2025年粵教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵教版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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6題，共12分)1、電阻R1、R2與交流電源按照?qǐng)D甲所示方式連接，R1＝10Ω，R2＝20Ω.合上開(kāi)關(guān)S后，通過(guò)電阻R2的正弦交變電流i隨時(shí)間t變化的情況如圖乙所示．則（）A.通過(guò)R1的電流有效值是AB.R1兩端的電壓有效值是6VC.通過(guò)R2的電流最大值是AD.R2兩端的電壓最大值是V2、目前，在居室裝修中經(jīng)常用到花崗巖、大理石等裝飾材料，這些巖石都不同程度地含有放射性元素，比如，有些含有鈾、釷的花崗巖等巖石會(huì)釋放出放射性惰性氣體氡，而氡會(huì)發(fā)生放射性衰變，放射出α、β、γ射線，這些射線會(huì)導(dǎo)致細(xì)胞發(fā)生癌變及呼吸道等方面的疾病，根據(jù)有關(guān)放射性知識(shí)可知，下列說(shuō)法正確的是()A.氡的半衰期為3.8天，若取4個(gè)氡原子核，經(jīng)7.6天后就一定剩下一個(gè)原子核了B.把放射性元素放在密封的容器中，可以減慢放射性元素衰變的速度C.放射性元素的半衰期越短，表明有半數(shù)原子核發(fā)生衰變所需要的時(shí)間越短，衰變速度越大D.降低溫度或增大壓強(qiáng)，讓該元素與其他物質(zhì)形成化合物，均可以減小衰變速度3、平行金屬板水平放置，板間距為0.6cm，兩板接上6×103V電壓，板間有一個(gè)帶電液滴質(zhì)量為4.8×10-10g，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則油滴上有元電荷數(shù)目是（g取10m/s2）（）A.3×106B.30C.10D.3×1044、如圖，三個(gè)線圈放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，面積S1<S2<S3

穿過(guò)三個(gè)線圈的磁通量分別為婁脮1婁脮2婁脮3

下列判斷正確的是(

)

A.婁脮1=婁脮2

B.婁脮2=婁脮3

C.婁脮1>婁脮2

D.婁脮2<婁脮3

5、關(guān)于電阻率的說(shuō)法，正確的是(

)

A.超導(dǎo)材料的電阻率總是為零B.電阻率婁脩

大的導(dǎo)體，電阻可以很小C.電阻率婁脩

與導(dǎo)體的長(zhǎng)度L

和橫截面積S

有關(guān)D.電阻率表征了導(dǎo)體材料的導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱，由導(dǎo)體的長(zhǎng)度決定，與溫度無(wú)關(guān)6、如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子和a粒子（氦原子核）先后以相同的動(dòng)能對(duì)準(zhǔn)圓心O射入磁場(chǎng)，若粒子只受磁場(chǎng)力的作用，已知質(zhì)子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度為90°，則α粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是（）A.30°B.45°C.90°D.120°評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng)．若線圈所圍面積里磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示．則（）A.線圈中O時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小B.線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C.線圈中C時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D.線圈從O至C時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.4V8、如圖，ABCD

是正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，現(xiàn)在A

固定一電荷量為+q

的點(diǎn)電荷，在BB固定一電荷量為鈭?q-q的點(diǎn)電荷，取無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，下列說(shuō)法正確的是

A.棱AB

中點(diǎn)的電勢(shì)為零B.棱AB

中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零C.D

兩點(diǎn)的電勢(shì)相等D.D

兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同9、如圖所示，用力F把物體壓在豎直墻上，此時(shí)重力為G的物體沿墻壁勻速下滑，若物體與墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物體所受摩擦力的大小為（）A.μFB.μF+GC.GD.μG10、圖示為一個(gè)由電池E

電阻R

與平行板電容器C

組成的申聯(lián)電路，開(kāi)關(guān)S

閉合，平行板電容器中央有一個(gè)液滴恰好處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)保持其他條件不變，減小電容器兩板間距離，則下列說(shuō)法正確的是(

)

A.電容器的電容變大B.電阻R

中有從a

流向b

的電流C.液滴帶負(fù)電D.液滴仍然平衡11、下圖是地球表面附近磁場(chǎng)分布的理想化模型，甲、乙、丙、丁為帶正電的宇宙射線，它們分別沿虛線箭頭的四個(gè)不同方向射向地球，其中受到地磁場(chǎng)作用而發(fā)生偏轉(zhuǎn)的宇宙射線是

