2025年仁愛科普版高二物理下冊月考試卷

…………○…………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年仁愛科普版高二物理下冊月考試卷146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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示，金屬桿ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)垂直于軌道平面傾斜向下的磁場零均勻增大金屬桿剛要運動時，此過程金屬桿受到的靜摩擦力（）A.逐漸增大B.逐漸減小C.先逐漸增大，后逐漸減小D.先逐漸減小，后逐漸增大2、在下列各電場中；MN

兩點電場強度大小相等，方向相同的是()

A.B.C.D.3、關(guān)于電場線和磁感線，下列說法正確的是(

)

A.電場線和磁感線都是閉合的曲線B.磁感線是從磁體的N

極發(fā)出，終止于S

極C.電場線和磁感線都不能相交D.電場線和磁感線都是現(xiàn)實中存在的4、放在絕緣架上的相同金屬球，相距r

球的半徑遠小于r

帶電量分別為鈭?q

和+3q

相互吸引力為3F

將這兩個金屬球相接觸，然后分開，仍放回原處，則它們之間的相互作用力將變?yōu)?

)

A.F

B.F3

C.2F

D.4F

5、使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1．現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2．則F1與F2之比為A.2∶1B.4∶1C.16∶1D.60∶16、如圖所示，分別用恒力F1F2將兩個完全相同的物體，由靜止開始沿相同的固定粗糙斜面從底端推到頂端，其中，F(xiàn)1沿斜面向上，F(xiàn)2沿水平方向向右．如果兩次所用的時間相等；那么，在兩個過程中，下列說法中正確的是（）

A.兩個物體的加速度不相同B.兩個物體機械能的增量相同C.兩個物體克服摩擦力做的功相等D.恒力F1F2這兩個物體做的功的平均功率相同7、如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導(dǎo)線M和N，通有大小相等方向相反的電流I，在紙面上與M、N距離相等的一點P處，M、N導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，則下圖中正確標(biāo)出B1與B2合矢量B的方向的是（）A.B.C.D.8、好多同學(xué)家里都有調(diào)光電燈和調(diào)速風(fēng)扇，過去是用變壓器來實現(xiàn)的．缺點是成本高、體積大、效率低，且不能任意調(diào)節(jié)燈的亮度或電風(fēng)扇的轉(zhuǎn)速，現(xiàn)在的調(diào)光燈和調(diào)速電風(fēng)扇是用可控硅電子元件來實現(xiàn)的．如圖所示為經(jīng)一雙向可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，即在正弦式交變電流的每個周期內(nèi)，前周期被截去，調(diào)節(jié)臺燈上旋鈕可以控制截去的多少，從而改變電燈兩端的電壓，那么現(xiàn)在電燈兩端的電壓為（）A.B.C.D.Um9、關(guān)于我國發(fā)射的同步通訊衛(wèi)星，下列說法中正確的是(

)

A.它運行的周期比地球自轉(zhuǎn)周期大B.它運行的角速度比地球自轉(zhuǎn)角速度小C.它定點在北京正上方，所以我國可以利用它進行電視轉(zhuǎn)播D.它運行的軌道平面一定與赤道平面重合評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示，絕緣金屬小球A、B帶同種電荷，用無彈性的絲線相連．A球固定不動，B球從水平拉直的絲線末端由靜止開始釋放．下列說法正確的是（）A.B球的電勢能增加B.B球的電勢能不變C.B球到達最低點時的速度與小球所帶電荷量無關(guān)D.B球到達最低點時所受繩的拉力等于所受重力與庫侖力之和11、傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器．當(dāng)待測壓力F作用于可動膜片電極上時，以下說法中正確的是（）A.若F向上壓膜片電極，電路中有從a到b的電流B.若F向上壓膜片電極，電路中有從b到a的電流C.若F向上壓膜片電極，電路中不會出現(xiàn)電流D.若電流表有示數(shù)，則說明壓力F發(fā)生變化12、在如圖所示的勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域內(nèi)(

不計重力)

電子可能沿水平向向右做直線運動的是()

A.B.C.D.13、如圖所示，水平傳送帶以速度v1

勻速運動，小物體PQ

由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0

時刻P

在傳送帶左端具有速度v2P

與定滑輪間的繩水平，t=t0

時刻P

離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P

速度隨時間變化的圖象可能是()

A.B.C.D.14、某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E

為電源，R

為電阻，薄片P

和Q

為兩金屬基板.

