2025年滬教版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年滬教版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷607考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示電路，燈L1標(biāo)有“24V16W”燈L2標(biāo)有“12V16W”兩燈串聯(lián)后接在電壓為U的電路中；要保證兩燈不損壞，則（）

A.兩燈實(shí)際功率之比為4：1

B.電壓U的最大值為36V

C.燈L1兩端電壓與總電壓U之比為2：3

D.U=36V時(shí)，燈L1、L2均正常發(fā)光。

2、如圖所示是一火警報(bào)警器的部分電路示意圖．其中R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，電流表為值班室的顯示器，a、b之間接報(bào)警器．當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時(shí)，顯示器的電流I、報(bào)警器兩端的電壓U的變化情況是（）A.I變大，U變大B.I變大，U變小C.I變小，U變大D.I變小，U變小3、用與豎直方向成θ角（θ＜45°）的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個(gè)小球，這時(shí)繩b的拉力為F1?，F(xiàn)保持小球在原位置不動(dòng)，使繩b在原豎直平面內(nèi)逆時(shí)轉(zhuǎn)過θ角后固定，繩b的拉力變?yōu)镕2；再轉(zhuǎn)過θ角固定，繩b的拉力為F3，則A．F1=F3>F2B．F123C．F1=F32D．F1>F2>F34、如圖所示，把電阻R、電感線圈L、電容器C并聯(lián)，三個(gè)支路中分別接有一燈泡．接入交流電源后，三盞燈亮度相同．若保持交流電源的電壓不變，使交變電流的頻率增大，則以下判斷正確的是（）A.與電容器C連接的燈泡L2將變暗B.與線圈L連接的燈泡L1將變暗C.與電阻R連接的燈泡L3將變暗D.三盞燈泡的亮度都不會(huì)改變5、頻率為v

的光照射某金屬時(shí)，產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能為占Ekm.

改用頻率2v

的光照射同一金屬，所產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能為：(h

為普朗克常量)(

)

A.Ekm鈭?hv

B.2Ekm

C.Ekm+hv

D.Ekm+2hv

6、下列關(guān)于利用慣性和防止慣性不利影響的事例中，正確說法的是（）A.在月球上舉重比在地球上容易，所以質(zhì)量相同的物體在月球上比在地球上慣性小B.運(yùn)動(dòng)員沖到終點(diǎn)后，還要向前跑一段距離才能停下來，說明速度大的物體慣性大C.地球由西向東轉(zhuǎn)，我們向上跳起后，由于慣性，還會(huì)落到原地D.為了減小運(yùn)動(dòng)物體的慣性，坐在小汽車前排的司機(jī)和乘客都應(yīng)系上安全帶7、一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的足球，以10m/s的速度射門，被守門員以12m/s的速度反向擊回，在此過程中守門員對(duì)足球的沖量及做功分別為（）A.I=1N?SW=11JB.I=11N?SW=11JC.I=1N?SW=1JD.I=6N?SW=36J8、如圖所示的天平可用于測(cè)定磁感應(yīng)強(qiáng)度，天平的右臂下面掛有一個(gè)不計(jì)重力的矩形線圈，寬度為L，共N匝，線圈下端懸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面．當(dāng)線圈中通有方向如圖的電流I時(shí)，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡．當(dāng)電流反向（大小不變）時(shí)，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡．由此可知（）A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，大小為B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，大小為C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，大小為D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，大小為9、某實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示，電路接入交流電，燈亮.

保持電壓不變使頻率逐漸增大，觀察到燈逐漸變亮，則X

接入的是(

)

A.電容器B.電感器C.電阻器D.保險(xiǎn)絲評(píng)卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列說法正確的是（）A.如果質(zhì)點(diǎn)所受合力總是指向平衡位置，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)就是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B.在波的干涉中，振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)不一定處在波峰或波谷的疊加處C.激光是自然界普遍存在的相干光，平行度非常好，亮度非常高E.在不同慣性參考系中，一切物理定律都是相同的，這是狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)之一E.在不同慣性參考系中，一切物理定律都是相同的，這是狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)之一11、如圖所示的是兩個(gè)閉合電路中兩個(gè)電源的U鈭?I

圖象；下列說法中正確的是(

)