A.甲B.乙C.丙D.丁12、圖(a)

所示，AB

為兩個(gè)相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A

線圈中通有如圖(b)

所示的電流i

則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(

)

A.t1

時(shí)刻兩線圈間的相互作用力為零B.t2

時(shí)刻兩線圈間的相互作用力最大C.在t1隆蘆t2

時(shí)間內(nèi)AB

兩線圈相斥D.在t2隆蘆t3

時(shí)間內(nèi)AB

兩線圈相斥評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、如圖所示為一小燈泡的伏安特性曲線，橫軸和縱軸分別表示電壓U和電流I．圖線上點(diǎn)A的坐標(biāo)為（U1，I1），過(guò)點(diǎn)A的切線與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為（0，I2）．當(dāng)小燈泡兩端電壓為U1時(shí)，其電阻等于______（用題中所給符號(hào)表示），隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷（填增大或減?。?4、在“用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中；

（1）有人提出以下幾點(diǎn)建議，其中對(duì)提高測(cè)量結(jié)果精確度有利的是______

A．測(cè)量擺長(zhǎng)的方法：用刻度尺量出從懸點(diǎn)到擺球間細(xì)線的長(zhǎng)。

B．測(cè)量周期時(shí)；從小球到達(dá)最大位移處開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)出擺球完成一次全振動(dòng)的時(shí)間。

C．適當(dāng)加長(zhǎng)擺線。

D．為了便于計(jì)時(shí)觀察；單擺的擺角應(yīng)盡量大些。

（2）用毫米刻度尺測(cè)得擺線長(zhǎng)L；用游標(biāo)卡尺測(cè)得擺球的直徑為d；用秒表測(cè)得單擺完成n次全振動(dòng)的時(shí)間如圖1所示，則秒表的示數(shù)t=______s；若用給定物理量符號(hào)表示當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭，則g=______．（寫(xiě)出表達(dá)式；不必計(jì)算結(jié)果）

（3）為了提高測(cè)量精度，需多次改變L的值并測(cè)得相應(yīng)的T值．如圖2所示，現(xiàn)測(cè)得的幾組數(shù)據(jù)標(biāo)示在以T2為橫坐標(biāo)、L為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)紙上，根據(jù)圖線求得g=______m/s2．

15、兩顆人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng),它們的質(zhì)量之比是1∶2,軌道半徑之比是3∶1,則它們繞地球運(yùn)行的線速度之比是____________；它們的向心力之比是___________。16、我們周?chē)囊磺形矬w都在向外輻射電磁波、這種輻射與物體的溫度有關(guān)，物理學(xué)家通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究黑體的輻射，得到了如圖所示的輻射強(qiáng)度﹣﹣波長(zhǎng)的關(guān)系圖象，你通過(guò)分析該圖得到的正確結(jié)論是____。

17、如圖所示，兩段水銀柱將U形管內(nèi)的空氣分成A，B兩部分，若B氣柱長(zhǎng)L=19cm，封閉A氣體的水銀柱上端面跟右管水銀柱液面相平，外界大氣壓p0=76cmHg=1.0×105Pa，則A部分氣體的壓強(qiáng)pA=____Pa．

18、已知某人心電圖記錄的出紙速度（紙帶移動(dòng)的速度）是2.5cm/s，如圖是此儀器記錄下的某人的心電圖（圖中每個(gè)大格的邊長(zhǎng)是0.5cm），由圖可知此人的心率是______次/min，它的心臟每跳一次所需時(shí)間是______秒．19、在如下情況中，求出金屬桿ab

上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)婁脜

回答兩端的電勢(shì)高低．

(1)ab

桿沿軌道下滑到速度為v

時(shí)(

圖甲)婁脜=

______，______端電勢(shì)高.(

圖中婁脕Bl

均為已知)

(2)ab

桿繞a

端以角速度婁脴

勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)(

圖乙)婁脜=

______，______端電勢(shì)高.(

圖中Bl

均為已知)

20、如圖，質(zhì)量為M

=3kg

的木板放在光滑水平面上，質(zhì)量為m

=1kg

的物塊在木板上，它們之間有摩擦，木板足夠長(zhǎng)，兩者都以v

=4m/s

的初速度向相反方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板的速度為v

1=2.4m/s

時(shí)，物塊的速度是_____m/s

木板和物塊最終的共同速度為_(kāi)____m/s

21、沿水平方向運(yùn)動(dòng)的汽車(chē)中用懸線掛一小球，當(dāng)汽車(chē)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，懸線將不在豎直方向，當(dāng)懸線保持與豎直方向的夾角為婁脠

