2024年北師大版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年北師大版高二物理上冊(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5題，共10分)1、如圖所示質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來(lái)在光滑水平面上沿同一直線(xiàn)相向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A球的速度是8m/s，B球的速度是-4m/s，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后A、B兩球發(fā)生了對(duì)心正碰。對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，下面的哪一種猜測(cè)結(jié)果一定無(wú)法實(shí)現(xiàn)的是（）A.vA"=-4m/s，vB"=8m/sB.vA"=-5m/s，vB′=9m/sC.vA"=2m/s，vB"=2m/sD.vA"=1m/s，vB"=3m/s2、如圖所示為L(zhǎng)C振蕩電路中電容器的極板帶電荷量隨時(shí)間變化曲線(xiàn)，下列判斷中正確的是()．A.在b和d時(shí)刻，電路中電流最大B.在a→b時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)能轉(zhuǎn)變?yōu)榇艌?chǎng)能C.a和c時(shí)刻，磁場(chǎng)能為零D.在O→a和c→d時(shí)間內(nèi)，電容器被充電3、如圖所示，一條形磁鐵靜止在斜面上，固定在磁鐵中心的垂直上方的水平導(dǎo)線(xiàn)中通有垂直流向紙外的恒定電流，若將磁鐵的N極位置與S極位置對(duì)調(diào)后，仍放在斜面上原來(lái)的位置，若磁鐵仍然靜止，則磁鐵對(duì)斜面的壓力FN和摩擦力Ff的變化情況分別是（）A.FN增大B.FN減小C.Ff減小D.Ff不變4、某物體在水平桌面上，受到一個(gè)推力F的作用t秒鐘，物體沒(méi)有移動(dòng)，則F對(duì)該物體的沖量為（）A.0B.FtC.mgtD.無(wú)法計(jì)算5、2017

年11

月10

日上午，空軍發(fā)言人表示，我國(guó)制造的首款具有“隱身能力”和強(qiáng)大攻擊力的第五代作戰(zhàn)飛機(jī)“殲鈭?20

”(

如圖)

列裝部隊(duì)后，已經(jīng)開(kāi)展編隊(duì)訓(xùn)練。隱形飛機(jī)的原理是：在飛機(jī)研制過(guò)程中設(shè)法降低其可探測(cè)性，使之不易被敵方發(fā)現(xiàn)、跟蹤和攻擊。根據(jù)你所學(xué)的物理知識(shí)，判斷下列說(shuō)法中正確的是()

A.運(yùn)用隱蔽色涂層，無(wú)論距你多近，即使你拿望遠(yuǎn)鏡也不能看到它B.使用能吸收雷達(dá)電磁波的材料，在雷達(dá)屏幕上顯示的反射信息很小、很弱，很難被發(fā)現(xiàn)C.使用吸收雷達(dá)電磁波涂層后，傳播到復(fù)合金屬機(jī)翼上的電磁波在機(jī)翼上不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流D.主要是對(duì)發(fā)動(dòng)機(jī)、噴氣尾管等因?yàn)楦邷厝菀桩a(chǎn)生紫外線(xiàn)輻射的部位采取隔熱、降溫等措施，使其不易被對(duì)方發(fā)現(xiàn)評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、如圖所示，一質(zhì)量為2m

的圓筒A

圓筒內(nèi)外皆光滑，將A

置于光滑水平面上，圓筒半徑為R

現(xiàn)有一質(zhì)量也為m

的光滑小球B(

可視為質(zhì)點(diǎn))

