2025年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高二物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年外研版三年級(jí)起點(diǎn)高二物理下冊(cè)月考試卷913考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、在一個(gè)真空點(diǎn)電荷電場(chǎng)中，離該點(diǎn)電荷為r的一點(diǎn)，引入電量為q的檢驗(yàn)電荷，所受到的電場(chǎng)力為F，則離該點(diǎn)電荷為r處的場(chǎng)強(qiáng)的大小為（）

A.

B.

C.

D.

2、理想變壓器如圖所示，副線圈接有三個(gè)燈泡，原線圈與一個(gè)燈泡串聯(lián)在交流電源上，若四個(gè)燈泡完全相同且都正常發(fā)光，則電源兩端的電壓U1與燈泡兩端的電壓U2之比為()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶13、如圖所示表示兩列相干水波的疊加情況，圖中的實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷.

設(shè)兩列波的振幅均為5cm

且在圖示的范圍內(nèi)振幅不變，波速和波長分別為1m/s

和0.5m.C

點(diǎn)是BE

連線的中點(diǎn)，下列說法不正確的是()

A.E

兩點(diǎn)振動(dòng)始終反相B.圖示時(shí)刻AB

兩點(diǎn)的豎直高度差為20cm

C.圖示時(shí)刻C

點(diǎn)正處在平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)D.從圖示的時(shí)刻起經(jīng)0.75s

后，B

點(diǎn)通過的路程為60cm

4、帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，要使它離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角增大，可采用的方法有(

)

A.增加帶電粒子的電荷量B.增加帶電粒子的質(zhì)量C.增高加速電壓D.增高偏轉(zhuǎn)電壓5、某電解電容器上標(biāo)有“25V；470μF”的字樣；對(duì)此，下列說法正確的是（）

A.此電容器只能在直流25V及以下電壓才能正常工作。

B.此電容器必須在交流25V及以下電壓才能正常工作。

C.當(dāng)工作電壓是25V時(shí)；電容才是470μF

D.這種電容器使用時(shí)；不必考慮兩個(gè)引出線的極性。

6、一平行電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，充滿電后與電源斷開．若將云母介質(zhì)移出，則電容器（）A.電容器的電壓變大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大B.電容器的電壓變小，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大C.電容器的電壓變大，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變D.電容器的電壓變小，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變7、如圖所示，在一個(gè)平面內(nèi)有六根絕緣的通電導(dǎo)線，電流大小相同，1、2、3、4為面積相等的正方形區(qū)域，其中指向紙面內(nèi)的磁場(chǎng)最強(qiáng)的區(qū)域是（）A.1區(qū)B.2區(qū)C.3區(qū)D.4區(qū)8、我國對(duì)中微子的研究處于世界領(lǐng)先地位，大亞灣反應(yīng)堆中微子實(shí)驗(yàn)工程獲國家自然科學(xué)獎(jiǎng)一等獎(jiǎng)。太陽發(fā)生核反應(yīng)時(shí)會(huì)放出大量中微子及能量。假設(shè)太陽釋放的能量是由“燃燒氫”的核反421H隆煤24He+2鈭?10e+2v

提供，式中v

為中微子，這一核反應(yīng)平均每放出2

個(gè)中微子相應(yīng)釋放28MeV

的能量。已知太陽每秒約輻射2.8隆脕1039MeV

的能量，地球與太陽間的距離約為1.5隆脕1011m

則地球表面與太陽光垂直的每平方米面積上每秒接收到中微子數(shù)目的數(shù)量級(jí)為(

)

