2025年粵教新版高二物理上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教新版高二物理上冊月考試卷798考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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、如圖所示，在一根張緊的水平繩上掛幾個擺，其中A、E擺長相等。先讓A擺振動起來，其他各擺隨后也跟著振動起來，則()A．其它各擺擺動周期跟A擺相同B．其它各擺振動振幅大小相同C．其它各擺振動振幅大小不相同，D擺振幅最大D．其它各擺振動周期大小不同，D擺周期最大2、物體做平拋運動時，描述物體在豎直方向的分速度vy(取向下為正)隨時間變化的圖線是（）3、如圖所示為某發(fā)電站向某用戶區(qū)供電的輸電原理圖，T1

為匝數(shù)比為n

1

n

2

的升壓變壓器，T2

為匝數(shù)比為n

3

n

4

的降壓變壓器.

若發(fā)電站輸出的電壓有效值為U1

輸電導線總電阻為R

在某一時間段用戶需求的電功率恒為P

o

，用戶的用電器正常工作電壓為U2

在滿足用戶正常用電的情況下，下列說法正確的是()A.T1

原線圈中的電流有效值為P0U1

B.BT2

副線圈中的電流有效值為P0U2

C.輸電線上損耗的功率為P1

D.輸電線上損耗的功率為n12P02Rn22U12

4、如圖所示，長為2

l

的直導線折成邊長相等，夾角為60鈭?

的V

形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B

。當在該導線中通以大小為I

的電流時，該V

形通電導線受到的安培力大小為(

)

A.0

B.0

．5

BIl

C.BIl

D.2

BIl

5、帶電質點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛侖茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，則在此后的一小段時間內，帶電質點將(

)

A.可能做直線運動B.可能做勻減速運動C.一定做曲線運動D.可能做勻速圓周運動評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖為理想變壓器原線圈所接電源電壓波形，原副線圈匝數(shù)之比N1隆脙N2=10隆脙1

串聯(lián)在原線圈電路中電流表的示數(shù)為1A

下列說法正確的是()

A.變壓器輸出兩端所接電壓表的示數(shù)為22V

B.變壓器輸出功率為2202W

C.變壓器輸出的交流電的頻率為50Hz

D.該交流電每秒方向改變50

次7、甲、乙兩球在光滑的水平面上，沿同一直線同一方向運動，它們的動量分別為p錄脳=10kg隆隴m/sp脪脪=14kg隆隴m/s

已知甲的速度大于乙的速度，當甲追上乙發(fā)生碰撞后，乙球的動量變?yōu)?0kg隆隴m/s

則甲、乙兩球的質量m錄脳m脪脪

的關系可能是()

A.310

B.110

C.14

D.16

8、當用一束紫外線照射裝在原不帶電的驗電器金屬球上的鋅板時，發(fā)生了光電效應，這時發(fā)生的現(xiàn)象是(

)

A.驗電器內的金屬箔帶正電B.有電子從鋅板上飛出來C.有正離子從鋅板上飛出來D.鋅板吸收空氣中的正離子9、如圖所示，質量為M

的小車原來靜止在光滑水平面上，小車A

端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質量為m

的物體C

，小車底部光滑，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，當彈簧釋放后，物體C

被彈出向B

端運動，最后與B

端粘在一起，下列說法中正確的是()A.物體離開彈簧時，小車向左運動B.物體與B

端粘在一起之前，小車的運動速率與物體C

的運動速率之比為mM

C.物體與B

端粘在一起后，小車靜止下來D.物體與B

端粘在一起后，小車向右運動10、一個質點在平衡位置O

點附近做簡諧運動，若從經過O

點開始計時，t=3s

時第一次經過某點，再繼續(xù)運動，又經過2s

它第二次經過該點，則質點第三次經過該點還需要時間(

)

A.8s

B.4s

C.14s

D.103s

11、靜止在光滑水平面上的物體，受到水平拉力F

的作用，拉力F

隨時間t

變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(

)

A.0隆蘆4s

內物體的位移為零B.4s

末物體的動量為零C.0隆蘆4s

內拉力對物體做功不為零D.0隆蘆4s

內拉力對物體沖量為零12、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磁場，磁感應強度為B

正方形線圈abcd

邊長為L(L<d)