由靜止從圓筒的水平直徑處沿筒壁滑下，不計(jì)空氣阻力，圓筒的位移為_(kāi)_____．7、假設(shè)地球帶的是負(fù)電，自轉(zhuǎn)一周時(shí)間為T(mén)秒，其中在赤道線(xiàn)上分布的電子數(shù)為1019個(gè)，那么由于地球自轉(zhuǎn)在赤道線(xiàn)上形成的等效環(huán)形電流方向?yàn)開(kāi)_____________（填自東向西或自西向東），等效環(huán)形電流大小為_(kāi)________A。8、將一個(gè)1.0×10－5C的電荷從電場(chǎng)外移到電場(chǎng)里一點(diǎn)A，外力克服電場(chǎng)力作功6.0×10－3J，則A點(diǎn)的電勢(shì)為Ua＝_____V；如果此電荷從電場(chǎng)外移到電場(chǎng)里的另一點(diǎn)B時(shí)，電場(chǎng)力作功0.02J，則A、B兩點(diǎn)電勢(shì)差為Uab＝______V；如果另一個(gè)電量是0.2C的負(fù)電荷從A移到B，則電場(chǎng)力作功______J。9、如圖所示，家用內(nèi)徑為22cm的高壓鍋，鍋蓋上排氣孔的直徑為0.4cm，限壓閥的質(zhì)量為0.16kg。如果上海地區(qū)用它煮水消毒，根據(jù)下面水的沸點(diǎn)與壓強(qiáng)的關(guān)系的表格可知，這個(gè)高壓鍋內(nèi)最高水溫大約為_(kāi)___°C。若在鍋蓋上再安裝一套相同的排氣孔和限壓閥，則鍋內(nèi)最高水溫將____（填“升高”、“降低”或“不變”）（上海地區(qū)的大氣壓強(qiáng)約為1.00×105pA，g取10m/s2）

t（°C）100110112114116118120122124126128p（×105pA）1.011.431.541.631.751.871.992.112.262.412.5810、某同學(xué)課余時(shí)間在家里想根據(jù)“用單擺測(cè)重力加速度”的方法，測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?

他在家中找了一根長(zhǎng)度為1.2m

左右的細(xì)線(xiàn)，一個(gè)可作停表用的電子表和一把毫米刻度尺(

無(wú)法一次直接測(cè)量出擺長(zhǎng)).

由于沒(méi)有擺球，他就找了一個(gè)螺絲帽代替.

他先用細(xì)線(xiàn)和螺絲帽組成一個(gè)單擺，然后依據(jù)多次測(cè)量求平均值的方法用電子表測(cè)出振動(dòng)周期為T(mén)1.

然后將細(xì)線(xiàn)縮短，用刻度尺量出縮短的長(zhǎng)度為鈻?L

測(cè)出這種情況下單擺的周期為T(mén)2.

根據(jù)上述數(shù)據(jù)就可以測(cè)出重力加速度了，請(qǐng)你用上述數(shù)據(jù)，推導(dǎo)出當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_(dá)式為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）12、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）13、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(duì)錯(cuò)）

14、電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、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)）

17、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)18、（1）某同學(xué)在做“利用單擺測(cè)重力加速度”實(shí)驗(yàn)中，先測(cè)得擺線(xiàn)長(zhǎng)為97．50cm，球直徑為2．00cm，然后用秒表記錄了單擺振動(dòng)50次所用的時(shí)間如圖所示，則：①該擺擺長(zhǎng)為cm，秒表所示讀數(shù)為_(kāi)___s。②如果他測(cè)得的g值偏小，可能的原因是（）A．測(cè)擺線(xiàn)長(zhǎng)時(shí)擺線(xiàn)拉得過(guò)緊B．?dāng)[線(xiàn)上端未牢固地系于懸點(diǎn)，振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線(xiàn)長(zhǎng)度增加了C．開(kāi)始計(jì)時(shí)時(shí)，秒表過(guò)遲按下D．實(shí)驗(yàn)中誤將49次全振動(dòng)數(shù)為50次（2）為了提高實(shí)驗(yàn)精度，在實(shí)驗(yàn)中可改變幾次擺長(zhǎng)L并測(cè)出相應(yīng)的周期T，從而得出幾組對(duì)應(yīng)的L與T的數(shù)據(jù)，再以L(fǎng)為橫坐標(biāo)，T2為縱坐標(biāo)將所得數(shù)據(jù)點(diǎn)連成直線(xiàn)（如圖），并求得該直線(xiàn)的斜率為后，則重力加速度g=____（用表示）。19、用螺旋測(cè)微器測(cè)圓柱體的直徑時(shí)，示數(shù)如圖甲所示，此示數(shù)為mm，用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量某物體的厚度時(shí)，示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)為mm。20、（12分）如圖所示，R1=14.0Ω，R2=9.0Ω．當(dāng)開(kāi)關(guān)S扳到位置1時(shí)，測(cè)得電流I1=0.20A；扳到位置2時(shí)，測(cè)得電流I2=0.30A．求電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．評(píng)卷人得分五、綜合題(共3題，共15分)21、如圖所示，在貨場(chǎng)需將質(zhì)量為m1=100kg