對著話筒說話時，P

振動而Q

可視為不動.

在PQ

間距增大過程中(

)

A.PQ

構(gòu)成的電容器的電容減小B.P

上電荷量保持不變C.M

點的電勢比N

點的低D.M

點的電勢比N

點的高15、如圖所示，MN是介質(zhì)1和介質(zhì)2的分界面，介質(zhì)1、2的絕對折射率分別為n1、n2，一束細光束從介質(zhì)1射向介質(zhì)2中，測得θ1=60°，θ2=30°，根據(jù)你所學(xué)的光學(xué)知識判斷下列說法正確的是（）A.介質(zhì)2相對介質(zhì)1的相對折射率為B.光在介質(zhì)2中傳播的速度小于光在介質(zhì)1中傳播的速度C.介質(zhì)1相對介質(zhì)2來說是光密介質(zhì)E.光從介質(zhì)1進入介質(zhì)2，光的波長變短E.光從介質(zhì)1進入介質(zhì)2，光的波長變短16、在正方形的四個頂點分別放置點電荷，電荷量分布情況如圖所示（q＞0），過正方形的中心O點做正方形的垂線，A、B為垂線上關(guān)于正方形對稱的兩點，以無窮遠為零電勢點，用EA、EB別表示A、B兩點的場強，用φA、φB分別表示A、B兩點的電勢；則下列說法正確的是（）

A.EA與EB相等B.φA與φB相等C.將一個帶正電的點電荷由B點無初速釋放，僅在電場力作用下，該電荷從B點運動到O點的過程中加速度一定會一直減小D.將一個帶正電的點電荷由A點無初速釋放，僅在電場力作用下，該電荷從A點運動到O點的過程中加速度可能先增大后減小17、下列說法正確的是（）A.為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的B.β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時所產(chǎn)生的C.一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)，可能是因為這束光的光強太小E.一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可產(chǎn)生3條不同頻率的譜線E.一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可產(chǎn)生3條不同頻率的譜線評卷人得分三、雙選題(共2題，共4分)18、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解19、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉尚未水解評卷人得分四、填空題(共3題，共30分)20、密閉在鋼瓶中的理想氣體，溫度升高時壓強增大.

從分子動理論的角度分析，這是由于分子熱運動的________增大了.

該氣體在溫度T1T2

時的分子速率分布圖象如圖所示，則T1

________T2(

選填“大于”或“小于”)

．21、如圖所示在磁感應(yīng)強度B=0.4T

的勻強磁場中，長L=0.5m

電阻為0.1婁賂

的導(dǎo)體棒ab

在金屬框上以v=10m/s

的速度向右勻速滑動，已知電阻R1=6婁賂R2=4婁賂

其余電阻不計，則流過R1

的電流為I1=

______A

導(dǎo)體棒所受的安倍力為F=

______N

．22、空間兩點放置兩個異種點電荷ab

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AB

兩點間的電勢大小的關(guān)系為婁脮A>婁脮B

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、解答題(共3題，共27分)23、如圖所示，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比是10：1，其中定值電阻R上標(biāo)有“100Ω，1.0A”，電容器C上標(biāo)有“1μF，100V”，為使電阻和電容器均能安全工作，原線圈兩端的輸入電壓的最大值不能超過______V，若原線圈兩端輸入電壓u=500sin100πt（V）；則電流表的示數(shù)______0.5A（填“大于”；“等于”或“小于”）

24、金屬桿ab放在光滑的水平金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌組成閉合矩形電路，長l1=0.8m，寬l2=0.5m，回路的總電阻R=0.2Ω，且回路處在豎直向上的磁場中，金屬桿用水平繩通過定滑輪連接質(zhì)量M=0.04kg的木塊（輕繩處于繃緊狀態(tài)），磁感應(yīng)強度從B=1T開始隨時間均勻增強，5s末木塊將離開水平面，不計一切摩擦，g取10m/s2；求回路中的電流．

