2025年滬教版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬教版高二物理上冊階段測試試卷607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9題，共18分)1、如圖所示電路，燈L1標有“24V16W”燈L2標有“12V16W”兩燈串聯(lián)后接在電壓為U的電路中；要保證兩燈不損壞，則（）

A.兩燈實際功率之比為4：1

B.電壓U的最大值為36V

C.燈L1兩端電壓與總電壓U之比為2：3

D.U=36V時，燈L1、L2均正常發(fā)光。

2、如圖所示是一火警報警器的部分電路示意圖．其中R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，電流表為值班室的顯示器，a、b之間接報警器．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時，顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是（）A.I變大，U變大B.I變大，U變小C.I變小，U變大D.I變小，U變小3、用與豎直方向成θ角（θ＜45°）的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個小球，這時繩b的拉力為F1?，F(xiàn)保持小球在原位置不動，使繩b在原豎直平面內(nèi)逆時轉過θ角后固定，繩b的拉力變?yōu)镕2；再轉過θ角固定，繩b的拉力為F3，則A．F1=F3>F2B．F123C．F1=F32D．F1>F2>F34、如圖所示，把電阻R、電感線圈L、電容器C并聯(lián)，三個支路中分別接有一燈泡．接入交流電源后，三盞燈亮度相同．若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率增大，則以下判斷正確的是（）A.與電容器C連接的燈泡L2將變暗B.與線圈L連接的燈泡L1將變暗C.與電阻R連接的燈泡L3將變暗D.三盞燈泡的亮度都不會改變5、頻率為v

的光照射某金屬時，產(chǎn)生光電子的最大初動能為占Ekm.

改用頻率2v

的光照射同一金屬，所產(chǎn)生光電子的最大初動能為：(h

為普朗克常量)(

)

A.Ekm鈭?hv

B.2Ekm

C.Ekm+hv

D.Ekm+2hv

6、下列關于利用慣性和防止慣性不利影響的事例中，正確說法的是（）A.在月球上舉重比在地球上容易，所以質量相同的物體在月球上比在地球上慣性小B.運動員沖到終點后，還要向前跑一段距離才能停下來，說明速度大的物體慣性大C.地球由西向東轉，我們向上跳起后，由于慣性，還會落到原地D.為了減小運動物體的慣性，坐在小汽車前排的司機和乘客都應系上安全帶7、一個質量為0.5kg的足球，以10m/s的速度射門，被守門員以12m/s的速度反向擊回，在此過程中守門員對足球的沖量及做功分別為（）A.I=1N?SW=11JB.I=11N?SW=11JC.I=1N?SW=1JD.I=6N?SW=36J8、如圖所示的天平可用于測定磁感應強度，天平的右臂下面掛有一個不計重力的矩形線圈，寬度為L，共N匝，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面．當線圈中通有方向如圖的電流I時，在天平左、右兩邊加上質量各為m1、m2的砝碼，天平平衡．當電流反向（大小不變）時，右邊再加上質量為m的砝碼后，天平重新平衡．由此可知（）A.磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為B.磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為C.磁感應強度的方向垂直紙面向里，大小為D.磁感應強度的方向垂直紙面向外，大小為9、某實驗電路圖如圖所示，電路接入交流電，燈亮.

保持電壓不變使頻率逐漸增大，觀察到燈逐漸變亮，則X

接入的是(

)

A.電容器B.電感器C.電阻器D.保險絲評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列說法正確的是（）A.如果質點所受合力總是指向平衡位置，質點的運動就是簡諧運動B.在波的干涉中，振動加強的點不一定處在波峰或波谷的疊加處C.激光是自然界普遍存在的相干光，平行度非常好，亮度非常高E.在不同慣性參考系中，一切物理定律都是相同的，這是狹義相對論的兩個基本假設之一E.在不同慣性參考系中，一切物理定律都是相同的，這是狹義相對論的兩個基本假設之一11、如圖所示的是兩個閉合電路中兩個電源的U鈭?I

圖象；下列說法中正確的是(

)

A.電動勢E1=E2

內(nèi)阻r1>r2

B.電動勢E1=E2

內(nèi)阻r1<r2

C.電動勢E1=E2

發(fā)生短路時的電流I1<I2

D.當兩電源的工作電流變化相同時，電源2

的路端電壓變化較大12、關于近代物理學的結論中，下面敘述中正確的是(

)

