2025年粵教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2025年粵教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(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、真空中兩個靜止點電荷間的相互作用力為F，若兩點電荷的電量不變，間距變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩點電荷間的作用力大小變?yōu)椋ǎ?B.C.2FD.3F2、電容容C1、C2和可變電阻器R1、R2，以及電源E連接如圖所示，當(dāng)變阻器R1的滑動觸頭在圖示位置時，C1、C2的電量相等，欲使C1的電量大于C2的電量，應(yīng)（）A.增大R2B.減小R2C.將R1的滑動觸頭向A端移動D.將R1的滑動觸頭向B端移動3、如圖所示；當(dāng)穿過閉合回路的磁通量均勻增加時，內(nèi)外兩金屬環(huán)中感應(yīng)電流的方向為（）

A.內(nèi)環(huán)逆時針，外環(huán)順時針B.內(nèi)環(huán)順時針，外環(huán)逆時針C.內(nèi)環(huán)逆時針，外環(huán)逆時針D.內(nèi)環(huán)順時針，外環(huán)順時針4、下列所列數(shù)據(jù)不屬于交流電有效值的是（）A.交流電表的示數(shù)B.電容器的耐壓值C.燈泡的額定電壓D.保險絲的額定電流5、在赤道上空，水平放置一根通以由西向東的電流的直導(dǎo)線，則此導(dǎo)線（）A.受到由西向東的安培力B.受到由南向北的安培力C.受到豎直向下的安培力D.受到豎直向上的安培力6、如圖示，在勻強磁場中兩根平行的金屬導(dǎo)軌MN與PQ，其電阻不計，ab、cd為兩根金屬桿，其電阻Rab＜Rcd，當(dāng)ab桿在外力F1作用下，勻速向左滑動時，cd桿在外力F2作用下保持靜止．設(shè)F1與F2的方向均與MN平行，那么F1與F2的大小、兩桿兩端電壓Uab與Ucd的大小關(guān)系是（）A.F1＞F2，Uab＞UcdB.F1＜F2，Uab＜UcdC.F1＜F2，Uab＞UcdD.F1=F2，Uab=Ucd7、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E

的電流電源連接，上級板A

接地，一帶負電油滴固定于電容器中的P

點，現(xiàn)將平行板電容器的下級板B

豎直向下移動一小段距離，則(

)

A.帶電油滴所受電場力不變B.P

點的電勢將升高C.帶電油滴的電勢能增大D.電容器的電容減小，極板帶電量增大評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、如圖在x軸的-3a和3a兩處分別固定兩個電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=a處為圖線的最低點．線于在x=2a處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電點電荷，該電荷只在電場力作用下運動．下列有關(guān)說法正確的是（）A.電荷運動至x=a處時速度最大B.兩點電荷QA：QB=4：1C.該電荷一定通過x=a處，但不能到達x=-a處D.該電荷以O(shè)為中點做往復(fù)運動9、下列關(guān)于熱力學(xué)溫標(biāo)的說法中正確的是（）A.熱力學(xué)溫標(biāo)和攝氏溫標(biāo)的每一度的大小是相同的B.絕對零度是低溫的極限，永遠達不到C.熱力學(xué)溫標(biāo)就是攝氏溫標(biāo)D.1℃就是1K10、如圖所示，一帶電小球通過絕緣細繩懸掛于平行板電容器之間，M

板帶負電，N

板帶正電，M

板接地.

