2025年蘇科版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇科版高二物理上冊月考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(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5題，共10分)1、關(guān)于勻速圓周運動的向心力，下列說法正確的是A.向心力是根據(jù)力的性質(zhì)命名的B.向心力可以是多個力的合力，也可以是其中的一個力或一個力的分力C.對穩(wěn)定的圓周運動，向心力是一個恒力D.向心力的效果是改變質(zhì)點的線速度大小2、如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m

的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m

的小球從槽高h(yuǎn)

處開始下滑，則(

)

A.在以后的運動過程中，小球和槽的動量始終守恒B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C.被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)

處D.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動3、如圖所示，在同時存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的空間中取正交坐標(biāo)系（z軸正方向豎直向上），一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)．下列說法正確的是（）A.若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，小球只能做曲線運動B.若電場、磁場均沿z軸正方向，小球有可能做勻速圓周運動C.若電場、磁場分別沿z軸正方向和y軸負(fù)方向，小球有可能做勻速直線運動D.若電場、磁場分別沿y軸負(fù)方向和z軸正方向，小球有可能做勻變速曲線運動4、如圖所示，R1、R2是兩定值電阻，R1的阻值很小，R2的阻值很大；G是一靈敏電流計，S1、S2為開關(guān)，下列判斷正確的是（）A.只閉合S1時，M、N間是一個電壓表B.S1、S2都閉合時，M、N間是一個電流表C.只閉合S1時，M、N間是一個電流表D.S1、S2都斷開時，M、N間是一個電流表5、如圖所示，L

是一帶鐵芯的理想電感線圈，其直流電阻為0

電路中AB

是兩個完全相同的燈泡，與A

燈泡串接一個理想二極管D

則(

)

A.開關(guān)S

斷開瞬間，B

燈泡逐漸熄滅，A

燈泡立即熄滅B.開關(guān)S

斷開瞬間，A

燈泡逐漸熄滅，B

燈泡立即熄滅C.開關(guān)S

閉合瞬間，AB

燈泡同時亮D.開關(guān)S

閉合瞬間，A

燈泡先亮評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、如圖所示，一金屬方框abcd從離磁場區(qū)域上方高h(yuǎn)處自由落下，然后進(jìn)入與線框平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，在進(jìn)入磁場的過程中，可能發(fā)生的情況是（）A.線框做加速運動，加速度a＜gB.線框做勻速運動C.線框做減速運動D.線框會跳回原處7、如圖所示，相距為d

的兩條水平虛線L1L2

之間是方向水平向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

正方形線圈abcd

邊長為L(L<d)

質(zhì)量為m

電阻為R

將線圈在磁場上方高h(yuǎn)

處靜止釋放，cd

邊剛進(jìn)入磁場時速度為v0cd

邊剛離開磁場時速度也為v0

則從線圈cd

邊剛進(jìn)入磁場起一直到ab

邊離開磁場的過程中(

)

A.感應(yīng)電流所做的功為mgd

B.感應(yīng)電流所做的功為2mgd

C.線圈的最小速度可能為mgRB2L2

D.線圈的最小速度一定為2g(h+L鈭?d)

8、如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為婁脠

導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R

的定值電阻相連，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.

有一質(zhì)量為m

長為l

的導(dǎo)體棒從ab

位置獲得平行于斜面的，大小為v

的初速度向上運動，最遠(yuǎn)到達(dá)a隆盲b隆盲

的位置，滑行的距離為s

導(dǎo)體棒的電阻也為R

與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為婁脤.

