2025年魯科五四新版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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年魯科五四新版高二物理下冊月考試卷370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：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，小磁針指向標(biāo)畫正確的是（）A.B.C.D.2、如圖為一塊手機(jī)電池的背面印有的一些符號；下列說法不正確的是(

)

A.該電池的容量為500mA?h

B.該電池的電動勢為3.6V

C.該電池在工作1

小時后達(dá)到的電流為500mA

D.若電池以10mA

的電流工作，可用50

小時3、右圖中的線段a、b、c分別表示在光滑水平面上沿同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移圖線。由圖象給出的信息可以判定：（）A.碰前滑塊Ⅰ的速率為0.8m/sB.碰后滑塊的共同速率為0.6m/sC.碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量大D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的6倍4、關(guān)于物體的內(nèi)能，正確的說法是(

)

A.溫度、質(zhì)量相同的物體具有相等的內(nèi)能B.物體的內(nèi)能與物體的體積有關(guān)C.機(jī)械能越大的物體，內(nèi)能也一定越大D.溫度相同的物體具有相同的內(nèi)能5、以下是有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中正確的有（）A.一個處于第四能級的氫原子向基態(tài)躍遷時，將最多向外輻射六種不同頻率的光子B.20個U的原子核經(jīng)過兩個半衰期后剩下5個UC.輕核聚變反應(yīng)方程中，X表示電子D.一個光子與一個靜止的電子碰撞而散射，其頻率會發(fā)生改變6、將一塊寬為b，厚為d，橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于側(cè)面，如圖所示，當(dāng)通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下表面間用理想電壓表可測得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，下列判斷正確的是（）A.金屬導(dǎo)體上表面電勢高于下表面B.只增強(qiáng)金屬導(dǎo)體中的電流I，電壓表的示數(shù)會減小C.只增加金屬導(dǎo)體的厚度d，電壓表的示數(shù)會減小D.該導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n=評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、電阻R1、R2的I-U圖象如圖，可知R1=____Ω，R2=____Ω；若把R1、R2并聯(lián)后接到電源上時，R1消耗的電功率是6W，則電源的輸出功率是____W．

8、①太陽輻射中含有可見光、紅外線、紫外線，同時還有X射線、γ射線、無線電波．太陽輻射的能量主要集中在可見光、紅外線和紫外線三個區(qū)域內(nèi)．在這三個區(qū)域內(nèi)的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為____、可見光和____．

②有一種生命探測儀可以探測生命的存在．我國四川汶川特大地震發(fā)生后，為了盡快營救廢墟中的傷員，救援人員就廣泛應(yīng)用了這種儀器，該儀器主要是接收人體發(fā)出電磁波中的?____（選填“可見光”、“紅外線”或“紫外線”）．9、如圖所示電路中的A、B兩端加有電壓U，若R1=2Ω，R2=4Ω，R3=3Ω，通過它們的電流與電阻兩端電壓分別為I1、I2、I3和U1、U2、U3，則I1：I2：I3=______，U1：U2：U3=______．10、某同學(xué)設(shè)計了一個用打點計時器驗證動量守恒定律的實驗：在小車A的前端粘有橡皮泥；推動小車A使之做勻速運動，然后與原來靜止在前方的小車B相碰并黏合成一體，繼續(xù)做勻速運動．他設(shè)計的具體裝置如圖1所示，在小車A后連著紙帶，電磁打點計時器電源頻率為50Hz，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．（此小題數(shù)據(jù)處理結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

已測得小車A的質(zhì)量m1=0.40kg，小車B的質(zhì)量m2=0.20kg．由以上測量結(jié)果（如圖2）可得：碰前總動量=______kg?m/s；碰后總動量=______kg?m/s，故動量守恒定律得到驗證．11、質(zhì)量為m、電量為-q的帶電粒子，從圖中的O點以初速度v0射入場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，v0與x軸方向夾角為θ，飛出電場時速度恰好沿y軸的正方向(與電場垂直).設(shè)粒子在電場中僅受電場力作用，在這過程中，帶電粒子動量的增量大小為______，動能增量為______.12、鉛球放在水平的海綿上，鉛球?qū)＞d的壓力大小____等于（填“大于”、“等于”或“小于”）海綿對鉛球的支持力的大?。囃Ｔ隈R路上，輪胎對地面產(chǎn)生的壓力是由于?____輪胎發(fā)生形變而產(chǎn)生的．地面對輪胎的支持力是由于____地面發(fā)生形變而產(chǎn)生的．13、在遠(yuǎn)距離輸電時，采用升壓變壓器使輸電電壓升高n倍，對于輸送一定的電功率來說，輸電線路上的電流將減小為原來的______，輸電線路上的電能損失將減少為原來的______．14、美國宇航局的“新地平線”探測器在飛往冥王星的漫漫旅途中，由于離太陽太遠(yuǎn)，無法使用太陽能，不得不依靠所攜帶的10.9

kg

钚丸，利用其放射性衰變釋放的能量發(fā)電.