以上說法正確的是(

)

A.M

板左移，小球受到的電場力減小B.M

板左移，小球的電勢能減小C.M

板上移，小球受到的電場力增大D.M

板上移，小球的電勢能不變11、如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L標(biāo)有“6V，12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，以下說法中正確的是（）A.電動機的輸入功率是12WB.電動機的輸出功率12WC.電動機的熱功率是2WD.整個電路消耗的電功率是22W12、在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了14J

金屬塊克服摩擦力做功10J

重力做功22J

則以下判斷正確的是(

)

A.金屬塊帶正電荷B.金屬塊克服電場力做功8J

C.金屬塊的電勢能減少2J

D.金屬塊的機械能減少8J

13、一帶電油滴在勻強電場E

中的運動軌跡如圖所示，電場方向豎直向下。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a

運動到的過程中，能量變化情況為()

A.動能增大B.電勢能增加C.動能和電勢能總和減少D.重力勢能和電勢能之和增加14、CDEF

是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L

在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B

磁場區(qū)域的寬度為d

如圖所示.

導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R

的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接.

將一阻值也為R

質(zhì)量為m

的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h

高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處.

已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為婁脤

則下列說法中正確的是(

)

A.電阻R

的最大電流為BL2gh2R

B.流過電阻R

的電荷量為BdL2R

C.整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh

D.電阻R

中產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(h鈭?婁脤d)

15、圖中的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流表G

和一個變阻器R

組成的，它們之中的一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結(jié)論中正確的是()

A.甲表是電流表，R

增大時量程增大B.甲表是電流表，R

增大時量程減小C.乙表是電壓表，R

增大時量程減小D.乙表是電壓表，R

增大時量程增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、利用雙縫干涉測光的波長的實驗中；雙縫間距d=0.4mm，雙縫到光屏間的距離l=0.5m，用某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖所示，分劃板在圖中A；B位置時游標(biāo)卡尺讀數(shù)也由圖中所給出，則：

（1）在雙縫干涉實驗中發(fā)現(xiàn)條紋太密，難以測量，可以采用的改善辦法是______

A．改用波長較長的光（例如紅光）作為入射光。

B．減小雙縫到屏的距離l

C．增大雙縫間距d

D．任何辦法都不能改善。

（2）分劃板在圖中A、B位置時游標(biāo)卡尺讀數(shù)分別為xA=______mm，xB=______mm，相鄰兩條紋間距△x=______mm；

（3）該單色光的波長λ=______m．17、如圖表示一交流電的電流隨時間而變化的圖象；此交流電的有效值是______A

18、一條河的水速為u=1m/s，一艘船在靜水中的航速為v=2m/s，則要使船能垂直的渡過河去，那么渡船的方向與河岸的夾角是____；要使船能最短時間渡過河去，那么渡船的方向是____．19、使用多用電表的歐姆擋測電阻時，用“×100”擋測量一個電阻的阻值，發(fā)現(xiàn)表針偏轉(zhuǎn)角度極小，正確的判斷和做法是____

A．被測電阻值很大。

B．被測電阻值很小。

C．為了把電阻值測得更準(zhǔn)一些；應(yīng)換用“×1k”擋，重新歐姆調(diào)零后再測量。

D．為了把電阻值測得更準(zhǔn)一些，應(yīng)換用“×10”擋，重新歐姆調(diào)零后再測量．20、如圖所示的4種明暗相間的條紋，分別是紅光、藍光通過同一個雙縫干涉儀器形成的干涉圖樣和黃光、紫光通過同一個單縫形成的衍射圖樣（黑色部分代表亮紋）．那么1、2、3、4四個圖中亮條紋的顏色依次是____色、____色、____色、____色．

21、（2分）如圖，驗電器A與B的頂端各安裝了一個上端開有小孔的金屬圓筒，驗電器B帶有正電荷，用帶有絕緣柄的金屬小球C，把C與筒B的----______壁接觸后，再與筒A的_____壁接觸，重復(fù)多次，就能將B上的電荷盡量多的搬至筒A。（提示：本題的兩空格中填寫“內(nèi)”或“外”）22、在用單擺測重力加速度的實驗中，從下列器材中選用最合適的（填寫器材代號）______．

A．小鐵球B．小塑料球C.30cm長的擺線D.100cm長的擺線E.150cm長的擺線F．手表G．秒表H．米尺I．鐵架臺．23、一質(zhì)點在平衡位置O

點附近做簡諧運動，它離開O

點向著M

點運動，0.3s

末第一次到達M

點，又經(jīng)過0.2s

第二次到達M

點，再經(jīng)過______s

質(zhì)點將第三次到達M

點.

