2024年北師大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2024年北師大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(diǎn)；考試時(shí)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6題，共12分)1、關(guān)于點(diǎn)電荷的說法，正確的是(

)

A.只有體積很小的帶電體，才能看作點(diǎn)電荷B.體積很大的帶電體一定不能看作點(diǎn)電荷C.庫侖定律適用于任何電荷間的相互作用D.當(dāng)兩個(gè)帶電體的大小及形狀對它們之間相互作用力的影響可忽略時(shí)，兩個(gè)帶電體才可看成點(diǎn)電荷2、將一個(gè)帶電荷量為+Q

的點(diǎn)電荷P

固定在空間中的某一位置處，兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電小球AB

分別在該點(diǎn)電荷下方不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)軌跡均處在以P

為球心的同一球面上，如圖所示.

若AB

所帶的電荷量很少，兩者間的作用力可忽略不計(jì)，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則下列說法中正確的是()A.小球AB

所帶的電荷量相等B.小球AB

運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)電勢分別相等C.小球AB

運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)場強(qiáng)分別相同D.庫侖力剛好提供小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力3、輸電線路的總電阻為R，發(fā)電站輸出功率為P，輸電電壓為U，則用戶得到的功率為（）A.PB.P-（）2?RC.P-D.（）2?R4、關(guān)于簡諧運(yùn)動(dòng)的下述各物理量，說法正確的是(

)

A.振幅是由平衡位置指向最大位移處的矢量B.周期和頻率的乘積為一常量C.振幅越大，周期越長D.振幅越小，頻率越大5、人站在平臺上平拋一小球，球離手時(shí)的速度為v1

落地時(shí)速度為v2

不計(jì)空氣阻力，下圖能表示出速度矢量的演變過程的是(

)

A.B.C.D.6、讀圖；回答1鈭?2

題。

當(dāng)磁鐵處于下列哪種情況時(shí)，與線圈構(gòu)成閉合回路的電阻中沒有感應(yīng)電流通過(

)

A.N

向下運(yùn)動(dòng)插入線圈B.S

極向下運(yùn)動(dòng)插入線圈C.N

極向上從線圈中拔出D.靜止在線圈中不動(dòng)評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、如圖所示；條形磁鐵位于線圈的軸線上，下列過程中，能使線圈中產(chǎn)生較大感應(yīng)電動(dòng)勢的是(

)

A.條形磁鐵沿軸線緩慢插入線圈B.條形磁鐵沿軸線迅速插入線圈C.條形磁鐵在線圈中保持相對靜止D.條形磁鐵沿軸線從線圈中快速拔出8、如圖所示，兩個(gè)閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一個(gè)水平面內(nèi)，線圈A中通以如圖所示的交變電流，設(shè)t=0時(shí)電流沿逆時(shí)針方向．下列說法中正確的是（）A.0～t1內(nèi)，線圈B有逆時(shí)針方向的電流，且有收縮的趨勢B.t1～t2內(nèi)，線圈B有逆時(shí)針方向的電流，且有擴(kuò)張的趨勢C.在t1時(shí)刻，線圈B的電流大小和方向同時(shí)改變D.在t1時(shí)刻，線圈B的作用力最小9、(

多選)

如圖所示，在坐標(biāo)系第一象限的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度的方向垂直于Oxy

平面向里，大小為B

現(xiàn)有一質(zhì)量為m

電量為q

的帶電粒子(

不計(jì)重力)

在x

軸上到原點(diǎn)的距離為x0

的P

點(diǎn)，以平行于y

軸的初速度射入此磁場，在磁場力作用下沿垂直于y

軸的方向射出此磁場。由這些條件可知()

A.帶電粒子一定帶負(fù)電B.粒子速度的大小C.粒子射出此磁場的位置D.粒子在此磁場中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間10、如圖所示，相距為d

的兩水平直線L

1

和L

2

分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場的邊界，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

，正方形線框abcd

邊長為L

(

L

<

d

)

質(zhì)量為m

。將線框在磁場上方ab

邊距L

1

為h

處由靜止開始釋放，當(dāng)ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)速度為v

0

cd

邊剛穿出磁場時(shí)速度也為v

0

從ab

邊剛進(jìn)入磁場到cd

邊剛穿出磁場的整個(gè)過程中()

A.線框一直都有感應(yīng)電流B.線框一定有減速運(yùn)動(dòng)的過程C.線框不可能有勻速運(yùn)動(dòng)的過程D.線框產(chǎn)生的總熱量為mg

(

d+L

)

11、如圖所示，一小滑塊沿足夠長的斜面以初速度v

向上做勻變速運(yùn)動(dòng)，依次經(jīng)ABCD

到達(dá)最高點(diǎn)E.