已知钚丸(94239Pu)

衰變后成為92235U

則衰變方程為______；分別用m

1

m

2

m

3

表示衰變過程中94239Pu

核、92235U

核和放出的粒子質(zhì)量，則衰變過程中釋放的核能可以表示為______焦耳。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強(qiáng)度的方向．（判斷對錯）16、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）17、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

18、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

19、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）20、電勢差有正有負(fù)，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）21、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

22、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(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、解答題(共2題，共8分)24、如圖所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L．M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽路．讓金屬桿ab沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿達(dá)到最大速度vm；在這個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q．導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ且μ＜tanθ．已知重力加速度為g．

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；

（2）金屬桿在加速下滑過程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時；求此時桿的加速度大??；

（3）求金屬桿從靜止開始至達(dá)到最大速度的過程中下降的高度．

25、宮一號于2011年9月29日成功發(fā)射；它和隨后發(fā)射的神州飛船在空間完成交會對接，實現(xiàn)中國載人航天工程的一個新的跨越．天宮一號進(jìn)入運行軌道后，其運行周期為T，距地面的高度為h，已知地球半徑為R，萬有引力常量為G．若將天宮一號的運行軌道看做圓軌道，求：

（1）天宮一號向心加速度a的大??；

（2）地球的質(zhì)量M．

評卷人得分五、綜合題(共4題，共12分)26、如圖所示電路是一種觸電保安器；變壓器A處用火線和地線雙股平行繞制成線圈，然后接到用電器．B處有一個輸出線圈，一旦線圈中有電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器J切斷電源．試說明：

27、(1)

如圖所示；導(dǎo)熱的氣缸固定在水平地面上，用活塞把一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸中，氣缸的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)用水平外力F

作用于活塞桿，使活塞緩慢地向右移動，由狀態(tài)壟脵

變化到狀態(tài)壟脷

在此過程中，如果環(huán)境溫度保持不變，下列說法正確的是()

A.每個氣體分子的速率都不變B.氣體分子平均動能不變C.水平外力F

逐漸變大D.氣體內(nèi)能減少E.氣體吸收熱量(2)

如圖所示；一小車靜止在水平地面上，車上固定著一個導(dǎo)熱良好的圓柱形密閉氣缸，在氣缸正中間有一面積為3隆脕10鈭?4m2

的活塞，活塞厚度及活塞與氣缸內(nèi)壁間摩擦可忽略不計。此時活塞左右兩側(cè)的氣體AB

的壓強(qiáng)均為1.0隆脕105Pa

現(xiàn)緩慢增加小車的加速度，最后小車以20m/s2

的加速度向右勻加速運動時，A

氣體的體積正好是原來的一半，若環(huán)境溫度保持不變，求活塞的質(zhì)量。

?

28、(

一)攏脹

選修模塊3鈭?3攏脻

(1)

關(guān)于布朗運動說法中，正確的是()

A.布朗運動是液體分子的熱運動B.布朗運動是固體分子的無規(guī)則運動C.布朗運動的激烈程度與溫度無關(guān)D.布朗運動反映了液體分子運動的無規(guī)則性(2)

下列說法中正確的是()

A.氣體壓強(qiáng)是由于氣體分子間存在斥力引起的B.液晶既具有流動性又具有光學(xué)性質(zhì)各向異性C.水黽可以停在水面上說明液體存在表面張力D.0隆忙

的水和0隆忙

的冰它們的分子平均動能不相同

(3)

在做托里拆利實驗時，玻璃管內(nèi)有些殘存的空氣，此時玻璃管豎直放置，如圖所示.

假如把玻璃管豎直向上緩慢提升一段距離，玻璃管下端仍浸在水銀中，則管內(nèi)空氣分子的密度將____，空氣分子對管中水銀面的壓力____(

選填“變大”、“不變”或“變小”)

．

(4)

一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

吸收了340J

的熱量，并對外做功120J.

