2024年人民版高二物理上冊(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2024年人民版高二物理上冊(cè)月考試卷401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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示，設(shè)變壓器為理想變壓器，并保持輸入電壓U1不變，L為串聯(lián)在原線圈的燈泡，L1、L2、L3、L4為副線圈的負(fù)載；當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向下移動(dòng)時(shí)（）

A.L1燈亮度不變。

B.L2燈亮度減弱。

C.L3燈亮度減弱。

D.L4燈亮度增加。

2、下面說法正確的是A.線圈中的磁通量變化越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大B.線圈中的磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大C.線圈中的磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大D.線圈放在磁場(chǎng)越強(qiáng)的地方，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大3、奧斯特實(shí)驗(yàn)可以證明的是()A.電流的磁效應(yīng)B.電流的化學(xué)效應(yīng)C.電流的熱效應(yīng)D.電磁感應(yīng)4、如圖所示；AB

為相同的兩個(gè)燈泡，均發(fā)光，當(dāng)變阻器的滑片P

向D

端滑動(dòng)時(shí).

則()

A.A

燈變亮，B

燈變暗B.A

燈變暗，B

燈變亮C.AB

燈均變亮D.AB

燈均變暗5、如圖所示，繞在鐵芯上的線圈與電源、滑動(dòng)變阻器和電鍵組成閉合回路，在鐵芯的右端套有一個(gè)表面絕緣的銅環(huán)A，下列各種情況中銅環(huán)A中有感應(yīng)電流的是（）A.將電鍵突然斷開的瞬間B.通電過程中，使變阻器的滑片P作勻速移動(dòng)C.通電過程中，使變阻器的滑片P作加速移動(dòng)D.線圈中通以恒定的電流評(píng)卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)e=220sin100πt（V），則（）A.該交變電流的頻率是50HzB.當(dāng)t=0時(shí)，線圈平面恰好位于中性面C.當(dāng)時(shí)，穿過線圈的磁通量為零D.用交流電壓表測(cè)量該電動(dòng)勢(shì)，讀數(shù)為2207、下列說法中不正確的是(

)

A.物體的動(dòng)量發(fā)生改變，則合外力一定對(duì)物體做了功B.物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，其動(dòng)量一定改變C.物體的動(dòng)量發(fā)生改變，其動(dòng)能一定發(fā)生改變D.物體的動(dòng)能發(fā)生改變，其動(dòng)量一定發(fā)生改變8、如圖所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，矩形線圈ABCD

從磁場(chǎng)上方一定高度處由靜止釋放，下列判斷正確的是(

)

A.線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程可能做勻速運(yùn)動(dòng)B.線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程可能做勻加速運(yùn)動(dòng)C.線圈離開磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向D.線圈離開磁場(chǎng)過程通過導(dǎo)線截面的電量等于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程通過導(dǎo)線截面的電量9、圖中所示裝置可演示磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用。電磁鐵上、下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L

是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿。當(dāng)電磁鐵線圈兩端ab

導(dǎo)軌兩端ef

分別接到兩個(gè)不同的直流電源上時(shí)，L

便在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。下列說法正確的是(

)

A.若a

接正極，b

接負(fù)極，e

接正極，f

接負(fù)極，則L

向右滑動(dòng)B.若a

接負(fù)極，b

接正極，e

接正極，f

接負(fù)極，則L

向左滑動(dòng)C.若a

接正極，b

接負(fù)極，e

接負(fù)極，f

接正極，則L

向右滑動(dòng)D.若a

接負(fù)極，b

接正極，e

接負(fù)極，f

接正極，則L

向左滑動(dòng)10、宇宙中兩顆相距很近的恒星常常組成一個(gè)雙星系統(tǒng)，它們以相互間的萬有引力彼此提供向心力，從而使它們繞著某一共同的圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若已知它們的運(yùn)轉(zhuǎn)周期為T