則()

A.上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為B2l2v2R

B.上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為12mv2鈭?mgs(sin婁脠+婁脤cos婁脠)

C.上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為12mv2

D.上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為12mv2鈭?mgssin婁脠

9、如圖所示，點電荷的靜電場中電場線用實線表示，但其方向未標(biāo)明，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡。a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受到電場力的作用，根據(jù)此圖可做出正確判斷的是（）A.帶電粒子所帶電荷的性質(zhì)B.a、b兩點電場強(qiáng)度方向C.帶電粒子a、b兩點處的受力方向D.帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大10、如圖所示，金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌接觸良好，棒AB和導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，導(dǎo)軌左端接有電阻R，垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場向下穿過平面，現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動，t秒末棒AB的速度為v，移動距離為x，且在t秒內(nèi)速度大小一直在變化，則下列判斷正確的是（）A.t秒內(nèi)AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大B.t秒內(nèi)AB棒做加速度逐漸減小的加速運動C.t秒內(nèi)AB棒做勻加速直線運動D.t秒末外力F做功的功率為評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)11、有一平行板電容器，兩板間電壓為3V，現(xiàn)使它放電，電量減少3×10－4C，電容器兩極間電壓降為1V，此電容器的電容是____μF，電容器原來的帶電量是____C，若電容器極板上的電量全部放掉，電容器的電容是μF。12、電場中有兩點a、b，將一個帶電量為5×10-8C的正電荷從a點移到b點，克服電場力做功為8×10-6J，則a、b兩點的電勢差為______V．13、在β衰變中常伴有一種稱為“中微子”的粒子放出，但中微子的性質(zhì)十分特別，因此在實驗中很難探測．1953年，萊尼斯和柯文建造了一個由大水槽和探測器組成的實驗系統(tǒng)，利用中微子與水中11H的核反應(yīng)，間接地證實了中微子的存在，中微子與水中11H發(fā)生核反應(yīng)，產(chǎn)生中子（01n）和正電子（+10e），即：中微子+11H→01n++10e，由此可以判定，中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別是______（填入正確選項前的字母）

A．0和0B．0和1C．1和0D．1和l

上述核反應(yīng)產(chǎn)生的正電子與水中的電子相遇，可以轉(zhuǎn)變?yōu)閮蓚€能量相同的光子（γ），即+10e+-10e→2γ．已知正電子和電子的質(zhì)量都是9.1×10-31kg，反應(yīng)中產(chǎn)生的每個光子的能量約為______J．（c=3.0×108m/s）14、一個電流表G的內(nèi)阻Rg=50Ω，滿偏電流為Ig=1mA，若要將其改裝成量程為0，6A的電流表需____（填“串聯(lián)、并聯(lián)”）電阻為____歐（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；要把它改裝成量程為15V的電壓表需____（填“串聯(lián)、并聯(lián)”）電阻為____歐．15、在研究“碰撞中動量守恒”的實驗中；實驗裝置如圖（甲）所示：

（1）若兩個半徑相同的小球A與B的質(zhì)量之比mA：mB=3：8，則入射球應(yīng)選______；

（2）實驗中可能引起誤差的是______

A．斜槽軌道有摩擦B．軌道末端切線不水平。

C．碰撞時兩球心不在同一高度D．落點位置不是平均位置。

（3）若入射球質(zhì)量為m1，被碰球質(zhì)量為m2，小球半徑均為r，各落點位置如圖（乙）所示，其中O為軌道末端所裝重錘線的投影點，并測得OM=a，OP=b，ON=c，則碰撞中動量守恒的表達(dá)式可寫為______．16、一個量程為0隆蘆300婁脤A

的電流表，內(nèi)阻為1000婁賂

再給它串聯(lián)一個99000婁賂

的電阻，將它改裝成電壓表，改裝后電壓表的量程為______V

用它來測量一段電路兩端的電壓時，表盤指針如圖，這段電路兩端的電壓是______V

17、本題為選做題，考生只選擇一題作答.

若兩題都作答，則按24鈭?A

題計．。鈭?A.(

本題供選修1鈭?1

的考生作答)

有一臺使用交流電壓的洗衣機(jī)上標(biāo)有額定電壓為“220V

”的字樣，這“220V

”指交流電壓的_________(

選填“瞬時值”“有效值”或“最大值”).