若該氣體由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

時，對外做功40J

則這一過程中氣體____(

填“吸收”或“放出”)

____J

熱量．

(5)

鐵的密度婁脩=7.8隆脕103kg/m3

摩爾質(zhì)量M=5.6隆脕10鈭?2kg/mol

阿伏加德羅常數(shù)NA=6.0隆脕1023mol鈭?1

鐵原子視為球體.

試估算(

保留一位有效數(shù)字)

壟脵

鐵原子的平均質(zhì)量；壟脷

鐵原子的平均直徑．

(

二)攏脹

選修模塊3鈭?4攏脻

(1)

下列色散現(xiàn)象是通過干涉產(chǎn)生的是A.在白光下觀察肥皂泡呈現(xiàn)彩色B.一束太陽光通過三棱鏡在墻壁上呈現(xiàn)彩色光斑C.兩塊玻璃磚疊放在一起，玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋D.將兩支鉛筆并排放置，其直縫與日光燈平行，通過直縫看到彩色條紋(2)

下列說法中正確的是A.兩列波相遇一定出現(xiàn)干涉現(xiàn)象B.變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場C.紅外線波長比可見光長，主要特點是具有熱效應(yīng)D.當(dāng)驅(qū)動力的頻率等于系統(tǒng)固有頻率時，受迫振動的振幅最大(3)

如圖所示，PQ

是一列沿x

正方向傳播的簡諧橫波兩時刻的波形圖，由波形P

經(jīng)過t=2s

到波形Q.

則波長婁脣=

____m

波速=

____m/s

．

(4)

我們想像這樣一幅圖景：一列火車以接近光速從觀察者身邊飛馳而過，火車?yán)锏挠^察者看到沿鐵路電線桿距離____(

填“變大”、“變小”、“不變”)

而地面上的觀察者看到火車車窗的高度____(

填“變大”、“變小”、“不變”)

．

(5)

用雙縫干涉測量光的波長的實驗中，已知兩縫間的距離為0.3mm

以某種單色光照射雙縫時，在離雙縫1.2m

遠(yuǎn)的屏上，第1

個亮條紋到第10

個這條紋的中心間距為22.78mm.

求(

保留二位有效數(shù)字)

壟脵

這種單色光的波長婁脣

壟脷

雙縫到第10

條亮條紋中心的路程差S

．29、汽車剎車前速度為10m/s

剎車獲得的加速度大小為2m/s2

求：

(1)

求汽車的剎車時間t0

(2)

汽車剎車開始后20s

內(nèi)滑行的距離x1

(3)

靜止前最后2.5s

內(nèi)汽車滑行的距離x2

．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】解：A；由安培定則可知；水平向左的通電直導(dǎo)線電流，產(chǎn)生磁場方向順時針方向（由右向左看），而小磁針N極指向為磁場方向，故A正確；

B；由小磁針N極的指向為磁場的方向；故B錯誤；

C；由螺線管中電流方向應(yīng)用安培定則可知；螺線管的左側(cè)為N極，則小磁針在N極應(yīng)水平向右，故C錯誤；

D；由小磁針N極的指向為磁場的方向；結(jié)合磁場分布可知，小磁針N極應(yīng)該向下，故B錯誤；

故選：A．

由安培定則；結(jié)合小磁針靜止時N極的指向即為磁場方向，即可判出．

安培定則內(nèi)容：用右手握住導(dǎo)線，四指指向電流環(huán)繞方向，大拇指所指的方向為N極的方向．注意小磁針靜止時N極的指向即為磁場方向是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】A2、C【分析】解：

A；B

由電池的銘牌讀出：該電池的容量為500mA?h

電動勢為3.6V.

故AB正確．

C；由電池的容量可知該電池在連續(xù)工作1

小時時；電流為I=500mA

不是電池在工作1

小時后達(dá)到的電流為500mA.

故C錯誤．

D；由q=It

得知；若電池以10mA

的電流工作，可用50

小時.

故D正確．

本題選錯誤的；故選：C

根據(jù)銘牌讀出電池的容量和電動勢.

電池的容量是指電池能釋放的總電量；根據(jù)電流的定義式求出該電池在工作1

小時后達(dá)到的電流和以10mA

的電流工作可用的時間．

本題考查讀取電池銘牌信息的能力.