質量為m

電阻為R

將線圈在磁場上方高h

處靜止釋放，cd

邊剛進入磁場時速度為v0cd

邊剛離開磁場時速度也為v0

則線圈穿越磁場的過程中(

從cd

邊剛進入磁場起一直到ab

邊離開磁場為止)

則下列說法不正確的是(

)

A.感應電流所做的功為mgd

B.感應電流所做的功為2mgd

C.線圈的最小速度可能為mgRB2I2

D.線圈的最小速度一定為2g(h+L鈭?d)

13、如圖甲所示，左側接有定值電阻R=2Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B=1T，導軌間距L=1m。一質量m=2kg，阻值r=2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒的v-x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)μ=0.25，則從起點發(fā)生x=1m位移的過程中（g=10m/s2）（）A.金屬棒克服安培力做的功W1=0.5JB.金屬棒克服摩擦力做的功W2=5JC.整個系統(tǒng)產生的總熱量Q=5JD.拉力做的功W=9.25J評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、如圖所示的電路中，電源的電動勢為3V

內阻1婁賂

兩定值電阻的阻值分別為R1=1婁賂

和R2=4婁賂.

電路中的電流為______Aab

間的電壓為______V

15、如圖為實驗室常用的氣墊導軌驗證動量守恒的裝置.

兩個帶有寬均為d

的遮光條的滑塊A

和B

質量分別為mAmB

在AB

間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導軌上，調節(jié)導軌使其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明______，燒斷細線，滑塊AB

被彈簧彈開，光電門CD

記錄下兩遮光條通過的時間分別為tA

和tB

則滑塊A

通過光電門時的速度大小為______，若有關系式______，則說明該實驗動量守恒．

16、有一個電子元件，當它兩端的電壓的瞬時值高于220v時則導電，低于220v時不導電，若把這個電子元件接到220v、50Hz的正弦交流電的兩端，則它在1s內導電________次，每1s內的導電的總時間為________s.17、如圖所示,a、b、c、d四種離子,它們帶等量同種電荷,質量為ma=mb＜mc=md,以不等的速率va＜vb=vc＜vd進入速度選擇器后,有兩種離子從選擇器中射出,進入磁感應強度為B2的磁場.由此可以判斷射向D1的是_________離子.(不計重力)18、把一電量為q=10-10C的檢驗電荷放入某一電場中A點，具有電勢能為10-8J，則該點電勢為______V．若在該點放入另一電荷q=-10-10C，則該點電勢為______V．19、油膜法估測分子的大?。?/p>

（1）把淺盤水平放置，在淺盤里倒入一些水，使水面離盤口距離小一些．______（判斷對錯）

（2）將痱子粉均勻地撒在水面上．______（判斷對錯）．評卷人得分四、判斷題(共2題，共20分)20、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）21、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分五、綜合題(共3題，共18分)22、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?1

題計分．。24鈭?1.(

本題供使用選修1鈭?1

教材的考生作答)

廣播電視、移動通訊等都是利用電磁波工作的.

電磁波最早是由________(

填“法拉第”或“麥克斯韋”)

預言存在并被赫茲用實驗證實了的.

已知電磁波在空氣中的傳播速度約為3.0隆脕108m/s

有一廣播電臺節(jié)目的頻率是6.0隆脕105HZ

該電磁波在空氣中的波長約為________m

．24鈭?2.(

本題供使用選修3鈭?1

教材的考生作答)

電荷的周圍存在著由它產生的電場，這種觀點最早是由________(

填“法拉第”或“庫侖”)

提出的；電荷在電場中不僅受到電場力的作用，而且還具有電勢能.

已知電場中某點的電勢為2.0隆脕102V

將一電荷量為鈭?2.0隆脕10鈭?8C

的試探電荷置于該點時，它的電勢能力________J

．23、(1)(1)質量為mm帶電量為qq的小球，從傾角為婁脠婁脠的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為BB如圖所示。若帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的是(())壟脵

小球帶正電壟脷

小球在斜面上運動時做勻加速直線運動壟脹

小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動壟脺

則小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時的速率為mgcos婁脠/Bq

(2)

如圖所示，電源電動勢E=9V

內電阻r=0.5婁賂

電阻R1=5.0婁賂R2=3.5婁賂R3=6.0婁賂R4=3.0婁賂

電容C=2.0婁脤F.