25、在“利用單擺測重力加速度”的實驗中：

（1）以下做法中正確的是______

A．測量擺長的方法：用刻度尺量出從懸點到擺球間的細線的長度。

B．測量周期時；選取最大位移處作為計時起點與終止點。

C．要保證單擺在同一豎直面內(nèi)擺動。

D．單擺擺動時；對擺角的大小沒有要求。

（2）某同學(xué)測得以下數(shù)據(jù)：擺線長為L；擺球的直徑為d，單擺完成N次全振動的時間為t，則。

①用L；d、N、t表示重力加速度g=______．

②他測得的g值偏??；可能原因是：______

A．測擺線長時擺線拉得過緊．

B．?dāng)[線上端未牢固地系于懸點；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了．

C．開始計時時；秒表過遲按下．

D．實驗中誤將51次全振動計為49次．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】解：由題意，磁場從零均勻增大時，金屬桿ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)；穿過回路的磁通量均勻增大；

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=得知；回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定不變，則感應(yīng)電流也恒定不變．

根據(jù)楞次定律判斷可知；金屬桿所受的安培力沿斜面向上．

開始階段；安培力小于重力沿斜面向下的分力，金屬桿所受的摩擦力沿斜面向上，由平衡條件得：BIL+f=mgsinθ，B增大，f減小；

當(dāng)安培力等于重力沿斜面向下的分力；金屬桿不受摩擦力；

當(dāng)安培力大于重力沿斜面向下的分力；金屬桿所受的摩擦力沿斜面向下，由平衡條件得：BIL=mgsinθ+f，B增大，f增大；

所以金屬桿受到的靜摩擦力將先逐漸減小；后逐漸增大，故ABC錯誤，D正確．

故選：D．

金屬桿ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)；穿過回路的磁通量均勻增大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流恒定不變，根據(jù)安培力與重力沿斜面向下的分力的大小關(guān)系，由平衡條件判斷摩擦力如何變化．

本題是動態(tài)平衡問題，關(guān)鍵要知道回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是恒定不變的，運用平衡條件進行分析．【解析】【答案】D2、C【分析】略【解析】C

3、C【分析】解：A

磁感線是閉合的曲線；而電場線從正電荷出發(fā)，終止于負電荷，不是閉合的曲線.

故A錯誤；

B

磁感線的方向在磁鐵的內(nèi)部為S

極到N

極的方向；磁鐵的外部是N

極到S

極的方向，是閉合曲線.

故B錯誤；

C

電場線的切線方向即為場強的方向；故任意兩條電場線都不會相交；磁感線上每一點的切線方向與磁場的方向相同，故任意兩條磁感線都不會相交.

故C正確；

D

電場線和磁感線都是人們?yōu)榱嗣枋鰣龅男再|(zhì)而引入的；在現(xiàn)實中是不存在的.

故D錯誤．

故選C

電場線的方向是正電荷所受電場力的方向；而正負電荷所受的電場力的方向相反；電場線的切線方向即為場強的方向，故任意兩條電場線都不會相交；只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合；電場線的疏密代表電場的強弱，故電場線越密的地方場強越強．

磁感線的引入是為了形象地描述磁場的特點；規(guī)定磁感線上每一點的切線方向與磁場的方向相同，磁感線的疏密表示磁場的強弱；磁場的方向在磁鐵的內(nèi)部為S

極到N

極的方向，磁鐵的外部是N

極到S

極的方向．

本題考查了電場線和和磁感線的內(nèi)涵與外延，屬于對基礎(chǔ)知識的考查.

要加強對基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)．【解析】C

4、A【分析】解：由庫侖定律可得：

3F=k3qqr2

所以F=kq2r2

而兩球接觸后再分開平分總電量；故分開后兩球的帶電量為q

則庫侖力為F隆盲=kqqr2=F

故A正確；BCD錯誤．

故選：A

．

由庫侖定律可得出兩球在接觸前后的庫侖力表達式；則根據(jù)電量的變化可得出接觸后的作用力與原來作用力的關(guān)系。

本題很多同學(xué)由于沒有看清題意而錯將F

來表示了接觸前的庫侖力，從而導(dǎo)致錯誤；在學(xué)習(xí)中應(yīng)注意審題的練習(xí)．【解析】A

5、D【分析】【解析】試題分析：由庫侖定律可知接觸后先中和后平分，所以故選D考點：考查庫侖力的計算【解析】【答案】D6、B【分析】【解答】A、由公式x=at2得，由于x和t均相同，故a相同；故A錯誤。