若該質(zhì)點由O

出發(fā)在4s

內(nèi)通過的路程為20cm

該質(zhì)點的振幅為______cm

．24、一質(zhì)量為4.0×10-10kg，電量為2.0×10-4C帶正電的質(zhì)點，以4.0×104m/s速度垂直于電場方向從a點進入勻強電場區(qū)域，并從b點離開電場區(qū)域，離開電場時速度為5.0×104m/s，由此可知，電場中a、b兩點間電勢差?a-?b=______V，帶電質(zhì)點離開電場時，速度在電場方向的分量為______m/s（重力忽略）。評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)25、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）26、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）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）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【解析】試題分析：由庫侖定律若兩點電荷的電量不變，間距變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩點電荷間的作用力大小變?yōu)锳對，BCD錯?？键c：本題考查庫侖定律的公式【解析】【答案】A2、D【分析】解：由題意，當(dāng)變阻器R1的滑動觸頭在圖示位置時，C1、C2的電量相等；則說明兩電容器的電容相等；

要使C1的電量大于C2的電量，根據(jù)Q=CU，可知，C1的電壓大于C2的電壓；

根據(jù)閉合電路分析，則有當(dāng)將R1的滑動觸頭向B端移動時，C1兩端的電壓才升高；

而不管R2，電阻增大，還是減小，都不會導(dǎo)致C1的電壓大于C2的電壓；故D正確，ABC錯誤；

故選D．

電路穩(wěn)定后，電容器的電壓等于與之并聯(lián)電阻兩端的電壓，而電阻R2、R1串聯(lián)；根據(jù)電容器電量的變化，結(jié)合歐姆定律分析，即可求解．

本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住不變量．電容不變，關(guān)鍵分析電壓變化；若電壓不變，關(guān)鍵分析電容如何變化．【解析】【答案】D3、B【分析】解：當(dāng)磁感應(yīng)強度B增加時；穿過兩金屬環(huán)的磁通量增加，而磁場方向向里，根據(jù)楞次定律判斷可知，兩圓環(huán)組成的回路中感應(yīng)電流方向為順時針方向，則內(nèi)環(huán)順時針外環(huán)逆時針．

故選：B．

當(dāng)磁感應(yīng)強度B增加時；穿過兩金屬環(huán)的磁通量增加，而磁場方向向里，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．

本題關(guān)鍵要明確研究對象，其次要搞清兩個條件：一是磁場的方向；二是磁通量的變化情況．【解析】【答案】B4、B【分析】解：A；交流電表的示數(shù)是有效值．故A正確．

B；電容器的耐壓值；是指的是最大值，故B錯誤．

C；燈泡的額定電壓也是有效值；故C正確．

D；保險絲的額定電流是有效值；故D正確．

本題選擇的是屬于交流電有效值的是；故選：B

交流電表顯示是有效值；交流電給燈泡供電，燈泡的額定電壓是有效值．保險絲的額定電流是有效值，但電容器的耐壓值是峰值．

本題楗同學(xué)們正確理解交流電的“四值”含義，尤其是“有效值”的理解與應(yīng)用，同時注意加強這方面的練習(xí)．【解析】【答案】B5、D【分析】解：赤道上空地磁場的方向由南向北；根據(jù)左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向北穿過手心，則手心朝南。四指指向電流方向，則由西向東，拇指指向安培力方向：豎直向上。

