2025年陜教新版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年陜教新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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖，兩根平行的光滑導軌豎直放置，處于垂直軌道平面的勻強磁場中，金屬桿ab接在兩導軌之間，在開關S斷開時讓ab自由下落，ab下落過程中始終保持與導軌接觸良好，設導軌足夠長，電阻不計。ab下落一段時間后開關閉合，從開關閉合開始計時，ab下滑速度v隨時間變化的圖象不可能是()2、三個相同的矩形線圈置于水平向右的勻強磁場中，線圈Ⅰ平面與磁場方向垂直，線圈Ⅱ、Ⅲ平面與線圈Ⅰ平面的夾角分別為30°和45°，如圖所示．穿過線圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分別為φⅠ、φⅡ、φⅢ．下列判斷正確的是（）A.φⅠ=φⅡB.φⅡ=φⅢC.φⅠ＞φⅡD.φⅢ＞φⅡ3、如圖所示，導線AB可在平行導軌N上滑動，接觸良，軌電阻，電流有如所示方向感電流通過時，的運動況（）A.向左勻速運動B.向左減速運動C.向右勻速運動D.向右減速運動4、一粗細均勻的鎳鉻絲，截面直徑為d

電阻為R

把它拉制成直徑為d10

的均勻細絲后，它的電阻變?yōu)?

)

A.R1000

B.10000R

C.100R

D.R100

5、如圖所示的電路中，線圈L

的自感系數足夠大，其直流電阻忽略不計，AB

是兩個相同的燈泡，下列說法中正確的是(

)

A.S

閉合后，AB

同時發(fā)光且亮度不變B.S

閉合后，A

立即發(fā)光，然后又逐漸熄滅C.S

斷開后，AB

同時立即熄滅D.S

斷開后，AB

同時逐漸熄滅6、真空中有兩個靜止的均可視為點電荷的相同的金屬小球，電荷量分別為+4q鈭?2q

當處于一定距離時靜電力為F

若把它們接觸后又放回原處，則兩電荷間的庫侖力將變?yōu)樵瓉淼腁.0.125

倍B.0.5

倍C.0.75

倍D.1

倍評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、如圖所示，小量程電流表G的內阻為100Ω，滿偏電流為1mA，若把它改裝成5V、20V的兩個量程的電壓表，那么R1=____Ω，R2=____Ω．

8、如圖所示，同一閉合線圈，第一次用一根條形磁鐵插入，第二次用兩根條形磁鐵插入，前后插入的速度相同，問哪一次電流表指針偏轉角度大？______（第一次或第二次）9、表面光滑、質量不計的尖劈插在縫AB

之間，在尖劈背上加一壓力F

如圖所示，則尖劈對A

側的壓力為______，對B

側的壓力為______．10、ab

是長為l

的均勻帶電絕緣細桿，P1P2

是位于ab

所在直線上的兩點，位置如圖所示.ab

上電荷產生的靜電場在P1

處的場強大小為E1

在P2

處的場強大小為E2.

則P1P2

處的電場強度方向______(

填“相同”或“相反”).

若將絕緣細桿的左邊l/2

截掉并移走(

右邊l/2

電量、位置不變)

則P2

處的場強大小為______．11、（3分）如圖所示，某種折射率較大的透光物質制成直角三棱鏡ABC，在垂直于AC面的直線MN上插兩枚大頭針P1、P2，在在BC面的右側無論怎樣都看不到大頭針P1、P2的像，而在AB面的左側通過棱鏡可以觀察大頭針P1、P2的像，調整視線方向，直到P1的像被P2的像擋住，再在觀察的這一側先后插上兩枚大頭針P3、P4（圖中未畫出），使P3擋住P1、P2的像，P4擋住P3和P1、P2的像，記下P3、P4和三棱鏡的位置，移去大頭針和三棱鏡，過P3、P4作直線與AB面交于D，量出該直線與AB面的夾角為450，則透光物質的折射率n=．12、一小燈泡的伏安特性曲線如圖所示，圖中只畫出了AB段，由圖可知，當燈泡兩端電壓由3V變?yōu)?V時，則燈泡的燈絲電阻改變了______Ω．13、如圖所示的電路，L1和L2是兩個相同的小電珠，L是一個自感系數相當大的線圈，其電阻與R相同，由于存在自感現象，在電鍵S接通時，______燈最亮；S斷開時，______燈先熄滅．14、下列螺旋測微器的讀數為______mm，游標卡尺的讀數為______mm．

15、恒星向外輻射的能量來自于其內部發(fā)生的各種熱核反應，當溫度達到108K時；可以發(fā)生“氦燃燒”．

①完成“氦燃燒”的核反應方程：He+______→Be+γ．

②Be是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2.6×10-16s．一定質量的Be，經7.8×10-16s后所剩Be占開始時的______．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、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）17、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度的方向．（判斷對錯）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，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）