當電鍵K

由與a

接觸到與b

接觸通過R3

的電量是多少？24、(1)

下列說法正確的是________．A.體積很小的帶電物體就能看成點電荷B.勻強電場的電場強度方向總是跟正電荷所受電場力的方向一致C.根據U=Ed

可知，任意兩點的電勢差與這兩點的距離成正比D.電勢差的定義式UAB=WABq

說明兩點間的電勢差UAB

與電場力做功WAB

成正比，與移動電荷的電荷量q

成反比(2)

一點電荷從靜電場中的A

點移到B

點，它的電勢能變化為零，下列說法不正確的是________．A.A

和B

兩點的電場強度一定不相同B.A

和B

兩點的電勢一定相同C.電荷可能沿著等勢面移動D.從A

到B

的過程中，電場力做的功一定是零(3)

有四盞燈，接成如圖所示的電路，L1

和L2

都標有“220V100W

”字樣，L3

和L4

都標有“220V40W

”字樣，把電路接通后，最亮的燈將是________．A.L1

B.L2

C.L3

D.L4

(4)

如圖所示，一矩形線框置于磁感應強度為B

的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，若線框的面積為S

當線框以左邊為軸轉過60鈭?

時通過線框的磁通量為________．A.0

B.BS

C.BS2

D.3BS2

(5)

如圖所示的電路中，R1=5婁賂R2=9婁賂.

當開關K

接1

時，電流表示數(shù)I1=0.5A

當開關K

接2

時，電流表示數(shù)I2=0.3A

則電源電動勢E=

________V

當開關K

接2

時，電阻R2

消耗的功率P=

________W

．(6)

如圖所示，在xOy

直角坐標系中，第Ⅰ象限內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第Ⅱ象限內分布著方向沿y

軸負方向的勻強電場.

初速度為零、帶電量為q

質量為m

的正離子經過電壓為U

的電場加速后，從x

上的A

點垂直x

軸進入磁場區(qū)域，經磁場偏轉后過y

軸上的P

點且垂直y

軸進入勻強電場區(qū)域，在電場中偏轉并擊中x

軸上的C

點.

已知OA=OC=d

不計離子重力，求：壟脵

磁感強度B

的大小壟脷

電場強度E

的大?。畢⒖即鸢敢?、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【解析】【答案】A2、D【分析】試題分析：平拋運動在豎直方向的運動是自由落體運動，速度與時間的關系是其圖象是一條正比例函數(shù)直線，凡是初速為零的勻加速直線運動的圖象都是這樣，選項D正確，其余選項均錯誤。考點：本題考查平拋運動的分解及其在豎直方向的分運動，涉及圖象問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、B【分析】【分析】由用戶得到的功率求出T2

副線圈的電流及輸電線中電流，由功率公式求解輸電線上損耗的電功率；對于輸電問題，要搞清電路中電壓、功率分配關系，注意理想變壓器不改變功率，基礎題?！窘獯稹緼.T1

原線圈中的功率等于P0

加上輸電線上損失的功率，所以T1

原線圈中的電流有效值大于P0U1

故A錯誤；

B.T2

副線圈功率為P0T2

副線圈電壓為U2

根據P=UIT2

副線圈中電流有效值為I4=P0U2

故B正確；

CD.

輸電線電流等于I3I3I4=n4n3

解得I3=n4n3P0U2

所以輸電線上損失的功率D錯誤。

故選B。

【解析】B

4、C【分析】V

形導線通入電流I

時每條邊受到的安培力大小均為BIl

，方向分別垂直于導線斜向上，再由平行四邊形定則可得其合力F=BIl

，答案為C

【解析】C

5、C【分析】解：在圖示時刻；質點所受合力方向與質點速度方向相反，質點做減速運動，質點速度減小，由f=qvB

可知，質點受到的洛倫茲力減小，則質點所受重力與洛倫茲力的合力與速度方向不再在同一直線上，即質點的速度方向與所受合力方向不在同一直線上，質點將做曲線運動；由于合力與速度不垂直，粒子不可能做勻速圓周運動；

