2025年湘師大新版高二物理下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年湘師大新版高二物理下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，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于點A，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為600，C是圓環(huán)軌道的圓心，D是圓環(huán)上與M靠得很近的一點（DM遠小于CM）。已知在同一時刻：a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點；c球由C點自由下落到M點；d球從D點靜止出發(fā)沿圓環(huán)運動到M點。則（）A.a球最先到達M點B.b球最先到達M點C.c球最先到達M點D.d球最先到達M點2、設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在靜電力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，下述說法中錯誤的是()A.該離子必帶正電荷B.A點和B點位于同一高度C.離子在C點時速度最大D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點3、如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P

原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R2

的滑片向b

端移動時，則(

)

A.電壓表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)減小C.質(zhì)點P

將向下運動D.R1

上消耗的功率逐漸減小4、如圖所示的電路中，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為2：l，電阻R1=R2=10Ω，兩電表均為理想交流電表。當在a、b之間加上正弦交流電時，測得c、d兩端電壓瞬時值表達式為ucd=10sin（100πt）（V），則下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)為0.5AB.電壓表的示數(shù)為40VC.R1消耗的功率為20WD.原線圈輸入交流電頻率為100Hz5、在前人研究的基礎(chǔ)上；有一位物理學家利用如圖所示的扭秤裝置進行研究，提出真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的規(guī)律，這位物理學家是。

A.安培B.牛頓C.庫侖D.焦耳6、以下說法正確的是（）A.由E＝F/q可知此場中某點的電場強度E與F成正比B.由公式Φ＝Ep/q可知電場中某點的電勢φ與q成反比C.由Uab=Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大D.公式C=Q/U，電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關(guān)7、如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為3m

和m

的AB

兩滑塊，它們中間夾著(

不相連)

一根處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態(tài).

則下列說法正確的是(

)

A.剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，AB

兩滑塊的動量大小之比pApB=31

B.剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，AB

兩滑塊的速度大小之比vAvB=31

C.剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧后，AB

兩滑塊的動能之比EkAEkB=13

D.剪斷細繩到兩滑塊脫離彈簧過程中，彈簧對AB

兩滑塊做功之比WAWB=11

8、如圖所示，天車下吊著兩個質(zhì)量都是m

的工件A

和B

，整體一起向左勻速運動。系A(chǔ)

的吊繩較短，系B

的吊繩較長，若天車運動到P

處突然靜止，則兩吊繩所受拉力FAFB

的大小關(guān)系是

A.FA>FB>mg

B.FA<FB<mg

C.FA=FB=mg

D.FA=FB>mg

9、下面關(guān)于電場線的說法，其中正確的是A.在靜電場中釋放的點電荷，在電場力作用下一定沿電場線運動B.電場線的切線方向一定與通過此處的正電荷運動方向相同C.電場線的切線方向一定與通過該點的正電荷的加速度方向相同D.電場線的疏密表示電場強度的大小．評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、一彈簧振子懸掛在一列靜止的火車上，振動的位移—時間圖線如圖所示。求：（1）t=2s時，振子的振動方向；（2）0～2s內(nèi)，振子運動的路程；（3）若火車水平勻速行駛，每節(jié)鐵軌的長度為12m，則火車速度多大時，彈簧振子受迫振動的振幅最大?11、某校研究性學習小組的同學們很想知道每根長50m、橫截圓面積為400cm2的鋼索能承受的最大拉力．由于直接測量很困難；同學們?nèi)砹送N材料制成的樣品進行實驗探究．由胡克定律可知，在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力F與形變量x成正比，其比例系數(shù)與彈簧的長度；橫截面積及材料有關(guān)．因而同學們猜想，懸索可能也遵循類似的規(guī)律．

經(jīng)過同學們充分的討論；不斷完善實驗方案，最后實驗取得數(shù)據(jù)如下：

。樣品長度200N400N600N800N樣品A1m0.50cm20.02cm0.04cm0.06cm0.08cm樣品B2m0.50cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm樣品C1m1.00cm20.01cm0.02cm0.03cm0.04cm樣品D3m0.50cm20.18cm0.36cm0.54cm0.72cm樣品E1m0.25cm20.04cm0.08cm0.12cm0.32cm分析樣品C的數(shù)據(jù)可知，其所受拉力F（單位N）與伸長量x（單位m）遵循的函數(shù)關(guān)系式是______．對比各樣品的實驗數(shù)據(jù)可知，懸索受到的拉力與懸索的伸長量成正比，其比例系數(shù)與懸索長度______成正比、與懸索的橫截面積的大小成正比．12、(1)

