2025年滬科版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年滬科版高二物理上冊月考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9題，共18分)1、一條懸鏈長7.2m，從懸點處斷開，使其自由下落，不計空氣阻力．則整條懸鏈通過懸點正下方12.8m處的一點所需的時間是(g取10m/s2)()A.0.3sB.0.4sC.0.7sD.1.2s2、當(dāng)線圈中的磁通量發(fā)生變化時，下列說法中正確的是（）A.線圈中一定有感應(yīng)電流B.線圈中有感應(yīng)電動勢，其大小與磁通量成正比C.線圈中有感應(yīng)電動勢，其大小與磁通量的變化量成正比D.線圈中一定有感應(yīng)電動勢3、關(guān)于液體蒸發(fā)和沸騰的比較，下列哪句話是錯誤的（）A.蒸發(fā)和沸騰都屬汽化現(xiàn)象B.蒸發(fā)能在任何溫度下發(fā)生，沸騰只在一定溫度下發(fā)生C.蒸發(fā)和沸騰都要吸收熱量D.蒸發(fā)和沸騰在任何溫度下都可以發(fā)生4、一質(zhì)點做簡諧運動的振動圖象如圖所示，質(zhì)點在哪兩段時間內(nèi)的速度與加速度方向相同（）A.0～0.3s和0.3～0.6sB.0.6～0.9s和0.9～1.2sC.0～0.3s和0.9～1.2sD.0.3～0.6s和0.9～1.2s5、如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻為細(xì)金屬環(huán)電阻的二分之一.

磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在區(qū)域.

當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為婁脜

則ab

兩點間的電勢差為(

)

A.12婁脜

B.13婁脜

C.23婁脜

D.婁脜

6、布朗運動是說明分子運動的重要實驗事實；布朗運動是指（）

A.液體分子的運動。

B.懸浮在液體中的固體分子運動。

C.懸浮在液體中的固體微粒的運動。

D.液體分子與固體分子的共同運動。

7、從地面豎直上拋物體A，同時在某一高度處有一物體B自由下落，兩物體在空中相遇時的速率都是v，則（）A.物體A的上拋初速度大小是兩物體相遇時速率的3倍B.相遇時物體A已上升的高度和物體B已下落的高度相同C.物體A和物體B在空中運動時間相等D.物體A和物體B落地速度相等8、閉合電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一閉合電路的下列哪個物理量成正比(

)

A.磁通量B.磁感應(yīng)強(qiáng)度C.磁通量的變化率D.磁通量的變化量9、如圖所示，在垂直于紙面的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，有一個矩形線圈abcd

線圈平面與磁場垂直，O1O2

是線圈的對稱軸，應(yīng)使線圈怎樣運動才能使其產(chǎn)生感生電流？()

A.向左或向右平動B.向上或向下平動C.繞軸O1O2

轉(zhuǎn)動D.垂直于紙面向里運動評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、真空中某處，在x軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量異種點電荷+Q和-Q，兩點電荷形成的電場中分布著C、D、E三點（如圖所示），其中OC=OD，BE=BD，則下列判斷正確的是（）A.比較電場強(qiáng)度的大小有EC＜EDB.比較電勢高低有φC＜φDC.將同一正電荷從O點移到D點電場力所做的功大于從O點移到E點電場力所做的功D.將同一正電荷從O點移到D點電場力所做的功小于從O點移到E點電場力所做的功11、下列四幅圖中所涉及物理知識的理論中；正確的是（）

A.圖甲中，由兩分子間作用力隨分子間距離變化的關(guān)系可知，當(dāng)兩個相鄰的分子間距離為r0時，它們間相互作用的引力和斥力均為零B.乙圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子分別在不同溫度下速率分布情況，可知溫度T1＜T2C.丙圖中，在固體薄片上涂上石蠟，用燒熱的針接觸其上一點，從石蠟熔化情況可判定固體薄片必為非晶體D.丁圖中，昆蟲水蠅能在水平上自由來往而不陷入水中，靠的得液體表面張力的作用12、總質(zhì)量為M

的小車ab

，原來靜止在光滑的水平面上.