洗衣機(jī)工作時消耗的電能_________(

選填“大于”“等于”或“小于”)

洗衣機(jī)發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能．24鈭?B.(

本題供選修3鈭?1

的考生作答)

如圖所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，帶電粒子每次通過兩盒窄縫間勻強(qiáng)電場時做_________(

選填“勻速”“加速”或“圓周”)

運動，帶電粒子每次通過盒中的勻強(qiáng)磁場時做_________(

選填“勻速”“加速”或“圓周”)

運動．評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)18、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）19、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)大小EA為零．________（判斷對錯）

20、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）21、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）

評卷人得分五、計算題(共4題，共20分)22、如圖甲所示，一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，線框的右邊緊貼著邊界．t＝0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t0穿出磁場．圖乙所示為外力隨時間變化的圖象．線框質(zhì)量m、電阻R及圖象中的F0、t0均為已知量，則根據(jù)上述條件，求：(1)金屬線框的邊長L；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B．23、如圖所示，變阻器R0的滑片P在移動過程中電壓表的示數(shù)變化范圍是0～4V，電流表的示數(shù)變化范圍是1～0.5A，電源的內(nèi)阻可忽略不計．求電阻R的阻值、變阻器R0的最大值和電源電動勢E.24、如圖所示，一個用透明材料制成的截面為直角三角形的三棱鏡ABC．現(xiàn)在有一束單色光從空氣中以α=45°的入射角自直角邊AB射入，折射時的偏轉(zhuǎn)角A為15°，然后光線射到AC面而剛好發(fā)生了全反射，則這種透明材料的折射率為多少，全反射的臨界角為幾度，圖中的∠A=？25、直流電動機(jī)的內(nèi)電阻r=2Ω，與R=8Ω的電阻串連接在線圈上，如圖所示．已知線圈面積為m2，共100匝，線圈的電阻為2Ω，線圈在B=T的勻強(qiáng)磁場中繞OO′以轉(zhuǎn)速n=600r/min勻速轉(zhuǎn)動；在合上開關(guān)S后電動機(jī)正常工作時，電壓表的示數(shù)為100V．

求：電動機(jī)正常工作時的輸出功率？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【解析】試題分析：向心力是根據(jù)力的效果命名，A錯。向心力時刻指向圓心，是變力，C錯；向心力時刻與速度垂直，效果是改變質(zhì)點的線速度的方向，D錯；考點：向心力【解析】【答案】B2、D【分析】【分析】由動量守恒的條件可以判斷動量是否守恒；由功的定義可確定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情況可知運動情況；由機(jī)械守恒及動量守恒可知小球能否回到最高點。解答本題要明確動量守恒的條件，以及在兩物體相互作用中同時滿足機(jī)械能守恒，應(yīng)結(jié)合兩點進(jìn)行分析判斷。【解答】A.小球在槽上運動時，由于小球受重力，故兩物體組成的系統(tǒng)外力之和不為零，故動量不守恒；當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受外力，故動量不再守恒，A錯誤；B.下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，B錯誤；C.因兩物體均有向左的速度，若槽的速度大于球的速度，則兩物體不會相遇，小球不會到達(dá)最高點；而若球速大于槽速，則由動量守恒可知，兩物體會有向左的速度，由機(jī)械能守恒可知，小球不會回到最高點，C錯誤；D.因兩物體之后不受外力；故小球脫離弧形槽后，槽向后做勻速運動，而小球反彈后也會做勻速運動，D正確。