A.1011B.1014C.1017D.1020

9、如圖所示，光滑絕緣的半圓形軌道豎直放置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于軌道平面向外。軌道半徑為R，兩端a、c在同一高度上。將質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小球，從軌道左端最高點(diǎn)a由靜止釋放，重力加速度為g，則小球從左向右通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力N1與小球從右向左通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力N2的差值為（）A.2mgB.mgC.2qBD.qB評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、有一電容器，帶電量為10-5C時(shí)，兩板間電壓為200V，如果使它帶的電量再增加10-6C，這時(shí)它的電容是____F．11、借助運(yùn)動(dòng)傳感器可用計(jì)算機(jī)測(cè)出物體運(yùn)動(dòng)的速度．如圖所示，傳感器系統(tǒng)由兩個(gè)小盒子A、B組成，A盒裝有紅外線發(fā)射器和超聲波發(fā)射器，它裝在被測(cè)物體上，每隔0.03s可同時(shí)發(fā)射一個(gè)紅外線脈沖和一個(gè)超聲波脈沖；B盒裝有紅外線接收器和超聲波接收器，B盒收到紅外線脈沖時(shí)開始計(jì)時(shí)（紅外線的傳播時(shí)間可以忽略不計(jì)），收到超聲波脈沖時(shí)計(jì)時(shí)停止．在某次測(cè)量中，B盒記錄到的連續(xù)兩次的時(shí)間分別為0.15s和0.20s，根據(jù)你知道的知識(shí)，該物體運(yùn)動(dòng)的速度為____m/s，運(yùn)動(dòng)方向是____．（背離B盒還是靠近B盒，聲速取340m/s）12、近幾年，寧夏大力興建風(fēng)力發(fā)電站．風(fēng)力發(fā)電是將____能轉(zhuǎn)化為____能．13、利用火箭發(fā)射載人神舟飛船，當(dāng)火箭從靜止開始加速起飛時(shí)，火箭推力______(

填“大于”或“小于”)

火箭和飛船的重力，此時(shí)宇航員處于______(

填“超重”、“失重”或“完全失重”)

狀態(tài)．14、一物體沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；振幅12cm，周期2s。當(dāng)t=0時(shí)，位移為6cm，且向x軸正方向運(yùn)動(dòng)；

（1）物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式（用正弦函數(shù)表示）為______；

（2）t=10.5s時(shí)物體的位置為______cm評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

18、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

21、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、證明題(共2題，共18分)22、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共20分)24、用伏安法測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r；所給的器材有：

A．電壓表V：0～3～15V；

B．電流表A：0～0.6～3A；

C．滑動(dòng)變阻器R1：總電阻20Ω；

D．滑動(dòng)變阻器R2：總電阻100Ω；

E．電鍵S和導(dǎo)線若干．

（1）電壓表量程選用______，滑動(dòng)變阻器選用______（填R1或R2）

（2）在圖1中將電壓表連入實(shí)驗(yàn)電路中．

（3）在圖2U-I圖象已畫出七組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)所對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn)，請(qǐng)根據(jù)這些點(diǎn)做出UI圖線并由圖線求出E=______V，r=______Ω（結(jié)果保留2位位小數(shù)）．25、圖(a)

為通過實(shí)驗(yàn)測(cè)得的某磁敏電阻在室溫下的電阻一磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線，測(cè)試時(shí)，磁敏電阻的軸線方向與磁場(chǎng)方向相同。(1)

試結(jié)合圖(a)

簡(jiǎn)要回答，磁感應(yīng)強(qiáng)度B

在0.4鈭?1.2T

內(nèi)成線性變化，則當(dāng)B

在0.4鈭?1.2T

范圍內(nèi)時(shí)，磁敏電阻的阻值與磁場(chǎng)B

的關(guān)系為_________。(

定量關(guān)系)

(2)

某同學(xué)想利用磁敏電阻圖(a)

所示特性曲線測(cè)試某勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)計(jì)電路如圖(b)

所示，磁敏電阻與開關(guān)、電源和靈敏電流表連接，長直導(dǎo)線與圖示電路共面并通以圖示電流。請(qǐng)指出本實(shí)驗(yàn)裝置的錯(cuò)誤之處_______________。(3)

某同學(xué)想要驗(yàn)證磁敏電阻在室溫下的電阻隆陋

磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線的準(zhǔn)確性，需要測(cè)定B

在0.4隆蘆1.2T

范圍內(nèi)磁敏電阻的阻值，有如下器材：A、電流表A(

量程2mA

內(nèi)阻約為5婁賂)