小車的左端a

固定一根不計質(zhì)量的彈簧，彈簧的另一端放置一塊質(zhì)量為m

的物體C.

已知小車的水平底板光滑，且M>

m

，開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，如圖，當(dāng)彈簧突然釋放后，物體c

離開彈簧向b

端沖去，并跟b

端粘合在一起；那么，以下說法中正確的是()

A.物體c

離開彈簧時；小車一定向左運動。

B.物體c

離開彈簧時，小車運動的速率跟物體c

相對小車運動的速率之比為mM

C.物體c

離開彈簧時，小車的動能與物體c

的動能之比為mM

D.物體c

與車的b

端粘合在一起后，小車立即停止運動13、如圖所示；電源內(nèi)阻不可忽略，開關(guān)S

閉合后，在變阻器R0

的滑動端向下滑動的過程中(

)

A.電壓表示數(shù)減小B.電壓表示數(shù)增大C.電流表的示數(shù)減小D.電流表的示數(shù)增大14、(

多選)

圖為氫原子的能級示意圖.

關(guān)于氫原子躍遷，下列說法中正確的是()

A.一個處于量子數(shù)n=5

激發(fā)態(tài)的氫原子，它向低能級躍遷時，最多可產(chǎn)生10

種不同頻率的光子B.處于n=3

激發(fā)態(tài)的氫原子吸收具有1.87eV

能量的光子后被電離C.用12eV

的光子照射處于基態(tài)的氫原子，氫原子仍處于基態(tài)D.氫原子從高能級向低能級躍遷時，動能增大，電勢能增大15、如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的MN

兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流.aob

在MN

的連線上，o

為MN

的中點，cd

位于MN

的中垂線上，且abcd

到o

點的距離均相等.

關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是(

)

A.o

點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.ab

兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同C.cd

兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D.ac

兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不同16、如圖所示，A

板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U

電子最終打在光屏P

上，關(guān)于電子的運動，則下列說法中正確的是(

)

A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U

增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U

增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變17、如圖所示，一平行板電容器的兩極板與電壓恒定的電源相連，極板水平放置，在下極板上疊放一定厚度的金屬板，有一帶電粒子靜止在電容器內(nèi)部空間的P點，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出的瞬間，下列說法正確的是（）A.電容器的電容減小B.電容器極板上的電荷量增多C.極板間的電場強(qiáng)度不變D.P點的電勢升高評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、如圖展示了等量異種點電荷的電場線和等勢面，從圖中我們可以看出，A、B兩點的場強(qiáng)____、電勢____；C、D兩點的場強(qiáng)____、電勢____（以上四空均填“相同”或“不同”）

19、某交流電流的峰值是155A，頻率為50Hz，則此交流電的瞬時表達(dá)式為。20、盧瑟福通過____實驗，否定了湯姆孫的原子結(jié)構(gòu)模型，提出了原子的____結(jié)構(gòu)模型．____21、第二類永動機(jī)不可能制造出來的原因是其工作原理違背了______．22、將電量為6×10-6C的負(fù)電荷從電場中A點移到B點，克服電場力做了3×10-5J的功，則該電荷在此過程中電勢能______了______J；再將該電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10-5J的功，則A、C間的電勢差UAC=______．23、有甲、乙兩個LC振蕩電路，線圈的自感系數(shù)相同，甲的電容是乙的10倍，則甲、乙兩振蕩電路的振蕩頻率之比是______．24、某種紫外線波長為300nm，該紫外線光子的能量為______J．金屬鎂的逸出功為5.9×10-19J，則讓該紫外線照射金屬鎂時逸出光電子的最大初動能為______J（普朗克常量h=6.63×10-34J?s，真空中的光速c=3×108m/s）25、某交流發(fā)電機(jī)正常工作時，電動勢e=Emsin婁脴t

當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到原來的2

倍，轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?/3

其他條件不變時，感應(yīng)電動勢的表達(dá)式為__________。評卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)26、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）27、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）28、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）