B、由v=at；結(jié)合A項分析得，物體末速度相同，又由于處于相同的高度，所以兩物體機械能增量相同，故B正確。

C；由圖示分析可知；第二個物體所受斜面的摩擦力較大，故兩物體克服摩擦力做功不同，故C錯誤。

D、對每一個物體而言，除重力以外的合力對物體做功等于機械能的增量，結(jié)合BC兩項分析可知，F(xiàn)2做功較多；故其功率較大，故D錯誤。

故選B

【分析】兩物體均做勻加速直線運動，在相等的時間內(nèi)沿斜面上升的位移相等，但斜面對物體的摩擦力不同，二推理做功不同，平均功率不同7、D【分析】解：MN在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等；根據(jù)安培定則，電流M在P點的磁場向右上方，電流N在P點的磁場的方向向右下方，所以，合磁場的方向一定右．如圖．

故選項D正確，選項ABC錯誤．

故選：D

本題考查了磁場的疊加；根據(jù)導(dǎo)線周圍磁場分布可知，與導(dǎo)線等距離地方磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)安培定則判斷出兩導(dǎo)線在P點形成磁場方向，磁感應(yīng)強度B是矢量，根據(jù)矢量分解合成的平行四邊形定則求解．

磁感應(yīng)強度為矢量，合成時要用平行四邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定則判斷導(dǎo)線周圍磁場方向是解題的前提．【解析】【答案】D8、A【分析】解：設(shè)交流電的有效值為U；將交流電與直流電分別通過相同電阻R，分析一個周期內(nèi)熱量：

交流電產(chǎn)生的熱量：Q1=

直流電產(chǎn)生的熱量：Q2=

由Q1=Q2得：U=

故選：A．

根據(jù)電流的熱效應(yīng)：由一個周期內(nèi)交變電流通過電阻R的產(chǎn)生熱量與直流電通過電阻R一個周期內(nèi)產(chǎn)生熱量相等；求解有效值．

求解交流電的有效值，從有效值的定義出發(fā)，根據(jù)一個周期內(nèi)通過相同的電阻，發(fā)熱量相同，此直流的值即為交流電的有效值．【解析】【答案】A9、D【分析】解：

A；衛(wèi)星要與地球的自轉(zhuǎn)實現(xiàn)同步；就必須要角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，周期也與地球的自轉(zhuǎn)周期相同，相對地球靜止.

故A錯誤．

B；同步衛(wèi)星要與地球的自轉(zhuǎn)實現(xiàn)同步；就必須要角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，故B錯誤．

C；它們只能在赤道的正上方；它若在除赤道所在平面外的任意點，假設(shè)實現(xiàn)了“同步”，那它的運動軌道所在平面與受到地球的引力就不在一個平面上，這是不可能的.

所以不可能定點在北京正上方，故C錯誤．

D；它們只能在赤道的正上方；它運行的軌道平面一定與赤道平面重合，故D正確．

故選：D

．【解析】D

二、多選題(共8題，共16分)10、BC【分析】解：AB；A球形成的電場為點電荷的電場；故B運動的軌跡處于同一等勢面上，電場力不做功，故B球的電勢能不變，故A錯誤，B正確；

C；B球到達最低點的過程中；只有重力做功，電場力不做功，故與小球所帶電荷量無關(guān)，故C正確．

D；B球到達最低點時所受繩的拉力、重力和庫侖力的作用；合外力提供向心力，所以繩子的拉力大于所受重力與庫侖力之和．故D錯誤．

故選：BC．

小球B處于小球A形成的等勢面上運動；電場力不做功，只有重力做功，根據(jù)動能定理即可判斷小球的速度．

本題主要考查了等勢面，帶電體在等勢面上移動時，電場力不做功；做圓周運動的物體一定存在向心力．【解析】【答案】BC11、BD【分析】解：A、B、C由題可知，電容器的電壓不變．若F向上壓膜片電極，減小板間距離，電容增大，電量增大，電容器充電，電路中形成順時針方向的充電電流，即電路中有從b到a的電流．故AC錯誤；B正確．

D；當(dāng)壓力F變化時；電容變化，電量變化，電路中就有電流．故D正確．

故選BD．

電容器的電壓不變．若F向上壓膜片電極；電容增大，電量增大，電容器充電，電路中形成順時針方向的電流，電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)．電流表有示數(shù)，則說明壓力F發(fā)生變化．