20、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）

21、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，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．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

22、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度的方向．（判斷對錯）23、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）

評卷人得分四、解答題(共3題，共24分)24、真空中有兩個點電荷，相距r=30cm，它們的電荷量分別是正的q1=2.0×10-9C和負的q2=4.0×10-9C，已知靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2；問：

（1）這兩個電荷間的相互作用力是引力還是斥力？

（2）這兩個電荷間的相互作用力多大？

（3）q1在q2所在處的場強多大？

25、“測定金屬的電阻率”的實驗中；以下操作中正確的是______．

A．用米尺測量金屬絲的全長；且測量三次，算出其平均值，然后再將金屬絲接入電路中。

B．用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑；算出其平均值。

C．用伏安法測電阻時采用電流表內接法；多次測量后算出平均值。

D．實驗中應保持金屬絲的溫度不變．

26、金屬桿ab放在光滑的水平金屬導軌上，與導軌組成閉合矩形電路，長l1=0.8m，寬l2=0.5m，回路的總電阻R=0.2Ω，且回路處在豎直向上的磁場中，金屬桿用水平繩通過定滑輪連接質量M=0.04kg的木塊（輕繩處于繃緊狀態(tài)），磁感應強度從B=1T開始隨時間均勻增強，5s末木塊將離開水平面，不計一切摩擦，g取10m/s2；求回路中的電流．

評卷人得分五、識圖作答題(共4題，共36分)27、下圖是植物細胞雜交過程示意圖，請據圖回答：

（1）植物體細胞雜交的第①步是去掉細胞壁,分離出有活力的原生質體。目前此步聚最常用的方法是酶解法，也就是在溫和的條件下用____等分解植物的細胞壁。（2）②過程的發(fā)生，必須進行人工誘導。人工誘導原生質體融合的物理方法是：利用____等（至少寫出兩種）促使原質體融合；化學方法是：用____等試劑作為誘導劑誘導融合。（3）③表示融合后的原生質體再產生樣的細胞壁，新細胞壁的產生與細胞內____(細胞器)有密切關系。（4）④⑤兩步分別叫做____和____。所用培養(yǎng)基中有____和____兩種植物激素。雜種細胞能培育成新的植物體所依據的原理是____。植物體細胞雜交在育種工作中具有廣泛的應用價值，其突出的優(yōu)點是可以____。28、如圖甲是基因型為MmNn的某動物個體的一個正在進行分裂的細胞模式圖。請分析回答下列問題。(1)上方左圖所示的細胞名稱為________。(2)上方左圖所示細胞的分裂過程進行到減數第二次分裂后期時，細胞內有________個DNA分子，有________對同源染色體。(3)上方左圖所示細胞分裂過程中，基因M與M、n與n的分離發(fā)生在________，M與N或M與n的自由組合發(fā)生在________。(4)若上方中間圖為圖甲細胞分裂產生的一個生殖細胞示意圖，請在上方右圖中畫出與之同時形成的另一種類型的生殖細胞的示意圖，并標出相應的基因。29、下圖是生態(tài)系統(tǒng)碳循環(huán)示意圖，圖中“→”表示碳的流動方向。請回答：（1）寫出圖中含有四個營養(yǎng)級的食物鏈：__________（用字母和箭頭表示）。（2）分析A→E和D→B過程中碳流動形式的不同點__________________。（3）若生產者有10000kg，按能量最大傳遞效率計算，位于第四營養(yǎng)級的生物可增重__________kg。（4）人類大量開采并燃燒由古代動植物遺體變成的煤和石油,使地層中經過千百萬年積存的碳元素在短期內釋放,對環(huán)境產生的影響主要是______。（5）上圖可知，減緩二氧化碳增多的關鍵的措施是：第一______________；第二______________。30、粗糙脈孢菌是一種真菌；約10天完成一個生活周期(見下圖)，合子先經過減數分裂后再經過一次有絲分裂產生的孢子是按分裂形成的順序排列的。請分析回答：

（1）從合子到8個孢子的過程中；細胞核內的DNA發(fā)生了_______次復制。上圖中8個子代菌絲體都是_____________(單倍體，二倍體)。

（2）按順序排列的8個孢子中；如果第一個與第二個性狀不同，原因可能是有絲分裂過程中發(fā)生了__________(填選項前的字母)；如果第二個與第三個性狀不同，原因可能是合子減數分裂過程中發(fā)生了__________(填選項前的字母)。

a．基因突變b．基因重組c．染色體變異。

（3）野生型脈胞菌能在只含水；無機鹽、蔗糖和維生素的基本培養(yǎng)基中生長。研究人員用X射線照射野生型脈孢菌孢子；經選擇培養(yǎng)，獲得了三種營養(yǎng)缺陷型突變菌株(如下圖)。