故選C．

首先根據帶電質點的受力情況判斷質點速度如何變化；然后根據洛倫茲力公式f=qvB

判斷質點所受洛倫茲力如何變化，最后分析質點所受合力如何變化，進一步判斷質點的運動性質．

要注意質點所受洛倫茲力隨速度的變化而變化，質點所受合力隨之變化，質點做曲線運動．【解析】C

二、多選題(共8題，共16分)6、AC【分析】解：A

由圖知輸入電壓的最大值為Um1=2202V

有效值為：U1=2Um12=22隆脕2202V=220V

已知n1n2=101

根據電壓與匝數(shù)成正比；

解得：U2=22V

即變壓器輸出端所接電壓表的示數(shù)為22V

故A正確；

B；變壓器的輸入電壓為U1=220V

串聯(lián)在原線圈電路中電流表的示數(shù)為I1=1A

故變壓器的輸入功率為：P=U1I1=220隆脕1=220W

理想變壓器的輸出功率等于輸入功率；也為220W

故B錯誤；

C、變壓器輸入電壓的周期為T=0.02s

故頻率為f=1T=50Hz

變壓器不改變電流頻率；故輸出的交流電的頻率為50HZ

故C正確；

D；交流電的頻率為50Hz

每個周期內電流方向改變2

次，故每秒改變100

次，故D錯誤；

故選：AC

．

根據u鈭?t

圖象讀出電壓的最大值Um

和周期，由U=2Um2

求出電壓的有效值，由f=1T

求出頻率.

電壓表測量的是有效值.

再根據電流與匝數(shù)成反比和功率公式即可求解．

本題關鍵要掌握正弦交變電流的最大值與有效值的關系，掌握理想變壓器的變壓關系，要知道交流電壓表測量的是有效值，明確變壓器不能改變功率的特點，并用來分析具體問題．【解析】AC

7、AC【分析】【分析】兩球碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律列方程，然后求出兩球的質量之比．本題考查對碰撞規(guī)律的理解和應用能力..碰撞有三個基本規(guī)律：一、動量守恒；二、系統(tǒng)總動能不增加；三、碰撞后如同向運動，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實際運動情況?！窘獯稹縿恿縋=mvP=mv球的速度v=Pm甲球速度大于乙球速度，

則有P錄脳m錄脳>P脪脪m脪脪，得到m錄脳m脪脪<P錄脳P脪脪=57，

根據動量守恒得，p錄脳+pp_{錄脳}+p乙=p=p甲隆盲+p隆盲+p乙隆盲隆盲

代入解得pp甲隆盲=2kg?m/s隆盲=2kg?m/s

據碰撞過程總動能不增加得到：P錄脳22m錄脳+P脪脪22m脪脪鈮?P錄脳鈥?22m錄脳+P脪脪鈥?22m脪脪，

代入解得：m錄脳m脪脪<2151

碰撞后兩球同向運動，甲的速度不大于乙的速度，

則P錄脳鈥?m錄脳鈮?P脪脪鈥?m脪脪，代入解得m錄脳m脪脪鈮?15，

所以15鈮?m錄脳m脪脪<2151

故AC正確，BD錯誤。

故選AC?！窘馕觥緼C

8、AB【分析】解：紫外線照射鋅板；發(fā)生光電效應，此時鋅板中有電子逸出，鋅板失去電子帶正電，因此驗電器內的金屬箔帶正電，故AB正確，CD錯誤．

故選AB．

當用一束紫外線照射鋅板時；產生了光電效應，有光電子從鋅板逸出，鋅板失去電子帶正電．

解決本題的關鍵知道光電效應的實質，知道鋅板失去電子帶正電．【解析】AB

9、ABC【分析】選ABC.

系統(tǒng)動量守恒，物體C

離開彈簧時向右運動，動量向右，系統(tǒng)的總動量為零，所以小車的動量方向向左，由動量守恒定律得mv

1鈭?

Mv

2=0

所以小車的運動速率v

2

與物體C

的運動速率v

1

之比為mM.

當物體C

與B

粘在一起后，由動量守恒定律知，系統(tǒng)的總動量為零，即小車靜止．【解析】ABC

10、CD【分析】解：如圖所示；設質點BC

之間振動。

若質點先向左開始振動，畫出其振動一個周期內運動軌跡，如圖1

所示，則知周期T1=3s+2s+13s=163s

則該質點再時間鈻?t1=T鈭?2s=103s

經第三次經過M

點．

若質點先向右開始振動，畫出其振動一個周期內運動軌跡，如圖2

所示，則知周期T1=4(3s+12隆脕2s)=16s

則該質點再時間鈻?t2=T鈭?2s=14s

經第三次經過M

點.