故選：D。

赤道上空地磁場的方向由南向北；根據(jù)左手定則判斷通電導(dǎo)線所受的安培力方向。

本題考查左手定則的應(yīng)用能力，關(guān)鍵要了解地磁場的分布情況：地磁場的北極在地球的南極附近，地磁場的南極在地球的北極附近?！窘馕觥緿6、D【分析】解：ab向左運動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，ab兩端的電勢差等于外電壓，由于導(dǎo)軌電阻不計，所以ab兩端的電壓等于cd兩端的電壓，即Uab=Ucd．

由于電流相等，由公式F=BIL可知兩棒所受的安培力相等，因為兩棒都處于平衡狀態(tài)，所以拉力都等于安培力，則F1=F2；故D正確，A；B、C錯誤．

故選：D

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知整個回路中的電流相等，ab兩端的電勢差等于外電壓．通過安培力的大小公式；結(jié)合共點力平衡比較拉力的大小．

處理電磁感應(yīng)電路問題時，關(guān)鍵能夠明確其等效電路，知道哪一部分相當(dāng)于電源，結(jié)合安培力的大小公式和共點力平衡進行求解．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A

將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud

得知板間場強減小；油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動.

故A錯誤．

B；板間場強E

減??；而P

點與上極板間的距離不變，則由公式U=Ed

分析可知，P

點與上極板間電勢差將減小，而P

點的電勢低于上極板的電勢，則知P

點的電勢將升高.

故B正確．

C；由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知；油滴帶負電，P

點的電勢升高，則油滴的電勢能將減小.

故C錯誤．

D、根據(jù)電容的定義式C=QU

電容器與電源保持相連，則U

不變，當(dāng)C

減小，則Q

也減小.

故D錯誤．

故選：B

．

將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud

分析板間場強的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況.

由U=Ed

分析P

點與上極板間電勢差如何變化，即能分析P

點電勢的變化和油滴電勢能的變化.

根據(jù)電容的定義式C=QU

電容器與電源保持相連，則U

不變，Q

與C

成正比變化．

本題運用E=Ud

分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動.

運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化．【解析】B

二、多選題(共8題，共16分)8、AB【分析】解：A、由φ-x圖線的斜率表示電場強度的大小可知x=a處電場強度為零，由動能定理qU=△Ek；點電荷從x=2a到x=a處，電勢差最大，所以電場力做正功最多，在x=a處速度最大，故A正確；

B、因在x=a電場強度為零，即k=k所以QA：QB=4：1；故B正確；

C；由圖知x=-a處與x=2a處電勢相等且點電荷由靜止釋放；由動能定理可知點電荷剛好能到達x=-a處，故C錯誤；

D；點電荷在x=-a與x=2a之間做往復(fù)運動；則O處不是運動中心，故D錯誤．

故選：AB．

根據(jù)φ-x圖象切線的斜率等于場強E，分析場強的變化，判斷小球的速度變化；根據(jù)動能定理確定小球可以到達的位置；x=L處場強為零，由小球的受力情況分析其運動情況．根據(jù)點電荷場強公式E=k以及電場的疊加即可分析QA與QB的大?。?/p>

解決本題首先要理解φ-x圖象切線的意義，知道電場力做功和路徑無關(guān)，只和初末兩點的電勢差有關(guān)，掌握電場力做功的公式W=qU和電荷場強公式，靈活運用電場的疊加原理．【解析】【答案】AB9、AB【分析】解：A；由T=t+273K；得知，△T=△t，可知熱力學(xué)溫標(biāo)和攝氏溫標(biāo)的每一度的大小是相同的，故A正確；

B；根據(jù)熱力學(xué)第三定律可知；熱力學(xué)溫標(biāo)的零K達不到，故B正確．

C；熱力學(xué)溫標(biāo)和攝氏溫標(biāo)在表示溫度的兩種不同的溫標(biāo)．故C錯誤．

D；在數(shù)值上T=273.15（K）+1℃=274.15（K）；所以1℃對應(yīng)274.15K，故D錯誤．

故選：AB

熱力學(xué)溫標(biāo)亦稱“絕對溫標(biāo)”．是由開爾文首先引入的．開爾文所利用的實驗事實是氣體發(fā)生等容變化時；壓強與攝氏溫度成線性關(guān)系，再進行合理外推得到的．熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系是T=t+273.15K；熱力學(xué)溫度的0K是不可能達到的．