A.質子、中子、婁脕

粒子的質量分別是m1m2m3

質子和中子結合成一個婁脕

粒子，釋放的能量是(2m1+2m2鈭?m3)c2

B.婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉化成質子和電子所產(chǎn)生的C.一個氘核(12H)

與一個氚核(13H)

聚變生成一個氦核(24He)

的同時，放出一個中子D.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量也減小13、如圖所示為兩個獨立電路A和B的路端電壓與其總電流I的關系圖線；則（）

A.路端電壓都為U1時，它們的外電阻相等B.電流都是I1時，兩電源內(nèi)電壓相等C.電路A的電動勢大于電路B的電動勢D.A中電源的內(nèi)阻大于B中電源的內(nèi)阻14、遠距離輸送交流電都采用高壓輸電．我國正在研究用比330kV高得多的電壓進行輸電．采用高壓輸電的優(yōu)點是（）A.可節(jié)省輸電線的材料B.可根據(jù)需要調(diào)節(jié)交流電的頻率C.可減少輸電線上的能量損失D.可加快輸電的速度15、由歐姆定律I=UR

導出U=IR

和R=UI

下列敘述中正確的是(

)

A.由R=UI

知，導體的電阻由兩端的電壓和通過的電流決定B.導體的電阻由導體本身的性質決定，跟導體兩端的電壓及流過導體的電流的大小無關C.對于確定的導體，其兩端的電壓和流過它的電流的比值等于它的電阻值D.電流相同時，電阻越大，其電壓降越大16、下列敘述中正確的是（）A.布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動B.當分子力表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨分子間距離的增加而增加C.已知水的密度和水的摩爾質量，則可以計算出阿伏加德羅常數(shù)D.擴散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙，同時分子在永不停息地做無規(guī)則運動17、如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻減速直線運動18、關于晶體和非晶體，下列說法正確的是（）A.非晶體有規(guī)則幾何形狀B.晶體內(nèi)部分子的排列具有規(guī)律性C.非晶體在物理性質上一定是各向同性的D.晶體在物理性質上一定是各向異性的評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、在一次實驗時某同學用游標卡尺測量（如圖1），示數(shù)為____cm．在一次實驗時某同學用螺旋測微器測量（如圖2），示數(shù)為____mm．

20、某同學在實驗室做“用油膜法估測分子直徑的大小”已知油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6mL．用注射器抽得上述溶液2mL；現(xiàn)緩慢地滴出1mL溶液，共有液滴數(shù)為50滴．把1滴該溶液滴入盛水的淺盤上，在刻有小正方形坐標的玻璃板上描出油膜的輪廓（如圖所示），坐標中小正方形方格的邊長為20mm．試問：

（1）這種估測方法是將每個分子視為______模型，讓油酸盡可能地在水面上散開，則形成的油膜可視為______油膜，這層油膜的厚度可視為油分子的______．

（2）如圖中油酸膜面積為______mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸體積是______mL；根據(jù)上述數(shù)據(jù)，估測出油酸分子的直徑是______m．21、如圖所示，光滑的U形金屬導軌水平放置，不計電阻，寬度L=0.5m，左端的去Q、P間接有定值電阻R=0.3Ω，電阻r=0.1Ω的金屬棒MN重直導軌放置在兩條導軌上，并用水平絕緣細線通過光滑的定滑輪連接質量m=0.2kg的重物，重物靜止在地面上，細線拉直，已知P、M間距離d=0.8m。某時刻開始，導軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B從零開始隨時間均勻增大，變化率=0.2T/s。則重物未離開地面前通過R的電流為______A，當重物對地面的壓力為零時，磁場的磁感應強度大小為______T．（g取10m/s2）22、如圖所示為一交流電的電流隨時間的變化圖象，此交變電流的有效值為____A23、用伏安法測量某一電阻Rx的阻值；現(xiàn)有實驗器材如下：