故AB錯誤，CD正確．

故選：CD

．

分析質點可能的運動情況；畫出運動軌跡，確定周期，即一次全振動所用的時間，再確定經過多長時間質點第三次經過P

點．

本題關鍵畫出質點的運動軌跡，分析時間與周期的關系，一定注意振動方向的不定性，據此分類分析振動方向．【解析】CD

11、BD【分析】解：由圖象可知物體在4s

內先做勻加速后做勻減速運動；4s

末的速度為零，位移一直增大．

A；物體在4s

內先做勻加速后做勻減速運動；4s

末的速度為零，位移一直增大，不為0

故A錯誤；

B；4s

末的速度為零；故動量為零，故B正確；

C；前2s

拉力做正功；后2s

拉力做負功，且兩段時間做功代數(shù)和為零，物體的末動能等于0

故C錯誤；

D；根據I=Ft

可知：前4s

內I潞脧=2F鈭?2F=0

故D正確；

故選：BD

根據物體的受力情況分析物體的運動情況；結合運動學基本公式及做功公式；沖量公式即可求解．

本題主要考查了同學們讀圖的能力，要求同學們能根據受力情況分析物體的運動情況，再根據動量定理進行分析求解．【解析】BD

12、BCD【分析】解：AB

根據能量守恒；研究從cd

邊剛進入磁場到cd

邊剛穿出磁場的過程：動能變化量為0

重力勢能轉化為線框進入磁場的過程中產生的熱量，Q=mgd

．

cd

邊剛進入磁場時速度為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，線框產生的熱量與從cd

邊剛進入磁場到ab

邊剛進入磁場的過程產生的熱量相等，所以線圈從cd

邊進入磁場到ab

邊離開磁場的過程；產生的熱量Q隆盲=2mgd

感應電流做的功為2mgd.

故A錯誤，B正確．

C、線框可能先做減速運動，在完全進入磁場前已做勻速運動，剛完全進入磁場時的速度最小，則mg=BIL=BLBLvR

則最小速度v=mgRB2L2.

故C正確．

D；因為進磁場時要減速；線圈全部進入磁場后做勻加速運動，則知線圈剛全部進入磁場的瞬間速度最小.

設線圈的最小速度為vm

．

線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據能量守恒定律得：mg(h+L)=Q+12mvm2

由上可知；Q=mgd

解得線圈的最小速度為：vm=2g(h+L鈭?d).

故D正確．

本題選擇錯誤的；故選：A

．

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

解決本題的關鍵根據根據線圈下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0

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

13、BD【分析】解：A；由速度-位移圖象得：v=2x

金屬棒所受的安培力為：FA=BIL=

代入得：FA=0.5x；

則知FA與x是線性關系，當x=0時，安培力FA1=0

當x=1m時，安培力FA2=0.5N；

則從起點發(fā)生x=1m位移的過程中，安培力做功為：WA=-x=-×1J×=-0.25J

即金屬棒克服安培力做的功為：W1=0.25J；故A錯誤。

B、金屬棒克服摩擦力做的功為：W2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J；故B正確；

C、克服安培力做功等于回路中產生的電熱，克服摩擦力做功等于產生的摩擦熱，則整個系統(tǒng)產生的總熱量：Q=WA+W2=5.25J；故C錯誤；

D、根據動能定理得：WF+W2+WA=mv2；其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg

代入解得拉力做的功為：WF=9.25J；故D正確。

故選：BD。

由速度圖象得出v與x的關系式，由安培力公式得到FA與x的關系式，可知FA與x是線性關系；即可求出發(fā)生x=1m位移的過程中安培力做功x，再根據動能定理求解拉力做功；根據能量守恒求解整個系統(tǒng)產生的總熱量Q。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解?！窘馕觥緽D三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】解：由閉合電路歐姆定律得；電路中的電流：

I=ER1+R2+r=31+4+1=0.5A

ab

間的電壓Uab=IR2=0.5隆脕4V=2V

故答案為：0.52

根據閉合電路歐姆定律求出電路中的電流；由部分電路歐姆定律求電阻R2

兩端的電壓。

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，要注意運用閉合電路歐姆定律時電源的內阻不能遺漏。【解析】0.52

15、略

【分析】解：兩滑塊自由靜止；滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，此時氣墊導軌是水平的；

設遮光條的寬度為d

兩滑塊的速度為：vA=dtAvB=dtB壟脵

如果動量守恒；設A

的方向為正方向，則應滿足：mAvA鈭?mBvB=0壟脷

由壟脵壟脷

解得：mAtA=mBtB

．

故答案為：氣墊導軌水平；dtAmAtA=mBtB

．

滑塊靜止；處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，據此分析答題；根據平均速度公式可求得滑塊在AB