電池的容量是指電池所能釋放的總電量．【解析】C

3、A|C|D【分析】【解析】【答案】ACD4、B【分析】解：AB

物體的內(nèi)能與物質(zhì)的量、溫度、體積等因素有關(guān).

溫度相同；質(zhì)量相同的物體內(nèi)能不一定相等，還與分子數(shù)有關(guān)，以及體積有關(guān).

故A錯誤，B正確．

C；物體的內(nèi)能與物體的機(jī)械能是兩個不同的概念；二者沒有關(guān)系，故C錯誤．

D；內(nèi)能取決于氣體的溫度、體積和物質(zhì)的量；只有溫度相同時，氣體的內(nèi)能不一定相同.

故D錯誤．

故選：B

任何物體都有內(nèi)能.

物體的內(nèi)能與溫度；體積等因素有關(guān).

可根據(jù)熱傳遞情況；分析冰與水的內(nèi)能大?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵要掌握內(nèi)能的概念及決定因素，知道內(nèi)能與溫度、體積等因素有關(guān)．【解析】B

5、D【分析】解：A；一個處于第四能級的氫原子向基態(tài)躍遷時；根據(jù)玻爾理論，輻射的光子頻率最多時，輻射的途徑為：n=4→3→2→1，最多將向外輻射3種不同頻率的光子，故A錯誤。

B；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律；對個別的放射性原子沒有意義，故B錯誤。

C；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)：m=2+3-4=1；電荷數(shù)：z=1+1-2=0，可知X是中子，故C錯誤。

D；光子與一靜止的電子碰撞后光子的動量減??；則光子的能量減小，光子的頻率變小，而波長變長，故D正確。

故選：D。

根據(jù)玻爾理論確定可能釋放光子頻率的種數(shù)；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；光子與電子碰撞后；光子的頻率變小，波長變長。

本題考查了玻爾理論、半衰期、核反應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)概念和基本規(guī)律，難度不大。【解析】D6、D【分析】解：A；根據(jù)左手定則；電子向上表面偏轉(zhuǎn)，下表面失去電子帶正電，所以下表面電勢高，則下表面帶正電，故A錯誤；

BC、根據(jù)e=evB；解得：U=Bdv，導(dǎo)體的厚度d越大，U越大，而U與導(dǎo)體中的電流I無關(guān)，故BC錯誤；

D、再依據(jù)I=neSv=nebdv，得：n=故D正確。

故選：D。

定向移動的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)；在上下表面間形成電勢差，電子到達(dá)的表面帶負(fù)電，電勢較低。最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)。

解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡?！窘馕觥緿二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

I-U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)；則。

R1=Ω=8Ω

R2==12Ω

R1、R2并聯(lián)后接到電源上時，它們的并聯(lián)電阻為R并==4.8Ω

由R1消耗的電功率P1=輸出功率P出=得。

=

代入解得，P出=10W．

故答案為：8；12，10

【解析】【答案】I-U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)；把R1、R2并聯(lián)后接到電源上時，由R1消耗的電功率為6W，根據(jù)功率公式P=運用比例法求出輸出功率．

8、紫外線紅外線紅外線【分析】【解答】（1）電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：γ射線、x射線；紫外線、可見光、紅外線、無線電波；太陽輻射的能量主要集中在可見光、紅外線和紫外線三個區(qū)域內(nèi)；這三個區(qū)域內(nèi)的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：紫外線、可見光、紅外線；（2）黑體輻射的輻射強(qiáng)度與波長關(guān)系與物體的溫度有關(guān)；人體會發(fā)射紅外線，而人體的溫度與周圍環(huán)境溫度不同，故通過探測紅外線來尋找生命；

故答案為：（1）紫外線；紅外線；（2）紅外線。

【分析】（1）電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：γ射線、x射線、紫外線、可見光、紅外線、無線電波；（2）人體會發(fā)射紅外線，黑體輻射的輻射強(qiáng)度與波長關(guān)系與物體的溫度有關(guān)；9、略

【分析】解：由圖看出，電阻R1與R2串聯(lián)，電流相等，即I1=I2．根據(jù)歐姆定律U=IR得知，U1：U2=R1：R2=2：4=1：2

電阻R1與R2串聯(lián)后與R3并聯(lián)，并聯(lián)電路電壓相等，根據(jù)歐姆定律U=IR得知，I2：I3=R3：（R1+R2）=3：6=1：2