B、電流表A(

量程0.6A

內(nèi)阻約為1婁賂)

C、電壓表V(

量程15V

內(nèi)阻約為3k婁賂)

D、電壓表V(

量程3V

內(nèi)阻約為1k婁賂)

E、滑動(dòng)變阻器R1(0隆蘆10婁賂

額定電流為2A)

F、滑動(dòng)變阻器R2(0隆蘆6k婁賂

額定電流為0.3A)

G、電源E(

電動(dòng)勢(shì)12V

內(nèi)阻較小)

H、導(dǎo)線、開關(guān)若干壟脵

則電流表選_____，電壓表選_____，滑動(dòng)變阻器選_____；壟脷

在線框內(nèi)畫出你設(shè)計(jì)的測(cè)量磁敏電阻的電路圖。26、為了描繪標(biāo)有“3V；0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化．所給器材如下：

A．電流表（0～200mA；內(nèi)阻約0.5Ω）

B．電流表（0～0.6A；內(nèi)阻約0.01Ω）

C．電壓表（0～3V；內(nèi)阻約5kΩ）

D．電壓表（0～15V；內(nèi)阻約50kΩ）

E．滑動(dòng)變阻器（0～10Ω；0.5A）

F．電源（3V）

G．電鍵一個(gè)；導(dǎo)線若干．

（1）為了完成上述實(shí)驗(yàn)，電流表應(yīng)選擇______，電壓表應(yīng)選擇______

（2）在虛線框（圖1）中畫出完成此實(shí)驗(yàn)的原理圖；并將實(shí)物按電路圖2補(bǔ)充完整．

27、用如圖1所示的電路，測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．電池的內(nèi)阻較小，為了防止在調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)造成短路，電路中用一個(gè)定值電阻R0起保護(hù)作用．除電池；開關(guān)和導(dǎo)線外；可供使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：

電流表（量程0.6A；3A）；

電壓表（量程3V；15V）

定值電阻（阻值1Ω；額定功率5W）

定值電阻（阻值10Ω；額定功率10W）

滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～10Ω；額定電流2A）

滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～100Ω；額定電流1A）

那么：

①要正確完成實(shí)驗(yàn)，電壓表的量程應(yīng)選擇______V，電流表的量程應(yīng)選擇______A；R0應(yīng)選擇______Ω的定值電阻，R應(yīng)選擇阻值范圍是______Ω的滑動(dòng)變阻器．

②引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要原因是______．

③圖2是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出的U-I圖象．由此可知這個(gè)干電池的內(nèi)阻r=______Ω，測(cè)量值比真實(shí)值______．（填偏大或者偏小）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】

根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義得r處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=

根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式得E=Q為場(chǎng)源電荷的電量；

則有：=

解得：

所以該點(diǎn)電荷為r處的場(chǎng)強(qiáng)的大小為．

故選B．

【解析】【答案】根據(jù)庫侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式求解。

2、D【分析】【解答】有電路圖可知原、副線圈中電流比為I1∶I2＝1∶3，則I1(U1－U2)＝I2U2得U1＝4U2，所以U1：U2=4:1。

故選D

【分析】本題考查變壓器基本原理，屬于基礎(chǔ)題；關(guān)鍵是找出原、副線圈中電流比為I1∶I2。3、A【分析】解：A.AE

的連線為振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)，則C

點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，CE

兩點(diǎn)振動(dòng)不一定相反，故A錯(cuò)誤；BD

如圖所示；頻率相同的兩列水波相疊加的現(xiàn)象.

實(shí)線表波峰，虛線表波谷，則AE

是波峰與波峰相遇，B

點(diǎn)是波谷與波谷相遇，它們均屬于振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)；由于振幅是5cmA

點(diǎn)是波峰與波峰相遇，則A

點(diǎn)相對(duì)平衡位置高10cm.

而B

點(diǎn)是波谷與波谷相遇，則B

點(diǎn)相對(duì)平衡低10cm.