攝氏溫標(biāo)和熱力學(xué)溫標(biāo)是兩種不同的溫標(biāo)，同學(xué)們要掌握掌握兩種溫標(biāo)的表示方法．【解析】【答案】AB10、BC【分析】解：A

電容器的電量不變，根據(jù)E=UdU=QCC=婁脜s4婁脨kd

得到電場強度E=4婁脨kQ婁脜s

與距離d

無關(guān)，故M

板左移，小球受到的電場力不變，故A錯誤；

B、電場強度E=4婁脨kQ婁脜s

與距離d

無關(guān)；M

板左移，小球與負極板間的電勢差變大，故小球所在位置的電勢增加，小球帶負電，根據(jù)電勢能公式Ep=q婁脮

電勢能減小，故B正確；

C、DM

板上移，電容器的電量不變，電場強度E=4婁脨kQ婁脜s

故電場強度增加，電場力增加；小球的平衡位置偏右，小球與負極板間的電勢差變大，故小球所在位置的電勢增加，小球帶負電，根據(jù)電勢能公式Ep=q婁脮

電勢能減小；故C正確，D錯誤；

故選：BC

．

根據(jù)電容的決定式C=婁脜s4婁脨kd

分析電容的變化.

電容器的電量不變，由U=QC

分析板間電勢差的變化.

根據(jù)E=UdU=QCC=婁脜s4婁脨kd

結(jié)合分析場強E

的變化；

本題關(guān)鍵推導(dǎo)出電場強度的一般表達式，然后明確負電荷在電勢越高的位置電勢能越?。窘馕觥緽C

11、AC【分析】解：A、電動機兩端的電壓U1=U-UL=12-6V=6V，整個電路中的電流I=所以電動機的輸入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正確．

B和C、電動機的熱功率P熱=I2RM=4×0.5W=2W，則電動機的輸出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故B錯誤；C正確．

D、整個電路消耗的功率P總=UI=12×2W=24W．故D錯誤．

故選：AC．

由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V；額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯(lián)電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出電路總功率．

解決本題的關(guān)鍵知道電動機的輸出功率P2=I2RM以及知道整個電路消耗的功率P總=UI．【解析】【答案】AC12、CD【分析】解：ABC

在金屬塊滑下的過程中動能增加了14J

金屬塊克服摩擦力做功10J

重力做功22J

根據(jù)動能定理得：

W脳脺=WG+W碌莽+Wf=鈻?EK

代入數(shù)據(jù)解得：W碌莽=2J

所以金屬塊克服電場力做功10J

金屬塊的電勢能減少2J.

由于金屬塊下滑，電場力做正功；

所以電場力應(yīng)該水平向左；所以金屬塊帶負電荷.

故C正確，AB錯誤。

D；在金屬塊滑下的過程中重力做功22J

重力勢能減小22J

動能增加了14J

重力勢能與動能之和等于機械能，則金屬塊的機械能減少8J

故D正確．

故選：CD

明確各力做功情況和動能的改變量；根據(jù)動能定理求出電場力做功.

即可判斷電場力方向與場強的關(guān)系，分析金屬塊的電性.

知道電場力做功量度電勢能的改變.

知道重力做功量度重力勢能的改變.

除重力以外的力做功等于機械能的變化.