的貨物(

可視為質(zhì)點(diǎn))

從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一軌道，使貨物由軌道頂端無(wú)初速滑下.

半徑R=1.8m.

地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板AB

長(zhǎng)度均為l=2m

質(zhì)量均為m2=100kg

木板上表面與軌道末端相切.

貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為婁脤1

木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為婁脤2=0.2.(

最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10m/s2)

(1)

求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)

若貨物滑上木板A

時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B

時(shí)，木板B

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，求婁脤1

應(yīng)滿(mǎn)足的條件；(3)

若婁脤1=0.5

求貨物滑到木板A

末端時(shí)的速度和在木板A

上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．22、(

選修3隆陋1)

(1)

下列說(shuō)法正確的是________．A.由庫(kù)侖定律F=kq1q2r2

可知，當(dāng)r隆煤0

時(shí)，F(xiàn)隆煤隆脼

B.處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為0

C.電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高D.電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面平行(2)

如圖所示是某一磁場(chǎng)部分磁感線(xiàn)的分布示意圖，PQ

是其中一條磁感線(xiàn)上的兩點(diǎn)，關(guān)于這兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列判斷正確的是________．

A.P

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度比Q

點(diǎn)的大B.P

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度比Q

點(diǎn)的小C.PQ

兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等D.無(wú)法比較PQ

兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(3)

如圖所示為一勻強(qiáng)電場(chǎng)，某帶電粒子從A

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B

點(diǎn)，在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服重力做的功為2.0J

電場(chǎng)力做的功為1.5J.

則下列說(shuō)法中正確的是________．

A.粒子帶負(fù)電B.粒子在A(yíng)

點(diǎn)的電勢(shì)能比在B

點(diǎn)少1.5J

C.粒子在A(yíng)

點(diǎn)的動(dòng)能比在B

點(diǎn)多1.5J

D.粒子在A(yíng)

點(diǎn)的機(jī)械能比在B

點(diǎn)少1.5J

(4)

如圖所示，平板下方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m

電荷量為q

的粒子(

小計(jì)重力)

在紙面內(nèi)沿垂直于平板的方向從板上小孔P

射人磁場(chǎng)，并打在板上的Q

點(diǎn)，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

粒子的速度大小為v

由此可知________．

A.該帶電粒子帶正電，PQ

間的距離L=2mvqB

B.該帶電粒子帶正電，PQ

間的距離L=mvqB

C.該帶電粒子帶負(fù)電，PQ

間的距離L=2mvqB

D.該帶電粒子帶負(fù)電，PQ

間的距離L=mvqB

(5)

某同學(xué)使用多用電表測(cè)量小燈泡的電壓和通過(guò)小燈泡的電流，他利用如圖甲、乙所示的電路進(jìn)行了正確的操作和測(cè)量，圖________(

填“甲”或“乙”)

中多用電表測(cè)量的是通過(guò)小燈泡的電流，圖________(

填“甲”或“乙”)

中多用電表測(cè)量的是小燈泡兩端的電壓．(6)

如圖所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌相距L=0.4m

上面有一金屬棒PQ

垂直導(dǎo)軌放置，并處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=0.5T

與導(dǎo)軌相連的電源電動(dòng)勢(shì)E=d.5V

內(nèi)阻r=1.0婁賂

電阻R=8.0婁賂

其他電阻不計(jì)，閉合開(kāi)關(guān)S

后，金屬棒PQ

仍然靜止不動(dòng).