A、待測電阻Rx（阻值大約為5Ω；額定功率為1W）

B、電流表A1（0～0.6A；內(nèi)阻0.2Ω）

C、電流表A2（0～3A；內(nèi)阻0.05Ω）

D、電壓表V1（0～3V；內(nèi)阻3KΩ）

E、電壓表V2（0～15V；內(nèi)阻15KΩ）

F、滑動變阻器R0（0～50Ω）

G；蓄電池（電動勢為6V）

H；電鍵、導線。

為了較準確測量Rx的阻值，保證器材的安全，以便操作方便，電壓表、電流表應選擇____，并畫出實驗電路圖____．

24、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，已知在此過程中，氣體內(nèi)能增加100J，則該過程中氣體______（選填“吸收”或“放出”）熱量______J．25、如圖1所示；在斯特林循環(huán)的P-V圖象中，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B；C和D后再回到狀態(tài)A，整個過程由兩個等溫和兩個等容過程組成。

（1）B→C的過程中；單位體積中的氣體分子數(shù)目______（選填“增大”；“減小”或“不變”）。狀態(tài)A和狀態(tài)D的氣體分子熱運動速率的統(tǒng)計分布圖象如圖2所示，則狀態(tài)A對應的是______（選填“①”或“②”）。

（2）在A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J；在B→C和C→D的過程中，氣體吸收的熱量分別為20J和12J，則氣體完成一次循環(huán)對外界所做的功為______J。評卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)26、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）27、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）

評卷人得分五、畫圖題(共2題，共6分)28、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，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電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象29、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，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電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象評卷人得分六、綜合題(共1題，共8分)30、A.圖所示，在一范圍足夠大的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd

的平面與磁場方向垂直，若將線圈繞ab

邊轉動，則線圈中______感應電流，若將線圈左右平移，則線圈中______感應電流(

選填“有”或“無”)

B.在B=2T

的勻強磁場中放一根與磁場方向垂直、長度為0.8m

的通電直導線，導線中的電流為5A

求：壟脵

導線受到的磁場力方向是與電流方向平行還是垂直？壟脷

磁場力的大小是多少？

C.下列關于電阻率的說法中，____的是：()

A.電阻率反映材料導電性能的好壞，所以與材料有關；B.電阻率只是一個比例常數(shù)，與任何其他因素無關；C.電阻率與導體的溫度有關；D.電阻率在國際單位制中的單位是歐姆米。D.關于電場強度的定義式E=F/q

下列說法正確的是()

A.q

表示產(chǎn)生電場的電荷量B.q

越大則E

越小C.q

表示檢測用試探電荷的電荷量D.E

的方向與負的試探電荷的受力方向相同E.如圖所示，一根質量為m

的金屬棒AC

用軟線懸掛在磁感強度為B

的勻強磁場中，通入A隆煤C

方向的電流時，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()

A.不改變磁場和電流方向，適當增大磁感強度B.只改變電流方向，并適當增加電流C.不改變電流和磁場方向，適當減小電流D.只改變電流方向，并適當減小電流F.測量兩個電池ab

的電動勢后得到如圖所示中U隆陋I

曲線，那么()

A.電池a

的電動勢較大，內(nèi)阻較小B.電池a

的電動勢較大，內(nèi)阻較大C.電池b

的電動勢較大，內(nèi)阻較小D.電池b

的電動勢較大，內(nèi)阻較大G.如圖所示為甲、乙兩個導體的伏安特性曲線，則甲導體的電阻為_______若將甲、乙兩導體串聯(lián)起來接在電動勢為16V

內(nèi)阻為1

的電源兩極，則通過電源的電流為________A

H.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B

方向垂直紙面向里.

一個質量為m

電荷量為q

的正離子，以速度v

從小孔O

射入勻強磁場，入射時速度方向既垂直于磁場方向，又與屏垂直，偏轉后打在屏上S

點(S

點未在圖上畫出)