本題是實際問題，實質(zhì)是電容器動態(tài)變化分析的問題，關(guān)鍵要抓住不變量：電壓不變．【解析】【答案】BD12、BC【分析】【分析】電子做直線運動，要求粒子受到得合力與初速度方向在同一直線上，逐項分析電子的受力情況即可解答。本題主要考查了電子在電場和磁場中受力情況的分析，要使電子做直線運動，則要求粒子受到得合力與初速度方向在同一直線上，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。【解答】A.以電子為研究對象，電子受到電場力向左，若電子向右運動，則受到洛倫茲力向下，合力跟初速度方向不在同一直線上，不能做直線運動，故A錯誤；B..以電子為研究對象，電子受到電場力向左，不受洛倫茲力；合力跟初速度方向在同一直線上，電子向右做勻減速直線運動，故B正確；

C.以電子為研究對象，電子受到電場力向上，若電子向右運動，則受到洛倫茲力向下；當(dāng)電場力等于洛倫茲力時，電子向右勻速直線運動，故C正確；

D.以電子為研究對象，電子受到電場力向上，若電子向右運動，則受到洛倫茲力向上，合力跟初速度方向不在同一直線上合力跟初速度方向不在同一直線上；電子不能做直線運動，故D錯誤。

故選BC?！窘馕觥緽C

13、BC【分析】【分析】要分不同的情況進行討論：若V2<V1

分析在f>Q

的重力時的運動情況或f<Q

的重力的運動情況。

若V2<V1

分析在f>Q

的重力時的運動情況或f<Q

的重力的運動情況考查摩擦力的方向與速度的關(guān)系，明確其與相對運動方向相反，結(jié)合牛頓第二定律分析運動情況，較難?！窘獯稹咳鬡2<V1f

向右，若f>GQ

則向右勻加速到速度為V1

后做勻速運動到離開，則為B

圖。

若f<GQ

則向右做勻減速到速度為0

后再向左勻加速到離開，無此選項。

若V2>V1f

向左，若f>GQ

則減速到V1

后勻速向右運動離開，無此選項。

若f<GQ

則減速到小于V1

后f

變?yōu)橄蛴?，加速度變小，此后加速度不變，繼續(xù)減速到0

后向左加速到離開，則為C

圖。

則AD錯誤；BC正確。

故選BC。

【解析】BC

14、AD【分析】解：電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變.

在PQ

間距增大過程中，根據(jù)電容決定式C=婁脜S4婁脨kd

得電容減小，又根據(jù)電容定義式C=QU

得電容器所帶電量減小；電容器的放電電流通過R

的方向由M

到N

所以M

點的電勢比N

點的高.

故B；C

錯，A

D正確．

故選AD．

在PQ

間距增大過程中；電容發(fā)生變化，而電容直接與電源相連，電容兩端間的電壓不變，從而可判斷出電量的變化及電流的流向，再次可比較出電勢的高低．

解決電容器的動態(tài)分析問題，抓住不變量，若電容始終與電源相連，兩端間的電壓不變；若電容器與電源斷開，則電容器所帶的電量不變．【解析】AD

15、ABE【分析】解：A、光從介質(zhì)1射入介質(zhì)2時，入射角與折射角的正弦之比叫做介質(zhì)2相對介質(zhì)1的相對折射率，所以有n21==故A正確；

B、因介質(zhì)2相對介質(zhì)1的相對折射率為可以得出介質(zhì)2的絕對折射率大，因v=所以光在介質(zhì)2中傳播的速度小于光在介質(zhì)1中傳播的速度，故B正確；

C；介質(zhì)2相對介質(zhì)1來說是光密介質(zhì)；故C錯誤；

D；光從介質(zhì)1進入介質(zhì)2；是從光疏介質(zhì)射入光密介質(zhì)，不會發(fā)生全反射現(xiàn)象，故D錯誤；

E；光從介質(zhì)1進入介質(zhì)2；光的頻率不變，速度變小，由v=λf可知，光的波長變短，故E正確。

故選：ABE。

光從光疏介質(zhì)進入光密介質(zhì)，折射角小于入射角。光在介質(zhì)中速度v=v與n成反比。產(chǎn)生全反射的必要條件是光從光密介質(zhì)進入光疏介質(zhì)。根據(jù)這些知識進行分析。