已知xAB=xBD=6mxBC=1m

滑塊從A

到C

和從C

到D

所用的時(shí)間都是2s.

設(shè)滑塊經(jīng)過BC

時(shí)的速度分別為vBvC

則(

)

A.vC=3m/s

B.vB=22m/s

C.xDE=3m

D.從D

到E

所用時(shí)間為4s

12、在如圖甲所示的電路中，L1L2L3

為三個(gè)相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示.

當(dāng)開關(guān)S

閉合后，電路中的總電流為0.25A

則此時(shí)：()

A.L1

兩端的電壓大于2

倍的L2

兩端電壓B.L1

消耗的電功率為0.75W

C.L2

的電阻為12婁賂

D.L1L2

消耗的電功率的比值大于4隆脙1

13、某電場的電場強(qiáng)度E

隨時(shí)間t

變化規(guī)律的圖象如圖6

所示.

當(dāng)t=0

時(shí)，在該電場中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(

)

A.帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.帶電粒子在0鈭?3s

內(nèi)的初、末位置間的電勢差為零C.2s

末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D.0鈭?2s

內(nèi)，電場力的總功不為零14、下列說法正確的是(

)

A.普朗克在研究黑體輻射時(shí)提出了能量子假說B.盧瑟福將量子觀點(diǎn)引入到原子模型中，成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象C.湯姆孫在研究婁脙

射線時(shí)發(fā)現(xiàn)了電子D.我國科學(xué)家錢三強(qiáng)和何澤慧夫婦研究鈾核裂變時(shí)，發(fā)現(xiàn)了鈾核也可能分裂成三部分或四部分評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、在“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中

(1)

以下關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的措施中正確的是____(

選填下列選項(xiàng)前的序號)

A.擺角應(yīng)盡量大些B.擺線應(yīng)適當(dāng)長些C.擺球應(yīng)選擇密度較大的實(shí)心金屬小球D.用停表測量周期時(shí)，應(yīng)取擺球擺至最高點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)(2)

用游標(biāo)卡尺測量小球的直徑，如圖1

所示的讀數(shù)是____mm.

用秒表記錄了單擺振動(dòng)50

次所用的時(shí)間如圖2

所示，秒表讀數(shù)為____s.

(3)

若該同學(xué)測量了5

種不同擺長與單擺振動(dòng)周期的對應(yīng)情況，并將記錄的結(jié)果描繪在如圖3

所示的坐標(biāo)中，圖中個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)的標(biāo)號分別對應(yīng)實(shí)驗(yàn)種5

種不同擺長的情況.

請你在圖中畫出T2鈭?l

圖線；利用圖象求得重力加速度的表達(dá)式為g=

____(

保留三位有效數(shù)字)

．(4)

考慮到單擺振動(dòng)時(shí)空氣浮力的影響后，同學(xué)甲說：“因?yàn)榭諝飧×εc擺球重力方向相反，它對球的作用相當(dāng)于重力加速度變小，因此振動(dòng)周期變大.

”同學(xué)乙說：“浮力對擺球的影響好像用一個(gè)輕一些的擺球做實(shí)驗(yàn)，因此振動(dòng)周期不變”，這兩個(gè)同學(xué)說法中____．A.甲正確B.乙正確C.兩同學(xué)的說法都錯(cuò)誤．16、兩個(gè)共點(diǎn)力的大小分別為F1=40NF2=30N