如圖所示時(shí)，汽車(chē)的加速度大小為_(kāi)_____，方向?yàn)開(kāi)_____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)22、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)）

評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共12分)23、面積S=0.2m2、n=100匝的圓形線圈，處在如圖所示的磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的規(guī)律是B=0.02t，R=3Ω，C=30μF，線圈電阻r=1Ω，求：（1）通過(guò)R的電流大小和方向（2）電容器的電荷量.24、如圖所示，PQ為一固定水平放置的光滑細(xì)長(zhǎng)桿，質(zhì)量均為m的兩小球A、B穿于其上，兩球被穿于桿上的輕彈簧相連.在A、B兩球上還系有長(zhǎng)度為2L的輕線，在輕線中間系有質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪E，C、D球質(zhì)量分別為m和2m，用輕繩連接并跨過(guò)定滑輪。釋放C、D后，當(dāng)C、D球運(yùn)動(dòng)時(shí)輕彈簧長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，已知?jiǎng)哦认禂?shù)為K，（彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g）求（1）C、D球運(yùn)動(dòng)時(shí)，連接C、D的輕繩中張力T（2）求細(xì)桿對(duì)A球的彈力FA大小（3）求彈簧的原始長(zhǎng)度？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B|D【分析】電流的有效值為A錯(cuò)；R1兩端的電壓有效值是IR1=6V，B對(duì)；R2兩端的電壓有效值為12V，峰值為V，D對(duì)；【解析】【答案】BD2、C【分析】【解析】【答案】C3、B【分析】本題考查了帶電液滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力平衡的特點(diǎn)，帶電液滴在電場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力，本題還考查了對(duì)元電荷的理解，元電荷表示最小帶電量，任何帶電體所帶的電量都是元電荷的整數(shù)倍，帶電液滴受到豎直向下的重力和電場(chǎng)力的作用，處于平衡狀態(tài)，所以故而所以代入數(shù)據(jù)可得而所以油滴上的元電荷數(shù)目為B正確，思路拓展：本題除了計(jì)算，還需要注意對(duì)元電荷的理解，元電荷不是電荷的種類(lèi)，而是表示的最小帶電量，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，【解析】【答案】B4、D【分析】解：從圖中可看出，穿過(guò)線圈磁感線條數(shù)與面積成正比，所以?shī)涿?<婁脮2<婁脮3

磁通量最小.

故A；B

C錯(cuò)誤；D正確．

故選：D

．

磁通量的大小可根據(jù)穿過(guò)線圈磁感線的條數(shù)來(lái)定性判斷；也可根據(jù)公式婁碌=BS

來(lái)判斷．

解決本題的關(guān)鍵掌握判斷磁通量大小的方法，一是根據(jù)穿過(guò)線圈磁感線的條數(shù)來(lái)定性判斷，二是根據(jù)公式婁碌=BS

來(lái)判斷．【解析】D

5、B【分析】解：A

超導(dǎo)材料的電阻率并不總是為零；只有達(dá)到一定溫度時(shí)其電阻才能為零，故A錯(cuò)誤；

B；導(dǎo)體電阻與導(dǎo)體電阻率、導(dǎo)體長(zhǎng)度、橫截面積決定；導(dǎo)體的電阻率很大，但如果導(dǎo)線很短，截面積很大，則電阻可以很小，故B正確；

C；電阻率表征了導(dǎo)體材料的導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱；由導(dǎo)體的長(zhǎng)度、和截面積無(wú)關(guān)，與溫度有關(guān)，故CD錯(cuò)誤．

故選：B

．

電阻率是描述材料導(dǎo)電能力強(qiáng)弱的物理量；它由導(dǎo)體的材料決定，受溫度影響，與導(dǎo)體長(zhǎng)度；橫截面積無(wú)關(guān).