用游標卡尺測量其長度如圖；由圖1

可知其長度為______mm

(2)

用螺旋測微器測量其直徑如圖；由圖2

可知其直徑為______mm

13、金屬導體通電時，導體中自由電子定向移動的方向與電流方向______（選填“相同”或“相反”）．一段金屬電阻絲的電阻為R，當在它的兩端加上電壓U時，則在通電時間t內(nèi)通過金屬電阻絲橫截面的電子個數(shù)為n=______．（已知一個電子的電荷量為e）14、起重機吊起質(zhì)量為2.0隆脕103kg

的貨物使其沿豎直方向勻加速上升，已知貨物上升的加速度為0.2m/s2

若某時刻貨物的速度為0.2m/s

則此時刻貨物的動能為____J

此時刻起重機對貨物拉力做功的瞬時功率為____W(

取重力加速度g=10m/s2)

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、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）16、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）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）18、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(shè)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）

19、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）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、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）

22、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）

評卷人得分四、證明題(共2題，共4分)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。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，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。證明小球此后的運動為簡諧運動。24、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。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，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。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、計算題(共4題，共28分)25、某小組在研究電動機的特性時，將電動機接成如圖所示電路．電源電動勢E=20V，內(nèi)阻r=lΩ，當接入固定電阻R=4Ω時，電路中標有“3V、6W”的燈泡L和內(nèi)阻RD=0.5Ω的小型直流電動機D都恰能正常工作．試求：

（1）電路中的電流大小；

（2）電動機的額定電壓和輸出功率；

（3）電源的總功率．26、如圖所示，豎直放置的導熱氣缸，活塞橫截面積為S=0.01m2，可在氣缸內(nèi)無摩擦滑動，氣缸側(cè)壁有一個小孔與裝有水銀的U形玻璃管相通，氣缸內(nèi)封閉了一段高為H=70cm的氣柱（U形管內(nèi)的氣體體積不計）．已知活塞質(zhì)量m=6.8kg，大氣壓強p0=105Pa，水銀密度ρ=13.6×103kg/m3，g=10m/s2．

（1）求U形管中左管與右管的水銀面的高度差h1；

（2）在活塞上加一豎直向上的拉力使U形管中左管水銀面高出右管水銀面h2=5cm，求活塞平衡時與氣缸底部的高度．27、如圖所示，平行光滑金屬軌道MNPQ

間距為d

與水平面成婁脠

角固定，PM

間接有阻值為R

的電阻.

勻強磁場垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B.

將質(zhì)量為m

長為d

電阻為r

的金屬桿ab

垂直于MNPQ

放置在軌道上并由靜止釋放.

軌道足夠長、軌道電阻不計；重力加速度為g.

求：

(1)ab

沿軌道下滑過程中；流過電阻R

的電流方向；

(2)ab

沿軌道下滑的最大速度．28、如圖所示是一個特殊形狀的氣缸的截面圖，它由上、下兩部分圓柱形氣缸連接而成，上、下兩部分氣缸內(nèi)部的橫截面積分別為S1=20cm2

和S2=10cm2

兩只活塞的質(zhì)量分別為m1=1.6kg

和m2=0.4kg

用一根長L=30cm

的輕繩相連?；钊忾]性良好，活塞跟氣缸壁的摩擦不計，大氣壓為p0=1.0隆脕105Pa

并保持不變。初狀態(tài)時，溫度為227隆忙

兩活塞靜止，缸內(nèi)封閉氣體的體積為500mL(

取g=10m/s2)

求：當溫度降低到多少時，上面的活塞恰好下降到粗細兩部分氣缸的交界處？

評卷人得分六、綜合題(共4題，共8分)29、A.如圖所示為正弦交變電流i

隨時間t

變化的圖象；由圖可知，該交變電流的有效值為__________A

頻率為__________Hz

．

B.如圖所示；電路中電源電動勢為4V

內(nèi)阻為1婁賂

小燈泡電阻為3婁賂.