則它們合力的最小值為_____N

，合力的最大值為_____N

若F1

和F2

的夾角為90隆攏

則它們的合力大小___________N

17、如圖所示v鈭?t

圖象，它的初速度為______，加速度是______，其全程運(yùn)動(dòng)的位移______．18、一物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，落地時(shí)的速度為30m/s，則它下落的高度是____m．它在前2秒內(nèi)的平均速度為____m/s，它在最后1s內(nèi)下落的高度是____m．（g取10m/s2）19、A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量都是q，相距為r時(shí)，它們之間的作用力為F；當(dāng)電荷A的電量增加到2q，電荷B的電量增加到4q，相距為r時(shí)，它們之間的作用力為____F；為使兩個(gè)電荷之間的作用力仍為F，兩電荷之間的距離為____r．評卷人得分四、判斷題(共2題，共16分)20、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對錯(cuò)）21、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(qiáng)度的方向．（判斷對錯(cuò)）評卷人得分五、計(jì)算題(共2題，共12分)22、如圖所示，一質(zhì)量為1kg的物體，位于距地面高h(yuǎn)=20m傾角為θ的光滑斜面上，從靜止開始下滑．已知物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，且經(jīng)B點(diǎn)時(shí)無能量損失，最后滑到C點(diǎn)停止．（g取10m/s2）求：

（1）物體滑至B點(diǎn)時(shí)的速度大??；

（2）物體在水平地面BC的加速度大??；

（3）BC的長度S大?。?3、甲、乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直不變.

在第一段時(shí)間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時(shí)間間隔內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半.

求甲、乙兩車各自在這兩段時(shí)間間隔內(nèi)走過的總路程之比．評卷人得分六、證明題(共2題，共10分)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(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)。25、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(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】解：A

電荷的形狀、體積和電荷量對分析的問題的影響可以忽略時(shí)；就可以看成是點(diǎn)電荷，所以能否看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無具體關(guān)系，故AB錯(cuò)誤，D正確；

C；庫侖定律只適用于真空中的兩個(gè)點(diǎn)電荷間的相互作用；故C錯(cuò)誤；

故選：D

．

帶電體看作點(diǎn)電荷的條件；當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀及帶電量的多少無具體關(guān)系．

本題關(guān)鍵明確點(diǎn)電荷是一種理想模型，知道物體是否可以簡化為點(diǎn)電荷，關(guān)鍵是看物體的尺度在所研究的問題中是否可以忽略不計(jì)．【解析】D

2、B【分析】【分析】AB

兩個(gè)小球都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，小球受到重力和庫侖力，合力提供向心力，據(jù)此分析庫侖力的大小，從而分析電量關(guān)系，電場強(qiáng)度是矢量，有大小也有方向，以Q

為球心的同一球面是等勢面。【解答】A.AB

兩個(gè)小球都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，小球受到重力和庫侖力，合力提供向心力，設(shè)小球與Q

的連線與豎直方向的夾角為婁脠

則有：F=mgsin婁脠

由于婁脠

不等，則庫侖力不等，而AB

小球到Q

的距離相等，所以小球AB

所帶電荷量不相等，故A錯(cuò)誤；B.以Q

為球心的同一球面是等勢面，則小球AB

運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)電勢相等，故B正確；C.小球AB

運(yùn)動(dòng)軌跡上的各點(diǎn)到Q

點(diǎn)的距離相等，場強(qiáng)大小相等，但是方向不同，所以電場強(qiáng)度不相同，故C錯(cuò)誤；D.小球受到重力和庫侖力，合力提供向心力，故D錯(cuò)誤。故選B。【解析】B

3、B【分析】解：輸電線路上的電流由P=UI可得：

輸電線上消耗的功率為：P耗=I2r=

用戶得到的功率為：P用=P-P耗=P-故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

由P=UI求出輸電線路上的電流；算出輸電線路上的消耗的功率，即可算出用戶得到的功率。

解決本題的關(guān)鍵知道輸出功率與輸出電壓、電流的關(guān)系，以及知道輸出功率、損耗功率和用戶得到的功率之間的關(guān)系?！窘馕觥緽4、B【分析】解：A

據(jù)振幅的定義可知；振幅是標(biāo)量，并非矢量，故A錯(cuò)誤；

B、據(jù)周期和頻率的關(guān)系可知，f=1T

所以周期和頻率的乘積為1

故B正確；

CD

據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知；周期、頻率都與振幅無關(guān)，故CD錯(cuò)誤；