求：

壟脵

閉合回路中電流的大小；壟脷

金屬棒PQ

所受安培力的大小和方向；壟脹

金屬棒PQ

所受靜摩擦力的大?。?3、如圖所示，兩平行金屬板AB

板長(zhǎng)L=8cm

兩板間距離d=8cmA

板比B

板電勢(shì)高300V

一帶正電的粒子電量q=10鈭?10C

質(zhì)量m=10鈭?20kg

沿電場(chǎng)中心線(xiàn)RO

垂直電場(chǎng)線(xiàn)飛入電場(chǎng)，初速度v0=2隆脕106m/s

粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MNPS

間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在O

點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q

形成的電場(chǎng)區(qū)域，(

設(shè)界面PS

右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)

已知兩界面MNPS

相距為12cmO

點(diǎn)在中心線(xiàn)上距離界面PS

為9cm

粒子穿過(guò)界面PS

最后垂直打在放置于中心線(xiàn)上的熒光屏bc

上.(

靜電力常數(shù)k=9隆脕109Nm2/C2)

(1)

求粒子穿過(guò)界面MN

時(shí)偏離中心線(xiàn)OR

的距離多遠(yuǎn)？

(2)

試在圖上粗略畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡；

(3)

確定點(diǎn)電荷Q

的電性并求其電量的大?。畢⒖即鸢敢弧⑦x擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：設(shè)每個(gè)球的質(zhì)量均為m，取向右為正方向，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量P=mvA+mvB=8m-4m=4m，碰前的總動(dòng)能Ek=mvA2+mvB2=40m；

A、若vA′=-4m/s，vB′=8m/s，碰后總動(dòng)量P′=mvA′+mvB′=4m；動(dòng)量守恒。

總動(dòng)能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；機(jī)械能也守恒，可能實(shí)現(xiàn)；故A正確。

B、若vA′=-5m/s，vB′=9m/s，碰后總動(dòng)量P′=mvA′+mvB′=4m，動(dòng)量守恒?？倓?dòng)能Ek′=mvA′2+mvB′2=52m；機(jī)械能增加，無(wú)法實(shí)現(xiàn)；故B錯(cuò)誤。

C、若vA'=2m/s，vB'=2m/s，碰后總動(dòng)量P′=mvA′+mvB′=4m，總動(dòng)能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；動(dòng)量守恒，機(jī)械能減小，可能實(shí)現(xiàn)；故C正確。

D、若vA'=1m/s，vB'=3m/s，碰后總動(dòng)量P′=mvA′+mvB′=4m，總動(dòng)能Ek′=mvA′2+mvB′2=5m；動(dòng)量守恒，機(jī)械能減小，可能實(shí)現(xiàn)；故D正確。

本題選無(wú)法實(shí)現(xiàn)的；

故選：B。

碰撞過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律；碰撞過(guò)程系統(tǒng)總的動(dòng)能不會(huì)增加，碰后同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，后面小球的速度不會(huì)大于前面小球的速度，據(jù)此分析答題。