明確超導(dǎo)體的性質(zhì)．

本題考查電阻率的性質(zhì)，只要知道電阻率的物理意義、影響電阻率的因素即可正確解題．【解析】B

6、C【分析】解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=得R=質(zhì)子和a粒子的質(zhì)量之比為1：4，所帶電荷量之比為1：2，質(zhì)子和a粒子（氦原子核）具有相同的動(dòng)能，故兩者的速度之別為2：1

根據(jù)R=可得；質(zhì)子和a粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等，所以轉(zhuǎn)過(guò)的角度相同，即也轉(zhuǎn)90°，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選：C。

根據(jù)動(dòng)能相等求出質(zhì)子和a粒子的速度之比，子和a粒子的質(zhì)量之比為1：4，所帶電荷量之比為1：2，根據(jù)R=求出質(zhì)子和a粒子半徑之比從而二者知轉(zhuǎn)過(guò)的角度關(guān)系。

解答此題的關(guān)鍵是知道質(zhì)子和a粒子的荷質(zhì)比，然后根據(jù)動(dòng)能相等求解速度之比，知半徑關(guān)系從而知轉(zhuǎn)過(guò)的角度關(guān)系?；A(chǔ)題?！窘馕觥緾二、多選題(共6題，共12分)7、BD【分析】解：A；B、C由圖知t=0時(shí)刻圖象切線斜率最大；則磁通量的變化率為最大，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得知：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，不為零，而在C時(shí)刻切線斜率為零，磁通量的變化率為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零．故B正確，AC錯(cuò)誤；

D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)故D正確．

故選：BD．

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量的變化率成正比．通過(guò)法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大?。?/p>

本題關(guān)鍵是掌握好圖象的含義，磁通量比時(shí)間其物理含義為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即圖象的斜率表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【解析】【答案】BD8、ACD【分析】由等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)圖知，AB

中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為零?！窘馕觥緼CD

9、AC【分析】解：由題分析可知；物體對(duì)墻壁的壓力大小N=F，則物體所受摩擦力的大小f=μN(yùn)=μF。

物體沿墻壁勻速下滑；豎直方向受到重力和向上的滑動(dòng)摩擦力，由平衡條件得知，滑動(dòng)摩擦力大小f=G．故AC正確，BD錯(cuò)誤。

故選：AC。

物體沿墻壁勻速下滑；分析物體的受力情況，可根據(jù)平衡條件求出物體所受摩擦力的大小。物體對(duì)墻壁的壓力大小等于F，也可以根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f=μN(yùn)求出摩擦力。

對(duì)于物體處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)滑動(dòng)摩擦力的求解，通常有兩種方法：平衡條件和滑動(dòng)摩擦力公式f=μN(yùn)。【解析】AC10、AC【分析】解：A

由電容器的決定式C=?S4蟺kd

可知；當(dāng)d

減小時(shí)，電容C

變大；故A正確；

B、因電容器與電源相連，電容器兩端的電壓不變；則C

變大時(shí)，由Q=CU

可知，電容器兩端的電量變大，則電源對(duì)電容器充電，故R

中電流由b

到a

故B錯(cuò)誤；

C；液滴受力平衡；則液滴受電場(chǎng)力向上；而上極板為正極，說(shuō)明液滴帶負(fù)電；故C正確；

D；因電壓不變；d

減小，則E

變大；故受到的電場(chǎng)力變大；則液滴受到的合力向上，將向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選：AC

減小電容器兩板間距離的過(guò)程中；電容增大，電容器與電源相連，電壓不變，可知電容器的帶電量增加，電容器充電。根據(jù)原來(lái)極板的帶電情況，分析電流的方向。根據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)的變化分析液滴的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

本題是電容器動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵要抓住不變量。當(dāng)電容器保持與電源相連時(shí)，其電壓不變?！窘馕觥緼C

11、BC【分析】【分析】本題考查對(duì)洛倫茲力、左手定則、曲線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生條件的理解，準(zhǔn)確理解其含義即可判斷，注意射線速度方向與磁場(chǎng)方向關(guān)系。帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，若粒子速度方向與磁場(chǎng)方向不平行時(shí)，粒子受洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可以判斷洛倫茲力的方向；當(dāng)粒子速度方向與其合力方向不在一條直線時(shí)，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹坑蓤D知，甲、丁兩射線速度方向與磁場(chǎng)方向平行，根據(jù)左手定則知，這兩種粒子不受洛倫茲力，粒子保持原來(lái)勻速運(yùn)動(dòng)；乙、丙兩射線速度方向與當(dāng)?shù)氐拇艌?chǎng)方向垂直，根據(jù)左手定則知，兩種射線均受洛倫茲力，且與速度方向、磁場(chǎng)方向垂直，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生條件可知粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所以在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故AD錯(cuò)誤，BC正確。故選BC?！窘馕觥緽C