兩星到某一共同圓心的距離分別為R1

和R2

那么，這雙星系統(tǒng)中兩顆恒星的質(zhì)量關(guān)系正確的是A.這兩顆恒星的質(zhì)量必定相等B.這兩顆恒星的質(zhì)量之和為4蟺2(R1+R2)3GT2

C.這兩顆恒星質(zhì)量之比為m1:m2=R2:R1

D.其中必有一顆恒星的質(zhì)量為4蟺2R1(R1+R2)2GT2

11、對(duì)于閉合電路歐姆定律的理解，下列說法一定正確的是(

)

A.在電源電動(dòng)勢(shì)不變時(shí)，外電路的電阻越大，路端電壓越大B.在電源電動(dòng)勢(shì)不變時(shí)，外電路的電阻越大，電源內(nèi)電壓越大C.當(dāng)外電路斷開時(shí)，路端電壓的大小等于電源電動(dòng)勢(shì)D.當(dāng)外電路短路時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)為零評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、用____和____的方法都可以使物體帶電．無論哪種方法都不能____電荷，也不能____電荷，只能使電荷在物體上或物體間發(fā)生____，在此過程中，電荷的總量____，這就是電荷守恒定律．13、ab是長(zhǎng)為l的均勻帶電絕緣細(xì)桿，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示．a(chǎn)b上電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)在P1處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，在P2處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2．則P1、P2處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向______（填“相同”或“相反”）．若將絕緣細(xì)桿的左邊l/2截掉并移走（右邊l/2電量、位置不變）則P2處的場(chǎng)強(qiáng)大小為______．14、（1）圖甲所示的電流表使用0.6A量程時(shí)，圖中表針示數(shù)是______A；當(dāng)使用3A量程時(shí)，圖中表針示數(shù)為______A．

（2）如圖乙所示的電表使用較小量程時(shí)，圖中指針的示數(shù)為______V．若使用的是較大量程，圖中表針指示的是______V．

15、利用油膜法估測(cè)油酸分子的大小，實(shí)驗(yàn)器材有：濃度為0.05%(體積分?jǐn)?shù))的油酸酒精溶液、最小刻度為0.1ml的量筒、盛有適量清水的45×50cm2淺盤；痱子粉、橡皮頭滴管、玻璃板、彩筆、坐標(biāo)紙．則：

①下面給出的實(shí)驗(yàn)步驟中；正確順序?yàn)椋篲___________．

A；將玻璃板放在淺盤上；用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上．

B；用滴管將濃度為0.05%油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中；記下滴入1ml油酸精溶液時(shí)的滴數(shù)N

C；將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標(biāo)紙上；以坐標(biāo)紙上邊長(zhǎng)為1cm的正方向?yàn)閱挝?，?jì)算輪廓內(nèi)正方形的個(gè)數(shù)，算出油酸薄膜的面積S

D；將痱子粉均勻地撒在淺盤內(nèi)水面上；用滴管吸取濃度為0.05%的油酸酒精溶液，從低處向水面中央一滴一滴地滴入，直到油酸薄膜有足夠大的面積又不與器壁接觸為止，記下滴入的滴數(shù)n

②該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的單個(gè)油酸分子的直徑約為____________(單位：cm)．

A、B、C、D、．16、在做測(cè)定玻璃折射率的實(shí)驗(yàn)時(shí)：

（1）甲同學(xué)在紙正確畫出玻璃的兩個(gè)界面ab和cd時(shí)不慎碰了玻璃磚使它向ab方向平移了一些，如圖甲所示，其后的操作都正確，但畫光路圖時(shí)，將折射點(diǎn)確定在ab和cd上，則測(cè)出的n值將______．（填”偏??；不變、偏大”）