評卷人得分五、作圖題(共2題，共4分)29、試畫出下面圖1中負(fù)電荷產(chǎn)生的電場；畫出圖2中的A點的電場方向以及放在B點的負(fù)電荷所受的電場力方向。

30、作圖。

（1）如圖1；質(zhì)點沿圓周做逆時針方向的勻速圓周運動，先后通過A；B、C三點，試畫出：

①質(zhì)點經(jīng)過A點時的速度。

②從B點到C點的位移．

（2）如圖2所示，金屬棒ab在勻強(qiáng)磁場中沿金屬導(dǎo)軌向右運動，請在圖中畫出螺線管中感應(yīng)電流的方向和ab棒所受磁場力的方向．評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)31、有一座城市，經(jīng)常受到大風(fēng)和風(fēng)沙的侵?jǐn)_．為了合理使用新能源，計劃建造風(fēng)能發(fā)電站或太陽能發(fā)電站．請用物理學(xué)知識，指出建造哪種類型的發(fā)電站更合適，并請說明理由．32、如圖所示，平行金屬板長為L，一個帶電為+q，質(zhì)量為m的粒子以初速度v緊貼上板垂直射入電場；剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30°角，粒子重力不計．求：

（1）粒子未速度大?。?/p>

（2）電場強(qiáng)度；

（3）兩極間距離d．

33、在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實驗中所用的器材如圖所示．它們是：①電流計；②直流電源、③帶鐵芯的線圈A、④線圈B、⑤電鍵、⑥滑動變阻器（用來控制電流以改變磁場強(qiáng)弱）．

（1）試按實驗的要求在實物圖上連線（圖中已連好一根導(dǎo)線）．

（2）在進(jìn)行實驗前要檢驗電流計指針______與流入電流計的感應(yīng)電流方向之間的關(guān)系．

（3）若連接滑動變阻器的兩根導(dǎo)線接在接線柱C和D上；而在電鍵剛閉合時電流表指針右偏，則電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭向接線柱C移動時，電流計指針將______偏（填“左”；“右”、“不”）．

（4）在產(chǎn)生感應(yīng)電流的回路中；上圖器材中線圈______相當(dāng)于電源（填“A”；“B”）

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【解析】試題分析：設(shè)鏈條的長度為L，經(jīng)鏈條的下端經(jīng)過該點，經(jīng)鏈條的上端經(jīng)過該點，則解得：選項B正確．故選B考點：自由落體運動．【解析】【答案】B2、D【分析】試題分析：通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中才會有感應(yīng)電流產(chǎn)生，如果不是閉合回路，會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢而不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A選項錯誤而D選項正確；據(jù)可知，所產(chǎn)生的電動勢與磁通量變化率成正比，故BC選項錯誤?？键c：本題考查感應(yīng)電流產(chǎn)生條件和法拉第電磁感應(yīng)定律?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、D【分析】【解析】【答案】D4、D【分析】試題解析：在0～0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點由平衡位置向正向最大位置移動，故速度方向與受力方向相反，即速度方向與加速度方向相反；0.3～0.6s時間內(nèi)，質(zhì)點由正向最大位置向平衡位置移動，速度方向與加速度方向相同；0.6～0.9s時間內(nèi)，質(zhì)點由平衡位置向負(fù)的最大位置移動，故速度的方向與加速度方向相反；在0.9～1.2s時間內(nèi)，質(zhì)點的速度方向與加速度方向一致，故D是正確的。另外，我們也可以通過觀察圖像得到結(jié)果，在0～0.3s時間內(nèi)，質(zhì)點運動的切線方向與時間軸的夾角都是銳角，表示速度的方向都是正的，而受力方向卻都是指向平衡位置；在0.3～0.6s時間內(nèi)，質(zhì)點運動的切線方向與時間軸夾角都是鈍角，其斜率是負(fù)值，表示速度的方向是負(fù)的，其受力方向也指向平衡位置，故此時速度方向與加速度方向相同，同理也可以說明在0.9～1.2s時間內(nèi)，質(zhì)點的速度方向與加速度方向一致。考點：簡諧振動的圖像的含義?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、C【分析】解：由題左；右金屬環(huán)的電阻之比R脳貿(mào)R脫脪=122R脳貿(mào)=R脫脪

根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比，可得：ab

兩點間的電勢差為：U=R脫脪R脳貿(mào)+R脫脪E=23E

故C正確．

故選：C

．

磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻變化時，左金屬環(huán)內(nèi)產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢.