12、BC【分析】解：A

由題意可知；在t1

時(shí)刻，線圈A

中的電流最大，而磁通量的變化率是最小的，所以線圈B

感應(yīng)電流也是最小，因此兩線圈間作用力為零，故A正確；

B；在t2

時(shí)刻；線圈A

中的電流為零，而磁通量的變化率是最大的，所以線圈B

感應(yīng)電流也是最大，但由于A

中電流為零，故A、B

間的相互作用力最小，故B錯(cuò)誤；

C；在t1

到t2

時(shí)間內(nèi)；若設(shè)逆時(shí)針(

從左向右看)

方向?yàn)檎?，則線圈A

電流方向逆時(shí)針且大小減小，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過(guò)線圈B

方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈B

的電流方向逆時(shí)針?lè)较?，因此AB

中電流方向相同，出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

D；在t2

到t3

時(shí)間內(nèi)；若設(shè)逆時(shí)針?lè)较?

從左向右看)

為正，則線圈A

電流方向順時(shí)針且大小增大，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過(guò)線圈B

方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈B

的電流方向逆時(shí)針?lè)较?，因此AB

中電流方向相反，AB

出現(xiàn)互相排斥，故D正確；

本題選錯(cuò)誤的；故選：BC

．

根據(jù)安培定則確定電流與磁場(chǎng)的方向關(guān)系；再根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化.

當(dāng)磁通量增大時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相反，當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與它相同.

最后運(yùn)用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥．

解決本題的關(guān)鍵掌握安培定則、楞次定律的內(nèi)容，知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化.

同時(shí)注意同向電流相互吸引與同種電荷相互排斥不同．【解析】BC

三、填空題(共9題，共18分)13、略

【分析】解：小燈泡兩端電壓為U1時(shí)，通過(guò)小燈泡的電流為I1；根據(jù)歐姆定律得：

R=

故選：B

由于小燈泡是純電阻；對(duì)于任一狀態(tài)時(shí)的電阻可以根據(jù)歐姆定律求解電阻，所以求出對(duì)應(yīng)的電壓和電流即可利用歐姆定律求出電阻．

本題考查燈泡的伏安特性曲線的應(yīng)用，要注意因曲線本身存在較大的誤差同時(shí)標(biāo)度不同；故求解電阻時(shí)不能由圖象的斜率求解；對(duì)于任一狀態(tài)只能由歐姆定律求解電阻．【解析】14、略

【分析】解：（1）A；測(cè)量擺長(zhǎng)的方法：用刻度尺量出從懸點(diǎn)到擺球球心間細(xì)線的長(zhǎng)；故A錯(cuò)誤．

B；測(cè)量周期時(shí)；從小球平衡位置處開(kāi)始計(jì)時(shí)，應(yīng)采用累積法，測(cè)多個(gè)周期的時(shí)間取平均值作為單擺的周期，故B錯(cuò)誤．

C；單擺的擺長(zhǎng)越長(zhǎng)；周期越大，適當(dāng)加長(zhǎng)擺長(zhǎng)，便于測(cè)量周期．故C正確．

D；單擺在擺角很小的情況下才做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；則單擺偏離平衡位置的角度不能太大，一般不超過(guò)5°，故D錯(cuò)誤．

故選：C．

（2）內(nèi)圈讀數(shù)：90s；外圈讀數(shù)10.2s，總讀數(shù)為：100.2s；

所以完成一次全振動(dòng)的時(shí)間T=①

單擺的周期T=②

聯(lián)立①②解得：g=

（3）據(jù)T=2得：L=如果以T2為橫坐標(biāo)、L為縱坐標(biāo)的坐標(biāo)，則直線的斜率K=

由圖象知：k==

所以g=π2m/s2=9.6m/s2

故答案為：（1）C；（2）100.2；（3）9.6

（1）為了減小測(cè)量誤差，單擺擺長(zhǎng)應(yīng)適當(dāng)長(zhǎng)些，便于測(cè)量時(shí)間．在空氣阻力很小、擺角很小的情況下單擺的振動(dòng)才是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，應(yīng)滿足條件．采用累積法，測(cè)量周期可以減小誤差．（2）秒表讀數(shù)：先讀內(nèi)圈，讀數(shù)時(shí)只讀整數(shù)，小數(shù)由外圈讀出，讀外圈時(shí)，指針是準(zhǔn)確的，不用估讀（3）利用T=2明確圖象處理時(shí)，斜率的表達(dá)式，再應(yīng)用斜率求解．

