2025年人教A版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年人教A版高二物理上冊階段測試試卷895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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、當一帶正電q的粒子以速度V沿螺線管中軸線進入該通電螺線管,若不計重力,說法正確的是()A.帶電粒子速度大小不變但方向改變B.帶電粒子速度大小改變但方向不變C.帶電粒子速度大小和方向都不變D.帶電粒子速度方向和方向都改變2、如圖所示，當變阻器滑動片向下滑動時，下列判斷正確的是A.L1、L2燈都變暗B.L1、L2燈都變亮C.L1燈變亮，L2燈變暗D.L1燈變暗，L2燈變亮3、航天員若要走出艙外，所穿的宇航服必須要能阻擋宇宙射線的輻射。而射向地球的絕大多數(shù)宇宙射線，在地磁場洛侖茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，基本到達不了地球表面。如圖所示，一束帶正電粒子流(

類似于宇宙射線)

沿圖中箭頭所示方向通過兩磁極間時，其偏轉(zhuǎn)方向為A.向上B.向下C.向N

極D.向S

極4、關(guān)于固體與液體，下列說法錯誤的是(

)

A.若物體表現(xiàn)為各向同性，則該物體一定是非晶體B.液晶中分子排列的有序性介于固體和液體之間C.露水總是出現(xiàn)在夜間和清晨，是氣溫變化使空氣里原來飽和的水蒸汽液化的緣故D.有的物質(zhì)能夠生成種類不同的幾種晶體，因為它們的微粒能夠形成不同的空間結(jié)構(gòu)5、如圖，AB

兩燈原來正常發(fā)光，現(xiàn)因某一電阻發(fā)生斷路或短路的故障，使A

燈變亮，B

燈變暗，那么，故障原因是(

)

A.R0

斷路B.R1

斷路C.R2

斷路D.R2

短路6、一列簡諧橫波沿x軸傳播。某時刻的波形如圖所示，其中質(zhì)點a、b均處于平衡位置，且質(zhì)點a正向上運動。下列說法正確的是（）A.此列波沿x軸負方向傳播B.此時刻質(zhì)點b正向上運動C.一段時間后質(zhì)點a運動到質(zhì)點bD.一段時間后質(zhì)點a、b同時回到平衡位置評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、關(guān)于布朗運動，下列說法中不正確的是（）A.布朗運動是微觀粒子運動，牛頓運動定律不再適用B.布朗運動是液體分子無規(guī)則運動的反映C.強烈的陽光射入較暗的房間內(nèi)，在光束中可以看到有懸浮在空氣中的微塵不停地做無規(guī)則運動，這也是一種布朗運動D.因為布朗運動的激烈程度跟溫度有關(guān)，所以布朗運動也叫做熱運動8、關(guān)于電動勢，下列說法中正確的是(

)

A.電源的電動勢等于電源正、負極之間的電勢差B.用電壓表(

理想電壓表)

直接測量電源兩極得到的電壓數(shù)值就等于電源電動勢的值C.電動勢是描述電源本身性質(zhì)的物理量，它反映了電源將其它形式能轉(zhuǎn)化為電勢能的本領(lǐng)大小D.電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)部從負極向正極移送單位電荷量的正電荷做功越多9、如圖所示，MN、PQ是圓的兩條相互垂直的直徑，O為圓心．兩個等量正電荷分別固定在M、N兩點．現(xiàn)有一帶電的粒子(不計重力及粒子對電場的影響)從P點由靜止釋放，粒子恰能在P、Q之間做直線運動；則以下判斷正確的是()

A.O點的場強一定為零B.P點的電勢一定比O點的電勢高C.粒子一定帶負電D.粒子在P點的電勢能一定比Q點的電勢能小10、兩列簡諧橫波的振幅都是20cm

傳播速度大小相同.

實線波的頻率為2Hz

沿x

軸正方向傳播；虛線波沿x

軸負方向傳播.

某時刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則(

)

A.在相遇區(qū)域會發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實線波和虛線波的頻率之比為32

C.平衡位置為x=6m

處的質(zhì)點此時刻速度為零D.平衡位置為x=8.5m

處的質(zhì)點此刻位移y>20cm

11、(

多選)

下列說法正確的是()A.盧瑟福通過對婁脕

粒子散射實驗的研究提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型B.某些原子核能夠放射出婁脗

粒子，說明原子核內(nèi)有婁脗

粒子C.某種色光照射金屬發(fā)生光電效應(yīng)，若增大光照強度，則單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)增加D.一個氘核的質(zhì)量小于一個質(zhì)子和一個中子的質(zhì)量和12、如圖所示的勻強電場場強為103N/Cab=dc=4cmbc=ad=5cm.

