2025年北師大新版高二物理上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年北師大新版高二物理上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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、把一個帶電量為+q的檢驗電荷放在電場中的P點，測得P點的電場強度大小為E，場強的方向向東，有關(guān)P點的場強的說法，正確的是（）A.若在P點不放電荷，那么P點的場強為零B.只要P點在電場中的位置確定，它的場強應(yīng)是一個確定值C.若把﹣q的檢驗電荷放在P，則測得P點的場強大小仍為E，方向向西E.方向向西D.若把電量為+2q的點電荷放在P點，則測得P點的場強大小為2E，方向向東E.方向向西D.若把電量為+2q的點電荷放在P點，則測得P點的場強大小為2E，方向向東2、圖甲所示的變壓器原、副線圈匝數(shù)比為3：1，圖乙是該變壓器cd輸入端交變電壓u的圖象，L1、L2、L3、L4為四只規(guī)格均為“9V6W”的相同燈泡；各電表均為理想交流電表．以下說法正確的是（）

A.ab輸入端電壓的瞬時值表達式為uab=27sin100πt（V）B.電流表的示數(shù)為2A，且四只燈泡均能正常發(fā)光C.流過燈L2的電流每秒鐘方向改變50次D.ab輸入端輸入功率Pab=18W3、如圖所示，木塊A

和B

質(zhì)量均為2kg

置于光滑水平面上，B

與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A

以4m/s

速度向B

撞擊時，由于有橡皮泥而使AB

粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為(

)

A.4J

B.8J

C.16J

D.32J

4、海洋能是一種蘊藏量極大的可再生能源，具有廣闊的應(yīng)用前景.

下列能源不屬于海洋能的是()A.潮汐能B.波浪能C.太陽能D.海流能5、如圖1所示，一矩形線圈位于一隨時間t變化的磁場內(nèi)，磁場方向垂直于線圈所在平面（紙面），若規(guī)定向里的方向為磁場正方向，則磁感應(yīng)強度B隨t變化的規(guī)律如圖2所示．以i表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖1中線圈上箭頭所示方向為電流正方向，則圖中的i-t圖正確的是（）A.B.C.D.6、關(guān)于靜電的利用與防范，下列說法不正確的是(

)

A.安裝避雷針可使建筑物免遭雷擊B.靜電復(fù)印機的工作過程實際上和靜電完全無關(guān)C.用靜電噴漆的方法給汽車噴涂油漆，既省漆又均勻D.油罐車在運輸過程中會產(chǎn)生靜電，車后拖一鐵鏈，能及時把靜電導(dǎo)走評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、下列對玻爾原子理論的評價正確的是（）A.玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子的光譜規(guī)律，為量子力學(xué)的建立奠定了基礎(chǔ)B.玻爾原子理論的成功之處是引入了量子概念C.玻爾原子理論的成功之處是它保留了經(jīng)典理論中的一些觀點D.玻爾原子理論與原子的核式結(jié)構(gòu)是完全對立的8、如圖所示，甲帶負電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)加一水平向左的勻強電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動一起向右加速運動.

在加速運動階段(

)

A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B.甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運動C.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷變大D.甲、乙兩物體可能做勻加速直線運動9、圖a

和圖b

是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1

和L2

為電感線圈.

實驗時，斷開開關(guān)S1

瞬間，燈A1

突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2

燈A2

逐漸變亮，而另一個相同的燈A3

立即變亮，最終A2

與A3

的亮度相同.

下列說法正確的是A.圖a

中，A1

與L1

的電阻值相同B.圖a

中，閉合S1

電路穩(wěn)定后，A1

中電流大于L1

中電流C.圖b

中，變阻器R

與L2

的電阻值相同D.圖b

中，閉合S2

瞬間，L2

中電流小于變阻器R

中電流10、如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用d

表示薄片的厚度，k

為霍爾系數(shù)，對于一個霍爾元件dk

為定值，如果保持I

恒定，則可以驗證UH

隨B

的變化情況.