如果培養(yǎng)C突變型脈胞菌，需要在基本培養(yǎng)基中加入____________。評卷人得分六、綜合題(共4題，共8分)31、(1)(1)質量為mm帶電量為qq的小球，從傾角為婁脠婁脠的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為BB如圖所示。若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(())壟脵

小球帶正電壟脷

小球在斜面上運動時做勻加速直線運動壟脹

小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動壟脺

則小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時的速率為mgcos婁脠/Bq

(2)

如圖所示，電源電動勢E=9V

內電阻r=0.5婁賂

電阻R1=5.0婁賂R2=3.5婁賂R3=6.0婁賂R4=3.0婁賂

電容C=2.0婁脤F.

當電鍵K

由與a

接觸到與b

接觸通過R3

的電量是多少？32、如圖所示，質量為M

的平板車P

高h

質量為m

的小物塊Q

的大小不計，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平面地面上.

一不可伸長的輕質細繩長為R

一端懸于Q

正上方高為R

處，另一端系一質量也為m

的小球(

大小不計).

今將小球拉至懸線與豎直位置成60鈭?

角；由靜止釋放，小球到達最低點時與Q

的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q

離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍，Q

與P

之間的動摩擦因數為婁脤Mm=41

重力加速度為g.

求：

(1)

小物塊Q

離開平板車時速度為多大？

(2)

平板車P

的長度為多少？

(3)

小物塊Q

落地時距小球的水平距離為多少？33、(1)

如圖，鈻?ABC

為一玻璃三棱鏡的橫截面，隆脧A=30鈭?

一束紅光垂直AB

邊射入，從AC

邊上的D

點射出，其折射角為60鈭?

則玻璃對紅光的折射率為_____。若改用藍光沿同一路徑入射，則光線在D

點射出時的折射射角______(

填“小于”“等于”或“大于”)60鈭?

(2)

一列簡諧橫波在t=13s

時的波形圖如圖(a)

所示，PQ

是介質中的兩個質點。圖(b)

是質點Q

的振動圖像。求(i)

波速及波的傳播方向；(ii)

質點Q

的平衡位置的x

坐標。34、[

物理隆陋

選修3鈭?3]

(1)

如圖，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a

開始，經歷過程壟脵壟脷壟脹壟脺

到達狀態(tài)e

對此氣體，下列說法正確的是____。A.過程壟脵

中氣體的壓強逐漸減小B.過程壟脷

中氣體對外界做正功C.過程壟脺

中氣體從外界吸收了熱量D.狀態(tài)cd

的內能相等E.狀態(tài)d

的壓強比狀態(tài)b

的壓強小(2)

如圖，容積為V

的汽缸由導熱材料制成，面積為S

的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細管與裝有某種液體的容器相連，細管上有一閥門K

開始時，K

關閉，汽缸內上下兩部分氣體的壓強均為p0,

現將K

打開，容器內的液體緩慢地流入汽缸，當流入的液體體積為V8

時，將K

關閉，活塞平衡時其下方氣體的體積減小了V6

不計活塞的質量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g

求流入汽缸內液體的質量。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】當mg=F安時A正確；mg>F安時B正確；mg安時C正確；如果勻加速，則安培力增大，加速度要減小，D不可能【解析】【答案】D2、C【分析】解：線圈在I位置時，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量最大為：Φl=BS

線圈在Ⅱ、Ⅲ位置時，穿過線圈的磁通量分別為：ΦⅡ=BScos30°=BS，ΦⅢ=BScos45°=BS．

則有：Φl＞ΦⅡ＞ΦⅢ

故選：C．

根據磁通量的物理意義：穿過磁場中某一面積的磁感線的條數；分析磁通量的變化情況．

對于勻強磁場，可以根據公式Φ=BScosθ判斷磁通量如何變化．【解析】【答案】C3、B【分析】解：產如所示的流時；右邊螺線管的場方向是向上的，據楞次定律，感流產的場要阻礙原磁場的變化；