開關(guān)S

閉合后，電路中的電流為__________A

燈泡的電壓為__________V

．

30、[

物理漏隴漏隴

選修3鈭?3]

(1)

氧氣分子在0隆忙

和100隆忙

溫度下單位速率間隔的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比隨氣體分子速率的變化分別如圖中兩條曲線所示。下列說法正確的是________。(

A.圖中兩條曲線下面積相等B.圖中虛線對應(yīng)于氧氣分子平均動能較小的情形C.圖中實線對應(yīng)于氧氣分子在100隆忙

時的情形D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子數(shù)目E.與0隆忙

時相比，100隆忙

時氧氣分子速率出現(xiàn)在0隆蘆400m/s

區(qū)間內(nèi)的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大(2)

如圖所示，在導熱良好的圓柱形氣缸內(nèi)，可以自由移動的活塞a

和b

密封了AB

兩部分氣體，處于平衡狀態(tài)。已知活塞橫截面積Sa隆脙Sb=2隆脙1

密封氣體的長度LA隆脙LB=1隆脙4

若用外力把活塞a

向右緩慢移動距離d

求活塞b

向右移動的距離。室溫保持不變。31、【物理隆陋

選修3鈭?4

】(1)

一列簡諧橫波沿x

軸正方向傳播，在x

=12m

處的質(zhì)元的振動圖線如圖1

所示，在x

=18m

處的質(zhì)元的振動圖線如圖2

所示。下列說法正確的是____(

填正確答案標號。)

A.該波的周期為12s

B.x

=12m

處的質(zhì)元在平衡位置向上振動時，x

=18m

處的質(zhì)元在波峰C.在0隆蘆4s

內(nèi)x

=12m

處和x

=18m

處的質(zhì)元通過的路程均為6cm

D.該波的波長可能為8m

E.該波的傳播速度可能為2m/s

(2)

如圖所示，橫截面(

紙面)

為螖ABC

的三棱鏡置于空氣中，頂角鈭?

A

=60鈭?

紙面內(nèi)一細光束以入射角i

射入AB

面，直接到達AC

面并射出，光束在通過三棱鏡時出射光與入射光的夾角為婁脮

(

偏向角)

改變?nèi)肷浣莍

，當i

=

i

0

時，從AC

面射出的光束的折射角也為i

0

理論計算表明在此條件下偏向角有最小值婁脮

0=30鈭?

求三棱鏡的折射率n

。32、如圖放在光滑水平面上的小車質(zhì)量為M

它兩端各有彈性擋板P

和Q

有一質(zhì)量為m

的物體放于車上(M>m)

車內(nèi)表面與物體間有摩擦，現(xiàn)使它們同時獲得等大反向的初速度v0

求：

(1)

車和物體最終的速度；

(2)

全過程系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【解析】試題分析：設(shè)圓軌道半徑為R，設(shè)A、B底邊長s，傾角則化簡得因此A（45°）下落時間比B（60°）快；c做自由落體運動tc=而d球滾下是一個單擺模型，擺長為R，td==所以C正確。考點：單擺、自由落體運動【解析】【答案】C2、D【分析】根據(jù)粒子在A點向下運動，則受到向下的電場力，粒子帶正電，A正確；洛倫茲力不做功，則A、B兩點位于同一高度，B正確；A→C電場力做正功，C→B電場力做負功，由定能定理可知C對；離子到達B點后，向右重復(fù)原來的運動形式，D錯誤【解析】【答案】D3、C【分析】解：AB

由圖可知；R2

與R3

并聯(lián)后，再與R1

串聯(lián)接在電源兩端；電容器與R3

并聯(lián)；

當滑動變阻器R2

的滑片向b

端移動時；滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流增大，路端電壓減小，則R1

兩端的電壓增大，可知并聯(lián)部分的電壓減小，電壓表讀數(shù)減?。?/p>

由歐姆定律可知流過R3

的電流減小；根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知：流過R2

的電流增大，則電流表示數(shù)增大；故A；B錯誤；

C；因電容器兩板的電壓減小；板間場強減小，質(zhì)點P

受到的向上電場力減小，故質(zhì)點P

將向下運動，故C正確；

D；因R1

電流增大；由P=I2R

可知，R1

上消耗的功率增大；故D錯誤；

故選：C

先由滑片的移動方向分析電路中電阻的變化；再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析電容器板間場強的變化，由質(zhì)點的受力情況可知質(zhì)點的運動情況．

解決動態(tài)變化分析的題目，一般可以按照整體鈭?

局部鈭?