求：壟脵

剛進入磁場時，離子受到洛倫茲力的大小和方向；壟脷

屏上S

點到O

點的距離；壟脹

離子從O

點運動到S

點的時間．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

（1）根據(jù)公式P=得，R=代入數(shù)據(jù)得兩燈泡的電阻分別為：R1=36Ω，R2=9Ω；

（2）將L1、L2串聯(lián)到電源上后，通過的最大電流等于兩個燈泡額定電流中最小的，即L1的額定電流相等，得到電路中最大電流為I===A；

A；∵串聯(lián)電路各處的電流相等；

∴根據(jù)P=I2R可知，燈L1與L2實際功率之比為：

P1：P2=I2R1：I2R2=R1：R2=36Ω：9Ω=4：1；故A正確；

B、電壓U的最大值為U=I（R1+R2）=A×（9Ω+36Ω）=30V．

C；根據(jù)U=IR；I相等，可得：

U1：U=IR1：I（R2+R1）=R1：（R2+R1）=36Ω：（9Ω+36Ω）=4：5；故C錯誤；

D；由于兩燈額定電壓相同；兩燈泡不可能正常發(fā)光．故D錯誤．

故選A．

【解析】【答案】已知燈泡的額定電壓和額定功率，根據(jù)公式P=分別求出兩燈泡的電阻；將L1、L2串聯(lián)到電源上后，通過的最大電流只能是兩個燈泡額定電流中最小的，根據(jù)燈泡正常發(fā)光時的電流和額的電流相等判斷兩燈泡是否可以同時正常發(fā)光，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律得出燈L1兩端電壓與總電壓U之比；最后根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電壓U的最大值．

2、D【分析】【解析】試題分析：當傳感器R2所在的位置出現(xiàn)火情時R2的阻值減小，電路中總電阻減小，干路電流變大，內(nèi)電壓變大，路段電壓變小，U變小，AC錯；R1兩端電壓變大，所以R3兩端的電壓變小，電流表示數(shù)變小，I變小，B錯D對；選D考點：考查動態(tài)變化問題【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】【答案】A4、B【分析】解：因接入交流電后，三盞燈亮度相同，又因電感線圈對交流電的阻礙作用與交流電的頻率成正比，電容對交流電的阻礙作用與交流電的頻率成反比，故當交流電頻率增大時，電感線圈L的阻礙作用增大，電容對交流電的阻礙作用變小，電阻R的阻礙作用不變，故與L相連的燈泡L1將變暗，與電容C連接的燈泡L2變亮，與R相連接的燈泡L3亮度不變；故B項正確，A；C、D三項錯誤．

故選：B．

電感線圈對交流電的阻礙作用與交流電的頻率成正比；電容對交流電的阻礙作用與交流電的頻率成反比．

記住電感線圈是通低頻阻高頻，電容是通交流，隔直流，即可解決此類題目．【解析】【答案】B5、C【分析】解：頻率為v

的光照射某金屬時；產(chǎn)生光電子的最大初動能為Ekm

根據(jù)光電效應方程知，逸出功W0=hv鈭?Ekm

．

改用頻率2v

的光照射同一金屬；則最大初動能Ekm隆盲=2hv鈭?W0=hv+Ekm.

故C正確，AB

D錯誤．

故選C．

根據(jù)光電效應方程求出逸出功的大?。桓挠妙l率2v

的光照射同一金屬，再通過光電效應方程求出光電子的最大初動能．

本題考查光電效應方程的基本運用，抓住逸出功不變進行求解，難度不大．【解析】C

6、C【分析】解：A；慣性是物體的固有屬性；大小只跟質量有關，跟其他任何因數(shù)沒有關系，故AB錯誤；

C；人具有慣性；會隨著地球一起由西向東轉，所以跳起后還會落到原地，故C正確；

D；駕駛員系安全帶是為了防止由于慣性而被撞傷；不是為了減小慣性，故D錯誤．

故選C

我們把物體保持原來運動狀態(tài)不變的特性叫做慣性；慣性的大小只跟質量有關，物體的慣性有時對我們是有益的，我們要學會利用；慣性有時對我們是有害的，我們要學會防止．

此題主要考查了幾種生活中的慣性現(xiàn)象，慣性在生活中“無處不在”，正確利用和防止慣性才能更好的為生產(chǎn)生活服務．【解析】【答案】C7、B【分析】解：由動能定理可知，運動員對球所做的功W=mv22-mv12=

設末動量方向為正方向．

由動量定理可得：

I=mv2-mv1=0.5×12-（-0.5×10）=11N?s；故B正確．

故選：B

由動能定理可求得運動員對足球所做的功；由動量定理可求得運動員對足球的沖量．

本題應注意變力的功用動能定理求出，動量定理可注意方向性，難度不大，屬于基礎題．【解析】【答案】B8、C【分析】解：A；當B的方向垂直紙面向里；開始線圈所受安培力的方向向向下，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當于右邊少了兩倍的安培力大小，所以右邊應加砝碼；