電壓U3=U1+U2，又U1：U2=1：2，得到U1：U3=1：3．

綜上得到，I1：I2：I3=1：1：2，U1：U2：U3=1：2：3

故答案為：1：1：2；1：2：3

由題，A、B兩端加有電壓U，電阻R1與R2串聯(lián)后與R3并聯(lián)．電阻串聯(lián)時；電流相等．電路并聯(lián)時，兩端電壓相等．根據(jù)歐姆定律求解比例關(guān)系．

本題的技巧是利用比例法，也可以先外電路總電阻，再求干路電流、各個電阻的電流和電壓，得到比值．【解析】1：1：2；1：2：310、略

【分析】解：A碰前的速度：

碰后共同速度：．

碰前總動量：P1=m1v1=0.4×1.05=0.42kg．m/s

碰后的總動量：P2=（m1+m2）v2=0.6×0.695=0.417kg．m/s

故答案為：0.420；0.417

由平均速度公式求出碰前和碰后的速度大?。辉儆蓜恿抗郊纯傻贸雠銮昂团龊罂倓恿康拇笮?，從而得出結(jié)論．

解決本題的關(guān)鍵知道A與B碰后，速度減小，會通過紙帶求解速度的大??；屬動量守恒定律中的基礎(chǔ)問題【解析】0.420；0.41711、略

【分析】試題分析：根據(jù)粒子的受力特點可知：粒子在x軸方向做減速運動，在y軸方向做勻速運動，．由粒子飛出電場時速度沿y軸方向，所以此時x軸方向速度減小為零，即末速度粒子動量的增量大小由動能定理知：．考點：考查運動的分解與合成及對動量的理解和動能定理的應(yīng)用，應(yīng)注意動能定理是標(biāo)量表達(dá)式，不能分解．【解析】【答案】12、等于輪胎地面【分析】鉛球放在水平海綿上；鉛球?qū)ｅ\的壓力與海綿對鉛球的支持力為作用力與反作用力；故二力大小相等；

輪胎對地面產(chǎn)生的壓力；施力物體是輪胎，故是輪胎發(fā)生彈性形變對地面的力；

地面對輪胎的支持力；施力物體是地面，故是地面發(fā)生彈性形變對汽車的力；

故答案為：等于；輪胎；地面。

【分析】物體發(fā)生形變后，要恢復(fù)原狀，對與它接觸的物體有力的作用，這就是彈力．是施力物體發(fā)生彈性形變對受力物體的力．13、略

【分析】解：（1）如果保證輸送的電功率不變，將輸電電壓升高到原來的n倍，根據(jù)P=UI，電流變?yōu)樵瓉淼模?/p>

（2）在電阻、通電時間一定時，根據(jù)Q=I2Rt，電流變?yōu)樵瓉淼碾姛嶙優(yōu)樵瓉淼?，所以輸電線上的能量損失就減小到原來的．

故答案為：．

（1）輸出功率一定時；根據(jù)P=UI，判斷電壓變化時，電流的變化．

（2）在電阻、通電時間一定時，根據(jù)Q=I2Rt判斷能量的損失．

解決此題關(guān)鍵掌握P=UI和P=I2R的應(yīng)用，注意總功率和損失功率的關(guān)系，注意損失電壓不是輸送電壓．【解析】14、（m1-m2-m3）c2【分析】【分析】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒寫出衰變方程；

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程計算釋放的核能。

本題考查了衰變方程的書寫和愛因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用，核反應(yīng)過程滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，要注意元素左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為電荷數(shù)，二者之差為中子數(shù)?！窘獯稹扛鶕?jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得到衰變方程為：94239Pu隆煤92235U+24He

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程：E=鈻?mc2=(m1鈭?m2鈭?m3)c2

故填：94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭?m2鈭?m3)c2

【解析】94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭?m2鈭?m3)c2

三、判斷題(共9題，共18分)15、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．16、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．17、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強(qiáng)

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

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)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(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點的場強(qiáng)是由正點電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強(qiáng)大小及方向．18、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。?9、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．20、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)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(guān)．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(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；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(guān)．21、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強(qiáng)

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

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)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(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點的場強(qiáng)是由正點電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強(qiáng)大小及方向．22、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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(jié)論．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。摹⒔獯痤}(共2題，共8分)24、略