由歐姆定律求出ab

兩點間的電勢差．

本題考查了求電勢差，應(yīng)用歐姆定律即可正確解題，解題時要注意，ab

兩點間的電勢差是路端電壓，不是電源電動勢．【解析】C

6、C【分析】

A；布朗運動不是液體分子的運動；而是液體分子的運動的間接反映．故A錯誤．

B；布朗運動是指懸浮在液體中顆粒的運動；而顆粒是由大量顆粒分子構(gòu)成的，所以布朗運動不是懸浮在液體中的固體分子運動．故B錯誤．

C；布朗運動是指懸浮在液體中的顆粒做的無規(guī)則的運動．故C正確．

D；布朗運動不是液體分子與固體分子的共同運動．故D錯誤．

故選C

【解析】【答案】布朗運動是指懸浮在液體中顆粒的運動；不是液體分子的運動，也懸浮在液體中的固體分子運動．

7、D【分析】解：A、設(shè)經(jīng)過t時間相遇，則此時A物體的速度大小vA=v0-gt=v，B物體的速度大小vB=gt=v，則v0=2gt=2v．即物體A的上拋初速度大小是兩物體相遇時速度大小的2倍．故A錯誤．

B、相遇時A物體的位移大小xA==B物體的位移大小xB=則知相遇時物體A已上升的高度和物體B已下降的高度不等．故B錯誤．

CD；兩物體在空中相遇時（即到達(dá)同一水平高度）的速率都是v；可知豎直上拋運動的最高點時自由落體運動的拋出點．所以物體A在空中運行的總時間是物體B的兩倍．A物體上升的最高點即為B物體自由下落的位置，所以物體A和B落地的速度相等．故C錯誤，D正確．

故選：D

豎直上拋運動上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動，兩個過程對稱．兩物體在空中相遇時（即到達(dá)同一水平高度）的速率都是v，知豎直上拋運動的最高點時自由落體運動的拋出點．從而可知A、B運動的時間關(guān)系，以及A、B落地的速度大小關(guān)系．設(shè)經(jīng)過t時間相遇，則此時A物體的速度大小vA=v0-gt，B物體的速度大小vB=gt，則v0=2gt=2v．根據(jù)A；B初末速度；根據(jù)速度位移公式求出它們的位移關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵知道豎直上拋運動的上升過程和下降過程運動時間是相等的，上升過程做加速度為g的勻減速直線運動，下降過程做自由落體運動．【解析】【答案】D8、C【分析】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；E=n鈻?婁碌鈻?t

即E

與磁通量的變化率成正比，即電動勢取決于磁通量的變化快慢；

故選C．

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知；閉合電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的變化率成正比，與磁通量及磁通量的變化量無關(guān)．

在理解法拉第電磁感應(yīng)定律時要注意區(qū)分婁碌鈻?婁碌

及鈻?婁碌鈻?t

三者間的關(guān)系，明確電動勢只取決于磁通量的變化率，與磁通量及磁能量的變化量無關(guān)．【解析】C

9、C【分析】解：由于磁場為勻強(qiáng)磁場，無論線圈在平面內(nèi)如何平動，其磁通量都不變化，因此不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故ABD錯誤；

當(dāng)線圈繞OO1OO2轉(zhuǎn)動時，磁通量將發(fā)生變化，如轉(zhuǎn)過90鈭?90^{circ}時磁通量為零，因此有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故C正確..故選C..本題比較簡單，考查了產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，通過判斷線圈中的磁通量是否變化，即可得出正確結(jié)果..根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件判斷線圈中是否有感應(yīng)電流產(chǎn)生是電磁感應(yīng)中的基本要求，要把握實質(zhì)問題，不要受其它條件的干擾．