則下述計算結(jié)果正確的是()

A.ab

之間的電勢差為40V

．B.ac

之間的電勢差為0

．C.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點電荷沿矩形路徑abdc

移動一周，電場力做功為零．D.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點電荷沿折線ab鈭?bc

或ad鈭?dc

從a

移動到c

電場力做功都是鈭?0.25J

．13、AB

兩球質(zhì)量相等，A

球做自由落體運動，B

球做平拋運動，兩球在運動中空氣阻力不計，則下述說法中正確的是()A.相同時間內(nèi)，動量的變化大小相等，方向相同B.相同時間內(nèi)，動量的變化大小相等，方向不同C.動量的變化率大小相等，方向相同D.動量的變化率大小相等，方向不同14、一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U

額定電流為I

線圈電阻為R

將它接在電動勢為E

內(nèi)阻為r

的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則：(

)

A.電動機消耗的總功率為IU

B.電動機消耗的熱功率為I2R

C.電源的輸出功率為IE鈭?I2r

D.電源的效率為1

評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、發(fā)電站通過升壓變壓器、輸電導(dǎo)線和降壓變壓器把電能輸送到用戶，如果升壓變壓器和降壓變壓器都可視為理想變壓器．如圖所示，若發(fā)電機的輸出功率P1=100kW，輸出電壓U1=250V，升壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為1：25，則升壓變壓器的輸出電壓U2=____，輸電導(dǎo)線中的電流I2=____．若輸電導(dǎo)線中的電功率損失為輸入功率的4%，則輸電導(dǎo)線的總電阻R線=____，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U3=____．

16、如圖中，有兩顆人造地球衛(wèi)星圍繞地球運動，它們運行的軌道不可能是____．

17、2006年11月21日，中國、歐盟、美國、日本、韓國、俄羅斯和印度七方在法國總統(tǒng)府正式簽署一個能源方面的聯(lián)合實施協(xié)定及相關(guān)文件，該協(xié)定中的能源是指____能源．18、分子質(zhì)量之比一定等于它們的摩爾質(zhì)量之比．______．（判斷對錯）19、康普頓效應(yīng)證實了光子不僅具有能量，也有動量，如圖給出了光子與靜止電子碰撞后，電子的運動方向，則碰后光子可能沿方向______運動，并且波長______（填“不變”“變小”或“變長”）．20、帶電量為1.0隆脕10鈭?2

庫的粒子，在電場中先后飛經(jīng)AB

兩點，飛經(jīng)A

點時的動能為10

焦耳，飛經(jīng)B

點時的動能為40

焦耳.

已知A

點的電勢為鈭?700

伏，則電荷從A

到B

電場力做功______J

帶電粒子在A

點的電勢能是______JB

點的電勢是______伏.

21、一電源，當它的負載電阻分別為1婁賂

和4婁賂

時，有相同的輸出功率，則電源的內(nèi)電阻為______婁賂.