故選：B

首先知道振幅；周期和頻率的定義；據(jù)此分析；還需知道簡諧運(yùn)動(dòng)的周期與振幅無關(guān)，據(jù)此求解即可．

本題考查簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，知道振幅、周期和頻率的定義以及它們之間的關(guān)系公式；知道簡諧運(yùn)動(dòng)的周期與振幅無關(guān)是解答的關(guān)鍵，基礎(chǔ)題．【解析】B

5、C【分析】【分析】利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及特點(diǎn)分析、判斷即可。本是考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)是加速度為g

的勻變速運(yùn)動(dòng)是解題的關(guān)鍵?！窘獯稹啃∏蜃龅氖瞧綊佭\(yùn)動(dòng)，任何時(shí)刻在水平方向的速度的大小都是不變的，即任何時(shí)刻的速度的水平的分量都是一樣的，在豎直方向上是自由落體運(yùn)動(dòng)，由于加速度恒定，所以豎直方向上的速度在均勻的增加，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。【解析】C

6、D【分析】解：AN

向下運(yùn)動(dòng)插入線圈；穿過線圈的磁通量增大，會產(chǎn)生感應(yīng)電流.

故A錯(cuò)誤；

B；S

極向下運(yùn)動(dòng)插入線圈；穿過線圈的磁通量增大，會產(chǎn)生感應(yīng)電流.

故B錯(cuò)誤；

C；N

極向上從線圈中拔出；穿過線圈的磁通量減小，會產(chǎn)生感應(yīng)電流.

故C錯(cuò)誤；

D；靜止在線圈中不動(dòng)；穿過線圈的磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流.

符合題意，故D正確．

故選：D

．

產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化.

根據(jù)磁通量是否變化來判斷即可．

解決本題的關(guān)鍵要掌握產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件，能根據(jù)磁感線條數(shù)的變化分析磁通量的變化．【解析】D

二、多選題(共8題，共16分)7、BD【分析】解：感應(yīng)電動(dòng)勢與磁通量的變化率成正比；即磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢越大；

A；條形磁鐵沿軸線緩慢插入線圈與條形磁鐵沿軸線迅速插入線圈；快插時(shí)間短，電動(dòng)勢大，故A錯(cuò)誤，BD正確；

C；條形磁鐵在線圈中保持相對靜止無感應(yīng)電動(dòng)勢；故C錯(cuò)誤；

故選：BD

法拉第電磁感應(yīng)定律告訴我們；感應(yīng)電動(dòng)勢與磁通量的變化率成正比，即磁通量變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢越大．

本題關(guān)鍵知道除彈力變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢越大，這是一個(gè)常見的演示實(shí)驗(yàn)，大家很熟悉．【解析】BD

8、ABD【分析】解：A、在0-t1時(shí)間內(nèi)；電流逆時(shí)針方向減小，通過B線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，根據(jù)楞次定律的另一種表述，B線圈有收縮的趨勢。故A正確。

B、則在t1-t2時(shí)間內(nèi)；電流順時(shí)針增大，通過B線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，知B內(nèi)有逆時(shí)針方向的電流，根據(jù)楞次定律的另一種表述，B線圈有擴(kuò)張的趨勢。故B正確；

C、t1時(shí)刻線圈A中電流為零；但線圈B中仍有磁通量變化，B中仍有感應(yīng)電流，且仍為逆時(shí)針方向，大小也不變，故C錯(cuò)誤。

D、t1時(shí)刻線圈B中有感應(yīng)電流；但A中電流為零，線圈A；B作用力為0，所以A、B線圈的作用力最小。故D正確。

故選：ABD。

線圈B中的電流產(chǎn)生磁場；磁場變化，在A中產(chǎn)生感應(yīng)電流，它的方向，可以根據(jù)楞次定律進(jìn)行判斷，并根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可確定感應(yīng)電流的大?。?/p>

該題考查安培定則、法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題型，簡單題目．【解析】ABD9、BCD【分析】略【解析】BCD

10、BD【分析】【分析】從ab

邊剛進(jìn)入磁場到cd

邊剛穿出磁場的整個(gè)過程中，穿過線框的磁通量先增大，再不變，最后減小，可判斷有無感應(yīng)電流產(chǎn)生.

線框完全進(jìn)入磁場后，到ab

邊剛出磁場，沒有感應(yīng)電流，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)速度為V0cd

邊剛穿出磁場時(shí)速度也為V0

說明線框出磁場過程一定有減速運(yùn)動(dòng).