【解析】C

二、多選題(共8題，共16分)10、AD【分析】解：

A、電場線的疏密表示場強(qiáng)的大?。傻攘慨惙N點電荷電場線的分布圖可知：C點的場強(qiáng)小于O點的場強(qiáng)，而O點的場強(qiáng)小于D點的場強(qiáng)，則EC＜ED．故A正確．

B、y軸是一條等勢線，C、O的電勢相等，而順著電場線電勢降低，則知O點的電勢高于D點的電勢，所以有φC＞φD．故B錯誤．

CD；OD間的電勢差小于OE間的電勢差；根據(jù)公式W=qU可知：將同一正電荷從O點移到D點電場力所做的功小于從O點移到E點電場力所做的功，故C錯誤，D正確．

故選：AD．

根據(jù)電場線的疏密比較場強(qiáng)的大??；根據(jù)電場線的方向比較電勢的高低；分析電勢差的關(guān)系；由公式W=qU判斷電場力做功的關(guān)系．

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，電場線的疏密可以形象表示電場強(qiáng)度的大小，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性．加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題．【解析】【答案】AD11、BD【分析】解：A、甲圖中，由兩分子間作用力隨距離變化的關(guān)系圖線可知，當(dāng)兩個相鄰的分子間距離為r0時；它們間相互作用的引力和斥力大小相等，合力為0．故A錯誤；

B、如圖中，氧氣分子在T2溫度下速率大的分子所占百分比較多，故T2溫度較高；故B正確；

C；由圖可以看出某固體在導(dǎo)熱性能上各向同性；可能是多晶體或者非晶體，故C錯誤；

D；丁圖中；昆蟲水蠅能在水平上自由來往而不陷入水中，靠的得液體表面張力的作用．故D正確．

故選：BD

當(dāng)兩個相鄰的分子間距離為r0時；它們間的引力和斥力相等；

溫度是分子平均動能的標(biāo)志；

由圖可以看出某固體在導(dǎo)熱性能上各向同性；

水黽可以停在水面上是由于表面張力的作用．

本題考查布朗運動，分子間的相互作用力、表面張力及單晶體的性質(zhì)等，均屬于選修3-3中的基礎(chǔ)內(nèi)容；要注意準(zhǔn)確把握各種現(xiàn)象的本質(zhì)內(nèi)容．注意對3-3的全面把握．【解析】【答案】BD12、ABCD【分析】【分析】對于小車和滑塊系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)動量一直守恒。物體C

與B

的過程，系統(tǒng)機(jī)械能有損失；分析系統(tǒng)的合外力，即可判斷動量是否守恒；根據(jù)動量守恒定律求解小車的速度。根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律求解整個系統(tǒng)最后的速度。本題根據(jù)動量守恒的條件進(jìn)行判斷：動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或受到的外力的合力為零。運用動量守恒定律時應(yīng)該注意其矢量性?！窘獯稹緼.整個系統(tǒng)在水平方向不受外力；豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動量一直守恒，系統(tǒng)初動量為零，物體離開彈簧時向右運動，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得小車向左運動，故A正確；

B.取物體c

的速度方向為正方向；根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=mv鈭?Mv隆盲

得物體與B

端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C

的運動速率之比v鈥?v=mM

故B正確；

C.物體的動能：所以物體c

離開彈簧時，小車的動能與物體c

的動能之比為：Mv鈥?2mv2=Mm隆隴m2M2=mM

故C正確；

D.當(dāng)物體與b

端粘在一起時，整個系統(tǒng)最終abc

的速度相同；根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒定律得：0=(M+m)v隆氓v隆氓=0

系統(tǒng)又處于止?fàn)顟B(tài)，故D正確。

故選ABCD。

【解析】ABCD

13、AC【分析】解：在變阻器R0

的滑動端向下滑動的過程中；滑動變阻器接入電路的電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，內(nèi)電壓增大，則由閉合電路歐姆定律可知，電路的路端電壓減小，故電壓表示數(shù)變?。?/p>