左邊就是兩種情況：

2向加速運動；左螺管中磁場方向上增強．

故選：

據電流計中電的方向判斷出感應電流場的方向再根據楞次原磁向不同時所對應的棒的變化．

本題分析應逆向析，棒運動態(tài)藥根據磁的方向和磁通增大還是減來判斷．【解析】【答案】B4、B【分析】解：鎳鉻絲的橫截面的直徑為d

橫截面積為S1=婁脨d24

由數學知識得知，直徑變化后橫截面積是S2=S1100

由于鎳鉻絲的體積不變，由長度變?yōu)樵瓉淼?00

倍，根據電阻定律R=婁脩LS

得到；電阻是原來的10000

倍，即為10000R

．

故選：B

根據數學知識確定直徑與橫截面積的關系；根據體積不變，分析長度的關系，由電阻定律分析電阻的變化情況．

本題要綜合考慮電阻隨導體橫截面積和長度的變化，注意體積不變，故面積變化時，長度也要變化．【解析】B

5、B【分析】解：A

剛閉合S

時；電源的電壓同時加到兩燈上，AB

同時亮，隨著L

中電流增大，由于線圈L

直流電阻可忽略不計，分流作用增大，A

逐漸被短路直到熄滅，外電路總電阻減小，總電流增大，B

燈更亮.

故A錯誤，B正確．

C；S

閉合一段時間后；再斷開SB

立即熄滅，線圈中電流減小，產生自感電動勢，感應電流流過A

燈，不流過B

燈，A

閃亮一下后熄滅，B

燈立即熄滅.

故C錯誤，D錯誤．

故選：B

閉合SAB

同時亮，隨著L

中電流增大，線圈L

直流電阻可忽略不計，分流作用增大，A

逐漸被短路，總電阻減小，再由歐姆定律分析B

燈亮度的變化.

斷開SB

燈立即熄滅，線圈中電流，根據楞次定律判斷A

燈亮度如何變化．

對于通電與斷電的自感現象，它們是特殊的電磁感應現象，可用楞次定律分析發(fā)生的現象．【解析】B

6、A【分析】

試題分析：兩個相同金屬球相互接觸后；電荷會重分配，分配后兩球帶電量相等。由于這兩個小球原來帶有異種電荷，所以要先正負電荷“中和”，然后剩余電荷平均分配。原來兩個金屬小球所帶電荷量分別是：4q

和鈭?2q

后來兩個小球帶電荷量均為q

電荷量的乘積變?yōu)樵瓉淼?/8

而距離沒變，所以庫侖力只有原來的1/8

所以A

對。

考點：這道題目主要考查的是學生對為庫侖定律和接觸起電的理解。重點是考查理解能力【解析】A

二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】

由題意知rg=100Ω，U=5V．由U=Ig（rg+R1）帶入數據得：

量程為20V時，由U=Ig（rg+R1+R2））帶入數據得：

故答案為：4.9×103；1.5×104

【解析】【答案】小電流電表改裝電壓表原理：設滿偏電流為Ig，內阻為rg，串聯(lián)電阻為R，改裝后的電壓表量程為U，所以U=Ig（rg+R）

8、略

【分析】解：第一次用一根條形磁鐵插入；第二次用兩根條形磁鐵插入，則第二次磁通量增加的速度是第一次磁通量增加速度的2倍，故第二次感應電流較大；

故答案為：第二次．

根據產生感應電流的條件分析有無感應電流產生．再根據法拉第電磁感應定律分析感應電動勢的大小；由歐姆定律分析感應電流的大?。?/p>

本題考查對電磁感應現象的理解和應用能力．感應電流產生的條件：穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，首先前提條件電路要閉合．磁通量的變化率與感應電動勢有關，感應電流的大小與感應電動勢大小有關．【解析】第二次9、略

【分析】解：對尖劈進行受力分析如圖；對壓力F

進行分解如圖：

由幾何知識得對A

側壓力：F2=Fsin偽

對B

側的壓力：F1=Ftan偽

故答案為：Fsin偽Ftan偽

．

將F

按照力的作用效果分解為垂直于三角形劈的直角邊和斜邊方向；根據平行四邊形定則，求出兩個分力的大小，兩分力的大小分別等于對A

側和B

側的壓力．

解決本題可以用合成法，也可以用分解法.

將力按作用效果分解，運用分解法處理比較簡便．【解析】Fsin偽Ftan偽

10、略

【分析】解：將均勻帶電細桿等分為很多段；每段可看作點電荷.

設細桿帶正電，根據場的疊加，這些點電荷在P1

的左側的電量比較右側的電量少，所以P1

處的合場強方向向左，在P2

的合場強方向向右．

取a

關于P1

的對稱點a隆盲

由于aP1=14L

則aa隆盲=12L

所以細桿左側的12L

上的電荷在P1

點的電場互相抵消，右半邊的電荷在P1

處的電場強度為E1

由題意，當將絕緣細桿的左邊12

截掉并移走后；根據電場的對稱性可得，右半邊的電荷在P2

處的電場強度為E1

．

故答案為：相反；E1

由于細桿均勻帶電，我們取a

關于P1

的對稱點a隆盲

則a

與a隆盲

關于P1

點的電場互相抵消，整個桿對于P1

點的電場，僅僅相對于a隆盲b

部分對于P1

的產生電場．

因為只學過點電荷的電場或者勻強電場，而對于桿產生的電場卻沒有學過，因而需要將桿看成是由若干個點構成，再進行矢量合成.