【分析】

（1）當(dāng)ab勻速運動時，金屬桿的受力圖如圖所示（從前向后看的視圖）：圖中Ff為滑動摩擦力，F(xiàn)N為斜面支持力，F(xiàn)安為感應(yīng)電流的安培力；mg為導(dǎo)體棒的重力．這時導(dǎo)體棒勻速直線運動，其所受的合力為零，則有：

mgsinθ=Ff+F安

FN=mgcosθ；

由滑動摩擦力公式：Ff=μFN；

由安培力公式F安=BIL，由歐姆定律I=由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLvm，得F安=

解得：

（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為v1時；由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ-BI'L=ma；

其中I'為速度時v1時導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流，I'=

代入上式解得加速度a=

（3）由能量守恒知；導(dǎo)體棒減少的重力勢能，轉(zhuǎn)化為動能；內(nèi)能和電能，電能通過電阻R又轉(zhuǎn)化為熱量．所以滿足：

其中W'為克服摩擦力做的功；

FN=mgcosθ；

解得金屬棒下降的高度為

答：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

（2）金屬桿在加速下滑過程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時，此時桿的加速度大小為

（3）金屬桿從靜止開始至達(dá)到最大速度的過程中下降的高度為．

【解析】【答案】（1）金屬桿先沿導(dǎo)軌向下做加速度減小的變加速運動；后做勻速運動，速度達(dá)到最大值，此時金屬桿受力平衡，根據(jù)平衡條件和安培力公式，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．

（2）金屬桿在加速下滑過程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時；求出安培力，由牛頓第二定律求解加速度大?。?/p>

（3）金屬桿從靜止開始至達(dá)到最大速度的過程中；其重力勢能減小，轉(zhuǎn)化為桿的動能；摩擦生熱和電路中的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求解桿下降的高度．

25、略

【分析】

（1）對天宮一號有：其中r=R+h，又：解得：

（2）設(shè)天宮一號的質(zhì)量為m；根據(jù)牛頓第二定律有：

解得：

答：（1）天宮一號向心加速度

（2）地球的質(zhì)量

【解析】【答案】（1）由向心加速度的周期表達(dá)式；可以得到加速度．

（2）由萬有引力充當(dāng)向心力的周期表達(dá)式；可以得到中心天體的質(zhì)量．

五、綜合題(共4題，共12分)26、①開的電燈過多，但火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源；②當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時，會導(dǎo)致一部分電流通過大地，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源；③當(dāng)有人雙手“火線﹣零線”觸電時（人與地絕緣），火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源【分析】【解答】（1）開的電燈過多；但火線和零線中電流方向相反；大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源；（2）當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時，會導(dǎo)致一部分電流通過大地，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源；（3）當(dāng)有人雙手“火線﹣零線”觸電時（人與地絕緣），火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源．

答：（1）開的電燈過多；但火線和零線中電流方向相反；大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源；（2）當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時，會導(dǎo)致一部分電流通過大地，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源；（3）當(dāng)有人雙手“火線﹣零線”觸電時（人與地絕緣），火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線圈A中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會切斷電源．

【分析】圖中A線圈是用火線和零線雙股平行線繞制成線圈，正常情況下火線和零線中電流方向相反、大小相等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；當(dāng)漏電時，火線和零線中電流方向、大小不等，線圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，增加了，故會在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動繼電器切斷電源．27、(1)BCE

(2)

解：起始時氣體壓強(qiáng)用P

表示；體積用V

表示；

對A

氣體，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

對B

氣體：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

對活塞有：(P1鈭?P4)S=ma

代入數(shù)據(jù)可解得：m=2kg

【分析】【分析】

(1)

封閉氣體等溫膨脹過程；溫度是分子平均動能的標(biāo)志且理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，以活塞為研究對象根據(jù)受力平衡判斷水平外力F

的變化。

本題的突破口是：題目中說“導(dǎo)熱”的氣缸缸且環(huán)境保持恒溫；即判斷氣體做等溫變化，然后會根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷各種變化。分析時要抓住溫度的意義：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，溫度是分子平均動能的標(biāo)志。

(2)

本題主要考查了氣體實驗定律與牛頓第二定律的綜合問題；難度不大。

【解答】

(1)AB.