解決本題的關(guān)鍵是知道碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能不增加，分析碰撞前后的總動(dòng)量與總機(jī)械能即可正確解題?！窘馕觥緽2、A|B|C【分析】a和c時(shí)刻是充電結(jié)束時(shí)刻，此時(shí)刻電場(chǎng)能最大，磁場(chǎng)能最小為零，C正確；b和d時(shí)刻是放電結(jié)束時(shí)刻，此時(shí)刻電路中電流最大，A正確；a→b是放電過(guò)程，電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能，B正確；O→a是充電過(guò)程，而c→d是放電過(guò)程，D錯(cuò)誤．【解析】【答案】ABC3、B|D【分析】試題分析：條形磁鐵在導(dǎo)線(xiàn)處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向平行于斜面向上，由左手定則知導(dǎo)線(xiàn)所受安培力垂直斜面向上，根據(jù)牛頓第三定律則條形磁鐵所受安培力垂直斜面向下；若將磁鐵的N極位置與S極位置對(duì)調(diào)后，同理可知條形磁鐵所受安培力垂直斜面向上，故磁鐵對(duì)斜面的壓力FN減小，根據(jù)平衡條件：Ff=mgsinθ保持不變；故選：BD．考點(diǎn)：左手定則；安培力；牛頓第三定律.【解析】【答案】BD4、B【分析】解：在t時(shí)間內(nèi)；推力對(duì)物體的沖量I=Ft，因?yàn)槲矬w靜止不動(dòng)，合力為零，合力的沖量為零．故B正確，A；C、D錯(cuò)誤．

故選：B．

根據(jù)沖量的定義式I=Ft求出推力對(duì)物體的沖量大小．

解決本題的關(guān)鍵知道沖量等于力與作用時(shí)間的乘積，本題容易誤求解合力的沖量．【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】隱形飛機(jī)的隱形原理是通過(guò)縮小自己的雷達(dá)反射截面來(lái)實(shí)現(xiàn)隱身的。本題借助于生活中的實(shí)例考查了光的反射定律，此類(lèi)題目的特點(diǎn)是文字?jǐn)⑹鲚^多，感覺(jué)不好處理，需要我們仔細(xì)閱讀題目從中找出對(duì)我們有用的物理信息?！窘獯稹侩[形飛機(jī)的原理是在飛機(jī)制造過(guò)程中使用能吸收雷達(dá)電磁波的材料，使反射的雷達(dá)電磁波很弱，在雷達(dá)屏幕上顯示的反射信息很小、很弱，飛機(jī)在雷達(dá)屏幕上很難被發(fā)現(xiàn)，故B正確。故選B。

【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】解：圓筒內(nèi)外壁光滑；水平面光滑；小球B

下滑過(guò)程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒；

設(shè)小球B

下滑過(guò)程圓筒的位移為x

則小球B

的水平位移為R鈭?x

以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mvB鈭?2mvA=0mR鈭?xt鈭?2mxt

解得：x=13R

故答案為：13R.

小球B

下滑過(guò)程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；在水平方向應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出圓筒的位移．

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，知道系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與速度公式可以解題；要注意系統(tǒng)整體動(dòng)量不守恒，但在水平方向動(dòng)量守恒，可以在水平方向應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題．【解析】13R

7、略

【分析】【解析】試題分析：地磁的北極在地理的南極附近，由于地球繞地軸作自西向東旋轉(zhuǎn)，故地球上所帶電荷的運(yùn)動(dòng)形成了一個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定可知右手的拇指指向南方，則彎曲的四指的方向則自東向西，故環(huán)形電流的方向應(yīng)該由東向西，考點(diǎn)：考查了安培定則，電流的宏觀(guān)計(jì)算【解析】【答案】自東向西，1.6/T8、略

【分析】【解析】試題分析：由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系得：又則同理可得則由可得考點(diǎn)：電勢(shì)、電勢(shì)差【解析】【答案】600，2600，-5209、124不變【分析】【解答】解:高壓鍋內(nèi)能夠產(chǎn)生的最大壓強(qiáng)為：

根據(jù)水的沸點(diǎn)與壓強(qiáng)的關(guān)系的表格可知，這個(gè)高壓鍋內(nèi)最高水溫大約為124°C．

若在鍋蓋上再安裝一套相同的排氣孔和限壓閥，高壓鍋內(nèi)能夠產(chǎn)生的最大壓強(qiáng)不變，鍋內(nèi)最高水溫將不變．故答案為：124°C；不變。