根據(jù)能量守恒定律求出線框產(chǎn)生的總熱量。本題關(guān)鍵要認(rèn)真分析題設(shè)的條件，抓住ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)速度和cd

邊剛穿出磁場時(shí)速度相同是分析的突破口，來分析線框可能的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹?/p>

A.線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)；磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯(cuò)誤；

BC.

線框進(jìn)入磁場過程，可能做勻速運(yùn)動(dòng)、加速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)，完全在磁場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由于ab

邊進(jìn)入磁場時(shí)速度和cd

邊剛穿出磁場時(shí)速度都是V0

則線框出磁場過程一定有減速運(yùn)動(dòng).

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.ab

邊進(jìn)入磁場到cd

邊剛穿出磁場的過程；根據(jù)能量守恒定律得Q=mg(d+L)

故D正確。

故選BD。

【解析】BD

11、AD【分析】【分析】

本題的突破口是AB=BD=6mBC=1m

小球從A

到C

的時(shí)間是2s

從A

到D

的時(shí)間是4s

根據(jù)x=v0t+12at2

即可求出v0

和a

再根據(jù)速度公式vt=v0+at

求出vC

和vD

然后根據(jù)vt=v0+at

求出從D

到E

的時(shí)間，最后根據(jù)vt2鈭?v02=2ax

求出DE

的距離。

考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式和位移公式；以及速度與位移關(guān)系，對運(yùn)動(dòng)學(xué)公式要求較高，要求學(xué)生對所有的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不僅要記憶而且要靈活應(yīng)用，基本方法就是平時(shí)多練。

【解答】

A.物體在a

點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0

加速度為a

則從A

到C

有：xAC=v0t1+12at12

物體從A

到D

有：xAD=v0t2+12at22

解得a=鈭?0.5m/s2v0=4m/s

根據(jù)速度公式vt=v0+at

可得：vC=3m/s

故A正確；

B.從A

到B

有：vB2鈭?vA2=2axAB

解得：vB=10m/s

故B錯(cuò)誤；

D.vt=v0+at

可得從D

到E

的時(shí)間為：tDE=?vDa=4s

故D正確；

C.根據(jù)速度公式vt=v0+at

可得：vD=v0+at2=2m/s

則從D

到E

有：0鈭?vD2=2axDE

則：xDE=4m

故C錯(cuò)誤；

故選AD。

【解析】AD

12、ABD【分析】【分析】L2

和L3

并聯(lián)后與L1

串聯(lián)，L2

和L3

的電壓相同，電流也相同，電路中的總電流為0.25A

從而求出通過三個(gè)燈泡的電流，由圖乙讀出三個(gè)燈泡兩端的電壓，由R=UI

求出L2

的電阻，根據(jù)P=UI

求L1L2

消耗的電功率的比值。本題的關(guān)鍵是搞清電路的結(jié)構(gòu)，能夠從圖中讀出有效信息，對于線性元件，R=UI=?U?I

但對于非線性元件，R=UI鈮??U?I

【解答】A.L2

和L3

并聯(lián)后與L1

串聯(lián)；L2

和L3

的電壓和電流均相同，則L1

的電流為L2

電流的2

倍，由于燈泡是非線性元件，所以L1

的電壓大于L2

電壓的2

倍，故A正確；

B.根據(jù)圖象可知；當(dāng)電流為0.25A

時(shí)，電壓U=3V

所以L1

消耗的電功率P=UI=0.75W

故B正確；

C.L2

的電流為0.125A

由圖可知，此時(shí)L2

的電壓小于0.5V

根據(jù)R2=U2I2

可知；L2

的電阻小于4婁賂

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)P=UI

可知，L2

消耗的電功率P2<0.125隆脕0.5=0.0625W

所以L1L2

消耗的電功率的比值大于41

故D正確；

故選ABD。

【解析】ABD

13、BD【分析】解：A

帶電粒子在前1

秒處于勻加速；在第二秒內(nèi)先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B；帶電粒子在0鈭?3s

內(nèi)的初、末位置間的電場力做功為零；電勢能變化為零，則電勢差為零.