以下說法中正確的是(

工作面是指較大的平面)(

)

A.將水磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，UH

將變小B.在測定地球兩極的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直C.在測定地球赤道上的磁場強弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)保持豎直D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，UH

將發(fā)生變化11、如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。兩質(zhì)量、長度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直。先由靜止釋放c，c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移。選項中正確的是（）A.B.C.D.12、如圖所示，斜面體B靜置于水平桌面上．一質(zhì)量為m的木塊A從斜面底端開始以初速度v0沿斜面上滑，然后又返回出發(fā)點，此時速度為v，且v＜v0．在上述過程中斜面體一直沒有移動，由此可以得出（）A.A上滑過程桌面對B的支持力比下滑過程大B.A上滑過程中桌面對B的靜摩擦力比下滑過程大C.A上滑時機械能的減小量等于克服重力做功和產(chǎn)生內(nèi)能之和D.A上滑過程與下滑過程，B系統(tǒng)損失的機械能相等評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、如圖（a）所示，在水平光滑軌道上停著甲、乙兩輛實驗小車，甲車系一穿過打點計時器的紙帶，當甲車受到水平向右的瞬時沖量時，隨即啟動打點計時器，甲車運動一段距離后，與靜止的乙車發(fā)生正碰并粘在一起運動，紙帶記錄下碰撞前甲車和碰撞后兩車運動情況如圖（b）所示，電源頻率為50Hz，則碰撞前甲車運動速度大小為______m/s，甲、乙兩車的質(zhì)量比m甲：m乙=______．

14、A.有一臺使用交流電的洗衣機上標有額定電壓為“220V

”的字樣，這“220V

”指交流電電壓的__________(

選填“瞬時值”“有效值”或“最大值”)

洗衣機工作時消耗的電能__________(

選填“大于”“等于”或“小于”)

洗衣機發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能．B.如圖所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，帶電粒子每次通過兩盒窄縫間勻強電場時做__________(

選填“勻速”“加速”或“圓周”)

運動，帶電粒子每次通過盒中的勻強磁場時做________(

選填“勻速”“加速”或“圓周”)

運動．15、已知光在真空中的傳播速度為3×108m/s，則光在折射率為的玻璃中的傳播速度為____m/s．16、某同學(xué)要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ．步驟如下：

（1）用螺旋測微器測量其直徑如圖1，由圖可知其直徑為______mm；

（2）用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數(shù)如2圖，則該電阻的阻值約為______Ω．

（3）該同學(xué)想用伏安法更精確地測量其電阻R；現(xiàn)有的器材及其代號和規(guī)格如下：

待測圓柱體電阻R

電流表A1（量程0～4mA；內(nèi)阻約50Ω）

電流表A2（量程0～10mA；內(nèi)阻約30Ω）

電壓表V1（量程0～3V；內(nèi)阻約10kΩ）

電壓表V2（量程0～15V；內(nèi)阻約25kΩ）

直流電源E（電動勢4V；內(nèi)阻不計）

滑動變阻器R1（阻值范圍0～15Ω；允許通過的最大電流2.0A）

滑動變阻器R2（阻值范圍0～2kΩ；允許通過的最大電流0.5A）

開關(guān)S及導(dǎo)線若干。

為使實驗誤差較小，要求測得多組數(shù)據(jù)進行分析，測量的電路圖如圖所示，則選擇的電流表是______、電壓表是______、滑動變阻器是______（填寫所用器材的代號）．17、如圖1

中；游標卡尺讀______mm

如圖2

螺旋測微器讀數(shù)______mm

18、如圖所示；甲圖為參與某一橫波的波動的A質(zhì)點的振動圖象，乙圖為該橫波在t=6s時的圖象，此時刻B點振動方向為沿y軸______方向，則該簡諧橫波沿x軸______方向傳播，該波的波速為______m/s。

評卷人得分四、判斷題(共4題，共12分)19、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）20、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）

21、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）

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）評卷人得分五、畫圖題(共2題，共14分)23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象評卷人得分六、綜合題(共2題，共8分)25、(1)(1)質(zhì)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(yīng)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?qū)π泵鎵毫榱銜r的速率為mgcos婁脠/Bq

(2)

如圖所示，電源電動勢E=9V

內(nèi)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？26、A.圖示為交流發(fā)電機原理圖，已知兩磁極間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B

矩形線框的匝數(shù)為n

面積為S.

當線框轉(zhuǎn)到與磁場方向垂直的圖示位置時，穿過線框的磁通量為__________；若線框從圖示位置逆時針轉(zhuǎn)動90鈭?

所用時間為t

則線框中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為__________．B.2016

年發(fā)生了多起手機爆炸事故，主要原因是手機電池周邊沒有空隙，使用時發(fā)熱膨脹導(dǎo)致爆炸.