所以AB

相差20cm

．

周期T=婁脣v=0.51s=0.5s

從圖示時(shí)刻起經(jīng)0.75sB

質(zhì)點(diǎn)通過的路程為6A=60cm.

故BD正確；

C；由圖可知；下一波峰將從E

位置傳播到C

位置，則圖示時(shí)刻C

點(diǎn)正處于平衡位置且向水面上運(yùn)動(dòng)，故C正確；

本題選擇錯(cuò)誤的；故選：A

．

頻率相同的兩列水波的疊加：當(dāng)波峰與波峰；可波谷與波谷相遇時(shí)振動(dòng)是加強(qiáng)的；當(dāng)波峰與波谷相遇時(shí)振動(dòng)是減弱的．

運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)疊加屬于加強(qiáng)，振幅為二者之和，振動(dòng)方向相反時(shí)疊加屬于減弱振幅為二者之差．【解析】A

4、D【分析】解：設(shè)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v0

加速電壓為U1

偏轉(zhuǎn)電壓為U2

．

帶電粒子在加速過程，應(yīng)有：qU1=12mv02壟脵

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后；設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t

加速度為a

偏轉(zhuǎn)角為婁脠

由類平拋規(guī)律：

L=v0t壟脷

vy=at=qU2md鈰?Lv0壟脹

tan婁脮=vyv0壟脺

得：tan婁脮=U2L2U1d

可見；偏轉(zhuǎn)角與帶電粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)；要使偏轉(zhuǎn)角增大，可減小加速電壓U1

或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2.

故ABC錯(cuò)誤，D正確．

故選：D

．

先由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度；利用類平拋規(guī)律求出粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏角的正切值，然后討論即可．

本題關(guān)鍵應(yīng)掌握帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做“類平拋運(yùn)動(dòng)”的求解思路和方法，熟練運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解偏轉(zhuǎn)角的正切．【解析】D

5、A【分析】

A；由標(biāo)稱值可知；該電解電容器用于直流25V及以下電壓時(shí)才能正常工作；故A正確，B錯(cuò)誤．

C；電容器的電容值由其內(nèi)部構(gòu)造所決定；在不被擊穿的條件下，與其工作電壓無關(guān)；故C錯(cuò)誤．

D；電解電容器兩引線有正、負(fù)極之分；使用時(shí)極性不能接錯(cuò)，也不能接交流電．故D錯(cuò)誤．

故選A．

【解析】【答案】電解電容器上標(biāo)有“25V；470μF”的字樣；知工作的安全直流電壓，以及電容的大小，電容的大小與電容的電壓無關(guān)，由電容本身的因素決定．

6、A【分析】解：由C=可知；當(dāng)云母介質(zhì)抽出時(shí)，?變小，電容器的電容C變?。浑娙萜鞒潆姾髷嚅_，故Q不變；

根據(jù)U=可知；當(dāng)C減小時(shí)，U變大．

再由E=由于d不變，U變大，故E也變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A．

電容器始終與恒壓直流電源相連；則電容器兩端間的電勢(shì)差不變，將云母介質(zhì)移出后介電常數(shù)減小，根據(jù)電容器介電常數(shù)的變化判斷電容的變化以及電場(chǎng)強(qiáng)度的變化．

本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢(shì)差不變；當(dāng)電容器與電源斷開，則電荷量不變．要掌握C=C=E=三個(gè)公式．【解析】【答案】A7、D【分析】解：以點(diǎn)代表磁場(chǎng)指向紙外，叉代表磁場(chǎng)指向紙內(nèi)，根據(jù)安培定則分析可知，各導(dǎo)線在四個(gè)區(qū)域產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如下表所示．。導(dǎo)線區(qū)域1區(qū)域2區(qū)域3區(qū)域41點(diǎn)點(diǎn)點(diǎn)點(diǎn)2點(diǎn)點(diǎn)叉叉3叉叉叉叉4叉叉叉叉5叉點(diǎn)點(diǎn)叉6點(diǎn)點(diǎn)點(diǎn)點(diǎn)根據(jù)磁場(chǎng)的疊加可知；指向紙面內(nèi)的磁場(chǎng)最強(qiáng)的區(qū)域是4區(qū)．