由歐姆定律可知；R1

上的分壓增大，路端電壓減小，故并聯(lián)部分電壓減小，即可知電流表示數(shù)變小．

故選：AC

由電路圖可知R2

與R0

并聯(lián)后與R1

串聯(lián)；電壓表測路端電壓；由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化及路端電壓的變化，再分析局部電路可得出電流表中示數(shù)的變化．

分析閉合電路的歐姆定律的動態(tài)分析的題目時，一般要按先外電路、再內(nèi)電路、后外電路的思路進(jìn)行分析；重點分析電路中的路端電壓、總電流及部分電路的電流及電壓變化．【解析】AC

14、BC【分析】【分析】根據(jù)向低能級躍遷時，一群原子可以發(fā)出Cn2

種不同頻率的光子，一個氫原子時需根據(jù)可能性分析；求出原子吸收光子后躍遷的最高能級，能級差最小的放出的光子能量最小。正確根據(jù)氫原子的能級公式和躍遷進(jìn)行有關(guān)問題的計算，是原子物理部分的重點知識，要注意加強(qiáng)訓(xùn)練。【解答】A；一個處于n=5

激發(fā)態(tài)的氫原子；向低能級躍遷時最多可發(fā)出種4

不同頻率的光，故A錯誤；

B、處于n=3

激發(fā)態(tài)的氫原子的能級為鈭?1.51eV

它吸收具有1.87eV>1.51eV

能量的光子后被電離；故B正確；

C、處于基態(tài)的氫原子若吸收一個12eV

的光子后的能量為：鈭?13.6eV+12eV=鈭?1.6eV

由于不存在該能級，所以用12eV

的光子照射處于基態(tài)的氫原子時，氫原子仍處于基態(tài)，故C正確；

D、氫原子中的電子從高能級向低能級躍遷時軌道半徑減小，該過程中電場力做正功，電勢能減??；根據(jù)ke2r2=mv2r

可知動能增大；故D錯誤；

故選BC?！窘馕觥緽C

15、BC【分析】解：A

根據(jù)右手螺旋定則；M

處導(dǎo)線在o

點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N

處導(dǎo)線在o

點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應(yīng)強(qiáng)度不等于0.

故A錯誤．

B、M

在a

處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，在b

處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N

在a

處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，b

處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)場強(qiáng)的疊加知，ab

兩點處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等；方向相同.

故B正確．

C；M

在c

處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cM

偏下；在d

出產(chǎn)生的磁場方向垂直dM

偏下，N

在c

處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cN

偏下，在d

處產(chǎn)生的磁場方向垂直于dN

偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c

處的磁場方向豎直向下，d

處的磁場方向豎直向下，且合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.

故C正確．

D；根據(jù)以上分析可知；ac

兩點的磁場方向都是豎直向下.

故D錯誤．

故選：BC

．

根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在abcd

四點磁場的方向；根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成．

解決本題的關(guān)鍵掌握安培定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，同時注意掌握根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成的方向．【解析】BC

16、BD【分析】解：由題意知，電子在加速電場中加速運動，根據(jù)動能定理得：eU=12mv2

電子獲得的速度為v=2eUm

．

電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，也就是平行電場方向做初速度為0

的勻加速直線運動，加速度為a=eU偏md

電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的位移為：y=12at2

．

垂直電場方向做勻速直線運動，粒子在電場中運動時間為t=Lv

又隆脽

偏轉(zhuǎn)電場方向向下；隆脿

電子在偏轉(zhuǎn)電場里向上偏轉(zhuǎn)．

A；滑動觸頭向右移動時；加速電壓變大，所以電子獲得的速度v

增加，由上式得知，電子在電場中運動時間t

減少，故電子偏轉(zhuǎn)位移y

變小，因為電子向上偏轉(zhuǎn)，故在屏上的位置下降，故A錯誤；

B；滑動觸頭向左移動時；加速電壓變小，所以電子獲得的速度v

減小，由上式得知，電子在電場中運動時間t

變大，故電子偏轉(zhuǎn)位移y

變大，因為電子向上偏轉(zhuǎn)，故在屏上的位置上升，故B正確；

C、偏轉(zhuǎn)電壓增大時，電子在電場中受到的電場力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a