故選D。【解析】D

3、B|C|D【分析】試題分析：若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，則有帶正電粒子所受到的電場力方向沿z軸正方向，由于運動方向與磁場方向平行，所以不受洛倫茲力，因此當(dāng)電場力等于重力時，粒子可能勻速直線運動；當(dāng)電場力不等于重力時，粒子做曲線運動．故A錯誤；若電場、磁場均沿z軸正方向，則電場力沿z軸正方向，而洛倫茲力根據(jù)左手定則可得沿y軸正方向，所以當(dāng)電場力等于重力時，由洛倫茲力提供向心力，使其可能做勻速圓周運動，故B正確；若電場、磁場分別沿z軸負(fù)方向和y軸負(fù)方向，則有電場力沿z軸負(fù)方向，而洛倫茲力沿z軸正方向，當(dāng)洛倫茲力大小等于重力與電場力之和時，粒子做勻速直線運動，故C正確；若電場、磁場分別沿y軸負(fù)方向和z軸正方向，則有電場力沿y軸負(fù)方向，而洛倫茲力沿y軸正方向，當(dāng)電場力等于洛倫茲力時，帶電粒子恰好做平拋運動，即可能做勻變速曲線運動，故D正確．考點：本題考查了曲線運動的條件【解析】【答案】BCD4、B【分析】解：AC、若只閉合S1時，則R2被短路；M；N間仍是靈敏電流計，既不能成為電流表也不能成為電壓表，故A、C錯誤；

B、兩開關(guān)均閉合，則電路中表頭G與R1并聯(lián)；電阻較小，相當(dāng)于安培表，故B正確；

D、兩個開關(guān)均斷開，則G與R2串聯(lián)；則相當(dāng)于電壓表，故D錯誤；

故選：B．

電流表改裝成電壓表時；要串聯(lián)上一個較大的電阻；改裝成電流表時，必須并聯(lián)上一個較小的電阻．根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)可知電路的功能．

本題考查的是對電流表的改裝，要求學(xué)生能掌握電表的性質(zhì)及電表改裝的原理，明確電流表內(nèi)阻較小，而電壓表內(nèi)阻較大．【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】

依據(jù)自感線圈的特征：剛通電時線圈相當(dāng)于斷路；斷開電鍵時線圈相當(dāng)于電源；二極管的特征是只正向?qū)?

該題兩個關(guān)鍵點；

1

要知道理想線圈的特征：剛通電時線圈相當(dāng)于斷路；斷開電鍵時線圈相當(dāng)于電源；2

要知道二極管的特征是只正向?qū)ā?/p>

【解答】

AB.L

是一帶鐵芯的理想電感線圈；其直流電阻為0

電路穩(wěn)定后A

就熄滅了；開關(guān)S

斷開瞬間B

立刻熄滅，由于二極管只正向?qū)?，故自感線圈與A

無法形成回路，A

不會在閃亮，故AB錯誤；

CD.

閉合瞬間線圈相當(dāng)于斷路；二極管為正向電流，故電流走A

燈泡，B

也同時亮，故C正確，D錯誤；

故選C。

【解析】C

二、多選題(共5題，共10分)6、ABC【分析】解：設(shè)線框abcd邊長為L，整個線框的電阻為R，進(jìn)入磁場時速度為v，線框受到的安培力：F=BIL=BL=BL=

A、②如果F＜mg，線框?qū)⒓铀龠M(jìn)入磁場，由牛頓第二定律得：mg-=ma，a=g-隨速度增大，加速度減小，則線框?qū)⒆黾铀俣葴p小的加速運動，故A正確；

B；如果F=mg；線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運動，故B正確；

C、如果F＞mg，線框?qū)⒆鰷p速運動，由牛頓第二定律得：-mg=ma，a=-g；隨速度增小，加速度減小，則線框?qū)⒆黾铀俣葴p小的減速運動，故C正確；

D；線框進(jìn)入磁場；才會受到向上的力，同時受到向上的力是因為有電流，由于克服安培力做功，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，所以機(jī)械能不守恒．所以線框不可能反跳回原處，故D錯誤．

故選：ABC．

線框進(jìn)入磁場后；由于電磁感應(yīng)線框受到向上的安培力作用，根據(jù)安培力與重力大小關(guān)系，分析線框可能的運動情況．安培力大小與線框速度大小成正比，分析加速度的變化情況．

本題考查了判斷線框的運動性質(zhì)，對線框正確受力分析、應(yīng)用安培力公式與牛頓第二定律即可正確解題，解題時要注意安培力大小是否變化．【解析】【答案】ABC7、BCD【分析】解：A