或根據(jù)重力勢能與動能的變化分析機械能的變化．

本題考查帶電粒子在電場中運動時的功能關(guān)系分析問題，解這類問題的關(guān)鍵要熟悉功能關(guān)系，也就是什么力做功量度什么能的變化，并能建立定量關(guān)系【解析】CD

13、AC【分析】【分析】根據(jù)圖中的運動軌跡情況，可以判斷出重力和電場力的大小關(guān)系，然后根據(jù)功能關(guān)系求解即可。本題在電場和重力場的復(fù)合場中重點考察帶電小球的功能關(guān)系轉(zhuǎn)化.

在學(xué)習(xí)過程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問題的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.由軌跡圖可知，帶電油滴所受重力小于電場力，故從a

到b

的運動過程中合外力做正功，動能增加，故A正確；B.從a

到b

的運動過程電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C.從a

到b

的運動過程中重力做負功，重力勢能增加，因此動能和電勢能之和減小，故C正確；D.根據(jù)功能關(guān)系可知，在從a

到b

的運動過程中只有重力、電場力做功，因此重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變，因該過程中動能增加，因此重力勢能和電勢能之和減小，故D錯誤。故選AC?！窘馕觥緼C

14、ABD【分析】解：A

金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv2

金屬棒到達水平面時的速度v=2gh

金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應(yīng)電動勢為E=BLv

最大的感應(yīng)電流為I=BLv2R=BL2gh2R

故A正確；

B、通過金屬棒的電荷量q=鈻?婁碌R+r=BLd2R

故B正確；

C；金屬棒在整個運動過程中；由動能定理得：mgh鈭?WB鈭?婁脤mgd=0鈭?0

則克服安培力做功：WB=mgh鈭?婁脤mgd

故C錯誤；

D、克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：QR=12Q=12WB=12(mgh鈭?婁脤mgd)

故D正確．

故選：ABD

金屬棒在彎曲軌道下滑時，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律或動能定理可以求出金屬棒到達水平面時的速度，由E=BLv

求出感應(yīng)電動勢，然后求出感應(yīng)電流；由q=鈻?婁碌R+r

可以求出感應(yīng)電荷量；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱；由動能定理(

或能量守恒定律)

可以求出克服安培力做功，得到導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱．

本題關(guān)鍵要熟練推導(dǎo)出感應(yīng)電荷量的表達式q=鈻?婁碌R+r

這是一個經(jīng)驗公式，經(jīng)常用到，要在理解的基礎(chǔ)上記住，同時涉及到能量時優(yōu)先考慮功能關(guān)系，能正確分析能量轉(zhuǎn)化方向是解題的關(guān)鍵．【解析】ABD

15、BD【分析】表頭G

本身所允許通過的最大電流Ig

或允許加的最大電壓Ug

是有限的。為了要測量較大的電流；則應(yīng)該并聯(lián)一個電阻來分流；且并聯(lián)的電阻越小，分流的效果越明顯，從整體上看表現(xiàn)為測電流的量程增大，因此A錯誤而B正確；同理，為了要測量較大的電壓，需要串聯(lián)一個電阻來分壓，且分壓電阻越大，電壓表的量程越大，故C錯誤而D正確。故選：BD

．

【解析】BD

三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】解：（1）根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ知；增大雙縫到屏間的距離，或減小雙縫間距，或換波長較長的光照射，可以增大條紋的間距，從而便于測量．單縫與雙縫的間距不影響條紋間距．故A正確，BCD錯誤．

（2）A位置游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為11mm；游標(biāo)讀數(shù)為0.1×1mm=0.1mm，所以最終讀數(shù)為11.1mm．

B位置游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為15mm；游標(biāo)讀數(shù)為0.1×6mm=0.6mm，所以最終讀數(shù)為15.6mm．

因此△x=mm=0.75mm

（3）根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ得，λ=．代入數(shù)據(jù)得，λ=6.0×10-7m．

故答案為：（1）A，（2）11.1，15.6，0.75；（3）6.0×10-7．

（1）某同學(xué)用某種單色光做雙縫干涉實驗時，發(fā)現(xiàn)條紋太密難以測量，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ進行分析．游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀．

（2）根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式，得出波長λ的表達式，根據(jù)△x=求出相鄰兩條紋的間距．

以及求出波長的長度．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式△x=λ．注意A到B有幾個明條紋或暗條紋．【解析】A；11.1；15.6；0.75；6×10-717、5【分析】解：將交流與直流通過阻值都為R

的電阻；

設(shè)直流電流為I

則根據(jù)有效值的定義有：

(42)2R?T2+(32)2R?T2=I2RT

解得：I=5A

故答案為：5

．

根據(jù)有效值的定義求解.