增大，又因為電子獲得的速度v

不變，電子在電場中運動的時間不變，a

增大，而電子打在屏上的速度為v2+(at)2

故電子打在屏上的速度增大，故C錯誤；

D；偏轉(zhuǎn)電壓增大時；電子在電場中受到電場力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度度a

增大，又因為加速電壓不變，電子進(jìn)入電場的速度沒有變化，電子在電場中運動的時間t

沒有發(fā)生變化，故D正確．

故選：BD

．

粒子在電場中加速時；滑動觸頭向右移動時，加速電壓增大，加速后速度變大，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間變短，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場方向的位移減小.

同理觸頭向左移動時，加速電壓減小，加速后速度變小，粒子在電場中運動時間變長，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場方向的位移增大；當(dāng)加速電壓不變時，偏轉(zhuǎn)電壓變化，影響平行電場方向的電場力的大小，也就是影響加速度的大小，粒子在電場中運動時間不變，改變偏轉(zhuǎn)的位移大小．

電子在加速電場作用下做加速運動，運用動能定理可得電子獲得的速度與加速電場大小間的關(guān)系，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，運動時間受電場的寬度和進(jìn)入電場時的速度所決定，電子在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離與時間和電場強(qiáng)度共同決定.

熟練用矢量合成與分解的方法處理類平拋運動問題．【解析】BD

17、AD【分析】解：A、下極板上部放置一定厚度的金屬板，金屬板出現(xiàn)靜電感應(yīng)，相當(dāng)于減小了兩板間距離，抽出金屬板，相當(dāng)于板間距離變大，由電容的決定式C=電容C減小，故A正確；

B；根據(jù)電荷量Q=CU；電壓不變，電容減小，所以電荷量減小，故B錯誤；

C、由于電容器與電源相連，因此極板間的電壓U不變，由E=知場強(qiáng)變小，故C錯誤；

D、P點與下極板之間電壓由UP地=EdP地=dp地，抽出金屬板后dP地變大，和上極板距離d′不變，故UP地變大；即P點電勢升高，故D正確；

故選：AD。

下極板上部放置一定厚度的金屬板，金屬板出現(xiàn)靜電感應(yīng)，相當(dāng)于減小了兩板間距離，抽出金屬板，相當(dāng)于板間距離變大，根據(jù)E=分析場強(qiáng)的變化。依據(jù)電容的定義式C=決定式C=與由U=Ed分析板間電壓的變化，由P與下板間的電勢差變化，分析P點的電勢變化。

考查電容的定義式，決定式的應(yīng)用，掌握E=的公式，注意極板電壓總是不變，同時會分析電勢與電勢能的方法與要求。【解析】AD三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】

由圖看出；A；B兩點處電場線疏密相同，方向相同，則A、B兩點的場強(qiáng)相同．電場線從A指向B，A點電勢高于B點電勢．CD是等量異種點電荷的中垂線上的兩點，電勢相同，場強(qiáng)不同，D點場強(qiáng)大于C場強(qiáng)．

故答案為：相同；不相同，不相同，相同．

【解析】【答案】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大??；根據(jù)電場線的方向判斷電勢的高低．順著電場線電勢降低．等量異種點電荷的中垂線是一條等勢線．

19、略

【分析】i=Imsinwt，得到i=155sin100πt【解析】【答案】i=155sin100πt20、α粒子散射核式【分析】【解答】盧瑟福和他的同事們所做的α粒子散射實驗否定了湯姆遜的棗糕模型；據(jù)此實驗盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型．

故答案為：α粒子散射；核式。

【分析】湯姆遜的棗糕模型被盧瑟福和他的同事們所做的α粒子散射實驗所否定，他提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型．21、略

【分析】解：機(jī)械能和內(nèi)能的轉(zhuǎn)化過程具有方向性；即不可能從單一熱源吸取熱量，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響.