故選D

根據(jù)安培定則判斷六根通電導(dǎo)線在1；2、3、4四個(gè)區(qū)域產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向；根據(jù)磁場(chǎng)的疊加，判斷哪個(gè)區(qū)域的磁場(chǎng)最強(qiáng)．

本題利用安培定則判斷磁場(chǎng)方向比較簡(jiǎn)單，但磁場(chǎng)的疊加，較為復(fù)雜，采用列表法可防止思路出現(xiàn)混亂．【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】據(jù)釋放的能量，即可計(jì)算出核反應(yīng)的次數(shù)，然后結(jié)合地球軌道所在處的球面積，即可求解。質(zhì)能方程是原子物理中的重點(diǎn)內(nèi)容之一，該知識(shí)點(diǎn)中，關(guān)鍵的地方是要知道反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前的質(zhì)量與反應(yīng)后的質(zhì)量的差。該題中的數(shù)學(xué)能力的要求比較高?！窘獯稹坑深}中條件可算得太陽每秒放出2隆脕2.8隆脕103928=2隆脕1039

個(gè)中微子；

中微子向四面八方輻射，成球面形狀分布，地表上每平方米每秒可接收到的數(shù)目為2隆脕10394婁脨r2隆脰7隆脕1014

故C正確；ABD錯(cuò)誤。

故選C。

【解析】B

9、C【分析】解：小球從左向右通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力。

N1-mg-qvB=m

小球從右向左通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力。

N2+qv′B-mg=m

聯(lián)立解得N1-N2=2qB故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選：C。

小球運(yùn)動(dòng)過程中；洛倫茲力不做功，由牛頓第二定律求解第一次和第二次通過最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的彈力，然后求差即可。

解答此題的關(guān)鍵要弄清洛倫茲力不做功，然后根據(jù)牛頓第二定律求解，不難。【解析】C二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

電容器的電容C===5×10-8F

電量增加，電壓也增加，但電容器的電容不隨電量的變化而變化，故它的電容仍為5×10-8F

故答案為：5×10-8F

【解析】【答案】電容器的電容不隨電量的變化而變化，直接由C=可得C．

11、略

【分析】

紅外線的傳播時(shí)間可以忽略不計(jì)。

當(dāng)?shù)谝淮伟l(fā)射脈沖時(shí)，車距B盒的距離X1=340×0.15=51m

當(dāng)?shù)诙伟l(fā)射脈沖時(shí)，車距B盒的距離X2=340×0.2=68m

每隔0.03s可同時(shí)發(fā)射一個(gè)紅外線脈沖和一個(gè)超聲波脈沖，所以v==567m/s

由于X2＞X1；所以運(yùn)動(dòng)方向是背離B盒．

故答案為：567；背離B盒．

【解析】【答案】由于紅外線的傳播時(shí)間忽略不計(jì)；所以根據(jù)記錄到的時(shí)間和聲速求出車距B盒的距離．

利用距離差和時(shí)間差求出速度．

12、機(jī)械電【分析】【解答】風(fēng)力發(fā)電中消耗了機(jī)械能；增加了電能；故風(fēng)力發(fā)電是將風(fēng)能即機(jī)械能通過電磁感應(yīng)現(xiàn)象轉(zhuǎn)化為電能；

故答案為：機(jī)械；電．

【分析】近本題考查風(fēng)力發(fā)電，解答時(shí)應(yīng)明確發(fā)電機(jī)的原理為電磁感應(yīng)；明確能量的轉(zhuǎn)化方向．13、略

【分析】解：在火箭豎直向上加速運(yùn)動(dòng)的過程中；加速度的方向向上，根據(jù)牛頓第二定律得：F鈭?mg=ma

所以火箭推力大于火箭和飛船的重力.