C、當B的方向垂直紙面向外，開始線圈所受安培力的方向向向上，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，需要在左邊加砝碼．有mg=2NBIL，所以B=．故ABD錯誤；C正確．

故選：C

天平平衡后；當電流反向（大小不變）時，安培力方向反向，則右邊相當于多了或少了兩倍的安培力大小。

解決本題的關鍵掌握安培力方向的判定，以及會利用力的平衡去求解問題【解析】【答案】C9、A【分析】解：交流電頻率增大；燈變亮，阻抗變小，說明X

為電容器.

故A正確，BCD錯誤．

故選：A

．

線圈的感抗與交流電的頻率成正比；電容器的容抗與頻率成反比，而電阻與頻率沒有關系.

交流電頻率減小，燈泡變暗，阻抗變大，變亮，阻抗變小．

本題考查電感線圈、電容器對交流電的影響的理解和應用．【解析】A

二、多選題(共9題，共18分)10、BDE【分析】解：A；物體作簡諧運動的條件是物體所受回復力與位移成正比；且始終指向平衡位置；故A錯誤；

B；在波的干涉中；振動加強的點不一定處在波峰或波谷的疊加處；也可能是平衡位置的處；故B正確；

C；激光是不是自然界普遍存在的相干光；它是一種人造光；故C錯誤；

D；電磁波由空氣進入水中時波速變小；聲波由空氣進入水中時波速變大；故D正確；

E；在不同慣性參考系中；一切物理定律都是相同的，這是狹義相對論的兩個基本假設之一；故E正確；

故選：BDE

1；狹義相對論的兩個基本假設：

①物理規(guī)律在所有慣性系中都具有相同的形式．這叫做相對性原理．

②在所有的慣性系中；光在真空中的傳播速率具有相同的值C．這叫光速不變原理．它告訴我們光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依賴于發(fā)光物體的運動速度．

3；物體作簡諧運動的條件是物體所受回復力大小（不一定是合外力）與位移大小成正比；且始終指向平衡位置；

4；在波的干涉中；振動加強的條件是該點到兩個波源的波程差等于波長的整數(shù)倍．

此題考查狹義相對論的兩個假設，麥克斯韋的電磁理論，物體作簡諧運動的條件和在波的干涉出現(xiàn)振動加強的條件．題目雖小但綜合性很強，要注意掌握．【解析】【答案】BDE11、BD【分析】解：ABU鈭?I

圖象中與U

軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，電動勢E1=E2

內(nèi)阻r1<r2

故A錯誤，B正確；

C、U鈭?I

圖象與I

軸的交點表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流I1>I2

故C錯誤；

D、根據(jù)U=E鈭?Ir

可知，鈻?U=鈭?r?鈻?I

內(nèi)阻r1<r2

故當電源的工作電流變化相同時，電源2

的路端電壓變化較大；故D正確；

故選：BD

．

根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=E鈭?IrU鈭?I

圖象中與U

軸的交點表示電源的電動勢；與I

軸的交點表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻．

本題考查了閉合電路電源的U鈭?I

圖象的相關知識，要求同學們理解U鈭?I

圖象中與U

軸的交點表示電源的電動勢，與I

軸的交點表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻．【解析】BD

12、ABC【分析】解：A

質子、中子、婁脕

粒子的質量分別是m1m2m3

質子和中子結合成一個婁脕

粒子，質量虧損為2m1+2m2鈭?m3

根據(jù)愛因斯坦質能方程知，釋放的能量為(2m1+2m2鈭?m3)c2.

故A正確．

B；婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉化成質子和電子所產(chǎn)生的.

故B正確．

C；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒；知一個氘核(12H)

與一個氚核(13H)

聚變生成一個氦核(24He)

的同時，放出的粒子電荷數(shù)為0

質量數(shù)為1

為中子.

故C正確．

D、氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，原子的總能量增大，根據(jù)ke2r2=mv2r

知；電子的動能減小.