根據(jù)能量守恒研究從cd

邊剛進(jìn)入磁場到cd

邊剛穿出磁場的過程：動能變化為0

重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的熱量，Q=mgd

．

cd

邊剛進(jìn)入磁場時速度為v0cd

邊剛離開磁場時速度也為v0

所以從cd

邊剛穿出磁場到ab

邊離開磁場的過程；線框產(chǎn)生的熱量與從cd

邊剛進(jìn)入磁場到cd

邊剛穿出磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等；

所以線圈從cd

邊進(jìn)入磁場到ab

邊離開磁場的過程；產(chǎn)生的熱量Q隆盲=2mgd

感應(yīng)電流做的功為2mgd.

故A錯誤，B正確．

C、線框可能先做減速運動，在完全進(jìn)入磁場前做勻速運動，因為完全進(jìn)入磁場時的速度最小，則mg=B2L2vR

則最小速度v=mgRB2L2.

故C正確．

D；因為進(jìn)磁場時要減速；即此時的安培力大于重力，速度減小，安培力也減小，當(dāng)安培力減到等于重力時，線圈做勻速運動，全部進(jìn)入磁場將做加速運動；

設(shè)線圈的最小速度為vm

知全部進(jìn)入磁場的瞬間速度最?。?/p>

由動能定理，從cd

邊剛進(jìn)入磁場到線框完全進(jìn)入時，則有12mvm2鈭?12mv02=mgL鈭?mgd

有12mv02=mgh

綜上所述，線圈的最小速度為2g(h+L鈭?d).

故D正確．

故選BCD．

線圈由靜止釋放；其下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時刻的速度是相同的，又因為線圈全部進(jìn)入磁場不受安培力，要做勻加速運動.

可知線圈進(jìn)入磁場先要做減速運動．

解決本題的關(guān)鍵根據(jù)根據(jù)線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0

且全部進(jìn)入磁場將做加速運動，判斷出線圈進(jìn)磁場后先做變減速運動，也得出全部進(jìn)磁場時的速度是穿越磁場過程中的最小速度．【解析】BCD

8、ABD【分析】【分析】導(dǎo)體棒向上做減速運動，開始時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，受到的安培力最大，由E=BlvI=E2RFA=BIl

求出最大安培力。由能量守恒定律研究熱量.

回路中產(chǎn)生的熱量等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功.

上滑的過程中動能減??；重力勢能增加，即可求得機(jī)械能的損失。

本題從兩個角度研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，一是力的角度，關(guān)鍵是推導(dǎo)安培力的表達(dá)式；二是能量的角度，關(guān)鍵分析涉及幾種形式的能，分析能量是如何轉(zhuǎn)化的。【解答】A、導(dǎo)體棒開始運動時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流最大，所受的安培力最大，由E=BLvE=BLvI=E2R、FFA=BIL=BIL得最大安培力為：Fmax=B2l2v2R，故A正確；

B、根據(jù)能量守恒可知，上滑過程中導(dǎo)體棒的動能減小，轉(zhuǎn)化為焦耳熱、摩擦生熱和重力勢能，則有電流做功發(fā)出的熱量為：Q=[12mv2鈭?mgssin婁脠鈭?婁脤mgscos婁脠)]=12mv2鈭?mgs(sin婁脠+婁脤cos婁脠)，故B正確；C、導(dǎo)體棒上滑的過程中，根據(jù)動能定理得知，安培力、滑動摩擦力和重力對導(dǎo)體棒做的總功為鈭?12mv2，故C錯誤；

D、上滑的過程中導(dǎo)體棒的動能減小12mv2，重力勢能增加mgs?sin婁脠mgs?sin婁脠所以導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為12mv2鈭?mgssin婁脠，故D正確；

故選ABD。

【解析】ABD

9、CD【分析】解：A、由粒子的運動軌跡可知，帶電粒子受電場力向左，由于不知電場線的方向，因此不可以判斷電荷的帶電性質(zhì)和a、b兩點電場強(qiáng)度方向；故AB錯誤；