整體的思路進行分析，注意電路中某一部分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻都是減小的．【解析】C

4、B【分析】解：A、c、d兩端電壓瞬時值表達式為：ucd=10sin（100πt）（V），則說明R2兩端電壓有效值為10V，電流表的示數(shù)為：IA=A=1A；故A錯誤；

B、副線圈兩端電壓為：U2=IA（R1+R2）=20V，根據(jù)變壓器原理可知原線圈兩端電壓為：U1==40V；故電壓表的示數(shù)為40V，故B正確；

C、R1消耗的功率為：P1=IA2R1=10W；故C錯誤；

D、原線圈輸入交流電頻率為：f==50Hz；故D錯誤。

故選：B。

根據(jù)c、d兩端電壓瞬時值表達式求出R2兩端電壓；根據(jù)歐姆定律求解電流強度，再根據(jù)變壓器原理進行解答；變壓器變壓不變頻。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。原線圈的電壓決定副線圈的電壓；理想變壓器在改變電壓和電流的同時，不改變功率和頻率。【解析】B5、C【分析】安培提出安培定則，故A錯誤；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律、牛頓三大定律等等，沒有研究出電荷間的作用力規(guī)律，故B錯誤；庫侖利用扭秤裝置，研究出兩個靜止點電荷間的相互作用規(guī)律庫侖定律，故C正確；焦耳提出了焦耳定律，故D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。6、D【分析】試題分析：公式E=F/q只是一個定義式，電場強度為電場本身的性質(zhì)，與放置的試探電荷無關(guān)，A錯誤；電勢與電廠本身和零勢面的選取有關(guān)，與q無關(guān)，B錯誤；電勢差除了與場強和距離d有關(guān)，還與兩點連線與場強方向的夾角有關(guān)，C錯誤；電容為電容器的屬性，與電壓和帶電量均無關(guān)，D正確?？键c：考查電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)、電容器的電容【解析】【答案】D7、C【分析】解：A

系統(tǒng)動量守恒；以向左為正方向，在兩滑塊剛好脫離彈簧時，由動量守恒定律得：pA鈭?pB=0

則：pApB=11

故A錯誤；

B；系統(tǒng)動量守恒；以向左為正方向，由動量守恒定律得：3mvA鈭?mvB=0

解得：vAvB=13

故B錯誤；

C、兩滑塊的動能之比：EkAEkB=12鈰?3mvA212mvB2=13

故C正確；

D；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比；彈簧對AB

兩滑塊做功之比：WAWB=EkAEkB=13

故D錯誤．

故選：C

先根據(jù)動量守恒守恒求出脫離彈簧后兩滑塊的速度之比；根據(jù)動能；動量的表達式求出動能及動量之比，根據(jù)彈簧對兩滑塊做功等于滑塊動能的變化量求出彈簧對兩滑塊做功之比．

本題是動量守恒定律的直接應(yīng)用，要比較物理量之間的比例關(guān)系，就要把這個量用已知量表示出來再進行比較．【解析】C

8、A【分析】當天車突然停止時，AB

兩物體將做圓周運動，在最低點時，向心力由吊繩的拉力與重力的合力提供，即F鈭?mg=m

，故F=mg+m

，所以有FA>FB>mg

【解析】A

9、D【分析】在非均勻的電場中；初速為零；重力不計的帶電粒子在電場中運動軌跡不會與電場線重合，故A錯誤。

電場線的切線方向一定與通過此處的正電荷受力的方向相同；故B錯誤。

電場線的切線方向一定與通過此處的正電荷受力的方向相同；只有電荷只受電場力作用，其一定與通過該點的正電荷的加速度方向才相同，故C錯誤；

電場線的疏密表示電場強度的大小；故D正確．

故選：D

【解析】D

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】【解析】（1）振動方向沿y軸正方向（2）（3）振子的固有周期為2秒當考點：機械振動圖像【解析】【答案】（1）沿y軸正方向（2）32cm（3）時，受迫振動的振幅最大11、略

【分析】解：從樣品C的實驗數(shù)據(jù)可知：拉力每增加200N；懸索的伸長量增加0.01cm所以懸索的伸長量與拉力成正比例關(guān)系．

則其關(guān)系式為：F=kx，所以得出系數(shù)k：k=當F=200N，x=0.01cm=10-4m時：k=2×106N/m．由此得出拉力F的關(guān)系式為：F=2×106x；比例系數(shù)的單位為：N/m．