故D錯誤．

故選：ABC

．

婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉化成質子和電子所產(chǎn)生的；根據(jù)電荷數(shù)守恒；質量數(shù)守恒確定放出粒子的種類；電子從低軌道躍遷到高軌道；原子的能量增大，根據(jù)庫侖引力提供向心力判斷電子動能的變化；根據(jù)質量虧損，結合愛因斯坦質能方程求出釋放的能量．

本題考查了比結合能、衰變的實質、能級的躍遷、愛因斯坦質能方程、核反應方程等基礎知識點，難度不大，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點．【解析】ABC

13、ACD【分析】解：A、由圖可知：路端電壓都為U1時，外電阻的電流相等，都為I1，根據(jù)電阻R=它們的外電阻相等，故A正確。

BCD、由閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，圖象的縱軸截距表示電動勢，斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻大小，A圖線的縱軸截距大于B圖線的縱軸截距，所以A的電動勢大于B的電動勢，即EA＞EB．A圖線的斜率絕對值大于B圖線斜率的絕對值，所以A的內(nèi)阻大于B的內(nèi)阻，即rA＞rB．當電流都是I1時，兩電路的路端電壓相等，據(jù)閉合電路的歐姆可知：U內(nèi)=E-U；所以A電路的內(nèi)電壓比B電路的內(nèi)電壓大，故B錯誤，CD正確。

故選：ACD。

在路端電壓與電流的關系圖線中；圖線斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻大小，縱軸截距表示電動勢，橫軸截距表示短路電流，外電阻等于路端電壓與電流之比值．

本題從數(shù)學的角度分析圖線的截距、斜率和交點的物理意義，關鍵掌握閉合電路歐姆定律U=E-Ir，并用來分析圖象的含義【解析】ACD14、AC【分析】解：AC、在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI和△P=I2R，有：故高壓輸電可以降低功率損耗，在允許功率損耗相同的情況下，可以適當減小導線的橫截面積，故A正確，C正確；

B；交流電的頻率等于發(fā)電機轉動的頻率；是不改變的，故B錯誤；

D；電路中電場建立的速度是光速；與是否高壓輸電無關，故D錯誤；

故選：AC．

在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI，輸送電壓越高，輸送電流越小，根據(jù)△P=I2R；知損失的功率?。?/p>

解決本題的關鍵知道輸電的過程中，輸送功率一定，輸電電壓越高，電流越小，在輸電線上損失的功率越少．【解析】【答案】AC15、BCD【分析】解：A

導體電阻由導體材料、長度、橫截面積決定；與電壓電流無關，故A錯誤，B正確；

C、由歐姆定律R=UI

可知；對某一導體來說，其兩端電壓和流過它的電流的比值就是它的電阻值，故C正確；

D；根據(jù)U=IR

可知；一定的電流流過導體，電阻越大，其電壓越大，即電阻兩端的電壓降越大，故D正確．

故選：BCD

根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容和影響電阻大小的因素進行解答.

歐姆定律的內(nèi)容是：電阻一定時；導體中的電流與導體兩端的電壓成正比；當導體兩端的電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比.

導體電阻由導體材料；長度、橫截面積決定，與電壓電流無關．

本題應知道影響電阻大小的因素，并且知道導體的電阻與導體兩端的電壓和通過的電流無關是解決本題的關鍵，歐姆定律只是計算電阻的一種方法．【解析】BCD

16、BD【分析】解：A；布朗運動是懸浮在液體中固體微粒的運動；是由于其周圍液體分子的碰撞形成的，故布朗運動是液體分子無規(guī)則熱運動的反映，但并不是液體分子的無規(guī)則運動。故A錯誤。

B；當分子力表現(xiàn)為引力時；分子距離增大時，分子引力做負功，分子勢能增加。故B正確。

C；已知水的密度和水的摩爾質量；只能求出水的摩爾體積，求不出阿伏加德羅常數(shù)。故C錯誤。

D；擴散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙；同時分子在永不停息地做無規(guī)則運動；故D正確；

故選：BD。

布朗運動是固體微粒的運動；是液體分子無規(guī)則熱運動的反映．當分子力表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨分子間距離的增加而增加．已知水的密度和水的摩爾質量，只能求出水的摩爾體積，求不出阿伏加德羅常數(shù)．擴散現(xiàn)象說明分子在做無規(guī)則運動．