如果某電池的內(nèi)阻為1.0婁賂

以0.1A

的電流持續(xù)工作1h

則此過程中，電池消耗的功率為__________W

產(chǎn)生的熱量為__________J

．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：電場強度是反映電場本身的力的性質(zhì)的物理量，與試探電荷無關(guān)，在電場中同一點，電場強度是確定不變的．【解析】

電場中某點的場強是由電場本身決定的，只要P點在電場中的位置確定，它的場強應(yīng)是一個確定值，與檢驗電荷的正負和帶電量的多少無關(guān)．故選：B．【解析】【答案】B2、B【分析】解：A、由輸入端交變電壓u的圖象，可求出有效值27V，副線圈電壓為9V，副線圈三只燈泡均能正常發(fā)光．電流表的讀數(shù)為I=3×A=2A，原線圈電流為=A，所以原線圈的燈泡也能正常發(fā)光，ab輸入端電壓的瞬時值表達式為uab=36sin100πt（V）A錯誤B正確．

C、由圖象知交流電的周期為0.02s，交流電的頻率為50Hz，流過燈L2的電流每秒鐘方向改變100次；C錯誤；

D、ab輸入端輸入功率Pab=4×6=24W；故D錯誤；

故選：B

閉合電路動態(tài)分析中；電源部分是由變壓器提供，其它仍用閉合電路毆姆定律．當斷開開關(guān)S時，導(dǎo)致總電阻發(fā)生變化，而電壓不變，則可判斷出電路中的電流及電壓如何變化．同時當電路中有變壓器時，只要將變壓器的有效值求出，則就相當于一個新的恒定電源，其值就是剛才的有效值．

理想變壓器是理想化模型，一是不計線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象．同時運用閉合電路毆姆定律來分析隨著電阻變化時電流、電壓如何變化．分析的思路先干路后支路，以不變應(yīng)萬變．最后值得注意的是變壓器的原線圈與燈泡串聯(lián)后接入交流中，所以圖象的有效值不是原線圈的有效值．【解析】【答案】B3、B【分析】解：對于木塊A

和B

碰撞過程；兩木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得：

mvA=2mv

得v=0.5vA=2m/s

彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為Ep=12鈰?2mv2=2隆脕22J=8J

故選：B

．

木塊A

和B

碰撞過程；兩木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出碰后的共同速度，木塊壓縮彈簧后在彈簧彈力作用下做減速運動，當系統(tǒng)動能為零時，彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒定律求出彈簧具有的最大彈性勢能．

本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵要知道木塊碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，此過程彈簧未參與，系統(tǒng)的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能時，彈性勢能最大．【解析】B

4、C【分析】略【解析】C

5、A【分析】解：感應(yīng)定律和歐姆定律得I=所以線圈中的感應(yīng)電流決定于磁感應(yīng)強度B隨t的變化率．

由圖2可知；0～1時間內(nèi)，B增大，Φ增大，感應(yīng)磁場與原磁場方向相反（感應(yīng)磁場的磁感應(yīng)強度的方向向外）；

由右手定則感應(yīng)電流是逆時針的；因而是負值．所以可判斷0～1為負的恒值；1～2為正的恒值；2～3為零；3～4為負的恒值；

4～5為零；5～6為正的恒值．

故選A．

由圖2可知磁感應(yīng)強度的變化；則可知線圈中磁通量的變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢變化情況，由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向，二者結(jié)合可得出正確的圖象．

此類問題不必非要求得電動勢的大小，應(yīng)根據(jù)楞次定律判斷電路中電流的方向，結(jié)合電動勢的變化情況即可得出正確結(jié)果．【解析】【答案】A6、B【分析】解：A

高大建筑物頂上安放避雷針是為了防止靜電危害；故A正確；

B；靜電復(fù)印機是利用靜電工作的；與靜電有關(guān)，故B不正確；

C；用靜電噴漆的方法給汽車噴涂油漆；由于電荷間的相互作用，既省漆又均勻，故C正確；

D；油罐車拖一條與地面接觸的鐵鏈是為了將摩擦產(chǎn)生的靜電及時導(dǎo)走；防止靜電危害，故D正確；

本題選不正確的；故選：B

物體帶電的本質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移；出現(xiàn)多余的電荷從而帶電，所以靜電的產(chǎn)生有利有弊。要明確哪些是靜電的防止；哪些是靜電的應(yīng)用。