（2）乙同學(xué)為了避免筆尖接觸玻璃面，畫出的a′b′和c′d′都比實(shí)際側(cè)面外側(cè)平。

移了一些，如圖乙所示，以后的操作都是正確的，畫光路時(shí)將入射點(diǎn)和折射點(diǎn)都確定在a′b′和c′d′上，則測(cè)出的n值將______．（填”偏小、不變、偏大”）17、在共點(diǎn)力的合成實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出了右圖，圖上F1、F2、F、F’四個(gè)力，其中____不是彈簧秤直接測(cè)量的，若F和F’的大小及方向都基本相同，說明已驗(yàn)證了兩個(gè)共點(diǎn)力合成時(shí)遵循____．

18、長(zhǎng)直導(dǎo)線ab斜放在水平導(dǎo)軌上（導(dǎo)線與導(dǎo)軌的夾角為θ），兩導(dǎo)軌相互平行且間距為d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，當(dāng)通過ab的電流為I時(shí)，導(dǎo)線ab所受安培力的大小為______．19、如下圖所示；帶電液滴從h

高處自由落下，進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)互相垂直的區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面，電場(chǎng)強(qiáng)度為E

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

已知液滴在此區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周的半徑R=

________．

評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)20、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)）評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)21、(1)

利用單擺測(cè)定重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，若測(cè)得的g

值偏小，可能的原因是：()A.擺球在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)B.

測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)，僅測(cè)了線長(zhǎng)，未加小球半徑;

C.測(cè)周期時(shí)，把n

次全振動(dòng)誤記為(n+1)

次;D.

擺球上端未固定牢固，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)。(2)

某同學(xué)在做測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)時(shí)，單擺完成50

次全振動(dòng)秒表如圖所示，則單擺周期為_______s(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(3)

線長(zhǎng)96.50cm

小球直徑用游標(biāo)卡尺測(cè)得如圖所示，則小球直徑為_______cm

當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹開_____m/sm/s2((結(jié)果保留兩位有效數(shù)字))

22、一只小燈泡；標(biāo)有“3V

1.5W

”字樣.

現(xiàn)要描繪小燈泡0隆蘆3V

的伏安特性曲線.

實(shí)驗(yàn)器材有：

(1)

在該實(shí)驗(yàn)中；設(shè)計(jì)了如圖1

所示的四個(gè)電路.

為了減小誤差，應(yīng)選取的電路是______(

將選項(xiàng)代號(hào)的字母填在橫線上)

(2)

按照所選電路對(duì)圖2

進(jìn)行連線；

(3)

在描繪小燈泡的伏安特性時(shí)，以電流值作橫坐標(biāo)，電壓值作縱坐標(biāo).

所得的圖線(

圖3)