【分析】對(duì)限壓閥進(jìn)行受力分析，運(yùn)用平衡知識(shí)解決問(wèn)題10、略

【分析】解：設(shè)第一次單擺擺長(zhǎng)是：L

則第二次單擺擺長(zhǎng)為：L鈭?鈻?L

由單擺周期公式得：T1=2婁脨LgT2=2婁脨L鈭?鈻?Lg

解得：g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

故答案為：g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

．

用單擺測(cè)重力加速度的原理是單擺周期公式；已知單擺的周期，應(yīng)用單擺周期公式可以求出重力加速度．

本題考查了求重力加速度的表達(dá)式，本題關(guān)鍵建立單擺模型，然后根據(jù)單擺的周期公式列式后聯(lián)立求解，基礎(chǔ)題．【解析】g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

三、判斷題(共7題，共14分)11、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線(xiàn)垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線(xiàn)是人為假想的曲線(xiàn)，從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線(xiàn)疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線(xiàn)密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低．12、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類(lèi)似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．13、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱(chēng)；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線(xiàn)比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．14、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線(xiàn)垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線(xiàn)是人為假想的曲線(xiàn)，從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線(xiàn)疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線(xiàn)密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)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(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)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(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．16、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A(yíng)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A(yíng)點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．17、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱(chēng)；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線(xiàn)比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共24分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）①98．50（1分）99．8（2分）②B（2分）（2）4π2/K（3分）19、略

【分析】試題分析：游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀，注意二者讀數(shù)的差別．螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為6mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01×12.5mm=0.125mm，所以最終讀數(shù)為：6mm+0.123mm=6.125mm，由于需要估讀，因此在范圍6.123～6.126mm內(nèi)均正確；游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為63mm，游標(biāo)尺上第12個(gè)刻度與主尺上某一刻度對(duì)齊，故其讀數(shù)為0.05×12mm=0.60mm，所以最終讀數(shù)為：63mm+0.60mm=63.60mm．考點(diǎn)：螺旋測(cè)微器、游標(biāo)卡尺的讀數(shù)問(wèn)題?！窘馕觥俊敬鸢浮?.12563.6020、略

【分析】試題分析：設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻分別為E和r，當(dāng)開(kāi)關(guān)分別處于1、2兩個(gè)位置時(shí)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可以列出方程：（1）（2）消去E，可以解出電源的內(nèi)阻r=把r值代入第一個(gè)方程中，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E=3.0V即電源的電動(dòng)勢(shì)為3.0V，內(nèi)阻為1.0Ω．考點(diǎn)：測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻【解析】【答案】3.0V；1.0Ω五、綜合題(共3題，共15分)21、略

【分析】(1)(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)的速度。

(2)(2)若貨物滑上木板AA時(shí)，木板AA不動(dòng)，則木板所受的貨物的滑動(dòng)摩擦力不大于地面對(duì)木板AA的最大靜摩擦力；滑上木板BB時(shí)，木板BB開(kāi)始滑動(dòng)，說(shuō)明貨物對(duì)BB的滑動(dòng)摩擦力大于地面對(duì)BB的最大靜摩擦力，列出不等式，求出婁脤婁脤1應(yīng)滿(mǎn)足的條件。

(3)(3)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出貨物滑到木板AA末端時(shí)的速度..由速度時(shí)間公式求出貨物在BB上滑行的時(shí)間。

本題考查了機(jī)械能守恒、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用，特別需要注意的是分析貨物在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)木板的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘馕觥拷猓?1)(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時(shí)的速度為vv0，對(duì)貨物的下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

壟脵壟脵

設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FFn，根據(jù)牛頓第二定律得

壟脷壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷壟脵壟脷式，代入數(shù)據(jù)得

FFN=3000N壟脹=3000N壟脹

根據(jù)牛頓第三定律，貨物對(duì)軌道的壓力大小為3000N3000N方向豎直向下。

(2)(2)若滑上木板AA時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g鈮?婁脤gleqslant婁脤2(m(m1+2m+2m2)g壟脺)g壟脺