生活中靜電無處不在，有的我們需要，有的我們不需要。所以我們要學(xué)會基本常識，提高我們的很生活質(zhì)量，注意題目的是靜電的防止還是應(yīng)用，是解題的關(guān)鍵?！窘馕觥緽

二、多選題(共6題，共12分)7、AB【分析】解：A；玻爾理論成功地解釋了氫原子光譜的規(guī)律；為量子力學(xué)的建立奠定了基礎(chǔ)，故A正確；

B；玻爾理論的成功之處是引入量子觀念；故B正確；

C；玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律；但不足之處是保留了過多的經(jīng)典物理理論，故C錯誤；

D；玻爾原子理論與原子的核式結(jié)構(gòu)不是完全對立的；故D錯誤．

故選：AB．

玻爾的原子理論成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律；但不足之處，是它保留了經(jīng)典理論中的一些觀點，如電子軌道的概念．

解決本題的關(guān)鍵是掌握原子物理學(xué)史，記牢著名科學(xué)家的物理學(xué)成就，注意理解玻爾理論的內(nèi)容．【解析】【答案】AB8、BC【分析】解：甲帶負電；向右運動的過程中根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向向下．

對整體分析，速度增大，洛倫茲力增大，則正壓力增大，地面對乙的滑動摩擦力f

增大，電場力F

一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a

減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力f錄脳F鈭?f錄脳=m錄脳a

則得到f錄脳

增大，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷增大.

故A錯誤，B正確，C正確，D錯誤．

故選：BC

以甲乙整體為研究對象；分析受力情況，根據(jù)洛倫茲力隨著速度的增大而增大，分析地面對乙物塊的支持力如何變化，來分析乙物塊與地之間的摩擦力如何變化，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度如何變化，再對甲研究，由牛頓第二定律研究甲所受摩擦力如何變化．

本題關(guān)鍵要靈活選擇研究對象，要抓住洛倫茲力大小與速度大小成正比這個知識點，根據(jù)牛頓運動定律分析物體的運動情況．【解析】BC

9、CD【分析】【分析】

閉合開關(guān)的瞬間，通過L

的電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關(guān)系.

待電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)，線圈產(chǎn)生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關(guān)系，判斷兩燈是否同時熄滅。當通過線圈本身的電流變化時；線圈中會產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。

【解答】

A.圖1

中；斷開S1

的瞬間，A1

燈閃亮，是因為電路穩(wěn)定時，A1

的電流小于L

的電流，則可知L

的電阻小于A1

的電阻，故A錯誤；

B.圖1

中；閉合S1

電路穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S1

瞬間，燈A1

突然閃亮，說明燈泡中的電流小于線圈中的電流，故B錯誤；

C.圖2

中；因為要觀察兩只燈泡發(fā)光的亮度變化，兩個支路的總電阻相同，因兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R

與L2

的電阻值相同，故C正確；

D.圖2

中，閉合S2

瞬間，L2

對電流由阻礙作用，LL2中電流小于變阻器RR中電流；故D正確。

故選CD。

【解析】CD

10、CD【分析】解：A

電子最終在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，evB=eUHL

得：UH=vBL

則將永磁體的一個磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時，B

增大，則UH

將變大.

故A錯誤．

B；C

地球赤道上方的地磁場方向水平；兩極上方的磁場方向豎直；在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直，在測量兩極磁場強弱時，霍爾元件的工作面應(yīng)水平.

故B錯誤，C正確．

D；改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角；需將磁場進行分解，在垂直于工作面方向上的磁感應(yīng)強度小于原磁場磁感應(yīng)強度的大小，則UH

將發(fā)生變化.