可能是圖線中的______．評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共30分)23、（6分）（1）①在“長(zhǎng)度的測(cè)量”實(shí)驗(yàn)中，調(diào)整游標(biāo)卡尺兩側(cè)腳間距離，主尺和游標(biāo)的位置如圖所示，此時(shí)卡尺兩腳間狹縫寬度為____mm。(3分)②如圖所示，螺旋測(cè)微器測(cè)出的金屬絲的直徑是____mm。（3分）24、某些固體材料受到外力后除了產(chǎn)生形變，其電阻率也要發(fā)生變化，這種由于外力的作用而使材料電阻率發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為“壓阻效應(yīng)”?，F(xiàn)用如圖所示的電路研究某長(zhǎng)薄板電阻Rx的壓阻效應(yīng)，已知Rx的阻值變化范圍為幾歐到幾十歐，實(shí)驗(yàn)室中有下列器材：A．電源E（3V，內(nèi)阻約為1Ω）B．電流表Al（0．6A，內(nèi)阻r1＝5Ω）C．電流表A2（0．6A，內(nèi)阻r2約為1Ω）D．開關(guān)S，定值電阻R0（1）為了比較準(zhǔn)確地測(cè)量電阻Rx的阻值，請(qǐng)完成虛線框內(nèi)電路圖的設(shè)計(jì)。（2）在電阻Rx上加一個(gè)豎直向下的力F（設(shè)豎直向下為正方向），閉合開關(guān)S，記下電表讀數(shù)，A1的讀數(shù)為I1，A2的讀數(shù)為I2，得Rx＝______________（用字母表示）。（3）改變力的大小，得到不同的Rx值，然后讓力反向從下向上擠壓電阻，并改變力的大小，得到不同的Rx值，最后繪成的圖像如圖所示。當(dāng)F豎直向下（設(shè)豎直向下為正方向）時(shí)，可得Rx與所受壓力F的數(shù)值關(guān)系是Rx＝______________。（各物理量單位均為國(guó)際單位）（4）定值電阻R0的阻值應(yīng)該選用________________。A．1ΩB．5ΩC．10ΩD．20Ω25、用某種單色光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)中采用雙縫干涉儀，它包括以下元件：A．白熾燈B．單縫片C．光屏D．雙縫E、遮光筒F、濾光片(其中雙縫和光屏連在遮光筒上)(1）把以上元件安裝在光具座上時(shí)，正確的排列順序是：A_____________(A已寫好)，(2）在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，濾光片的作用是______，單縫和雙縫的作用是提供了_____光源。(3）已知雙縫間距離為d，雙縫到毛玻璃屏間的距離的大小為L(zhǎng)，實(shí)驗(yàn)時(shí)先移動(dòng)測(cè)量頭上的手輪，把分化線對(duì)準(zhǔn)靠近最左邊的一條明條紋（如圖丙1所示），并記下螺旋測(cè)微器的讀數(shù)a1=_________mm（如圖丙2所示），然后轉(zhuǎn)動(dòng)手輪，把分劃線向右邊移動(dòng)，直到對(duì)準(zhǔn)第7條明條紋并記下螺旋測(cè)微器的讀數(shù)a2=________mm（如圖丙3所示），試由以上測(cè)量數(shù)據(jù)根據(jù)式子________（用d，L，a1，a2表示）求出該單色光的波長(zhǎng)。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】

A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向下移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致總電阻減少，由于輸入電壓U1不變，且原副線圈匝數(shù)不變，所以副線圈電壓不變，則有副線圈的總電流增大．即L1燈亮度增強(qiáng)．故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向下移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致總電阻減少，由于輸入電壓U1不變，且原副線圈匝數(shù)不變，所以副線圈電壓不變，則有副線圈的總電流增大．由于L1燈兩端電壓增大，則L4燈兩端電壓減小，所以L2燈電流增大，因此L2燈亮度增強(qiáng)；故B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向下移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致總電阻減少，由于輸入電壓U1不變，且原副線圈匝數(shù)不變，所以副線圈電壓不變，則有副線圈的總電流增大．由于L1燈兩端電壓增大，則L4燈兩端電壓減小，所以L2燈電流增大，因此L2燈電壓增加，則有L3燈電壓減小，所以L3燈亮度減弱．故C正確；

D、當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向下移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)致總電阻減少，由于輸入電壓U1不變，且原副線圈匝數(shù)不變，所以副線圈電壓不變，則有副線圈的總電流增大．由于L1燈兩端電壓增大，則L4燈兩端電壓減小，所以L4燈電流減?。粍t通過，故D錯(cuò)誤；

故選：C

【解析】【答案】與閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類似；可以根據(jù)滑動(dòng)變阻器R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況．

2、B【分析】【解析】試題分析：由磁生電的現(xiàn)象叫電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由電生磁的現(xiàn)象叫電流的磁效應(yīng)．只有當(dāng)線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，才會(huì)有感應(yīng)電流出現(xiàn)，而感應(yīng)電流的大小則是由法拉第電磁感應(yīng)定律來得．電路中磁通量的改變量越大，不能得出磁通量的變化率越大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定越大．故A錯(cuò)誤；電路中磁通量變化越快，即磁通量的變化率大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定越大，B正確，穿過電路的磁通量越大，不能得出磁通量的變化率越大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定越大．故C錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小無關(guān)，D錯(cuò)誤考點(diǎn)：考查了影響感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的因素【解析】【答案】B3、A【分析】【分析】奧斯特實(shí)驗(yàn)證明了電流周圍有磁場(chǎng)；即電流的磁效應(yīng)。