本題的解題關(guān)鍵是掌握入射角和折射角大小與折射率的關(guān)系，以及全反射的條件，屬于基本題。【解析】ABE16、B:D【分析】【詳解】

根據(jù)電場的疊加原理和A、B兩點的對稱性，A、B兩點的電場強度大小相等方向相反，電勢相等，故A錯誤，B正確．如果A、B離O點足夠遠，A、B兩點的電場強度近似為零，而對于O點，兩個+q和兩個﹣2q分別關(guān)于O點稱性，O點處電場強度也為零，所以帶電粒子從B點到O點或者從A點到O點，電場強度都是先增大后減小，由ma＝qE，加速度也先增大后減??；如果A、B離O點比較近，加速度可能會一直減小，故C錯誤，D正確．17、AB【分析】解：A；為了解釋黑體輻射規(guī)律；普朗克提出電磁輻射的能量的量子化．故A正確；

B；β衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時所產(chǎn)生的．故B正確．

C；一束光照射到某種金屬上不能發(fā)生光電效應(yīng)；可能是因為這束光的頻率太小，入射光頻率小于金屬的極限頻率．故C錯誤；

D；設(shè)發(fā)生x次α衰變；y次β衰變，衰變方程為：

92238U→82206Pb+xα+yβ

則：238=206+4x；解得：x=8

又：92=82+8×2-y；得：y=6

故D錯誤；

E；一個氫原子從量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可產(chǎn)生2條不同頻率的譜線；分別是從2到1和從3到2，故E錯誤．

故選：AB

為了解釋黑體輻射規(guī)律；普朗克提出電磁輻射的能量的量子化．β衰變所釋放的電子不是來自核外電子，是原子核中的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子和電子產(chǎn)生；發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光頻率等于金屬的極限頻率；設(shè)發(fā)生x次α衰變，y次β衰變，寫出衰變方程，求解x，y即可．原子核經(jīng)過一次α衰變，電荷數(shù)減小2，質(zhì)量數(shù)減小4，一次β衰變后電荷數(shù)增加1，質(zhì)量數(shù)不變．

本題考查的知識點較多，難度不大，考查普拉克的量子化理論，β衰變的實質(zhì)，注意光電效應(yīng)的發(fā)生條件．特別當(dāng)心一個氫原子與一群氫原子的不同．【解析】【答案】AB三、雙選題(共2題，共4分)18、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B19、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍，證明淀粉水解完全，故D錯誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B四、填空題(共3題，共30分)20、平均動能小于【分析】【分析】溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度升高平均動能增大，體積不變時，氣體的內(nèi)能由平均動能決定。本題考查了溫度是分子平均動能的標(biāo)志，溫度升高平均動能增大?！窘獯稹棵荛]在鋼瓶中的理想氣體體積不變，溫度升高時分子平均動能增大壓強增大，溫度升高時，速率大的分子所占比重較大T1<T2

故填平均動能；小于?！窘馕觥科骄鶆幽苄∮?1、略

【分析】解：金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E=BLv=0.4隆脕0.5隆脕10V=2V

外電路的電阻為R=R1R2R1+R2=6隆脕46+4婁賂=2.4婁賂

感應(yīng)電流I=ER+r=22.4+0.1A=0.8A

根據(jù)串并聯(lián)電阻電流特點；即I1I2=R2R1=46

即I1=35I=35隆脕0.8A=0.48A

導(dǎo)體棒所受的安培力F=BIL=0.4隆脕0.8隆脕0.5N=0.16N

．

故答案為：0.480.16

(1)

由E=BLv

求出感應(yīng)電動勢；由歐姆定律求出感應(yīng)電流.

并聯(lián)電阻電流強度與電阻成反比；

(2)

由安培力公式求出安培力的大小．

本題考查了求電流、安培力，分析清楚電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用E=BLv

歐姆定律、并串聯(lián)電路的特點，安培力公式即可正確解題.

涉及的知識點相對較多，但都是基礎(chǔ)，需要熟記，是一個考查基礎(chǔ)的好題．【解析】0.480.16

22、略

【分析】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．

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．

該題是常見電場知識的拓寬與延伸，需要有一定的知識遷移能力和較強的邏輯推理能力.

對能力的要求相對較高.

屬于中檔題目．【解析】錯五、解答題(共3題，共27分)23、略

【分析】

定值電阻R兩端的電壓為有效值；最大為U=IR=100V，電容器的耐壓值是最大值，所以電容器兩段的電壓最大為U=100V

則副線圈的電壓最大為100V

所以原線圈兩端的輸入電壓的最大值為1