故B正確；

C；帶電粒子在前1

秒處于勻加速；在第二秒內(nèi)由于加速度大小是之前的2

倍，方向與之前相反，因此用去0.5

秒先做勻減速接著0.5

秒反向加速.

所以2s

末帶電粒子不在出發(fā)點(diǎn).

故C錯(cuò)誤；

D；0鈭?2s

內(nèi)；電場力的總沖量等于粒子的運(yùn)量變化，由于電場強(qiáng)度大小不一，所以2

秒末速度不為零，因此總沖量不為零.

粒子在2

秒內(nèi)沒有回到出發(fā)點(diǎn)，所以電場力的總功不為零，故D正確；

故選：BD

由圖象可知；電場強(qiáng)度的大小與方向的變化，當(dāng)帶電粒子由靜止釋放僅在電場力作用下，根據(jù)運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系可確定運(yùn)動(dòng)情況．

本題關(guān)鍵之處是電場強(qiáng)度大小不一，導(dǎo)致加速度不一，所以失去對稱性.

若電場強(qiáng)度大小相同，則帶電粒子一直同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)．【解析】BD

14、AD【分析】解：A

普朗克在研究黑體輻射時(shí)提出了能量子假說；故A正確．

B；玻爾將量子觀點(diǎn)引入到原子模型中；成功解釋了氫原子的發(fā)光現(xiàn)象.

故B錯(cuò)誤．

C；湯姆遜研究陰極射線時(shí)發(fā)現(xiàn)了電子.

故C錯(cuò)誤．

D；我國科學(xué)家錢三強(qiáng)和何澤彗夫婦研究鈾核裂變時(shí)；發(fā)現(xiàn)了鈾核也可能分裂成三部分或四部分.

故D正確．

故選：AD

．

朗克在研究黑體輻射問題時(shí)提出了能量子假說；玻爾理論能夠很好解釋氫原子發(fā)光現(xiàn)象；湯姆遜通過對陰極射線的研究發(fā)現(xiàn)了電子．

本題主要涉及到近代物理的常識性的知識，難度不大，關(guān)鍵要熟悉教材，掌握基本概念和基本規(guī)律．【解析】AD

三、填空題(共5題，共10分)15、（1）BC（2）10.50100.2（3）9.86（4）A【分析】【分析】(1)

利用單擺測定重力加速度的原理是單擺的周期公式；擺角很小的情況下單擺的振動(dòng)才是簡諧運(yùn)動(dòng)；為減小空氣阻力的影響，擺球的直徑應(yīng)遠(yuǎn)小于擺線的長度，選擇密度較大的實(shí)心金屬小球作為擺球.

擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑；(2)

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)；秒表分針與秒針示數(shù)之和是秒表示數(shù)；(3)

根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出圖象；應(yīng)用單擺周期公式求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象答題；(4)

考慮到空氣浮力，可以用等效場的觀點(diǎn)解釋。簡諧運(yùn)動(dòng)是一種理想的運(yùn)動(dòng)模型，單擺只有在擺角很小，空氣阻力影響不計(jì)的情況下單擺的振動(dòng)才可以看成簡諧運(yùn)動(dòng)，要知道影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論的因素.

根據(jù)單擺的周期公式分析圖象的意義?！窘獯稹?1)A

在擺角小于5鈭?

的情況下單擺的運(yùn)動(dòng)可以看做簡諧運(yùn)動(dòng)，實(shí)驗(yàn)時(shí)擺角不能太大，不能超過5鈭?

故A錯(cuò)誤；B、實(shí)驗(yàn)中，擺線的長度應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于擺球的直徑，適當(dāng)增加擺線的長度，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；C、減小空氣阻力的影響，選擇密度較大的實(shí)心金屬小球作為擺球，故C正確；D、用停表測量周期時(shí)，應(yīng)從球到達(dá)平衡位置開始計(jì)時(shí)，這樣誤差小一些，故D錯(cuò)誤；故選BC。(2)

由圖示游標(biāo)卡尺看做，其示數(shù)為：10mm+10隆脕0.05mm=10.50mm

由圖示秒表可知，分針示數(shù)超過了半刻線，秒表示數(shù)為：60s+40.2s=100.2s

(3)

根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出圖象如圖所示：根據(jù)單擺的周期公式：T=2婁脨Lg