從樣品A；C、E的數(shù)據(jù)知：懸索的長度相同時；懸索的橫截面積越小，受到拉力時懸索的伸長量越大，比例系數(shù)與懸索的橫截面積的大小成正比；

從樣品A；B、D的數(shù)據(jù)知：懸索的橫截面積相同時；懸索的長度越長，受到拉力時懸索的伸長量越大，其比例系數(shù)與懸索長度的平方的倒數(shù)成正比．

故答案為：F=2×106x；平方的倒數(shù)。

從樣品C的數(shù)據(jù)可知：當拉力增大時；懸索的伸長量也增加，所以懸索的伸長量與拉力是正比例關(guān)系，據(jù)此可求出關(guān)系式，而系數(shù)的單位可通過單位的計算求出，當知道拉力時根據(jù)關(guān)系式也可求出伸長量．要知道比例系數(shù)與什么物理量有關(guān)，我們可用控制變量法來進行探究。

本題考查學生對“探究彈力與彈簧伸長的關(guān)系”實驗的遷移能力、對游標卡尺的讀數(shù)原理的掌握和從圖表歸納所需信息的能力，還考查了學生的邏輯推理能力、運用數(shù)學知識解決物理問題的能力和實驗探究能力【解析】F=2×106x；平方的倒數(shù)12、52.35；1.990【分析】解：(1)

由圖示游標卡尺可知；主尺示數(shù)是52mm

游標尺示數(shù)是7隆脕0.05mm=0.35mm

則圓柱體的長度是52mm+0.35mm=52.35mm

(2)

由圖示螺旋測微器可知；固定刻度示數(shù)是1.5mm

可動刻度示數(shù)是49.0隆脕0.01mm=0.490mm

圓柱體的直徑是1.5mm+0.490mm=1.990mm

故答案為(1)52.35

(2)1.990

(1)

游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺的示數(shù)；

(2)

螺旋測微器固定刻度示數(shù)與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；

本題考查了游標卡尺與螺旋測微器的讀數(shù)，游標卡尺與螺旋測微器是高中物理的常用實驗器材，它們的讀數(shù)問題是高考的常考內(nèi)容，一定要掌握?！窘馕觥?2.351.990

13、略

【分析】解：導體中的自由電子帶負電；故導體中自由電子定向移動的方向與電流方向相反；

由歐姆定律可知：I=

由I=可知：q=It=

則電子數(shù)n==

故答案為：相反；

方向與正電荷定向移動的方向相同；與負電荷定量移動的方向相反．由歐姆中求得電路中的電流，再由微觀表達式可求得電子個數(shù)．

本題考查歐姆定律、電流的定義；要注意明確金屬導體中導體物質(zhì)為帶負電的自由電子．【解析】相反；14、404080【分析】【分析】根據(jù)動能表達式即可求得動能，而瞬時功率根據(jù)P=Fvcos婁脠

求解，根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力；解題的關(guān)鍵是利用動能的表達式和瞬時功率的計算公式?！窘獯稹磕硶r刻貨物的速度為0.2m/s

那么這時刻貨物的動能為：Ek=12mv2=12隆脕2.0隆脕103隆脕0.22J=40J

根據(jù)牛頓第二定律，有：F=m(g+a)

計算得出：F=20400N

拉力的功率：P=Fv=20400隆脕0.2W=4080W

故應(yīng)填：404080

【解析】404040804080三、判斷題(共8題，共16分)15、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．16、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．17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(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】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(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，導體是等勢體．18、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小．19、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．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(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】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(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，導體是等勢體．21、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．22、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．四、證明題(共2題，共4分)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所以小球的運動為簡諧運動24、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所以小球的運動為簡諧運動五、計算題(共4題，共28分)25、略

【分析】

（1）燈泡正常發(fā)光；根據(jù)功率公式P=UI可求得電流大小；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得電動機兩端的電壓；再根據(jù)電動機輸出功率等于總功率與熱功率的差值即可求得輸出功率；

（3）根據(jù)P=EI可求得電源的總功率．

本題考查閉合電路歐姆定律以及功率公式的應(yīng)用，要注意明確電動機為非純電阻電路，其輸出功率為輸入功率與熱功率的差值，在計算中要注意掌握正確選擇功率公式的方法．【解析】解：（1）燈泡L正常發(fā)光，電路中的電流為I===2A