評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)22、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度的方向．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共4題，共20分)23、如圖a，間距為d的平行金屬板MN與一對光滑的平行導(dǎo)軌相連，平行導(dǎo)軌間距L=一根導(dǎo)體棒ab以一定的初速度向右勻速運動，棒的右端存在一個垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。棒進入磁場的同時，粒子源P釋放一個初速度為零的帶電粒子，已知帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子能從N板加速到M板，并從M板上的一個小孔穿出。在板的上方，有一個環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小也為B，垂直紙面向外的勻強磁場。已知外圓半徑為2d，內(nèi)圓半徑為d，兩圓的圓心與小孔重合(粒子重力不計)。(1)判斷帶電粒子的正負，并求當ab棒的速度為vo時，粒子到達M板的速度v；(2)若要求粒子不能從外圓邊界飛出，則ab棒運動速度v0的取值范圍是多少？(3)若棒ab的速度為使粒子不從外圓飛出，可通過控制導(dǎo)軌區(qū)域磁場的寬度S(如圖b)，則該磁場寬度S應(yīng)控制在多少范圍內(nèi)？24、如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L=1m，導(dǎo)軌長為d=3m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝300，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝1T，方向與導(dǎo)軌平面垂直向上，質(zhì)量為m＝0.1Kg的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止開始釋放，導(dǎo)棒在滑至底端之前已經(jīng)做勻速運動，設(shè)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，并與導(dǎo)軌接觸良好，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R=2其他部分的電阻均不計，重力加速度g=10m/s2。求：(1)導(dǎo)體棒勻速運動時的速度v大??；(2)導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端運動到底端的整個過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。25、質(zhì)量為0.5kg的小球從h=2.45m的高空自由下落至水平地面，與地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向彈回，求小球與地面的碰撞過程中對地面的平均作用力．（不計空氣阻力，g=10m/s2）26、如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以正點電荷Q為圓心的某一圓周交于B、C點，質(zhì)量為m，帶電量為-q的有孔小球從桿上A點無初速下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小球滑到B點時速度大小為．求：

（1）小球由A到B過程中重力對小球做的功？

（2）小球由A到B過程中小球動能的變化量？

（3）小球由A到B過程中電場力對小球做的功？小球由B到C運動過程中電場力做功又是多少？評卷人得分六、解答題(共4題，共32分)27、如圖所示，兩個水平放置的平行光滑金屬導(dǎo)軌之間得距離為L，電阻不計，左端串聯(lián)一個定值電阻R，金屬桿ab的電阻為r質(zhì)量為m．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B．桿在恒力F作用下由靜止開始運動．

（1）桿的運動速度為v時；感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流的大?。?/p>

（2）求出金屬桿的最大速度（3）已知金屬桿達到最大速度時運動位移為s；求此過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q．

28、如圖所示，一小型發(fā)電機內(nèi)有n=100匝矩形線圈，線圈面積S=0.10m2，線圈電阻可忽略不計．在外力作用下矩形線圈在B=0.10T勻強磁場中，以恒定的角速度ω=100πrad/s繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動；發(fā)電機線圈兩端與R=100Ω的電阻構(gòu)成閉合回路．求：

（1）線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值；

（2）從線圈平面通過中性面時開始；線圈轉(zhuǎn)過90°角的過程中通過電阻R橫截面的電荷量；

（3）線圈勻速轉(zhuǎn)動10s；電流通過電阻R產(chǎn)生的焦耳熱．（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）

29、如圖所示；傾角θ=30°的光滑斜面上水平放置一條L=0.2m長的導(dǎo)線PQ，兩端以很軟的導(dǎo)線通入，I=5A的電流，方向由P流向Q．當豎直方向有一個B=0.6T的勻強磁場時，PQ恰能靜止，求：

（1）導(dǎo)線PQ的重力的大小和該磁場的方向；

（2）若改變勻強磁場的大小和方向；使導(dǎo)線靜止在斜面上，且對斜面的壓力最小，求該磁場的大小和方向；

（3）若改變勻強磁場的大小和方向；使導(dǎo)線靜止在斜面上，且磁感應(yīng)強度最小，求該磁場的大小和方向．

30、如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平桌面的邊緣，桌面離水平面的高度為h，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入物塊后，以水平速度v/2射出；重力加速度為g．已知M=3m，求：

（1）此過程中系統(tǒng)損失的機械能；

（2）此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【解析】試題分析：由安培定則判斷出通電螺線管軸線上的方向水平向右，因正電荷向左運動，所以電荷運動的方向與磁場平行，帶電粒子不受洛倫茲力，即帶電粒子速度大小和方向都不變，C對，ABD錯。考點：本題考查洛倫茲力【解析】【答案】C2、A【分析】【解析】試題分析：從變動的部分到整體，再到其他部分的規(guī)律分析電路可以看做兩個并聯(lián)電路，其中L1一個支路，另一個支路為：L2與滑動變阻器并聯(lián)后與定值電阻串聯(lián)。當滑動變阻器的劃片向下滑動時，滑動變阻器連入電路的電阻減小電路總電阻減小路端電壓減小，電路總電流增大；路端電壓減小L1兩端的電壓減小，即L1變暗，BC錯誤，L1兩端的電壓減小通過L1兩端的電流減小，結(jié)合電路總電流增大通過定值電阻的電流增大定值電阻兩端的電壓增大，結(jié)合兩大并聯(lián)支路的電壓減小L2與滑動變阻器并聯(lián)支路的電壓減小L2兩端電壓減小L2變暗，所以A正確，D錯誤考點：本題考查了電路的動態(tài)分析問題【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】根據(jù)蹄形磁鐵的磁場方向，負電荷的運動方向，運用左手定則判斷出洛倫茲力的方向，從而確定粒子的偏轉(zhuǎn)方向。解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則確定磁場方向、電荷運動方向和洛倫茲力方向的關(guān)系。【解答】蹄形磁鐵的磁場方向由N