封閉氣體等溫膨脹過程；溫度是分子熱運動平均動能的標(biāo)志，故分子熱運動的平均動能不變，不是每個分子動能都不變，故A錯誤，B正確；

C.氣體等溫膨脹；根據(jù)玻意耳定律PV=C

可知氣壓不斷減小，故內(nèi)外壓力差變大，向左，故F逐漸變大，故C正確；

D.封閉氣體等溫膨脹過程；溫度是分子熱運動平均動能的標(biāo)志，故分子熱運動的平均動能不變，氣體分子勢能不計，故內(nèi)能不變，故D錯誤；

E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律?U=Q+W

內(nèi)能不變，氣體膨脹，對外做功，即W<0

故Q>0

吸熱，故E正確。

故選BCE。

(2)

先對A

氣體分析；根據(jù)玻意耳定律求出末狀態(tài)的壓強(qiáng)；再對B

氣體分析，根據(jù)玻意耳定律求出末狀態(tài)的壓強(qiáng)；然后再對活塞受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出質(zhì)量。

【解析】(1)BCE

(2)

解：起始時氣體壓強(qiáng)用P

表示；體積用V

表示；

對A

氣體，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

對B

氣體：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

對活塞有：(P1鈭?P4)S=ma

代入數(shù)據(jù)可解得：m=2kg

28、(

一)(1)D(2)BC(3)

變小，變小(4)

吸收，260

(5)

解：壟脵

鐵原子的平均質(zhì)量m0=MNA=5.6隆脕10鈭?26隆脕1023隆脰9隆脕10?26kg

壟脷

一個鐵原子的體積V0=M婁脩NA=5.6隆脕10鈭?27.8隆脕6隆脕1023=1.2隆脕10鈭?29m3

根據(jù)得，d=6V0婁脨3=6隆脕1.2隆脕10鈭?293.143m隆脰3隆脕10鈭?10m

(

二)(1)A(2)CD(3)44n+32(n=0,1,2)(4)

變小，不變(5)

解：壟脵

條紋間距為：?y=22.78隆脕10?310鈭?9m=2.53隆脕10鈭?3m

因婁脣=dL?y

則解得，單色光的波長：婁脣=0.3隆脕10鈭?31.2隆脕2.53隆脕10鈭?3=6.3隆脕10鈭?7m

壟脷

根據(jù)雙縫到第10

條亮條紋中心的路程差S=10婁脣=10隆脕6.3隆脕10鈭?7m=6.3隆脕10鈭?6m

【分析】(

一)(1)

【分析】固體小顆粒做布朗運動是液體分子對小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液體的溫度越低，懸浮小顆粒的運動越緩慢，且液體分子在做永不停息的無規(guī)則的熱運動.

固體小顆粒做布朗運動說明了液體分子不停的做無規(guī)則運動。掌握布朗運動的實質(zhì)和產(chǎn)生原因，以及影響布朗運動劇烈程度的因素是解決此類題目的關(guān)鍵。【解答】

A.布朗運動是懸浮在液體中固體小顆粒的運動在；是由于液體分子對小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的，所以布朗運動說明了液體分子不停的做無規(guī)則運動，故A錯誤。

B.布朗運動是固體小顆粒的運動；不是固體分子的運動；故B錯誤；

C.液體的溫度越高；液體分子運動越劇烈，則布朗運動也越劇烈，故C錯誤；

D.布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動；故D正確；

故選D。(2)

【分析】氣體壓強(qiáng)是大量氣體分子對容器壁的頻繁碰撞造成的；液晶既具有液體的流動性，又具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性；水黽可以停在水面上說明液體存在表面張力；溫度是分子平均動能的標(biāo)志。本題考查了氣體壓強(qiáng)的微觀意義、液晶、液體表面張力和溫度等基礎(chǔ)知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識，對于一些記憶性的東西，要熟記?！窘獯稹緼.氣體壓強(qiáng)是由于氣體分子對容器壁的碰撞產(chǎn)生的；氣體分子間距遠(yuǎn)大于平衡距離，斥力可以忽略不計，故A錯誤。

B.液晶既具有液體的流動性；又具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性，故B正確。

C.水黽可以停在水面上說明液體表面存在張力；故C正確。

D.溫度相同；分子的平均動能相等，故D錯誤。

故選BC。(3)

【分析】在正常情況下，托里拆利實驗中，玻璃管上方應(yīng)該是真空，此時如果上提或下壓玻璃管，只要管口不離開水銀面，水銀柱的高度差將不會改變.

這是因此水銀柱的高度差反映了大氣壓的大小，而大氣壓此時是不變的.