（2）由閉合電路歐姆定律可求得，電動機的額定電壓為UD=E-I（r+R）-UL=20-2×（1+4）-3=7V

電動機的總功率為P總=IUD=2×7=14W

電動機的熱功率為P熱=I2RD=22×0.5=2W

所以電動機的輸出功率為P出=P總-P熱=14-2=12W

（3）電源的總功率P總=EI=20×2=40W

答：（1）電路中的電流大小為2A；

（2）電動機的額定電壓和輸出功率分別為7V和12W；

（3）電源的總功率為40W．26、解：（1）以活塞為研究對象，

得

而

所以有：

解得：==0.05m=5cm

（2）活塞上加一豎直向上的拉力，U形管中左管水銀面高出右管水銀面

封閉氣體的壓強=1×=93200

初始時封閉氣體的壓強為：

汽缸內(nèi)的氣體發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律，有：

代入數(shù)據(jù)：106800×70S=93200×hS

解得：h=80cm

答：（1）U形管中左管與右管的水銀面的高度差為5cm；

（2）在活塞上加一豎直向上的拉力使U形管中左管水銀面高出右管水銀面h2=5cm，活塞平衡時與氣缸底部的高度為80cm【分析】

（1）對活塞受力分析；根據(jù)平衡條件求解封閉氣體的壓強，再根據(jù)壓強關(guān)系求出左右管水銀面的高度差；

（2）分析初末狀態(tài)的體積和壓強；根據(jù)等溫變化列式求解．

本題力學知識與氣體性質(zhì)的綜合，橋梁是壓強．往往對跟氣體接觸的水銀或活塞研究，根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律研究氣體的壓強．【解析】解：（1）以活塞為研究對象，

得

而

所以有：

解得：==0.05m=5cm

（2）活塞上加一豎直向上的拉力，U形管中左管水銀面高出右管水銀面

封閉氣體的壓強=1×=93200

初始時封閉氣體的壓強為：

汽缸內(nèi)的氣體發(fā)生的是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律，有：

代入數(shù)據(jù)：106800×70S=93200×hS

解得：h=80cm

答：（1）U形管中左管與右管的水銀面的高度差為5cm；

（2）在活塞上加一豎直向上的拉力使U形管中左管水銀面高出右管水銀面h2=5cm，活塞平衡時與氣缸底部的高度為80cm27、解：(1)

根據(jù)右手定則判斷可知流過電阻R

的電流方向從M

到P

．

(2)

當ab

沿軌道的速度最大時；做勻速直線運動，則由平衡條件得：

mgsin婁脠=BId

又I=ER+r=BdvR+r

聯(lián)立解得ab

的最大速度為：v=mg(R+r)sin婁脠B2d2

答：(1)ab

沿軌道下滑過程中；流過電阻R

的電流方向從M

到P

(2)ab

沿軌道下滑的最大速度為mg(R+r)sin婁脠B2d2

．【分析】

(1)

由右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向．

(2)ab

沿軌道的速度最大時；做勻速直線運動，由平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式，求得最大速度．

本題關(guān)鍵要正確分析棒的運動情況，熟練推導出安培力與速度的關(guān)系式，運用平衡條件解答．【解析】解：(1)

根據(jù)右手定則判斷可知流過電阻R

的電流方向從M

到P

．

(2)

當ab

沿軌道的速度最大時；做勻速直線運動，則由平衡條件得：

mgsin婁脠=BId

又I=ER+r=BdvR+r

聯(lián)立解得ab

的最大速度為：v=mg(R+r)sin婁脠B2d2

答：(1)ab

沿軌道下滑過程中；流過電阻R

的電流方向從M

到P

(2)ab

沿軌道下滑的最大速度為mg(R+r)sin婁脠B2d2

．28、解：設(shè)初狀態(tài)時被封閉氣體的壓強為P1，對兩只活塞和細繩組成的整體，由平衡條件得：

解得：

取初始位置時被封氣體的狀態(tài)為1狀態(tài)，活塞恰好下降到粗細兩部分氣缸的交界處時被封氣體的狀態(tài)為2狀態(tài)。設(shè)當溫度降低到T2時，上面的活塞恰好下降到粗細兩部分氣缸的交界處1狀態(tài)時