指向S

帶電粒子的方向，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向向上，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，故A正確，BCD錯誤。故選A?！窘馕觥緼

4、A【分析】解：A

多晶體也具有各向同性；所以若物體表現(xiàn)為各向同性，則該物體不一定是非晶體.

故A錯誤．

B；液晶一方面像液體具有流動性；另一方面又像晶體，分子在特定方向排列比較整齊有序，具有各向異性的特點.

故B正確．

C；當絕對濕度不變的情況下；溫度降低，飽和汽壓降低，所以相對濕度變大，當達到飽和以后，隨著溫度的繼續(xù)降低，水蒸氣將液化為水，即露水.

故C正確。

D；有的物質(zhì)能夠生成種類不同的幾種晶體；因為它們的微粒能夠形成不同的空間結(jié)構(gòu)，故D正確．

本題選擇錯誤的；故選：A

多晶體也具有各向同性；

通常我們把物質(zhì)的狀態(tài)分為固態(tài)；液態(tài)和氣態(tài)；但是某些有機化合物具有一種特殊的狀態(tài)，在這種狀態(tài)中，它們一方面像液體，具有流動性，另一方面又像晶體，分子在某個方向上排列比較整齊，因而具有各向異性，我們把這些物質(zhì)叫做液晶.

液晶是不穩(wěn)定的，外界影響的微小變化，例如溫度、電場等，都會引起液晶分子排列變化，改變它的光學(xué)性質(zhì)．

本題考查了各向同性與各向異性、液晶的定義和特性、晶體與非晶體等知識點的內(nèi)容，知識點較為冷僻，平時看書要仔細．【解析】A

5、B【分析】解：A

電阻R0

單獨在一個支路上；斷路后使外電阻變大，使兩個燈泡所在的并聯(lián)電路的電壓都變大，則兩個燈泡的亮度都變亮，不符合題意，故A錯誤；

B；燈泡A

和電阻R1

并聯(lián)；如果R1

斷路，此處只有燈泡A

一個電阻，根據(jù)并聯(lián)電路總電阻與分電阻的關(guān)系，此處電阻相當于增大，所以燈泡A

兩端電壓增大，燈泡B

兩端電壓降低，則A

燈變亮，燈泡B

變暗.

故B正確；

C；同理可知；R2

斷路時，A

燈變暗，燈泡B

變亮，不符合題意，故C錯誤．

D；若R2

短路；B

燈被短路，不亮，與題不符，故D錯誤．

故選：B

首先明確電路中各用電器的連接關(guān)系：燈泡A

和電阻R1

并聯(lián)；燈泡B

和電阻R2

并聯(lián)，再與電阻R0

并聯(lián).

可將每選項逐一代入題目檢查是否符合題意，從而確定正確選項．

此題是電路故障問題.

解決的關(guān)鍵是在明確電路連接關(guān)系的前提下采用“排除法”將每一選項逐一代入題干，檢查是否符合題意，最終確定正確選項．【解析】B

6、D【分析】解：A；圖中質(zhì)點正向上運動；由“上下坡法”判斷知此波沿x軸正向傳播，故A錯誤。

B、此波沿x軸正向傳播，由“上下坡法”判斷知該時刻質(zhì)點b正向下運動；故B錯誤。

C、簡諧橫波沿x軸正方向傳播，質(zhì)點a只能上下振動，不沿x軸方向移動，所以質(zhì)點a不會運動到質(zhì)點b；故C錯誤。

D、a、b兩質(zhì)點平衡位置間的距離是半個波長，振動情況總相反，則再過半個周期后質(zhì)點a、b同時回到平衡位置；故D正確。

故選：D。

由質(zhì)點a的振動方向，根據(jù)“上下坡法”判斷波的傳播方向，并判斷出質(zhì)點b的振動方向。在波的傳播過程中，介質(zhì)中的各個振動質(zhì)點都做簡諧運動，不隨波向前移動。根據(jù)a、b間的距離與波長的關(guān)系分析它們振動情況的關(guān)系。