但當(dāng)玻璃管中混入少量空氣，這一部分空氣也會產(chǎn)生一定的壓強(qiáng)，而且壓強(qiáng)的大小會隨著體積的變化而改變，根據(jù)管內(nèi)氣體壓強(qiáng)的變化，由玻意耳定律分析氣體體積的變化情況。此題是實驗中很容易遇到的現(xiàn)象，在分析時一定要與理想狀態(tài)下的情況進(jìn)行區(qū)分.

即玻璃管上方為真空時，上提玻璃管，水銀柱高度不變，而混入少量空氣時，則會改變?！窘獯稹吭趯嶒炛?；水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)加上封閉空氣柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)等于外界大氣壓.

如果將玻璃管向上提，則管內(nèi)水銀柱上方空氣的體積增大，因為溫度保持不變，所以壓強(qiáng)減??；

管內(nèi)體積變大；故氣體的密度減小，壓強(qiáng)減小，故空氣分子對管中水銀面的壓力也減??；

故填：變小，變小(4)

【分析】氣體是由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

還是由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

理想氣體增加的內(nèi)能是一樣的，有第一個過程結(jié)合熱力學(xué)第一定律可求出內(nèi)能的增加量；再由熱力學(xué)第一定律即可計算出第二個過程需要吸收的熱量的多少。該題考查了熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用.

知道改變物體的內(nèi)能有兩種方式，一是對物體做功，一是熱傳遞；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律是，吸熱Q

為正，放熱Q

為負(fù)；對內(nèi)做功W

為正，對外做功W

為負(fù)?！窘獯稹恳欢ㄙ|(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

吸收了340J

的熱量，并對外做功120J

由熱力學(xué)第一定律有：鈻?U=Q+W=340鈭?120=220J

即從a

狀態(tài)到c

狀態(tài)，理想氣體的內(nèi)能增加了220J

若該氣體由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

時，對外做功40J

此過程理想氣體的內(nèi)能增加還是220J

所以可以判定此過程是吸收熱量，由熱力學(xué)第一定律有：鈻?U=Q+W

得：Q=鈻?U鈭?W=220+40=260J

故填：吸收，260

(5)

根據(jù)摩爾質(zhì)量和阿伏伽德羅常數(shù)求出鐵原子的平均質(zhì)量；根據(jù)摩爾質(zhì)量和密度求出摩爾體積，結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)求出一個分子的體積，從而得出鐵原子的平均直徑；本題的解題關(guān)鍵是建立物理模型，抓住阿伏加德羅常數(shù)是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁進(jìn)行求解，知道宏觀物理量與微觀物理量之間的定量關(guān)系。(

二)(1)

【分析】陽光下肥皂膜上的彩色條紋是光的干涉；太陽光通過三棱鏡產(chǎn)生彩色條紋是光的色散；兩塊玻璃磚疊放在一起，玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋，是由于不同的色光的折射率不同；對著日光燈從兩支緊靠的鉛筆間窄縫看到的彩色條紋是光的衍射。掌握折射現(xiàn)象、干涉現(xiàn)象和衍射現(xiàn)象的本質(zhì)的不同是順利解決此類題目的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.陽光下肥皂膜上的彩色條紋；是屬于薄膜干涉現(xiàn)象，故A正確。

B.太陽光通過三棱鏡產(chǎn)生彩色條紋；是由于光發(fā)生了色散現(xiàn)象即屬于光的折射現(xiàn)象，故B錯誤。

C.兩塊玻璃磚疊放在一起；玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋，是由于不同的色光的折射率不同，以相同的入射角入射時，折射角不同，與光通過三棱鏡的情況相似，屬于光的折射現(xiàn)象，故C錯誤。

D.對著日光燈從兩支緊靠的鉛筆間窄縫看到的彩色條紋；是光繞過障礙物傳播的現(xiàn)象，故屬于光的衍射現(xiàn)象，而之所以看到彩色條紋，是由于不同的色光波長不同發(fā)生疊加造成的，故D錯誤。

故選A。(2)

【分析】干涉是兩列或兩列以上的波在空間中重疊時發(fā)生疊加從而形成新波形的現(xiàn)象.

干涉是波特有的現(xiàn)象，兩列波發(fā)生干涉現(xiàn)象，說明兩列波的頻率一定相同；麥克斯韋的電磁場理論中變化的磁場一定產(chǎn)生電場；當(dāng)中的變化有均勻變化與周期性變化之分；

紅外線的作用和用途：根據(jù)紅外線的熱作用比較強(qiáng)制成