兩點的速度，再由動量守恒定律分析答題．

本題考查驗證動量守恒定律實驗的實驗注意事項、實驗數(shù)據處理等；要注意明確平均速度近似表示瞬時速度的方法求出速度公式；再根據動量守恒定律列式即可正確解題．【解析】導軌水平；dtAmAtA=mBtB

16、略

【分析】試題分析：此交流電的周期為0.02s，在一個周期內高于220V的時候有兩次，即導電2次，所以1s內導電次數(shù)為次，每次導電時間為故導電100次的總時間為0.5s。考點：正弦交流電的特點.【解析】【答案】100；0.517、略

【分析】試題分析：能通過速度選擇器的為一定速度V=有兩種粒子通過，則其速度相同，故為b和c，在磁場B2中，根據R=得出質量大的半徑大，因D1的半徑大，則為c離子．考點：本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動?！窘馕觥俊敬鸢浮緾18、略

【分析】解：由題，將q=10-10C的檢驗電荷放入電場中A點，具有電勢能為10-8J，則A點的電勢為UA==V=100V．在該點放入另一電荷q=-10-10C；電勢不變，仍為100V．

故答案為：100；100．

已知電荷在A點的電勢能，由公式UA=求解A點的電勢．A點的電勢與試探電荷無關；只與電場有關，同一點電勢不變．

本題運用電勢公式UA=時．一般各量要代入符號計算．電勢的物理意義理解要到位：電勢是描述電場的能的性質的物理量，由電場本身決定，與試探電荷無關．【解析】100；10019、略

【分析】解：（1）向水面滴酒精油酸溶液時；針尖應豎直；靠近水面，如果離水面太高，可能無法形成油膜，最好在1cm左右，故對；

（2）要將痱子粉均勻的灑在水面上；便于測量油膜的面積，故對。

故答案為：對；對。

向水面滴酒精油酸溶液時；針尖應豎直；靠近水面，如果離水面太高，可能無法形成油膜；痱子粉均勻的灑在水平面上，便于測量油膜的面積。

本題考查了用“油膜法”估測分子直徑大小的實驗，正確解答實驗問題的前提是明確實驗原理．【解析】對；對四、判斷題(共2題，共20分)20、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．21、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、綜合題(共3題，共18分)22、24-1．麥克斯韋；5.0×10224-2．法拉第；-4×10-6【分析】24鈭?1

．本題考查了電磁波的應用。麥克斯韋預言了電磁波的存在；提出了電磁波理論：變化的電場可以產生磁場，變化的磁場可以產生電場；由v=婁脣f

可求得電磁波的波長。英國物理學家麥克斯韋認為：變化的磁場能產生電場；變化的磁場可以產生電場，從而提出了電磁波的存在；該電磁波在空氣中的波長為故答案為：麥克斯韋；5.0隆脕102

本題考查電磁波的發(fā)現(xiàn)歷程以及波長、波速和頻率的關系；要注意明確麥克斯韋提出了電磁場理論，并掌握波長、波速與頻率間的關系。24鈭?2

．本題考查了電勢能、電勢差與電場強度的關系。法拉第提出電荷周圍存在電場；已知試探電荷的電勢和電荷量，由公式EP=q婁脮

求解電勢能。法拉第提出一種觀點；認為在電荷周圍存在著由它產生的電場；根據公式有：

EP=q婁脮=鈭?2.0隆脕10鈭?8隆脕2.0隆脕102J=鈭?4隆脕10鈭?6J

故答案為：法拉第；鈭?4隆脕10鈭?6

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一；并掌握電勢能，電量與電勢關系的公式，注意各自的正負號不能忘記?！窘馕觥?4鈭?1

．麥克斯韋；5.0隆脕102

24鈭?2

．法拉第；鈭?4隆脕10鈭?6

23、（1）①②④

（2）解：電路中的電流：

當開關接a時a電容器的電壓為：aaa,,,,,U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0V

電量為：U1UU11=IR1RR11=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5CQ1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5C

當開關接Q1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5C時Q1=CU1=2×10?6×5C=1×10?5C電容器的電壓為：Q1QQ11=CU1UU11=2×