由題意分析可知，當溫度降低活塞下降過程中，被封氣體的壓強保持不變。2狀態(tài)時，被封氣體的體積

對被封氣體，從1狀態(tài)到2狀態(tài)，由查理定律得

解得：T2=300K【分析】本題考查氣體定律與力學平衡的綜合運用，解題關(guān)鍵是要利用平衡求出初末狀態(tài)封閉氣體的壓強，分析好壓強P

體積V

溫度T

三個參量的變化情況，再選擇合適的規(guī)律解決。選擇兩活塞組成的整體作為研究對象，根據(jù)受力平衡結(jié)合大氣對BB活塞豎直向上的壓力等于活塞AABB的總重力，聯(lián)立即可求出開始未加外力時兩活塞間氣體的壓強，過程中氣體的溫度始終保持不變，根據(jù)玻意耳定律即可求出溫度。

【解析】解：設(shè)初狀態(tài)時被封閉氣體的壓強為P1

對兩只活塞和細繩組成的整體，由平衡條件得：1(S1鈭?S2)=(m1+m2)g+0(S1鈭?S2)

解得：P1=1.2隆脕105Pa

取初始位置時被封氣體的狀態(tài)為1

狀態(tài)，活塞恰好下降到粗細兩部分氣缸的交界處時被封氣體的狀態(tài)為2

狀態(tài)。設(shè)當溫度降低到T2

時，上面的活塞恰好下降到粗細兩部分氣缸的交界處1

狀態(tài)時V1=5.0隆脕10鈭?4m3T1=500K

由題意分析可知，當溫度降低活塞下降過程中，被封氣體的壓強保持不變。2

狀態(tài)時，被封氣體的體積V2=S2L=3.0隆脕10鈭?4m3

對被封氣體，從1

狀態(tài)到2

狀態(tài)，由查理定律得V1T1=V2T2

解得：T2=300K

六、綜合題(共4題，共8分)29、略

【分析】A.【分析】由交流電的圖象的縱坐標的最大值讀出電流的最大值，讀出周期，求出頻率。根據(jù)交流電i鈭?t

圖象讀出交流電的最大值、周期及任意時刻電流的大小是基本能力，比較簡單?！窘獯稹扛鶕?jù)圖象可知該交流電的電流最大值是Im=102A

有效值為I=Im2=1022A=10A

周期T=0.2s

則頻率為f=1T=10.2=5Hz

故填：105

B.【分析】在電源的外電路中，電流從電源的正極流向負極.

根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流的大小。本題是簡單的電路分析和計算問題，關(guān)鍵要掌握電流的方向和閉合電路歐姆定律?！窘獯稹扛鶕?jù)閉合電路歐姆定律得：電路中電流的大小I=ER+r=43+1A=1A

燈泡兩端的電壓為：U=IR=1隆脕3V=3V

故填：13

【解析】A.105

B.13

30、（1）ABC

（2）

解：設(shè)外界大氣壓為p0；設(shè)活塞b向右移動的距離為x，此時氣體A、B的壓強均為p；

對A：pA1=p0，VA1=LASa；pA2=p，VA2=（LA-d）Sa+xSb；

由于是等溫變化，由波意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2；

對B：pB1=p0，VB1=LBSb；pB2=p，VB2=（LB-x）Sb；

由于是等溫變化，由玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2；

聯(lián)立解得：

即：活塞b向右移動的距離為【分析】(1)

【分析】溫度是分子平均動能的標志，溫度升高分子的平均動能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同，要注意明確圖象的意義是解題的關(guān)鍵。本題考查了分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律；記住圖象的特點，知道橫坐標表示的是分子數(shù)目所占據(jù)的比例，同時明確溫度與分子平均動能間的關(guān)系?！窘獯稹緼.由題圖可知；在0隆忙

和100隆忙

兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線與橫軸所圍面積都應(yīng)該等于1

即相等，故A正確；

B.由圖可知；具有最大比例的速率區(qū)間，0隆忙

時對應(yīng)的速率小，故說明虛線為0隆忙

的分布圖象，故對應(yīng)的平均動能較小，故B正確；

C.實線對應(yīng)的最大比例的速率區(qū)間內(nèi)分子動能大；說明實驗對應(yīng)的溫度大，故為100隆忙

時的情形，故C正確；

D.圖中曲線給出了任意速率區(qū)間的氧氣分子占據(jù)的比例；但無法確定分子具體數(shù)目，故D錯誤；

E.由圖可知；0隆蘆400m/s

段內(nèi)，100隆忙

對應(yīng)的占據(jù)的比例均小于與0隆忙

時所占據(jù)的比值，因此100隆