根據(jù)振動圖象讀出各時刻質(zhì)點的振動方向，由質(zhì)點的振動方向判斷波的傳播方向是基本功，常用的方法有：上下坡法、波形平移法等，都要準確掌握。【解析】D二、多選題(共8題，共16分)7、ACD【分析】解：A；布朗運動是懸浮在液體中粒子的運動；這些粒子不是微觀粒子，牛頓運動定律仍適用，故A錯誤．

B；固體小顆粒做布朗運動說明了液體分子不停的做無規(guī)則運動；故B正確．

C；布朗運動用肉眼觀察不到；所看到的塵土的運動是由氣流和重力引起的運動，不是布朗運動．故C錯誤。

D；布朗運動反映的是分子的熱運動；其本身不是分子的熱運動．故D錯誤．

本題選不正確的；故選：ACD．

固體小顆粒做布朗運動是液體分子對小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的；液體的溫度越低，懸浮小顆粒的運動越緩慢，且液體分子在做永不停息的無規(guī)則的熱運動．固體小顆粒做布朗運動說明了液體分子不停的做無規(guī)則運動．

本題考查對布朗運動的理解．布朗運動既不是顆粒分子運動，也不是液體分子的運動，而是液體分子無規(guī)則運動的反映．【解析】【答案】ACD8、BCD【分析】解：A

電源的電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電勢差；若電源接入電路，由于電源的內(nèi)電路有電勢差，兩極間的電勢差將小于電動勢，故A錯誤；

B；用電壓表(

理想電壓表)

直接測量電源兩極；電路中的電流值幾乎等于0

得到的電壓數(shù)值就等于電源電動勢的值.

故B正確．

C；電動勢是描述電源本身性質(zhì)的物理量；它反映了電源將其它形式能轉(zhuǎn)化為電勢能的本領(lǐng)大小.

故C正確．

D、根據(jù)電源電動勢定義式E=Wq

可知電動勢越大，電源內(nèi)非靜電力從負極向正極移送單位電荷量的電荷做功越多，故D正確；

故選：BCD

電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢.

電動勢的定義式E=WqW

是非靜電力做功.

電源的電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)；外電壓之和.

根據(jù)這些知識點進行分析解答．

解答本題關(guān)鍵從物理意義、定義式、閉合電路歐姆定律來理解電動勢.

要注意在電源內(nèi)部是非靜電力做功，在電源的外部是靜電力做功．【解析】BCD

9、A:C【分析】A、根據(jù)點電荷電場強度公式，及矢量合成法則，則有O點的場強為零；故A正確；

B、等量同種正點電荷連線的中垂線上，電場的方向從O點指向兩側(cè)，所以O(shè)點的電勢最高，不一定等于0，但一定比P點的電勢高；故B錯誤；

C、由于電場的方向從O點指向兩側(cè)，而點電荷釋放后向O點運動，受力的方向指向O點；所以粒子帶負電荷，故C正確；

D、等量同種正點電荷連線的中垂線上PQ處于關(guān)于O對稱的位置，所以PQ的電勢是相等的，粒子在PQ兩點的電勢能也相等；故D錯誤．

點睛：對于等量同種電荷電場線的分布情況及特點的理解和掌握程度，要抓住電場線的對稱性進行分析求解是解題的關(guān)鍵．10、BD【分析】解：A

由于f1鈮?f2

故兩列波在相遇區(qū)域不會發(fā)生干涉現(xiàn)象.

故A錯誤．

B；兩列波傳播速度大小相同.

由圖可知；實線波的波長婁脣1=4m

虛線波的波長婁脣2=6m

由v=婁脣f

可知；實線波和虛線波的頻率之比為f1f2=婁脣2婁脣1=32.

故B正確．

C；兩列簡諧橫波在平衡位置為x=6m

處；振動加強，速度是兩者之和，所以不可能為零.