電量為：10?610?61010?6?6?6×5C=1×10?510?51010?5?5?5，且上極板帶負電，下極板帶正電。

由Cbbb可知，開關由b接b的過程中，電量變化為：

，，，，，U2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2=I?R2=1×3.5V=3.5VU2UU22=I?R2R2RR22=1×

即通過3.5V的電荷量為=3.5VQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5CQ2=CU2=2×10?6×3.5C=0.7×10?5C【分析】【分析】(1)(1)由帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向，可知電荷的電性；(2)(2)對重力進行分解，求合力，可知合力是否為恒力，可知小球的運動性質；(3)(3)小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時洛倫茲力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球對斜面壓力為零時的速率。本題主要考查的是洛倫茲力的方向的判斷，主要是應用力的分解以及牛頓第二定律可知物體的運動過程。【解答】壟脵帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，可知電流的方向沿斜面向下，故小球帶正電，故壟脵壟脵正確；壟脷壟脹壟脹小球在斜面上運動時加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛倫茲力，沿斜面向下的分力提供，故加速度為gsin婁脠婁脠故做勻加速直線運動，故壟脷壟脷正確，壟脹壟脹錯誤；壟脺

小球在斜面上下滑過程中，當小球對斜面壓力為零時，應有mgcos婁脠=Bqv

故速率為mgcos婁脠Bq

故壟脺壟脺正確。故選壟脵壟脵壟脷壟脷壟脺壟脺(2)(2)分析出開關分別接aabb時電路的串并聯(lián)關系，分析電容的電壓、電量便可知通過RR3的電量。由圖可知，RR1與RR2串聯(lián)，當開關接aa時，電容器與RR1并聯(lián)，根據串聯(lián)電路的分壓規(guī)律求出電容器的電壓，即可求得電量。

當開關與bb連接時，CC與RR2并聯(lián)即可求得電量，當開關與bb連接時，CC與RR2并聯(lián)；由CC中電量的變化可得出流過RR3的電量。【解析】(1)壟脵壟脷壟脺壟脵壟脷壟脺(2)(2)解：電路中的電流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

當開關接aa時aa電容器的電壓為：aaaaaa，，，，，UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VV電量為：UU11UUUU1111==IIRR11RRRR?6

1111==11隆脕隆脕5.05.0==?5

5.05.0當開關接VV時QQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}CC電容器的電壓為：QQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}CCQQ11QQQQ1111==CCUU11UUUU11電量為：11==22隆脕隆脕1010?6{,!}^{?6}1010?6{,!}^{?6}10101010隆脕隆脕55?6

CC==11隆脕隆脕1010?5{,!}^{?5}1010?5{,!}^{?5}1010?5

1010，且上極板帶負電，下極板帶正電。由CCbbbbbb可知，開關由bb接bb的過程中，電量變化為：，，，，，UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22UUUU2222==II?6

??RR22RR22RR?5

RR22即通過22==的電荷量為11隆脕隆脕3.53.5?5

VV==24、(1)B

(2)A

(3)D

(4)D

(5)30.81

(6)

解：壟脵

設帶電粒子經電壓為U

的電場加速后獲得速度為v

由qU=12mv2壟脵

帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律：qvB=mv2r壟脷

依題意可知：r=d壟脹

聯(lián)立壟脵壟脷壟脹

可解得B=2Umqd2壟脺

壟脷

帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經時間t

從P

點到達C

點，由d=vt壟脻

d=12qEmt2壟脼

聯(lián)立壟脵壟脻壟脼

可解得：E=4Ud壟脽【分析】(1)

【分析】一個電荷能否看作點電荷，不僅和帶電體本身有關，還取決于問題的性質和精度的要求，即需要具體問題具體分析，如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計，即可將它看作是一個幾何點，則這樣的帶電體就是點電荷；勻強電場的場強方向總是跟正電荷所受電場力的方向一致；公式U=Ed

中，d

是兩點間沿電場線方向的距離；電勢差與試探電荷無關。根據這些知識分析。本題考查了電場的一些基礎知識，是基礎題?！窘獯稹緼.體積很小的點電荷能否看成點電荷，取決于研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布，如可以忽略不計，即可將它看作是一個幾何點，則這樣的帶電體就是點電荷，故A錯誤。B.勻強電場的場強方向總是跟正電荷所受電場力的方向一致。故B正確。C.