故選A

【點(diǎn)評(píng)】學(xué)習(xí)物理學(xué)史，可以讓我們了解物理學(xué)建立的過程，加深對(duì)物理知識(shí)的理解。4、D【分析】略【解析】D

5、A|B|C【分析】試題分析:將電鍵突然斷開的瞬間，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)從有到無消失，穿過穿過銅環(huán)A的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正確；通電時(shí)，使變阻器的滑片P作向勻速滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減將變化，回路中電流變化，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化，穿過銅環(huán)A磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流．故B正確；通電時(shí)，使變阻器的滑片P作加速滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻變化，回路中電流變化，線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)變化，穿過銅環(huán)A磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流．故C正確；線圈中通以恒定的電流時(shí)，線圈產(chǎn)生穩(wěn)恒的磁場(chǎng)，穿過銅環(huán)A的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件【解析】【答案】ABC二、多選題(共6題，共12分)6、AB【分析】解：A；交變電流的ω=100π=2πf；所以頻率為50Hz，故A正確；

B；t=0時(shí)；電動(dòng)勢(shì)為零，線圈平面處于中性面，故B正確；

C、當(dāng)時(shí)；e=0，穿過線圈的磁通量最大，故C錯(cuò)誤；

D、由表達(dá)式知最大值為220V；所以該電動(dòng)勢(shì)的有效值為220V，用交流電壓表測(cè)量該電動(dòng)勢(shì)，讀數(shù)為220V，故D錯(cuò)誤；

故選：AB．

本題考查了交流電的描述；根據(jù)交流電的表達(dá)式，可知知道其最大值，以及線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度等物理量，然后進(jìn)一步求出其它物理量，如有效值；周期、頻率等．

對(duì)于交流電的產(chǎn)生和描述要正確理解，要會(huì)推導(dǎo)交流電的表達(dá)式，明確交流電表達(dá)式中各個(gè)物理量的含義．【解析】【答案】AB7、AC【分析】解：A

物體的動(dòng)量發(fā)生變化；可能是速度的大小、方向中有一個(gè)量或兩個(gè)量發(fā)生了變化，物體肯定受到了力的作用，但此力不一定做功，故A錯(cuò)誤。

B；運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的標(biāo)志是速度；運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，則動(dòng)量一定變化，故B正確。

C；物體的動(dòng)量變化；可能是速度的大小、方向中有一個(gè)量或兩個(gè)量發(fā)生了變化，若僅是速度的方向改變，則動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤。

D；物體的動(dòng)能改變；則其速度的大小一定改變，故動(dòng)量一定發(fā)生改變，故D正確。

本題選錯(cuò)誤的；故選AC

動(dòng)量是矢量；動(dòng)能是標(biāo)量，兩者之間既有聯(lián)系又有區(qū)別，動(dòng)量的變化是力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)，動(dòng)能的變化是力對(duì)空間的積累效應(yīng)。

注意動(dòng)量的矢量性，考慮一個(gè)模型“勻速圓周運(yùn)動(dòng)”可迅速解決此種題目【解析】AC

8、AD【分析】解：A

根據(jù)線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；因產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力，若安培力大小與重力相等，那么可判斷出線圈進(jìn)磁場(chǎng)勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B、當(dāng)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，受到安培力作用，因此安培力大小F=BIL=B2L2vR

其大小受到速度的大小影響，那么進(jìn)入磁場(chǎng)過程不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C；依據(jù)楞次定律；當(dāng)線圈離開磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)電量表達(dá)式q=It=E爐Rt=鈻?鈱?R

因線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，與離開磁場(chǎng)過程中，它們的磁通量變化相等，那么線圈離開磁場(chǎng)過程通過導(dǎo)線截面的電量等于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程通過導(dǎo)線截面的電量，故D正確；