故D正確．

故選：CD

．

穩(wěn)定時；電子所受的洛倫茲力和電場力平衡，測量地磁場強弱時，讓地磁場垂直通過元件的工作面，通過地磁場的方向確定工作面的位置．

解決本題的關(guān)鍵知道霍爾效應(yīng)的原理，知道電子受到電場力和洛倫茲力平衡．【解析】CD

11、BD【分析】解：AB、設(shè)c、d剛進磁場時速度為v，c剛進入磁場做勻速運動，此時由靜止釋放d。設(shè)d經(jīng)時間t進入磁場，并設(shè)這段時間內(nèi)c的位移為x，由于h=x=vt，得到x=2h，則d剛進入磁場時，c相對釋放點的位移為3h。

d進入磁場后；c；d速度相同，二者與導(dǎo)軌組成的回路磁通量不變，感應(yīng)電流為零，不受安培力，兩導(dǎo)體棒均做加速度為g的勻加速運動，故A錯誤，B正確；

CD；c出磁場時d下落2h；c出磁場后，只有導(dǎo)體棒d切割磁感線，此時d的速度大于進磁場時的速度，d受到安培力大于重力，做減速運動，所以x=2h到x=4h的過程中，做加速度逐漸減小的變減速運動，動能減小，d出磁場后動能隨下落高度的增加而均勻增大，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

未進入磁場時；c；d做自由落體運動，到達磁場上邊界時速度相同。c、d都進入磁場后，同時在磁場中運動時，兩者速度相同，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，只受重力，都做勻加速直線運動，加速度為g。c出磁場后，d在切割磁感線時，此時d的速度比進磁場時大，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，受到的安培力增大，則d做勻減速直線運動。根據(jù)動能與高度的關(guān)系選擇動能圖象。

本題關(guān)鍵在于分析兩導(dǎo)體的受力情況和運動情況，抓住安培力大小與速度大小成正比這個結(jié)論，分析只有d切割磁感線過程d的運動情況?！窘馕觥緽D12、BD【分析】解：由于v＜v0；所以物體A在在滑動過程中受到滑動摩擦力作用；

物體A受到的滑動摩擦力fA=μmgcosθ；

物體A受到的摩擦力與A對B的摩擦力是作用力與反作用力；

故f1=f2=fA=μmgcosθ；對斜面體B進行受力分析，物體A向上滑動時，B受力如圖甲所示；

物體A向下滑動時；斜面體受力如圖B所示；

A、物體B處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：FN1=G+Ncoθ-f1sinθ，F(xiàn)N2=G+Ncosθ+f2sinθ，F(xiàn)N2＞FN1；即下滑的支持力大于上滑的支持力，故A錯誤；

B、物體B靜止，處于平衡條件，由平衡條件得：f=f1cosθ+Nsinθ，f′=Nsinθ-f2cosθ；

物體A向上滑行時桌面對B的摩擦力大；物體A下滑時，桌面對B的摩擦力小，故B正確；

C；除重力之外的力做功；導(dǎo)致機械能變化，因此A上滑時機械能的減小量等于產(chǎn)生的內(nèi)能，故C錯誤；

D；A上滑過程與下滑過程；因滑動摩擦力做功導(dǎo)致機械能損失，由于兩種情況下滑動摩擦力做功一樣，所以A、B系統(tǒng)損失的機械能也相等，故D正確；

故選：BD。

對A進行受力分析；由牛頓第二定律判斷加速度的大小，由滑動摩擦力公式判斷A受到的滑動摩擦力如何變化；

對物體B受力分析；然后根據(jù)平衡條件分析答題．

對物體正確受力分析、熟練應(yīng)用平衡條件是正確解題的關(guān)鍵；解題時要注意受力分析的順序，先對A受力分析，然后再對B受力分析．【解析】BD三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】解：碰前甲做勻速運動，由紙帶可求得甲車碰前的速度為

碰后甲、乙一起做運動運動，速度為

由動量守恒定律得m甲v1=（m甲+m乙）v2，甲、乙兩車質(zhì)量之比為

故答案為：0.6；2：1．

由紙帶所示數(shù)據(jù)求出碰前甲車速度與彭侯兩車的共同速度；碰撞過程中；兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出兩車質(zhì)量之比．

由紙帶數(shù)據(jù)應(yīng)用速度公式求出車的速度、應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題．【解析】0.6；2：114、略

【分析】【分析】A

交流用電器上所標電壓、電流的數(shù)值都是有效值，洗衣機是非純電阻用電器，主要將電能轉(zhuǎn)化為機械能，故消耗的電能大于洗衣機發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能。本題考查的是交流電源的銘牌所標的數(shù)值是有效值，分清純電阻和非純電阻用電器的區(qū)別?！窘獯稹拷涣饔秒娖魉淼碾妷?20V