明確單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理和操作步驟，注意擺長(zhǎng)和測(cè)周期的方法，利用圖象法求g時(shí)，找出斜率的關(guān)系式．【解析】C；100.2；9.615、略

【分析】【解析】【答案】1：1.7321:1816、溫度升高，黑體的輻射增強(qiáng)，波長(zhǎng)變短，頻率增大【分析】【解答】黑體的輻射是指由理想放射物放射出來(lái)的輻射；在特定溫度及特定波長(zhǎng)放射最大量之輻射．同時(shí)，黑體是可以吸收所有入射輻射的物體，不會(huì)反射任何輻射，故黑體是絕對(duì)黑色的由圖象可知，當(dāng)波長(zhǎng)變短，頻率增大，而溫度升高時(shí)，黑體的輻射增強(qiáng)．

故答案為：溫度升高；黑體的輻射增強(qiáng)，波長(zhǎng)變短，頻率增大．

【分析】黑體的輻射不僅與溫度有關(guān)，還與波長(zhǎng)及頻率有關(guān)．17、1.25×105【分析】【解答】解：設(shè)左側(cè)水銀柱的長(zhǎng)度為h，則B部分氣體的壓強(qiáng)P=P0+h+L，A部分的壓強(qiáng)pA=P﹣h，聯(lián)立得：pA=76+19=95cmHg=1.25×105Pa

故答案為：1.25×105

【分析】先分析B部分氣體壓強(qiáng)的大小，在根據(jù)A部分的壓強(qiáng)pA=P﹣h，聯(lián)立求解．18、略

【分析】解：由圖讀出相鄰峰值之間的距離：s=4×0.5=2.0cm

v=2.5cm/s；則心臟每跳一次所需時(shí)間，即心動(dòng)周期：

T===0.8s

人的心率：f==×60=75（次/min）

故答案為：75；0.8．

由圖讀出相鄰峰值之間的距離；根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)的公式求出時(shí)間，再求人的心率．

本題是生活中的問(wèn)題，考查理論聯(lián)系實(shí)際的能力，實(shí)際是勻速直線運(yùn)動(dòng)知識(shí)的簡(jiǎn)單運(yùn)用．【解析】75；0.819、略

【分析】解：(1)

由圖示可知；婁脠

為B

與v

間的夾角，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLvcos婁脕

由右手定則可知，感應(yīng)電流由b

流向a

在電源內(nèi)部，電流由低電勢(shì)點(diǎn)流向高電勢(shì)點(diǎn)，則a

點(diǎn)電勢(shì)高；

(2)ab

桿繞a

端以角速度婁脴

勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)(

圖乙)婁脜=BLv爐=BL0+L婁脴2=12BL2婁脴

根據(jù)右手定則判斷可知a

端電勢(shì)高．

故答案為：

(1)BLvcosaa

(2)12BL2婁脴a

(1)

由E=BLvcos婁脠

求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；其中婁脠

為B

與v

間的夾角，由右手定則判斷出感應(yīng)電流方向，然后判斷電勢(shì)高低．

(2)

根據(jù)公式婁脜=12BL2婁脴

求解轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；由右手定則判斷電勢(shì)高低．

本題考查了求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、判斷電勢(shì)高低，應(yīng)用E=BLvcos婁脠婁脜=12BL2婁脴

和右手定則即可正確解題．【解析】BLvcosaa12BL2婁脴a

20、0.82【分析】【分析】以木板和物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象水平方向所受合外力為零，因此動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒列方程即可解答。本題比較簡(jiǎn)單考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，列方程時(shí)注意公式的矢量性?！窘獯稹恳运较蛴覟檎较?；根據(jù)動(dòng)量守恒列方程有：Mv鈭?mv=mv1+Mv2

帶入數(shù)據(jù)解得：v2=0.8m/s

。設(shè)系統(tǒng)最終共同速度為v隆盲

則根據(jù)動(dòng)量守恒有：Mv鈭?mv=(M+m)v隆盲

解得：v隆盲=2m/s

故答案為：0.82

【解析】0.82

21、略

【分析】解：汽車(chē)的加速度與小球加速度相同；對(duì)小球進(jìn)行受力分析，受到重力和繩子拉力，如圖．

根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan婁脠=ma

解得：a=g