故選：AD

．

AB

線圈由靜止釋放；其下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，因切割磁感應(yīng)線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)安培力阻力，因此依據(jù)安培力與重力的大小關(guān)系來判定線圈進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，由于安培力受到速度的大小影響，則只要受到安培力，則不可能勻變速運(yùn)動(dòng)；

C；依據(jù)楞次定律；可判定離開磁場(chǎng)時(shí)，線圈中的感應(yīng)電流方向；

D、根據(jù)電量表達(dá)式q=It=E爐Rt=鈻?鈱?R

再依據(jù)進(jìn)入磁場(chǎng)與離開磁場(chǎng)過程中，它們的磁通量的變化情況，從而確定求解．

解決本題的關(guān)鍵根據(jù)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，安培力的大小與重力的關(guān)系，來判定線圈的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，注意安培力大小與線圈的速度大小有關(guān)是解題的重點(diǎn)，并掌握楞次定律的內(nèi)容，及電量的綜合表達(dá)式的應(yīng)用．【解析】AD

9、CD【分析】解：A

由安培定則與左手定則可知，若a

接正極，b

接負(fù)極；e

接正極，f

接負(fù)極，L

所受安培力向左，L

向左滑動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、由安培定則與左手定則可知，若a

接負(fù)極，b

接正極；e

接正極，f

接負(fù)極，L

所受安培力向右，L

向右滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C、由安培定則與左手定則可知，若a

接正極，b

接負(fù)極；e

接負(fù)極，f

接正極，L

受到的安培力向右，L

向右滑動(dòng)，故C正確；

D、由安培定則與左手定則可知，若a

接負(fù)極，b

接正極；e

接負(fù)極，f

接正極，L

所受安培力向左，則L

向左滑動(dòng)，故D正確；

故選：CD

由安培定則判斷出電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向；然后由左手定則判斷出導(dǎo)體棒受到的安培力方向，從而判斷出導(dǎo)軌L

的移動(dòng)方向。

本題考查安培定則以及左手定則，要求能熟練應(yīng)用安培定則與左手定則即可正確解題。【解析】CD

10、BCD【分析】【分析】這是一個(gè)雙星的問題，兩顆恒星圍繞它們連線上的某一固定點(diǎn)分別做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們之間的萬有引力提供各自的向心力，兩顆恒星有相同的角速度和周期，結(jié)合牛頓第二定律和萬有引力定律解決問題。本題是雙星問題，與衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)模型不同，兩顆星都繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵抓住條件：相同的角速度和周期?！窘獯稹?/p>

AC.

如圖，對(duì)m1

有：Gm1m2(R1+R2)2=m14婁脨2T2R1壟脵

對(duì)m2

有：Gm1m2(R1+R2)2=m24婁脨2T2R2壟脷

解得：m1m2=R2R1

。

，則兩者質(zhì)量不相等，故A錯(cuò)誤，C正確；BD.

由壟脵

得：m2=4婁脨2R1(R1+R2)2GT2

由壟脷

得：m1=4婁脨2R2(R1+R2)2GT2

兩者質(zhì)量之和：m1+m2=4婁脨2(R1+R2)3GT2

故BD正確。

故選BCD。【解析】BCD

11、AC【分析】解：

AB

當(dāng)電源的電動(dòng)勢(shì)不變時(shí)，當(dāng)外電路的阻值越大，則電流強(qiáng)度越小，根據(jù)U=Ir

可知，內(nèi)電壓越小，則外電壓越大，即路端電壓越大.

故A正確，B錯(cuò)誤．

C；外電路斷開時(shí)的路端電壓在數(shù)值上等于電源的電動(dòng)勢(shì).

故C正確．

D；外電路短路時(shí)；電源電動(dòng)勢(shì)仍不變.