本題考查熱力學的一些基本知識，要注意重點掌握布朗運動、理想氣體狀態(tài)方程及阿伏加德常數(shù)等內(nèi)容，并能正確應用．【解析】BD17、BD【分析】解：A；D、帶電粒子在電場中受到電場力與重力；根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，電場力必定垂直極板向上，電場力與重力的合力必定與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A錯誤，D正確；

B；電場力垂直于極板向上；電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；

C；因重力不做功；電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤；

故選：BD。

帶電粒子在電場中受到電場力與重力；根據(jù)粒子的運動軌跡，結合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動性質，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化．

考查根據(jù)運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化．【解析】BD18、BC【分析】解：A；非晶態(tài)沒有規(guī)則的幾何形狀；故選項A錯誤。

B；單晶體內(nèi)部的分子按一定的規(guī)律排布即具有一定的規(guī)律性；故選項B正確。

C；非晶體在屋里性質上一定是各向同性的；故選項C正確。

D；晶體可分為單晶體和多晶體；單晶體在物理性質上一定是各向異性的，而多晶體在物理性質上是各向同性的，故選型D錯誤。

故選：BC。

（1）單晶體具有規(guī)則的幾何形狀；而多晶體和非晶態(tài)沒有規(guī)則的幾何形狀。

（2）無論是單晶體還是多晶體晶體內(nèi)部的分子按一定的規(guī)律排布即具有一定的規(guī)律性。

（3）非晶體和多晶體在物理性質表現(xiàn)為各向同性。

（4）晶體可分為單晶體和多晶體；單晶體在物理性質上一定是各向異性的，而多晶體在物理性質上是各向同性的。

注意晶體分為單晶體和多晶體，它們的在物理性質上表現(xiàn)是不同的。單晶體在物理性質上表現(xiàn)為各向異性，非晶體和多晶體在物理性質表現(xiàn)為各向同性。【解析】BC三、填空題(共7題，共14分)19、10.4058.075【分析】【解答】解：20分度的游標卡尺；精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為104mm，游標尺上第1個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為1×0.05mm=0.05mm，所以最終讀數(shù)為：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm．

螺旋測微器的固定刻度為8mm；可動刻度為7.5×0.01mm=0.075mm，所以最終讀數(shù)為8mm+0.075mm=8.075mm．

故答案為：10.405；8.075

【分析】解決本題的關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．20、略

【分析】解：（1）這種估測方法是將每個分子視為球體模型；讓油酸盡可能地在水面上散開，則形成的油膜可視為單分子油膜，這層油膜的厚度可視為油分子的直徑．

（2）油膜的面積可從方格紙上得到；所圍成的方格中，面積超過一半按一半算，小于一半的舍去，圖中共有56個方格；

故油膜面積為：S=56×20mm×20mm=22400mm2；

每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸體積是：V=×10-3L×=1.2×10-8L=1.2×10-5mL；

油酸分子的直徑：d==m=5×10-10m；

故答案為：（1）球體；單分子；直徑（2）22400；1.2×10-5；5×10-10．

掌握該實驗的原理是解決問題的關鍵；該實驗中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個挨一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，從而求出分子直徑．

在油膜法估測分子大小的實驗中，讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，估算出油膜面積，從而求出分子直徑，關鍵掌握估算油膜面積的方法和求純油酸體積的方法．【解析】球體；單分子；直徑；22400；1.2×10-5；5×10-1021、0.220【分析】解：由法拉第電磁感應定律，則有：E=Ld

已知=0.2T/s。

由歐姆定律，得：I=

聯(lián)立解得I=0.2A

當重物恰好被提離地面時；導體村MN受力平衡；

則有：BIL-mg=0

解得B==20T

故答案為：0.2；20

根據(jù)左手定則可確定感應電流方向；并由法拉第電磁感應定律；穿過回路的磁感應強度均勻變化，知產(chǎn)生的電流恒定，根據(jù)歐姆定律求解電流，隨磁感應強度的增大，MN所受的安培力增大，當安培力等于m的重力時，重物被吊起，根據(jù)平衡求出被吊起時的磁感應強度的大小。