同時考查電場強度的疊加．【解析】相反；E1

11、略

【分析】試題分析：在AB面的左側透過棱鏡觀察大頭針P1、P2的像，調整視線方向，直到P1的像被P2的像擋住，再在觀察的這一側先后插上兩枚大頭針P3、P4，使P3擋住P1、P2，P4擋住P1、P2以及P3的像．則知P1、P2在入射光線上，P3、P4在出射光線，連接P1、P2作為入射光線，連接P3、P4，作為出射光線，再作出折射光線，畫出光路圖如圖．由幾何知識得到：在AB面上入射角i=30°，又折射角r=45°，則折射率．考點：光的折射定律。【解析】【答案】12、略

【分析】解：由圖讀出，當電壓UA=3V時，電流IA=0.10A，則電阻為RA==30Ω；

當電壓UB=6V時，電流IB=0.15A，則電阻為RB==40Ω；則電阻的改變量△R=10Ω

故答案為：10

根據電阻的定義式分別求出燈泡電壓是3V和6V時的電阻；再求解燈絲電阻的改變量．

本題小燈泡的伏安特性曲線是非線性變化的，電阻R=但不能用R=求電阻．【解析】1013、略

【分析】解：該電路是左右兩部分并聯(lián)后由串聯(lián)起來．

S剛接通時，L2立即發(fā)光．L上產生自感電動勢，根據楞次定律可知，自感電動勢會阻礙電流增大．使通過線圈L的電流慢慢增大，而R上沒有自感現象產生，左右兩個電路總電流相等，由兩個電路對比可知，此瞬間，通過L1的電流比L2上的電流大．所以S剛剛接通時A1燈最亮；

S斷開時，L和A1構成自感回路，A2不在回路中，所以S斷開時，A2立刻熄滅，A1后熄滅．

故答案為：A1，A2

當開關接通和斷開的瞬間；流過線圈的電流發(fā)生變化，產生自感電動勢，根據楞次定律分析即可．

對于線圈要抓住雙重特性：當電流不變時，它就是一個普通電阻（若電阻不計則就相當于導線）；當電流變化時，產生自感電動勢，相當于電源．【解析】A1；A214、略

【分析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數11.5mm；可動刻度讀數為0.01×39.7=0.397mm，所以最終讀數為：固定刻度讀數+可動刻度讀數為11.5+0.397=11.897mm．

游標卡尺的主尺讀數為6mm；游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，游標讀數為0.05×10mm=0.50mm；

所以最終讀數為：主尺讀數+游標尺讀數為6mm+0.50mm=6.50mm；

故答案為：11.897；6.50．

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數；不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀，兩種儀器讀數時均可采用公式法，即：主尺讀數+副尺讀數．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．【解析】11.897；6.5015、He【分析】解：①根據電荷數守恒、質量數守恒，未知粒子的質量數為4，電荷數為2，為He．

②半衰期為2.6×10-16s，經7.8×10-16s，即3個半衰期，根據知，剩余Be占開始時的．

故答案為：①He（或α），②或（12.5%）．

根據電荷數守恒質量數守恒得出未知的粒子．根據半衰期的次數，確定剩余Be占開始時的幾分之一．

解決本題的關鍵知道核反應過程中電荷數守恒、質量數守恒．知道半衰期的定義，知道衰變剩余核的質量與初始質量的關系：．【解析】He三、判斷題(共8題，共16分)16、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，正負表示大小；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，與試探電荷無關．17、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度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內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，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．20、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．21、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，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W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?2、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度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．23、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．四、解答題(共3題，共24分)24、略

【分析】

（1）因為這兩個的電荷電性相反；因此它們之間庫侖力為引力；

所以這兩個電荷的相互作用力是引力．

（2）由庫侖定律得：

帶入數據得：F=8×10-7N

故這兩個電荷間的相互作用力為：F=8×10-7N．

（3）根據庫倫定律知q2所受電場力為：①

依據電場強度的定義式：②

由①②得q1在q2所在處的場強為：．

故q1在q2所在處的場強為：E=2×102N}!mathord{left/{vphantom{NC}}ight.kern-ulldelimiterspace}!lower0.7exhbox{/C．