故D錯(cuò)誤．

故選：AC

．

在閉合電路中；電流與電阻的關(guān)系遵循閉合電路歐姆定律，根據(jù)該定律分析外電路斷開時(shí)和外電阻變化時(shí)路端電壓．

解決本題的關(guān)鍵要掌握閉合電路歐姆定律，理解并掌握路端電壓與外電阻的關(guān)系，注意電源的電動(dòng)勢(shì)通常總是不變的．【解析】AC

三、填空題(共8題，共16分)12、略

【分析】

電荷守恒定律：電荷既不能被創(chuàng)造；也不能被消滅，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保存不變．

使物體帶電的方式有摩擦起電和感應(yīng)起電．

故答案為：摩擦起電；感應(yīng)起電；創(chuàng)生；消滅；轉(zhuǎn)移；保存不變．

【解析】【答案】根據(jù)電荷守恒定律的內(nèi)容就可以直接作出解答．

13、略

【分析】解：將均勻帶電細(xì)桿等分為很多段，每段可看作點(diǎn)電荷．設(shè)細(xì)桿帶正電，根據(jù)場(chǎng)的疊加，這些點(diǎn)電荷在P1的左側(cè)的電量比較右側(cè)的電量少，所以P1處的合場(chǎng)強(qiáng)方向向左，在P2的合場(chǎng)強(qiáng)方向向右．

取a關(guān)于P1的對(duì)稱點(diǎn)a′，由于則aa′=所以細(xì)桿左側(cè)的上的電荷在P1點(diǎn)的電場(chǎng)互相抵消，右半邊的電荷在P1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，由題意，當(dāng)將絕緣細(xì)桿的左邊截掉并移走后，根據(jù)電場(chǎng)的對(duì)稱性可得，右半邊的電荷在P2處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1．

故答案為：相反；E1

由于細(xì)桿均勻帶電，我們?nèi)關(guān)于P1的對(duì)稱點(diǎn)a′，則a與a′關(guān)于P1點(diǎn)的電場(chǎng)互相抵消，整個(gè)桿對(duì)于P1點(diǎn)的電場(chǎng)，僅僅相對(duì)于a′b部分對(duì)于P1的產(chǎn)生電場(chǎng)．

因?yàn)橹粚W(xué)過點(diǎn)電荷的電場(chǎng)或者勻強(qiáng)電場(chǎng)，而對(duì)于桿產(chǎn)生的電場(chǎng)卻沒有學(xué)過，因而需要將桿看成是由若干個(gè)點(diǎn)構(gòu)成，再進(jìn)行矢量合成．同時(shí)考查電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加．【解析】相反；E114、略

【分析】解：（1）圖甲所示的電流表使用0.6A量程時(shí)；其分度值為0.2A，示數(shù)是0.44A；當(dāng)使用3A量程時(shí)，其分度值為0.1A，示數(shù)為：2.20A．

（2）如圖乙所示的電表使用較小量程時(shí)；其分度值為0.1V，示數(shù)為1.70V．若使用的是較大量程，其分度值為0.5V，示數(shù)為：8.5V．

故答案為：（1）0.44；2.20；（2）1.70，8.5．

（1）根據(jù)電流表量程確定其分度值；然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)．

（2）根據(jù)電壓表量程確定其分度值；然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)．

本題考查了電流表與電壓表讀數(shù)，對(duì)電表讀數(shù)時(shí)要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)，讀數(shù)時(shí)視線要與電表刻度線垂直．【解析】0.44；2.20；1.70；8.515、略

【分析】解：(1)下面給出的實(shí)驗(yàn)步驟中；正確順序?yàn)椋築DAC；

(2)每一滴油溶液的體積是ml，滴入水面的油溶液的體積ml，滴入水中的油的體積為：V=ml；

油膜的厚度，即油分子的直徑為：d==cm．

故答案為：(1)BDAC(2)B【解析】BDAC;B16、略

【分析】解：（1）作出光路圖如圖所示，實(shí)線是實(shí)際的光路，虛線是作圖的光路，由幾何知識(shí)可知，入射角與折射角沒有誤差，則由折射定律n=可知；測(cè)出的n值將不變．