可知：T2=4婁脨2gLT2鈭?L

圖象的斜率：k=4婁脨2g=?T2?L=4

解得：g隆脰986m/s2

(4)

考慮到單擺振動(dòng)時(shí)空氣浮力的影響后，物體不只受重力了，加速度也不是重力加速度，實(shí)際加速度要減小，因此振動(dòng)周期變大，甲同學(xué)說法正確，故A正確；故填：(1)BC(2)10.50100.2(3)9.86(4)A

【解析】(1)BC

(2)10.50100.2

(3)9.86

(4)A

16、107050【分析】【分析】兩力合成時(shí)，合力隨夾角的增大而減小，當(dāng)夾角為零時(shí)合力最大，夾角180鈭?

時(shí)合力最小，合力范圍為：|F11+F22|鈮?F鈮?|F11鈭?F22|

本題關(guān)鍵根據(jù)平行四邊形定則得出合力的范圍：|F11+F22|鈮?F鈮?|F11鈭?F22|

【解答】當(dāng)夾角為零時(shí)合力最大，最大值為30N+40N=70N30N+40N=70N夾角180鈭?

時(shí)合力最?。缓狭Ψ秶鸀椋?0N鈭?30N=10N

當(dāng)夾角為90鈭?90^{circ}時(shí)，合力的大小為302+402=50N；

故答案為：107050

【解析】10705010705017、略

【分析】解：由圖知；質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為：v0=30m/s

加速度為：a=鈻?v鈻?t=0鈭?3030=鈭?1m/s2

全程總位移為：x=v0+v2t=302隆脕30m=450m

故答案為：30m/s鈭?1m/s2450m

．

速度圖象傾斜的直線表示勻變速直線運(yùn)動(dòng)；由圖直接讀出初速度，根據(jù)速度圖象的斜率等于物體的加速度，由數(shù)學(xué)知識求出質(zhì)點(diǎn)的加速度.

由圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積求位移．

根據(jù)速度鈭?

時(shí)間圖象讀出初速度、加速度、位移是應(yīng)掌握的基本能力.

關(guān)鍵抓住斜率等于加速度、面積表示位移進(jìn)行分析和計(jì)算．【解析】30m/s鈭?1m/s2450m

18、略

【分析】

根據(jù)v2=2gh，則下落的高度h=．

物體在前2s內(nèi)的位移

所以前2秒內(nèi)的平均速度．

根據(jù)v=v+gt，最后1s內(nèi)的初速度v=v-gt=30-10×1m/s=20m/s．所以最后1s內(nèi)的位移=．

故本題答案為：45；10，25．

【解析】【答案】根據(jù)v2=2gh求出下落的高度．根據(jù)求出前2s內(nèi)的位移，通過求出前2s內(nèi)的平均速度．根據(jù)v=v+gt求出最后1s內(nèi)的初速度，根據(jù)x求出最后1s內(nèi)的位移．

19、略

【分析】

A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量都是q，相距為r時(shí)；它們之間的作用力為F；

根據(jù)庫侖定律的公式得F=

當(dāng)電荷A的電量增加到2q，電荷B的電量增加到4q，相距為r時(shí)，它們之間的作用力為F′==8F；

為使兩個(gè)電荷之間的作用力仍為F，即=F

所以兩電荷之間的距離為2r．

故答案為：8，2

【解析】【答案】對于這兩種情況下分別根據(jù)庫侖定律列方程即可求解．

四、判斷題(共2題，共16分)20、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢差與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．21、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(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)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(qiáng)度的相對大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．五、計(jì)算題(共2題，共12分)22、略

【分析】

（1）物體下滑過程機(jī)械能守恒；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出到達(dá)B點(diǎn)的速度大小；

（2）由牛頓第二定律可以求出加速度大?。?/p>

（3）由動(dòng)能定理可以求出BC的長度．

本題是一道力學(xué)綜合題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律與動(dòng)能定理可以解題．【解析】解：（1）物體由A到B；只重力做功，以地面為參考平面；

由機(jī)械能守恒定律得：mgh+0=0+mvB2，解得：vB=20m/s；

（2）由牛頓第二定律得：a==μg=2m/s2；

（3）物體由B到C的長度S；應(yīng)用動(dòng)能定理得：