是指有效值，洗衣機正常工作時，主要將電能轉(zhuǎn)化為機械能，消耗的電能大于發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能。故填：有效值；大于【分析】B

回旋加速器是通過電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)來的原理來工作的，帶電粒子每次通過兩盒窄縫間勻強電場時要加速，通過盒中的勻強磁場時做勻速圓周運動。本題考查了回旋加速器的工作原理，基礎(chǔ)題目?！窘獯稹炕匦铀倨魇怯脕砑铀賻щ娏Ｗ拥难b置，回旋加速器是通過電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)來的原理來工作的，帶電粒子每次通過兩盒窄縫間勻強電場時做加速；帶電粒子每次通過盒中的勻強磁場時在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。故填：加速；圓周故答案為：A.有效值大于B.加速圓周【解析】A.有效值大于B.加速圓周15、略

【分析】

根據(jù)v=得，v=．

故答案為：2×108

【解析】【答案】根據(jù)v=求出光在玻璃中的傳播速度．

16、略

【分析】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm；可動刻度讀數(shù)為0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數(shù)為：4.5mm+0.200mm=4.700mm．

（2）該電阻的阻值約為22.0×10Ω=220Ω．

（3）電源的電動勢是4V，所以要使用量程是3V的電壓表V1；

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中的最大電流為：A，所以電流表應(yīng)選A2；

由于要求“測得多組數(shù)據(jù)”，所以變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器R1；

故答案為：（1）4.700；（2）220；（3）A2，V1，R1．

（1）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；

（2）用歐姆表測電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率；當指針指在中央附近時測量值較準確；

（3）的關(guān)鍵是通過估算電路中的最大電流來選擇電流表量程；根據(jù)要求“測得多組數(shù)據(jù)”可知．變阻器應(yīng)采用分壓式接法；應(yīng)選擇阻值小的變阻器方便調(diào)節(jié)．

解決本題的關(guān)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】4.700；220；A2；V1；R117、略

【分析】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為102mm

游標尺上第8

個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為8隆脕0.05mm=0.40mm

所以最終讀數(shù)為：102mm+0.40mm=102.40mm

．

螺旋測微器的固定刻度為4.5mm

可動刻度為9.0隆脕0.01mm=0.090mm

所以最終讀數(shù)為4.5mm+0.090mm=4.590mm

．

故答案為：102.404.590

解決本題的關(guān)鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法；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．

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關(guān)測量，注意有效位數(shù)的保留．【解析】102.404.590

18、負正1【分析】解：由圖（甲）所示振動圖象可知；t=6s時質(zhì)點A由平衡位置向上振動，由圖（乙）所示波形圖可知，波沿x軸正方向傳播；

波沿x軸正方向傳播；由圖（乙）所示波形圖可知，質(zhì)點B沿y軸負方向振動；

由圖（甲）可知；波的周期：T=8s，由圖（乙）所示波形圖可知；λ=8m；

波形：v==1m/s；

故答案為：負；正；1。

根據(jù)圖甲判斷t=6s時A質(zhì)點的振動方向；根據(jù)A質(zhì)點的振動方向判斷波的傳播方向，根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點B的振動方向；根據(jù)圖示質(zhì)點振動圖象求出波的周期，由圖示波形圖求出波長，然后求出波速。

本題考查理解振動圖象和波動圖象的能力和把握兩種圖象聯(lián)系的能力，要熟練判斷出質(zhì)點的振動方向?！窘馕觥控撜?四、判斷題(共4題，共12分)19、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．20、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．21、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(cè)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(jié)論．22、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．五、畫圖題(共2題，共14分)23、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】24、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】六、綜合題(共2題，共8分)25、（1）①②④（2）解：電路中的電流：當開關(guān)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(guān)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(guān)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(zhì)；(3)

小球在斜面上下滑過程中，當小球?qū)π泵鎵毫榱銜r洛倫茲力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球?qū)π泵鎵毫榱銜r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(yīng)用力的分解以及牛頓第二定律可知物體的運動過程。【解答】壟脵

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?qū)π泵鎵毫榱銜r，應(yīng)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(guān)分別接ab

時電路的串并聯(lián)關(guān)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(guān)接a

時，電容器與R11并聯(lián)；根據(jù)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(guān)與b

連接時，C

與R22并聯(lián)即可求得電量，當開關(guān)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?！窘馕觥?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(guān)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==IIR