匦郧€中，斜率為電阻的倒數(shù)，故斜率不變則電阻不變，即為定值電阻；斜率變小則阻值變大，反之電阻變小，由圖得，乙為定值電阻，丙阻值變大。故答案為：乙；丙。(6)

在此題中注意分清過程，弄清每個過程中的物理模型，運用相應知識點來逐一解決，更要注意題目中的恰好的含義。(1)

電子在平行板電容器兩極板間加速，由動能定理求出加速獲得的速度v

(2)

電子以速度v

進入磁場后，在磁場中以速度v

做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切.

由幾何關系求得軌跡半徑，再由牛頓第二定律和向心力公式解得B

【解析】(1)D

(2)A

(3)C

(4)C

(5)

乙丙(6)

解：(1)

電子在平行板電容器兩極板間加速加速過程，由動能定理有：eU=12mv2

解得：v=2eUm

(2)

電子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡恰與磁場右邊界相切由幾何關系得軌跡半徑為：r=d

由牛頓第二定律有：evB=mv2r

聯(lián)立以上各式解得：B=1d2mUe

24、（1）BCE

（2）

解：①氣體c→a等溫變化，根據(jù)玻意爾定理得PaVa=PcVc；

又a→b等容過程。

所以Va=Vb=22.4L；

解得：

②氣體由狀態(tài)b到狀態(tài)c為等壓過程；由蓋呂薩克定律可知體積增大時溫度升高；

所以氣體內(nèi)能△U增大，由于b→c氣體對外做功；W為負值，氣體吸熱，Q為正值；

由熱力學第一定律△U=Q+W可知，氣體吸收熱量Q大于氣體對外做的功W?！痉治觥俊痉治觥?/p>

氣體的體積是氣體所能充滿的整個空間；氣體溫度越高，氣體分子的熱運動就越劇烈，氣體對容器的壓強是由大量氣體分子對容器不斷碰撞而產(chǎn)生的。

掌握溫度是分子的平均動能的標志；會利用微觀理論解釋氣體壓強產(chǎn)生的原因。

【解答】

A.氣體的體積是氣體所能充滿的整個空間；A錯誤；

B.氣體溫度越高；氣體分子的熱運動就越劇烈，B正確；

C.氣體對容器的壓強是由大量氣體分子對容器不斷碰撞而產(chǎn)生的；C正確；

D.當氣體膨脹時；氣體對外做功，但可能同時吸熱，故氣體的內(nèi)能不一定減少，故D錯誤；

E；在壓強不變而體積增大時；分子的密度減小，單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數(shù)一定減少，E正確；

故選BCE。

【分析】

壟脵c隆煤a

為等溫過程；由讀出ca

兩狀態(tài)的壓強，根據(jù)玻意耳定律求出氣體在狀態(tài)c

時的體積Vc