取一個周期時間；將交流與直流分別通過相同的電阻，若產(chǎn)生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．

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】5

18、略

【分析】

設(shè)渡船的方向與河岸的夾角θ；當(dāng)合速度方向與河岸垂直時，有vcosθ=u，解得θ=60°．

當(dāng)靜水速與河岸垂直時；渡河時間最短，所以渡船的方向是垂直河岸．

故答案為：60°；垂直河岸．

【解析】【答案】當(dāng)合速度的方向與河岸垂直時；船將垂直渡河，根據(jù)平行四邊形定則，求出渡船的方向和河岸方向的夾角．當(dāng)靜水速的方向與河岸垂直時，渡河時間最短．

19、略

【分析】

歐姆表表盤的特點是：左邊密右邊疏；零刻度在右邊．偏角小，說明電阻阻值大，故A正確B錯誤；

為了測量準(zhǔn)確；應(yīng)換用較大擋×1K，重新歐姆調(diào)零后再測量，故C正確D錯誤．

故選AC

【解析】【答案】利用歐姆表測電阻時；應(yīng)使指針指在中央附近，選擇合適的擋位后要重新歐姆調(diào)零．

20、略

【分析】

雙縫干涉的圖樣是明暗相間的干涉條紋，所有條紋寬度相同且等間距，故1、3是雙縫干涉現(xiàn)象，根據(jù)雙縫干涉條紋間距△x=λ可知波長λ越大；△x越大，故左邊第一個是紅光，第三個是藍光．

單縫衍射條紋是中間明亮且寬大；越向兩側(cè)寬度越小越暗，而波長越大，中央亮條紋越粗，故第2個是紫光單縫衍射圖樣；最右端為黃光單縫衍射圖樣．

故從左向右依次是紅光（雙縫干涉）；紫光（單縫衍射）、藍光（雙縫干涉）和黃光（單縫衍射）．

故答案為：紅；紫；藍；黃。

【解析】【答案】根據(jù)雙縫干涉條紋間距△x=λ可判定哪個圖樣是雙縫干涉；它們的波長又有什么關(guān)系；根據(jù)單縫衍射條紋是中間亮條紋明亮且寬大，越向兩側(cè)寬度越小，而波長越大，中央亮條紋越粗進行判斷．

21、略

【分析】試題分析：處于靜電平衡的帶電導(dǎo)體，所帶的電荷帶著導(dǎo)體的外表面上，用帶有絕緣柄的金屬小球C與筒B外側(cè)接觸，再與筒A的內(nèi)壁接觸，重復(fù)多次，就能將B上的電荷盡量多的搬至筒A。考點：靜電平衡狀態(tài)的帶電體的特點【解析】【答案】外，內(nèi)22、略

【分析】解：為了減小空氣阻力的影響；擺球選擇質(zhì)量大體積小的，故選擇A球，擺線選擇較細且結(jié)實的線為便于測量周期和減小空氣阻力，細線長短適當(dāng)，選擇D，計時工具應(yīng)盡量精確，選擇G，此外還要知道擺長的實際長度，需要H，此實驗需要支架，選擇I．

故答案為A；D、G、H、I．

在用單擺測定重力加速度為了提高精度；擺線要長些，擺球選擇質(zhì)量大體積小的，拉離平衡位置的角度不能太大，測30-50次全振動的時間，