故C錯誤；

D；兩列簡諧橫波在平衡位置為x=8.5m

處的質(zhì)點是振動加強的；此刻各自位移都大于10cm

合位移大于20cm

故D正確；

故選：BD

．

在均勻介質(zhì)中兩列波的波速相同；由v=婁脣f

得：波長與頻率成反比，從而得出頻率之比.

兩列波頻率時才能發(fā)生干涉.

某時刻兩列波的平衡位置正好在x=0

處重合，兩列波的平衡位置的另一重合處到x=0

處的距離應(yīng)該是兩列波的波長整數(shù)倍．

解決本題時要抓住在同一介質(zhì)中傳播的同一類波波速相等，知道干涉的條件和波的疊加原理.

要知道波形圖是反應(yīng)某時刻各質(zhì)點的位置，而振動圖則是反應(yīng)某質(zhì)點在各時刻的位置．【解析】BD

11、ACD【分析】【分析】婁脕婁脕粒子散射實驗說明原子具有核式結(jié)構(gòu)模型；婁脗婁脗粒子來自原子核；單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)與入射光的強度有關(guān)；核子結(jié)合成原子核會有質(zhì)量虧損。本題主要考查了婁脕

粒子散射、婁脗

衰變、光電效應(yīng)的規(guī)律及核能等知識，考查點較多，平時應(yīng)加強積累和識記，基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼.盧瑟福通過對婁脕婁脕粒子散射實驗的研究提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A正確；B.某些原子核能夠放射出婁脗婁脗粒子，是原子核中的中子向質(zhì)子轉(zhuǎn)化時生成的電子從原子核拋射出來，原子核內(nèi)沒有婁脗婁脗粒子，故B錯誤；C.某種色光照射金屬發(fā)生光電效應(yīng)，若增大光照強度，則單位時間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)增加，故C正確；D.核子結(jié)合成原子核會有質(zhì)量虧損，所以一個氘核的質(zhì)量小于一個質(zhì)子和一個中子的質(zhì)量和，故D正確。故選ACD。【解析】ACD

12、ABC【分析】略。

【解析】ABC

13、AC【分析】【分析】AB

兩球都只受重力，根據(jù)動量定理F潞脧?t=鈻?P

相同時間內(nèi)，動量的變化大小相等，方向相同跟重力的方向相同，豎直向下.

根據(jù)動量定理可知，?P?t=mg

所以AB

兩球的動量的變化率為mg

大小相等，方向相同。此題主要考查了自由落體運動和平拋運動都只受到重力作用，根據(jù)動量定理判斷動量的變化和變化率，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。【解答】AB.B

球做平拋運動；與A

球做自由落體運動一樣，只受重力．

根據(jù)動量定理：F潞脧?t=鈻?P

即鈻?P=mgt

所以；相同時間內(nèi)，動量的變化大小相等，方向相同跟重力的方向相同，豎直向下；

故A正確；B錯誤;

CD.

根據(jù)動量定理F潞脧?t=鈻?P

則?P?t=mg

即動量的變化率為mg

大小相等，方向相同。

故C正確；D錯誤。

故選AC。

【解析】AC

14、ABC【分析】本題考查電功率，根據(jù)題意知直流電動機為非純電阻電路，計算出電動機的電功率及熱功率，用電功率減去熱功率即為電動機的輸出功率，輸出功率除以總功率即電源的效率。A.對于非純電阻電路歐姆定律不在適用，電動機消耗功率為UI

故A正確；B.消耗熱功率為故B正確；C.電源輸出功率為EI鈭?I2r

故C正確；D.電源效率為故D錯誤。故選ABC。【解析】ABC

三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】

根據(jù)得，則U2=250×25V=6250V．

輸電線路上的電流．

根據(jù)4%P=解得R=．

則輸電線路上的電壓降△U=I2R≈250V，所以U3=U2-△U=6000V．

故答案為：6250V；16A，15.6Ω，6000V．

【解析】【答案】根據(jù)原副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比求出升壓變壓器的輸出電壓，通過輸出功率求出導(dǎo)線上的電流，根據(jù)P=I2R求出輸電線上的電阻．通過歐姆定律求出輸電線路上的電壓降；從而求出降壓變壓器的輸入電壓．