【解析】【答案】（1）根據同性排斥異性吸引進行判斷．

（2）直接根據庫倫定律公式進行計算即可．

（3）依據庫倫定律求出q2所受電場力，然后利用電場強度的定義式即可求出q1在q2所在處的場強的大小．

25、略

【分析】

A；應測量出金屬絲連入電路的有效長度三次；求平均值，而不是全長，故A錯誤；

B；為了減小實驗誤差；應用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑，算出其平均值，B正確；

C；金屬絲電阻很?。慌c電壓表內阻相差很大，使電壓表和金屬絲并聯(lián)，電壓表的分流作用很小，應采用電流表外接法，故C錯誤；

D；金屬絲的電阻率隨溫度的改變而改變；為保持電阻率不變，應保持溫度不變，故D正確；

故選BD

【解析】【答案】根據公式ρ=l應為連入電路的有效長度，為了減小實驗誤差，測量值往往要多測幾次，在求其平均值．

26、略

【分析】

據題；磁感應強度從B=1T開始隨時間均勻增強，則磁場的磁感應強度有：

Bt=B+kt；B=1T．

根據法拉第電磁感應定律得回路中感應電動勢為：

E==S=kS

則感應電流為：

I===

桿受到的安培力大小為：

F=BtIl2=（B+kt）Il2

由題；5s末木塊將離開水平面時，由F=Mg得：

（B+kt）l2=Mg

其中B=1T，t=5s，R=0.2Ω，l1=0.8m，l2=0.5m；M=0.04kg

代入解得：k=0.2T/s或k=-0.4T/s，若k為負值時，ab桿向右運動；重物不可能被提起，則舍去．

將k=0.2T/s代入I=

解得：I=0.4A．

答：回路中的電流為0.4A．

【解析】【答案】磁場方向與線圈垂直；磁感應強度從B=1T開始隨時間均勻增強時，線圈中產生的感應電動勢和電流保持不變，根據法拉第電磁感應定律得出感應電動勢與時間的關系．5s末木塊將離開水平面時，安培力大小等于木塊的重力，求出電流．

五、識圖作答題(共4題，共36分)27、（1）纖維素酶、果膠酶（2）離心、振動、電刺激（要求至少答出兩種才得分）聚乙二醇（或PEG)（3）高爾基體（4）脫分化（或去分化）再分化生長素細胞分裂素植物細胞具有全能性克服遠緣雜交不親合的障礙【分析】【分析】本題結合植物體細胞雜交過程示意圖，考查植物體細胞雜交的具體過程、原理及意義，能準確判斷圖示各過程的名稱，再結合所學的知識準確答題，屬于考綱識記和理解層次的考查。分析題圖：圖示為植物體細胞雜交過程示意圖；其中①表示去除細胞壁，獲取原生質體的過程；②表示誘導原生質體融合的過程；③表示再生出新細胞壁的過程；④表示脫分化過程；⑤表示再分化過程。

【解答】（1）去除植物細胞壁時常用酶解法；即用纖維素酶和果膠酶處理。

（2）②表示原生質體的融合；該過程的發(fā)生必須進行人工誘導。人工誘導原生質體融合的物理方法是離心；振動、電刺激；化學方法是聚乙二醇。

（3）③表示融合后的原生質體再產生新的細胞壁；新細胞壁的產生與細胞內高爾基體有密切關系。

（4）4為植物組織培養(yǎng)的脫分化過程，5為再分化過程。所用培養(yǎng)基中有生長素和細胞分裂素。雜種細胞能培育成新的植物體所依據的原理是植物細胞具有全能性。植物體細胞雜交在育種工作中具有廣泛的應用價值，其突出的優(yōu)點是可以克服遠緣雜交不親合的障礙。

【解析】（1）纖維素酶、果膠酶（2）離心、振動、電刺激（要求至少答出兩種才得分）聚乙二醇（或PEG)（3）高爾基體（4）脫分化（或去分化）再分化生長素細胞分裂素植物細胞具有全能性克服遠緣雜交不親合的障礙28、（1）初級精母細胞。

（2）40（3）減數第二次分裂后期減數第一次分裂后期（4）如圖所示【分析】【分析】本題結合圖解，考查細胞的減數分裂、基因自由組合定律的實質及應用，要求考生識記細胞減數分裂不同時期的特點；掌握基因自由組合定律的實質，能根據題干信息準確答題。分析上方左圖：上方左圖細胞含有同源染色體；且同源染色體正在分離，處于減數第一次分裂后期，此時細胞質均等分裂，稱為初級精母細胞。

分析上方中圖：上方中圖細胞不含同源染色體和染色單體，為減數分裂形成的配子?！窘獯稹浚?）由以上分析可知；上方左圖細胞為初級精母細胞。

（2）上方左圖細胞所含染色體數目與體細胞相同；則該生物體細胞含有4條染色體，4個DNA分子。減數第二次分裂后期，細胞中所含DNA分子數與體細胞相同，因此該細胞分裂進行到減數第二次分裂后期時細胞內有4個DNA分子，不含同源染色體。