若滑上木板BB時(shí)，木板BB開(kāi)始滑動(dòng)，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g>婁脤g>婁脤2(m(m1+m+m2)g壟脻)g壟脻

聯(lián)立壟脺壟脻壟脺壟脻式，代入數(shù)據(jù)得

0.4<婁脤0.4<婁脤1鈮?0.6壟脼leqslant0.6壟脼

(3)婁脤(3)婁脤1=0.5=0.5由壟脼壟脼式可知，貨物在木板AA上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)。設(shè)貨物在木板AA上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為aa1，由牛頓第二定律得

婁脤婁脤1mm1g=mg=m1aa1壟脽壟脽

設(shè)貨物滑到木板AA末端時(shí)的速度為vv1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

vv12鈭?v-v02=鈭?2a=-2a1l壟脿l壟脿

聯(lián)立壟脵壟脽壟脿壟脵壟脽壟脿式，代入數(shù)據(jù)得

vv1=4m/s壟謾=4m/s壟謾

設(shè)在木板AA上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tt由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

vv1=v=v0鈭?a-a1t壟芒t壟芒

聯(lián)立壟脵壟脽壟謾壟芒壟脵壟脽壟謾壟芒式，代入數(shù)據(jù)得t=0.4st=0.4s22、（1）B（2）A（3）D（4）A（5）乙甲（6）解：①由得：I＝0.5A；即：閉合回路中電流的大小為0.5A；②由FB＝BIL得：FB＝0.5×05×0.4N＝0.1N，方向水平向右；即：金屬棒PQ所受安培力的大小為0.1N，方向水平向右；⑤金屬棒PQ受力平衡，所受靜摩力f＝FB＝0.1N；即：金屬棒PQ所受靜摩擦力的大小為0.1N。【分析】【分析】(1)

庫(kù)侖定律使用的條件是真空中、點(diǎn)電荷.

靜電感應(yīng)現(xiàn)象是金屬導(dǎo)體在外電場(chǎng)的作用下自由電子定向移動(dòng)，電荷在導(dǎo)體內(nèi)發(fā)生重新分布，當(dāng)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)與外電場(chǎng)大小相等時(shí)方向相反時(shí)達(dá)到靜電平衡，導(dǎo)體為等勢(shì)體；電勢(shì)的高低與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小無(wú)關(guān)。本題考查了庫(kù)侖定律、靜電感應(yīng)現(xiàn)象電場(chǎng)線(xiàn)與電勢(shì)的關(guān)系以及電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面的關(guān)系；其中處于靜電感應(yīng)平衡狀態(tài)導(dǎo)體的特點(diǎn)，導(dǎo)體內(nèi)部合場(chǎng)強(qiáng)處處為零，是一個(gè)等勢(shì)體是題目中易錯(cuò)的地方。(2)

磁感線(xiàn)中各點(diǎn)切線(xiàn)方向表示該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；磁感線(xiàn)的疏密表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱；由此分析即可。本題考查了磁感線(xiàn)的性質(zhì)，要注意明確根據(jù)磁感線(xiàn)判斷磁場(chǎng)強(qiáng)弱以及方向的基本方法。(3)

在由A

運(yùn)動(dòng)B

的過(guò)程中，有兩個(gè)力做功，一是重力做負(fù)功，一是電場(chǎng)力做正功.

從運(yùn)動(dòng)軌跡上判斷，粒子帶正電.