16、略

【分析】

人造地球衛(wèi)星靠萬有引力提供向心力；做勻速圓周運動，萬有引力的方向指向地心，所以圓周運動的圓心是地心．故①③可能，②不可能．

故答案為：②

【解析】【答案】人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動；靠地球的萬有引力提供向心力，而萬有引力的方向指向地心，所以人造地球衛(wèi)星做圓周運動的圓心是地心．

17、核聚變【分析】【解答】國際熱核聚變實驗反應(yīng)堆的原理；類似太陽發(fā)光發(fā)熱．即在上億度的超高溫條件下．利用氫的同位素氘；氚的聚變反應(yīng)釋放出核能．熱核聚變?nèi)剂想?、氚可以從海水中提?。?升海水中的氘、氚經(jīng)過核聚變反應(yīng)釋放的能量．相當于300升汽油，可以說原料取之不盡；核聚變反應(yīng)不產(chǎn)生溫室氣體和核廢料，不會危害環(huán)境．這項計劃的實施結(jié)果，將決定人類能否迅速、大規(guī)模使用核聚變能源，從而可能影響人類從根本上解決能源問題的進程，意義非常巨大．

故答案為：核聚變．

【分析】參加國際熱核聚變實驗反應(yīng)堆計劃的歐盟、中國、美國、日本、韓國、俄羅斯、印度七方代表，11月21日在法國總統(tǒng)府愛麗舍富正式簽署聯(lián)合實驗協(xié)定以及相關(guān)文件，人類開發(fā)熱核聚變能源的宏偉計劃全面啟動．18、略

【分析】解：分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量除以阿伏伽德羅常數(shù)．所以分子質(zhì)量之比一定等于它們的摩爾質(zhì)量之比．

故答案為：正確。

每摩爾任何物質(zhì)都含有NA個分子數(shù)；分子的質(zhì)量等于摩爾質(zhì)量除以阿伏伽德羅常數(shù)．摩爾數(shù)等于質(zhì)量與摩爾質(zhì)量之比。

解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握阿伏伽德羅常數(shù)的意義，知道摩爾質(zhì)量與分子質(zhì)量的關(guān)系【解析】正確19、略

【分析】解：光子與電子碰撞過程系統(tǒng)動量守恒；系統(tǒng)動量的矢量和不變，碰前動量向右，故碰撞后系統(tǒng)的動量的矢量和也向右，故碰后光子可能沿方向1振動；

由于電子動能增加；故光子動減量小，根據(jù)ε=hν，光子的頻率減小，根據(jù)c=λυ，波長變長；

故答案為：1；變長．

光子與電子碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的矢量和不變，動量是矢量，合成遵循平行四邊形定則；根據(jù)λ=判斷波長的變化情況．

光電效應(yīng)表明光具有粒子性，光子具有能量；康普頓效應(yīng)進一步表面光子具有動量．【解析】1；變長20、略

【分析】解：根據(jù)動能定理得到；帶電粒子從A

點到B

點的過程中電場力做功等于動能的增加量，則電場力做功為：

W=EkB鈭?EkA=40J鈭?10J=30J

帶電粒子在A

點的電勢能：EpA=q婁脮A=1.0隆脕10鈭?2隆脕(鈭?700)V=鈭?7J

A、B

間的電勢差為：UAB=Wq=301隆脕10鈭?2V=3000J

而UAB=婁脮A鈭?婁脮B

得；B

點的電勢為：

婁脮B=婁脮A鈭?UAB=鈭?700V鈭?3000V=鈭?3700V

故答案為：30鈭?7鈭?3700

(1)

帶電粒子從A

點到B

點的過程中電場力做功等于動能的增加．

(2)

由Ep=q婁脮

求解帶電粒子在A

點的電勢能．

(3)

由W=qUAB

求出AB

兩點的電勢差.

結(jié)合A

點的電勢為鈭?700

伏；求出B

點的電勢．

本題考查電場中電勢差和電場強度的關(guān)系，要注意帶電粒子在電場中運動時，若只有電場力，其電勢能與動能的總量守恒.