人也有向上的加速度，由向上的合力，處于超重狀態(tài)，人受到的支持力要大于人的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，宇航員對(duì)其座椅的壓力大于宇航員的重力．

故答案為：大于；超重。

當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)；就說物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度；

當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)；就說物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；

如果沒有壓力了；那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)向下加速度的大小為重力加速度g

．

本題考查了學(xué)生對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點(diǎn)，本題就可以解決了．【解析】大于；超重14、x=12sin（πt+）cm6【分析】解：（1）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)方程為：x=Asin（ωt+φ）；

振幅為12cm，由周期T=2s得頻率為f=0.5Hz，故角速度為：ω=2πf=πrad/s；

在t=0時(shí)；位移是6cm，故：6=12sinφ

解得：φ=30°=

故振動(dòng)方程為：x=12sin（πt+）cm；

（2）t=10.5s代入表達(dá)式可得x=6cm

故答案為：（1）x=12sin（πt+）cm（2）6

（1）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)方程為：x=Asin（ωt+φ）；代入數(shù)據(jù)求解初相位和角頻率；

（2）t=10.5s代入表達(dá)式可求得對(duì)應(yīng)的位置。

本題關(guān)鍵是記住簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)方程為x=Asin（ωt+φ），明確各個(gè)量的含義，基礎(chǔ)問題?！窘馕觥縳=12sin（πt+）cm6三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)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(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．16、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?8、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)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(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．19、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱?shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．20、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．21、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．四、證明題(共2題，共18分)22、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)五、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共20分)24、略

【分析】解：（1）干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，故電壓表選擇0～3V量程；因內(nèi)阻較小，為了便于控制，滑動(dòng)變阻器選擇總阻值較小的R1即可；

（2）由于電源內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近；故應(yīng)采用電流表相對(duì)電源的外接法；并且應(yīng)將開關(guān)能控制整個(gè)電路，故如圖所示；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：U=E-Ir，則可知，圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動(dòng)勢(shì)，故E=1.49V，r===0.82Ω

故答案為：（1）0～3V；R1；（2）如圖所示；（3）1.49；0.82．

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和電源的電動(dòng)勢(shì)進(jìn)行分析；從而選擇電壓表和滑動(dòng)變阻器；

（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析實(shí)驗(yàn)電路圖；并注意開關(guān)能控制整個(gè)電路；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律以及圖象進(jìn)行分析；求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻．

解決本題的關(guān)鍵掌握伏安法測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理，即E=U+Ir，會(huì)根據(jù)U-I圖線求電源的電動(dòng)勢(shì)內(nèi)阻．【解析】0～3V；R1；1.49；0.8225、（1）RB＝(22500B-3000)Ω

（2）磁敏電阻的軸線與磁場(chǎng)不垂直

（3）①ACE

②【分析】【分析】(1)

根據(jù)圖示圖象判斷電阻隨磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的關(guān)系；

(2)

實(shí)驗(yàn)時(shí)磁場(chǎng)方向應(yīng)與磁敏電阻的軸向方向相同，由安培定則判斷磁場(chǎng)方向與磁敏電阻軸向方向間的關(guān)系；(3)

采用伏安法測(cè)量電阻，由于待測(cè)電阻較大，采用電流表內(nèi)接法，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法。本題考查了伏安法測(cè)電阻、磁感應(yīng)強(qiáng)度；本題關(guān)鍵是用伏安法測(cè)量出磁敏電阻的阻值，然后根據(jù)某磁敏電阻在室溫下的電阻鈭?

磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線查出磁感應(yīng)強(qiáng)度，同時(shí)要能讀懂各個(gè)圖象的物理意義，變化規(guī)律。【解答】(1)

圖(a)

所示圖象可知，在0隆蘆0.4T

范圍內(nèi)，磁敏電阻的阻值隨磁感應(yīng)強(qiáng)度非均勻變化，在0.6隆蘆1.2T

范圍內(nèi)，磁敏電阻的阻值隨磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，由圖可得：RB=(22500B鈭?3000)婁賂