C、根據(jù)做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡的內(nèi)側(cè)來判斷電場力方向向左，可以知道帶電粒子在a、b兩點處的受力方向；故C正確；

D、由于a點運動到b點過程中；電場力與軌跡上每一點的切線方向也就是速度方向成鈍角，所以電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，所以帶電粒子在B點的速度較小，故D正確。

故選：CD。

解這類題是思路：根據(jù)做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡的內(nèi)側(cè)來判斷電場力方向；然后根據(jù)電性判斷電場線方向，從而判斷電勢高低，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化。

解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，然后利用電場線、電勢、電場強(qiáng)度、電勢能、電場力做功等之間的關(guān)系進(jìn)一步判斷各個物理量的變化情況?！窘馕觥緾D10、AB【分析】解：A；由右手定則可知；AB棒向右運動切割磁感線將產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為B→A，由左手定則判斷得知，AB棒所受的安培力方向水平向左。

根據(jù)安培力表達(dá)式FA=知隨著棒的速度增大，安培力也增大。故A正確。

B；C、t秒內(nèi)；拉力大于安培力，而且速度增大，安培力增大，則棒所受的合力減小，加速度減小，故AB棒做加速度逐漸減小的變加速運動。故B正確。

D、t秒末外力F做功的功率為P=Fv，v是t秒末瞬時速度，而為是拉力做功的平均功率；由于棒做變加速運動，兩者不等。故D錯誤。

故選：AB。

用水平向右的恒定外力F拉著棒AB由靜止開始向右移動；棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力作用，隨著速度增大，安培力增大，棒將做加速度減小的加速運動．根據(jù)左手定則判斷安培力的方向．t秒內(nèi)外力F做的功等于電阻R放出的電熱和棒的動能之和．t秒末外力F做功的功率等于F與瞬時速度的乘積．

本題是常見的導(dǎo)體在導(dǎo)軌上滑動的類型，運用動力學(xué)方法分析導(dǎo)體棒的運動情況時，關(guān)鍵要抓住安培力與速度成正比的特點進(jìn)行分析．【解析】AB三、填空題(共7題，共14分)11、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)公式可得根據(jù)公式可得解得電容表示電容器容納電荷的本領(lǐng)，所以電容器極板上的電量全部放掉，電容器的電容仍未150μF；考點：本題考查了電容的計算【解析】【答案】150μF、4.5×10－4C、150μF；12、略

【分析】解：由題意可知，從a點移到b點克服電場力做功W=8×10-6J，根據(jù)公式W=qU可知：V；

故答案為：-160

由電場力做功與電勢差的關(guān)系；根據(jù)公式W=qU即可求出．

考查了電場力做功與電勢能、電勢、電勢差的關(guān)系，注意負(fù)電荷的情況．【解析】-16013、略

【分析】解：（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒；電荷數(shù)守恒；知中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)為0和0．

故選：A

（2）根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，△E=△mc2=2E，解得光子能量E==8.2×10-14J．

正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子；因為要遵循動量守恒．

故答案為：（1）A；（2）8.2×10-14

（1）根據(jù)電荷數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)守恒判斷中微子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)．

（2）根據(jù)質(zhì)量虧損；通過愛因斯坦質(zhì)能方程求出每個光子的能量．正電子與電子相遇不可能只轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€光子，因為要遵循動量守恒．

解決本題的關(guān)鍵知道核反應(yīng)方程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，掌握愛因斯坦質(zhì)能方程．【解析】A；8.2×10-1414、并聯(lián)0.0833串聯(lián)14950【分析】【解答】解：把電流表改裝成0.6A電流表需要并聯(lián)分流電阻；并聯(lián)電阻阻值為：

R==≈0.0833Ω；

把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；串聯(lián)電阻阻值為：

R=﹣Rg=﹣50=14950Ω；

故答案為：并聯(lián)；0.0833，串聯(lián)，14950；

【分析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值．

把電流表改裝成大量程電流表需要并聯(lián)分流電阻，應(yīng)用并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出并聯(lián)電阻阻值．15、略