求解電勢差時，要注意各公式中各量要代入符號一并計算．【解析】30鈭?7鈭?3700

21、略

【分析】解：設(shè)電源的電動勢為E

內(nèi)阻r

由閉合電路歐姆定律可得：I=Er+R

則根據(jù)功率公式可得：P=I2R

代入數(shù)據(jù)可得：E2(1+r)2隆脕1=E2(r+4)2隆脕4

解得：r=2婁賂

故答案為：2

．

根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得電流；再根據(jù)P=I2R

可得出功率表達式，根據(jù)兩種情況功率相等即可求得內(nèi)阻大?。?/p>

本題考查閉合電路歐姆定律以及功率公式的應(yīng)用，要注意正確分析輸出功率的表達式，再根據(jù)題意列式即可求解．【解析】2

四、判斷題(共1題，共9分)22、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度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．五、計算題(共4題，共20分)23、略

【分析】【解析】試題分析：(1)根據(jù)右手定則知，a端為正極，故帶電粒子必須帶負電ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢對于粒子，由動能定理得粒子射出電容器的速度為(2)要使粒子不從外邊界飛出，則粒子最大半徑時的軌跡與外圓相切，由幾何關(guān)系有：得洛侖茲力等于向心力有：聯(lián)立得故ab棒的速度范圍：(3)因為故如果讓粒子在MN間一直加速，則必然會從外圓飛出，所以只能讓粒子在MN間只加速至速度為再勻速射出電容器則可。而由得：對于棒ab：故磁場的寬度應(yīng)考點：力電磁綜合問題【解析】【答案】(1)負、(2)(3)24、略

【分析】試題分析：（1）在光滑導(dǎo)軌上勻速運動時：感應(yīng)電動勢：E=BLv感應(yīng)電流：安培力：F安=BIL受力平衡：F安=mgsinθ解得：代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s（2）由能量守恒可知：解得：Q=1.45J考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；能量守恒定律?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）1m/s（2）1.45J25、略

【分析】

由機械能守恒定律可求得小球落地和反彈時的速度；再由動量定理可求得地面對小球的平均沖力F，最后由牛頓第三定律說明即可．

本題考查動量定理的應(yīng)用，在解題時要注意動量的矢量性，故應(yīng)先設(shè)定正方向，難度適中．【解析】解：小球自由下落過程中；由機械能守恒定律可知：

mgh=mv12；

解得：v1=m/s；

同理；回彈過程的速度為5m/s，方向豎直向上；

設(shè)向下為正；則對碰撞過程由動量定理可知：

mgt-Ft=-mv′-mv

代入數(shù)據(jù)解得：F=35N

由牛頓第三定律小球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?5N；方向豎直向下。

答：小球與地面的碰撞過程中對地面的平均作用力為35N．26、略

【分析】

（1）根據(jù)W=mgh求的重力做功。

（2）由題；B；C兩點在以正電荷Q為圓心的同一圓周上，電勢相等，小球從B運動到C過程，電場力做功為零，根據(jù)動能定理研究小球從A運動到B的過程，求出電場力所做的功。

（3）從B到C根據(jù)電場的分布情況判斷出電場力先做正功后做負功；做功之和為零。

本題主要考查了動能定理，關(guān)鍵是抓住點電荷的電場分布特點，明確從B到C電場力做功之和為零【解析】解：（1）小球由A運動到B過程中重力對小球做功。

W=mgh

（2）小球由A到B過程中小球動能的變化量。

△EK=mv2-0

=m3gh=1.5mgh

（3）小球由A到B過程中，設(shè)電場力做功為WF；由動能定理得。

WF+mgh=△EK

WF=△EK-mgh=mgh-1.5mgh=0.5mgh

由于B；C兩點的電勢相等；因此小球從B運動到C點的過程電場力做功為零．

答：（1）小球由A到B過程中重力對小球做的功為mgh

（2）小球由A到B過程中小球動能的變化量為1.5mgh

（3）小球由A到B過程中電場力對小球做的功0.5mgh，小球由B到C運動過程中電場力做功為0六、解答題(共4題，共32分)27、略

【分析】

（1）設(shè)速度為v時，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv

此時回路中的感應(yīng)電流為I==

（2）金屬桿所受安培力為F安=BIL=

金屬桿的加速度為a=

可見；a隨著速度的增加而減小，金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速運動．

由④可知，當a=0時速度最大，最大速度為vm=

（3）由功能關(guān)系得FS=+Q

其中Q是系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱。

Q=FS-

答：（1）桿的運動速度為v時，感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流的大小是．

（2）金屬桿的最大速度是

（3）此過程中電路產(chǎn)生的焦耳熱是FS-．

【解析】【答案】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