所以第二類永動機(jī)的原理違背了熱力學(xué)第二定律.

故C正確．

故答案為：熱力學(xué)第二定律．

本題考查熱力學(xué)第二定律的內(nèi)容：一種表述：不可能從單一熱源吸取熱量；使之完全變?yōu)橛杏霉Χ划a(chǎn)生其他影響.

同時明確第二類永動機(jī)的性質(zhì)即可求解．

該題考查第二類永動機(jī)不可制造出來的原理，要牢記第二類永動機(jī)不違背能的轉(zhuǎn)化與守恒定律，而是違背了熱力學(xué)第二定律．【解析】熱力第二定律22、略

【分析】解：負(fù)電荷在電場力作用下發(fā)生位移；導(dǎo)致電場力做負(fù)功，則電荷的電勢能增加．做多少功，電勢能就增加多少．

因此，電荷在此過程中電勢能增加，且增加了3×10-5J．

電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10-5J的功，則由：W=qU得UBC===-2v

而負(fù)電荷從電場中A點移到B點，兩點的電勢差UAB===5V

所以A、C間的電勢差UAC=UAB+UBC=5V-2V=3V

故答案為：增加；3×10-5；3V

電荷在電場力作用下做功；導(dǎo)致電勢能變化．所以由做功與電量可求出兩點的電勢差，同時根據(jù)電場力做功的正負(fù)可確定電勢能增加與減少．

電勢差是電場中的電勢之差，電勢可以任意取，但電勢差卻不變，就像高度與高度差一樣．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負(fù)決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解析】增加；3×10-5；3V23、略

【分析】解：LC振蕩電路產(chǎn)生的振蕩電流頻率f=∝．

有甲、乙兩個LC振蕩電路，線圈的自感系數(shù)相同，甲的電容是乙的10倍，故甲、乙兩振蕩電路的振蕩頻率之比是1．

故答案為：1．

LC振蕩電路產(chǎn)生的振蕩電流是正弦式交變電流，頻率為f=．

本題關(guān)鍵記住LC振蕩電路產(chǎn)生的振蕩電流的頻率公式f=基礎(chǔ)題．【解析】124、略

【分析】解：光子的能量E=J

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=E-W0代入數(shù)據(jù)得，Ekm=6.63×10-19J-5.9×10-19J=7.3×10-20J

故答案為：6.63×10-19，7.3×10-20

根據(jù)E=求出光子的能量；根據(jù)光電效應(yīng)方程求出金屬的逸出功．根據(jù)電荷數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)守恒寫出核反應(yīng)方程．

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道光子能量與波長的關(guān)系．愛因斯坦質(zhì)能方程求出釋放的核能．【解析】6.63×10-19；7.3×10-2025、e＝Emsinωt【分析】由公式e=NBS婁脴sin婁脴t=NBS2婁脨nsin2婁脨nt

可知，當(dāng)B隆盲=2Bn隆盲=

n

則e=

Emsin

婁脴t【解析】e=

Emsin

婁脴t

四、判斷題(共3題，共9分)26、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(qiáng)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(qiáng)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．27、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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．28、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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．五、作圖題(共2題，共4分)29、解：負(fù)電荷產(chǎn)生的電場線應(yīng)該由無窮遠(yuǎn)指向負(fù)點電荷；如圖1；

電場中電場強(qiáng)度的方向沿電場線的切線的方向；所以A點的場強(qiáng)的方向豎直向下，如圖2；

負(fù)電荷受力的方向與電場線的方向相反；所以負(fù)電荷在B點受電場力方向豎直向上，如圖2．

答：如上圖所示【分析】【分析】電場中電場強(qiáng)度的方向沿電場線的切線的方向；負(fù)電荷受力的方向與電場線的方向相反，也是沿電場線的切線方向．30、略

【分析】

（1）明確曲線運動的速