（2）作出光路圖如圖所示，實(shí)線是實(shí)際的光路，虛線是作圖的光路，可知入射角不變，但折射角變大，由由折射定律n=可知；測(cè)出的n值將偏小．

故答案為：（1）不變（2）偏小。

測(cè)定玻璃折射率的實(shí)驗(yàn)原理是折射定律n=作出光路圖時(shí)，分析入射角與折射角的誤差情況，即可分析折射率的測(cè)量值與真實(shí)值的關(guān)系．

分析實(shí)驗(yàn)誤差，關(guān)鍵從實(shí)驗(yàn)原理出發(fā)，分析入射角和折射角的變化，來分析折射率的誤差．【解析】不變；偏小17、略

【分析】

F在F1與F2組成的平行四邊形的對(duì)角線上；為實(shí)驗(yàn)的理論值，用一個(gè)彈簧秤橡皮筋時(shí)，其彈力一定與橡皮筋共線，因此用彈簧秤直接測(cè)量值為F′，由于誤差的存在，F(xiàn)與F′不在同一直線上，但是二者基本相等，因此在誤差范圍內(nèi)，驗(yàn)證了兩個(gè)共點(diǎn)力合成時(shí)遵循平行四邊形定則．

故答案為：F；平行四邊形定則．

【解析】【答案】F1與F2合成的理論值是由平行四邊形定則作圖得到的；在平行四邊形的對(duì)角線上，而用一個(gè)彈簧直接測(cè)量時(shí)，方向一定在橡皮筋上，由此可正確解答．

18、略

【分析】解：安培力的計(jì)算：當(dāng)I⊥B時(shí)，F(xiàn)=BIL，當(dāng)I與B不垂直時(shí)，F(xiàn)=BILsinθ，θ為I與B的夾角，題目中屬于I與B垂直的情況，所以F=BIL=．

故答案為：

通電導(dǎo)線處于磁場(chǎng)中；受到安培力作用，根據(jù)左手定則可確定安培力的方向．而安培力的大小則由F=BIL求得．

公式中的L是有效長(zhǎng)度，即為通電電流的磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度，且垂直放置于磁場(chǎng)中．【解析】19、略

【分析】略【解析】帶電液滴自由下落的過程機(jī)械能守恒，隆脿

=mgh

得v=

壟脵

液滴進(jìn)入電場(chǎng)，磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明液滴的重力與電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，相當(dāng)于液滴只受洛侖茲力作用，所以，據(jù)牛頓第二定律有：qvB=m

壟脷

解壟脵壟脷

得R=

四、判斷題(共1題，共4分)20、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．五、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共12分)21、（1）BD（2）2.0(3)97.999.8【分析】【分析】(1)

根據(jù)單擺的周期公式得出重力加速度的表達(dá)式，從而判斷出重力加速度減小的原因；(2)

秒表分針與秒針示數(shù)之和是秒表示數(shù)；(3)

游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺示數(shù)；擺長(zhǎng)等于擺線長(zhǎng)度加上擺球的半徑，根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨Lg

求解重力加速度g

本題中秒表和游標(biāo)卡尺都不需要估讀.

關(guān)鍵要掌握單擺測(cè)量重力加速度的原理?！窘獯稹?1)

根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨Lg

得，g=4婁脨2L2T2

A；擺球在水平面上作圓周運(yùn)動(dòng)；做的不是單擺運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤;

B；測(cè)擺長(zhǎng)時(shí)；僅測(cè)了線長(zhǎng)，未加小球半徑，L

值偏小，則測(cè)得的重力加速度偏小。故B正確;

C；把n

次全振動(dòng)誤記為(n+1)

次；測(cè)得周期偏小，則測(cè)得的重力加速度偏大。故C錯(cuò)誤鈥?

D；懸點(diǎn)發(fā)生松動(dòng)；L

變大，而實(shí)際代入計(jì)算的L

相對(duì)偏小，則重力加速度的測(cè)量值偏小。故D正確。

故選BD。(2)

由圖1

所示秒表可知，其示數(shù)為60s+40.1s=100.1s