解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律E==知道磁感應強度的變化率恒定，電流則恒定，根據(jù)共點力平衡進行求解，【解析】0.22022、略

【分析】【解析】試題分析：有效值定義是根據(jù)交流電熱量定義，即所以有效值為5A考點：有效值【解析】【答案】5A23、BD【分析】【解答】解：由P=可知，待測電阻額定電壓約為：U==≈2.2V；則電壓表選：D．

由P=I2R可知，待測電阻額定電流約為：I==≈0.45A；電流表選：B．

由題意可知：==600，==25，＞故選擇電流表外接法．

為測多組實驗數(shù)據(jù)滑動變阻器可以采用分壓接法（也可以采用限流接法）；實驗電路圖如圖；

故答案為：B；D；電路圖如圖所示．

【分析】多用電表的指針偏轉角度較大時，換用倍率較小的歐姆擋，使指針指在刻度盤中央附近，可減小誤差．根據(jù)指示值和倍率讀數(shù)．電路設計可分為測量電路和控制電路兩部分．測量電路采用伏安法．根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數(shù)關系，選擇電流表的接法．根據(jù)題意待測電阻的電壓從零開始可以連續(xù)調(diào)節(jié)，選擇變阻器的接法．估算電路中的最大值，選擇電流表的量程．24、略

【分析】解：氣體的體積變大，對外做功，W=F△X=PS△X=P△V=1.0×105×（4.0-2.0）×10-3=200J

對外做功；W為負值，根據(jù)熱力學第一定律：△E=Q-W；

所以：Q=△E+W=300J．正號表示吸收熱量．

故答案為：吸收；300

物體的內(nèi)能與物體的溫度和體積有關．溫度是分子平均動能的標志；溫度低的物體分子運動的平均動能小．

理想氣體經(jīng)歷等壓變化；由玻意爾定律求出狀態(tài)B體積，根據(jù)熱力學第一定律求解．

本題要要掌握熱力學第一定律△U=W+Q的應用．抓住溫度的微觀含義：溫度是分子平均動能的標志，溫度越高，分子的平均動能越大．【解析】吸收；30025、不變①8【分析】解：（1）由圖可知；圖線BC與縱坐標平行，表示氣體的體積不變，所以B→C的過程中，單位體積中的氣體分子數(shù)目不變；

根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：可知，氣體的溫度越高，壓強與體積的乘積PV值越大，所以由圖可知TD＞TA；

氣體的分子的運動的統(tǒng)計規(guī)律：中間多，兩頭少；溫度高，最可幾速率向速度較大的方向移動；故T1＜T2；因此狀態(tài)A對應的是①。

（2）在氣體完成一次循環(huán)后的內(nèi)能與開始時是相等的；所以內(nèi)能不變，即△U=0；

由圖可知，A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J．在B→C和C→D的過程中氣體吸收的熱量分別為20J和12J，則吸收的熱量Q=QAB+QBC+QCD+QDA=-4+20+12-20=8J。

由熱力學第一定律得：△U=Q+W；所以W=-8J

所以氣體完成一次循環(huán)對外做功是8J。

故答案為：（1）不變；①；（2）8

（1）氣體的內(nèi)能只與溫度有關；根據(jù)熱力學第一定律有△U=W+Q判斷氣體吸熱還是發(fā)熱；根據(jù)圖象利用理想氣體狀態(tài)方程對每一個過程進行分析即可。

溫度是分子熱運動平均動能的標志；氣體的分子的運動的統(tǒng)計規(guī)律：中間多；兩頭少；即大多數(shù)的分子的速率是比較接近的，但不是說速率大的和速率小的就沒有了，也是同時存在的，但是分子的個數(shù)要少很多；

（2）根據(jù)熱力學第一定律即可求出氣體對外做功是多少。

該題是圖象問題，解題的關鍵從圖象判斷氣體變化過程，利用理想氣體狀態(tài)方程，然后結合熱力學第一定律進行分析判斷即可解決。【解析】不變①8四、判斷題(共2題，共8分)26、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，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．27、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度的大?。濉媹D題(共2題，共6分)28、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】29、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】六、綜合題(共1題，共8分)30、A.有無

B.解：壟脵

由左手定則可以判斷出，導