【分析】解：（1）本實驗中為了防止入射球反彈；應(yīng)用質(zhì)量大的球去撞擊質(zhì)量輕的小球；故入射球選擇B；

（2）A；本實驗中通過平拋運動規(guī)律求解碰前的速度；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，保證碰前的速度相同即可，不需要斜槽光滑；故A錯誤；

B；為了保證小球做平拋運動；安裝軌道時，軌道末端必須水平．否則會引起誤差；故B正確；

C；為了發(fā)生對心碰撞；兩球的直徑需相同．若不在同一高度，會引起誤差；故C正確；

D；在本實驗中落點有會有多個點；為了準(zhǔn)確，應(yīng)取落點位置的平均位置；否則會出現(xiàn)較大的誤差；故D正確；

（3）碰撞過程中，如果水平方向動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2；

小球做平拋運動時拋出點的高度相等；它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t；

m1v1t=m1v1′t+m2v2t；

由表達(dá)式為：m1b=m1a+m2（c-2r）

故答案為：（1）B（2）BCD（3）m1b=m1a+m2（c-2r）

（1；2）實驗是要驗證兩個小球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒；同時通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量；為防止小球反彈，還要保證入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量；

（3）實驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證m1v1=m1v1′+m2v2；可以通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量．

實驗注意事項：（1）前提條件：保證碰撞是一維的，即保證兩物體在碰撞之前沿同一直線運動，碰撞之后還沿這條直線運動．（2）利用斜槽進(jìn)行實驗，入射球質(zhì)量要大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2，防止碰后m1被反彈．【解析】B；BCD；m1b=m1a+m2（c-2r）16、略

【分析】解：改裝后的電壓表的量程為：U=g(R+Rg)=300隆脕10鈭?6隆脕(1000+99000)=30V

由圖所示電壓表可知；其分度值為0.6V

示數(shù)為12V

故答案為：3012

電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻分壓；改裝后的量程為U=g(Rg+R)

根據(jù)圖示表盤與指針位置讀出其示數(shù)。

本題考查了求電壓表量程、電壓表讀數(shù)，應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電壓表量程，由圖示表盤確定其分度值，然后讀出其示數(shù)?！窘馕觥?012

17、略

【分析】24鈭?A24-A．【分析】

用電器上標(biāo)注的額定值；都指的是有效值；洗衣機(jī)為非純電阻電路，消耗的電能只有小部分轉(zhuǎn)化為。

內(nèi)能所有用電器標(biāo)注的額定值都是有效值，電表測量的也都是有效值；只有電容器元件上的擊穿電壓是指最大值。【解答】

一臺使用交流電的電洗衣機(jī)上標(biāo)有額定電壓為“220V

”的字樣；電器額定值，都是指有效值，故這“220V

”是指交流電壓的有效值，由于洗衣機(jī)為非純電阻電路，消耗的電能只有小部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故洗衣機(jī)工作時消耗的電能大于洗衣機(jī)發(fā)熱產(chǎn)生的內(nèi)能。

故答案為：有效值；大于。24鈭?B24-B．【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子；根據(jù)粒子的受力情況分析運動情況即可。

解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，明確回旋加速器的原理，難度不大，屬于基礎(chǔ)題?！窘獯稹繋щ娏Ｗ用看瓮ㄟ^兩盒窄縫間勻強(qiáng)電場時受到電場力的方向與運動方向一致；做加速直線運動，垂直進(jìn)入磁場后，只收到洛倫茲力作用，做勻速圓周運動。

故答案為：加速；圓周。

【解析】24鈭?A.24-A.有效值大于

24鈭?B.24-B.加速圓周

四、判斷題(共4題，共28分)18、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．

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

故答案為：錯誤。

【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)．19、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點的場強(qiáng)是由正點電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點的場強(qiáng)大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)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(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點的場強(qiáng)是由正點電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強(qiáng)大小及方向．20、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(qiáng)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(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．21、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