（3）基因M與M；n與n為相同基因；它們的分離發(fā)生在減數第二次分裂后期，隨著姐妹染色單體的分開而分離；M與N或M與n的自由組合發(fā)生在減數第一次分裂后期。

（4）減數第一次分裂后期，同源染色體分離，非同源染色體自由組合，因此上方中間圖為上方左圖細胞分裂產生的一個生殖細胞示意圖，則與之同時形成的另一種類型的生殖細胞的示意圖如下：【解析】（1）初級精母細胞。

（2）40（3）減數第二次分裂后期減數第一次分裂后期（4）如圖所示29、（1）E→F→D→B

（2）CO2含碳有機物

（3）80

（4）CO2大量釋放，造成溫室效應

（5）大量植樹造林，加大對CO2的吸收減少對化石燃料的燃燒，改變能源結構，開放的新能源技術【分析】【分析】本題考查生態(tài)系統(tǒng)的結構和功能的相關知識點，意在考查學生對所學知識的理解與掌握程度，培養(yǎng)了學生分析圖形、獲取信息、解決問題的能力?！窘獯稹浚?）在生態(tài)系統(tǒng)中，不同生物之間由于吃與被吃的關系而形成的鏈狀結構叫做食物鏈。食物鏈的起始環(huán)節(jié)是生產者，終點是最高級消費者，箭頭指向捕食者。根據題意和圖示分析可知：由于圖中A與E之間的關系是雙向的，所以E是生產者，A是大氣中的二氧化碳庫；進一步判斷F、D、B是各級消費者，C是分解者與根據題意和圖示分析可知：由于圖中A與E之間的關系是雙向的，所以E是生產者，A是大氣中的二氧化碳庫；進一步判斷F、D、B是各級消費者，C是分解者之間的關系是雙向的，所以A是生產者，E是大氣中的二氧化碳庫；進一步判斷E、A、F是各級消費者，D是分解者BC，，所以此生態(tài)系統(tǒng)的一條食物鏈為：E→F→D→

B

。

（2）碳元素在A（消費者）與E（非生物的物質和能量）之間是以二氧化碳的形式流動的，而在D→B過程中是以含碳有機物形式進行流動。（3）能量在沿食物鏈流動過程中是逐級遞減的，一般地說，輸入到一個營養(yǎng)級的能量中，只有10%--20%的能量流入下一個營養(yǎng)級。若生產者有10000kg，按能量最大傳遞效率計算，位于第四營養(yǎng)級的生物可增重kg?！窘馕觥浚?）E→F→D→B（2）CO2含碳有機物（3）80（4）CO2大量釋放，造成溫室效應（5）大量植樹造林，加大對CO2的吸收減少對化石燃料的燃燒，改變能源結構，開放的新能源技術30、(1)兩單倍體

(2)a、ca、b、c

(3)精氨酸【分析】【分析】本題主要考查生物的繁殖過程、有絲分裂、減數分裂過程的特點以及突變和基因重組的特點，主要考查學生的識記以及理解能力?！窘獯稹浚?）從合子到8個孢子的過程中，進行了一次減數分裂和一次有絲分裂，兩次分裂各復制一次，共復制了兩次。由成熟生殖細胞單獨發(fā)育成的個體為單倍體，因而上圖中8個子代菌絲體都是單倍體。（2）按順序前四個孢子應該基因組成相同，因第一和第二個孢子是由同一個母細胞有絲分裂形成的，若性狀不同，可能是有絲分裂過程中發(fā)生了基因突變和染色體變異，不可能發(fā)生基因重組。若第二和第三個孢子性狀不同，可能是減數分裂過程中發(fā)生了基因突變、基因重組或染色體變異。（3）從圖示關系可知，C突變型脈胞菌因合成酶3的基因缺陷，不能合成精氨酸，故在其培養(yǎng)基中要加入精氨酸。

【解析】(1)兩單倍體(2)a、ca、b、c(3)精氨酸六、綜合題(共4題，共8分)31、（1）①②④（2）解：電路中的電流：當開關接a時,電容器的電壓為：U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1UU111=I電量為：R1RR111=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1QQ1當開關接1時1電容器的電壓為：=CU1UU111=2×10?610?61010電量為：?6?6?6?6×5C=1×10?510?51010?5?5?5?5Cb，且上極板帶負電，下極板帶正電。由，U2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5V可知，開關由U2=I?R2=1×3.5V=3.5V接U2=I?R2=1×3.5V=3.5V的過程中，電量變化為：U2UU222=I?R2R2RR222=1×3.5V=3.5VQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C即通過Q2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C的電荷量為Q2QQ222=【分析】【分析】(1)

由帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向，可知電荷的電性；(2)

對重力進行分解，求合力，可知合力是否為恒力，可知小球的運動性質；(3)

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時洛倫茲力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球對斜面壓力為零時的速率。本題主要考查的是洛倫茲力的方向的判斷，主要是應用力的分解以及牛頓第二定律可知物體的運動過程?！窘獯稹繅琶?/p>

帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向沿斜面向下，故小球帶正電，故壟脵

正確；壟脷壟脹

小球在斜面上運動時加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛倫茲力，沿斜面向下的分力提供，故加速度為gsin婁脠

故做勻加速直線運動，故壟脷

正確，壟脹

錯誤；壟脺

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時，應有mgcos婁脠=Bqv

故速率為mgcos婁脠Bq

故壟脺

正確。故選壟脵壟脷壟脺

(2)

分析出開關分別接ab

時電路的串并聯(lián)關系，分析電容的電壓、電量便可知通過R33的電量。由圖可知，R11與R22串聯(lián)，當開關接a

時，電容器與R11并聯(lián)；根據串聯(lián)電路的分壓規(guī)律求出電容器的電壓，即可求得電量。

當開關與b

連接時，C

與R22并聯(lián)即可求得電量，當開關與b

連接時，C

與R22并聯(lián)；由C

中電量的變化可得出流過R33的電量。【解析】(1)壟脵壟脷壟脺

(2)

解：電路中的電流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

當開關接aa時，電容器的電壓為：UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11UUUU111111==II電量為：RR11RRRR111111==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11QQQQ11當開關接11時11電容器的電壓為：==CCUU11UUUU111111==22隆脕隆脕1010??661010??6610101010電量為：??66??66??66??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??551010??5510101010??55??55??55??55CCbb，且上極板帶負電，下極板帶正電。由，UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV可知，開關由UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV接UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV的過程中，電量變化為：UU22UUUU222222==II??RR22RR22RRRR222222==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CC即通過QQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CC的電荷量為QQ22QQQQ222222==32、解：(1)小球由靜止擺到最低點的過程中；有。

mgR(1-cos60°)=

解得，小物塊到達最低點與Q碰撞之前瞬間的速度是：

小球與物塊Q相撞時；沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則有。

mv0=mv1+mvQ

=+

解得，v1=0，vQ=v0=

二者交換速度；即小球靜止下來，Q在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有。

mvQ=Mv+m?2v

解得，v==

小物塊Q離開平板車時，速度為2v=

(2)由能的轉化和守恒定律；知。

fL=--

又f=μmg

解得，平板車P的長度為L=

(3)小物塊Q在平板車上滑行過程中；對地位移為s，則。

-μmgs=-

解得，s=

小物塊Q離開平板車做平拋運動，平拋時間為t=

水平距離x=2vt=

故Q落地點距小球的水平距離為s+x=+．

答：

(1)小物塊Q離開平板車時速度為

(2)平板車P的長度為為

(3)小物塊Q落地時距小球的水平距離為+．【分析】(1)

小球由靜止擺到最低點的過程中；繩子的拉力不做功，只有重力做功，機械能守恒，即可由機械能守恒定律求出小球與Q

碰撞前瞬間的速度.

到達最低點時與Q

的碰撞時間極短，且無能量損失，滿足動量守恒的條件且能量守恒，由兩大守恒定律結合可求出碰撞后小球與Q

的速度.

小物塊Q

在平板車P

上滑動的過程中，系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒；

即可由動量守恒定律求出小物塊Q

離開平板車時速度；

(2)

小物塊Q

在平板車P

上滑動的過程中；小球的部分動能轉化為內能.

根據系統(tǒng)的能量守恒求出平板車P

的長度．

(3)

小物塊Q

離開平板車做平拋運動，求出小物塊從開始運動到落地的水平距離，即為小物塊Q

落地時距小球的水平距離．【解析】解：(1)

小球由靜止擺到最低點的過程中；有。

mgR(1鈭?cos60鈭?)=12mv02

解得，小物塊到達最低點與Q

碰撞之前瞬間的速度是：v0=gR

小球與物塊Q

相撞時；沒有能量損失，動量守恒，機械能守恒，則有。

mv0=mv1+mvQ

12mv02=12mv12+12mvQ2

解得，v1=0vQ=v0=gR

二者交換速度；即小球靜止下來，Q

在平板車上滑行的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，則有。

mvQ=Mv+m?2v

解得，v=16vQ=gR6

小物塊Q

離開平板車時，速度為2v=gR3

(2)

由能的轉化和守恒定律；知。

fL=12mvQ2鈭?12