從A

到B

的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功為1.5J

所以電勢(shì)能是減少的，A

點(diǎn)的電勢(shì)能要大于B

點(diǎn)電勢(shì)能；從A

到B

的過(guò)程中，克服重力做功2.0J

電場(chǎng)力做功1.5J

由動(dòng)能定理可求出動(dòng)能的變化情況；從A

到B

的過(guò)程中，做功的力有重力和電場(chǎng)力，應(yīng)用能量的轉(zhuǎn)化與守恒可比較AB

兩點(diǎn)的機(jī)械能。本題考查了電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系、電勢(shì)能。對(duì)于本題，要明確以下幾點(diǎn)：壟脵

電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功時(shí)，電荷的電勢(shì)能減少，電荷克服電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能增加，電勢(shì)能變化的數(shù)值等于電場(chǎng)力做功的數(shù)值，這常是判斷電荷電勢(shì)能如何變化的依據(jù)；壟脷

電勢(shì)能是電荷與所在的電場(chǎng)所共有的，且具有相對(duì)性，通常取無(wú)窮遠(yuǎn)處或大地為電勢(shì)能的零點(diǎn)；壟脹

電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做的功與移動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)，只取決于起止位置的電勢(shì)差和電荷的電量，這一點(diǎn)與重力做功和高度差的關(guān)系相似。(4)

根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向確定粒子所受洛倫茲力方向；然后應(yīng)用左手定則判斷出粒子的電性；

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題。本題考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用左手定則與牛頓第二定律可以解題。(5)

電流表應(yīng)串聯(lián)在被測(cè)電路中，電壓表應(yīng)并聯(lián)在被測(cè)電路兩端，分析圖示電路圖，然后答題。本題考查了用多用電表測(cè)電壓與測(cè)電流的方法，知道電壓表與電流表的用法，分析清楚電路結(jié)構(gòu)可以解題?！窘獯稹?1)A.

庫(kù)侖定律使用的條件是點(diǎn)電荷，當(dāng)r隆煤0

時(shí)，庫(kù)侖定律不再使用，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)與外電場(chǎng)大小相等時(shí)方向相反時(shí)達(dá)到靜電平衡，所以處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為0

故B正確；C.電勢(shì)的高低與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小無(wú)關(guān)，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度越大，該點(diǎn)的電勢(shì)不一定高，故C錯(cuò)誤；D.電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直，故D錯(cuò)誤。故選B。(2)

磁感線(xiàn)的疏密表示磁場(chǎng)強(qiáng)弱；由圖可知，P

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于Q

點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。(3)A.

由運(yùn)動(dòng)軌跡上來(lái)看，垂直電場(chǎng)方向射入的帶電粒子向電場(chǎng)的方向偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明帶電粒子受到的電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相同，所以帶電粒子應(yīng)帶正電，故A錯(cuò)誤；B.從A

到B

的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能在減少，所以在A(yíng)

點(diǎn)是的電勢(shì)能要大于在B

點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；C.從A

到B

的過(guò)程中，克服重力做功2.0J

電場(chǎng)力做功1.5J

由動(dòng)能定理可知，粒子在A(yíng)

點(diǎn)的動(dòng)能比在B

點(diǎn)多0.5J

故C錯(cuò)誤；D.從A

到B

的過(guò)程中，除了重力做功以外，還有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，帶電粒子的機(jī)械能增加，由能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，機(jī)械能的增加量等于電場(chǎng)力做功的多少，所以機(jī)械能增加了1.5J

故D正確。故選D。(4)

由圖示可知，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r

解得：r=mvqB

PQ

間的距離：L=2r=2mvqB

故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。(5)

由圖示可知，圖乙中多用電表與小燈泡串聯(lián)，多用電表測(cè)通過(guò)燈泡的電流；由圖甲所示電路可知，多用電表并聯(lián)在燈泡兩端，多用電表測(cè)燈泡兩端電壓；故填：乙；甲。(6)

本題考查了安培力、摩擦力的判斷與計(jì)算。本題關(guān)鍵是明確導(dǎo)體棒的受力情況，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合正交分解法列式求解，不難。根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流的大??；根據(jù)安培力公式F=BIL

求安培力大小，根據(jù)左手定則判斷方向；根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力大小?！窘馕觥?1)B

(2)A

(3)D

(4)A

(5)

乙甲(6)

解：壟脵

由I=ER+r

得：I=0.5A

即：閉合回路中電流的大小為0.5A0.5A壟脷