A.電動(dòng)勢(shì)E1=E2

內(nèi)阻r1>r2

B.電動(dòng)勢(shì)E1=E2

內(nèi)阻r1<r2

C.電動(dòng)勢(shì)E1=E2

發(fā)生短路時(shí)的電流I1<I2

D.當(dāng)兩電源的工作電流變化相同時(shí)，電源2

的路端電壓變化較大12、關(guān)于近代物理學(xué)的結(jié)論中，下面敘述中正確的是(

)

A.質(zhì)子、中子、婁脕

粒子的質(zhì)量分別是m1m2m3

質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)婁脕

粒子，釋放的能量是(2m1+2m2鈭?m3)c2

B.婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的C.一個(gè)氘核(12H)

與一個(gè)氚核(13H)

聚變生成一個(gè)氦核(24He)

的同時(shí)，放出一個(gè)中子D.按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，原子總能量也減小13、如圖所示為兩個(gè)獨(dú)立電路A和B的路端電壓與其總電流I的關(guān)系圖線；則（）

A.路端電壓都為U1時(shí)，它們的外電阻相等B.電流都是I1時(shí)，兩電源內(nèi)電壓相等C.電路A的電動(dòng)勢(shì)大于電路B的電動(dòng)勢(shì)D.A中電源的內(nèi)阻大于B中電源的內(nèi)阻14、遠(yuǎn)距離輸送交流電都采用高壓輸電．我國正在研究用比330kV高得多的電壓進(jìn)行輸電．采用高壓輸電的優(yōu)點(diǎn)是（）A.可節(jié)省輸電線的材料B.可根據(jù)需要調(diào)節(jié)交流電的頻率C.可減少輸電線上的能量損失D.可加快輸電的速度15、由歐姆定律I=UR

導(dǎo)出U=IR

和R=UI

下列敘述中正確的是(

)

A.由R=UI

知，導(dǎo)體的電阻由兩端的電壓和通過的電流決定B.導(dǎo)體的電阻由導(dǎo)體本身的性質(zhì)決定，跟導(dǎo)體兩端的電壓及流過導(dǎo)體的電流的大小無關(guān)C.對(duì)于確定的導(dǎo)體，其兩端的電壓和流過它的電流的比值等于它的電阻值D.電流相同時(shí)，電阻越大，其電壓降越大16、下列敘述中正確的是（）A.布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢(shì)能隨分子間距離的增加而增加C.已知水的密度和水的摩爾質(zhì)量，則可以計(jì)算出阿伏加德羅常數(shù)D.擴(kuò)散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙，同時(shí)分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)17、如圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A.所受重力與電場(chǎng)力平衡B.電勢(shì)能逐漸增加C.動(dòng)能逐漸增加D.做勻減速直線運(yùn)動(dòng)18、關(guān)于晶體和非晶體，下列說法正確的是（）A.非晶體有規(guī)則幾何形狀B.晶體內(nèi)部分子的排列具有規(guī)律性C.非晶體在物理性質(zhì)上一定是各向同性的D.晶體在物理性質(zhì)上一定是各向異性的評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)某同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量（如圖1），示數(shù)為____cm．在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)某同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)量（如圖2），示數(shù)為____mm．

20、某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室做“用油膜法估測(cè)分子直徑的大小”已知油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6mL．用注射器抽得上述溶液2mL；現(xiàn)緩慢地滴出1mL溶液，共有液滴數(shù)為50滴．把1滴該溶液滴入盛水的淺盤上，在刻有小正方形坐標(biāo)的玻璃板上描出油膜的輪廓（如圖所示），坐標(biāo)中小正方形方格的邊長為20mm．試問：

（1）這種估測(cè)方法是將每個(gè)分子視為______模型，讓油酸盡可能地在水面上散開，則形成的油膜可視為______油膜，這層油膜的厚度可視為油分子的______．

（2）如圖中油酸膜面積為______mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸體積是______mL；根據(jù)上述數(shù)據(jù)，估測(cè)出油酸分子的直徑是______m．21、如圖所示，光滑的U形金屬導(dǎo)軌水平放置，不計(jì)電阻，寬度L=0.5m，左端的去Q、P間接有定值電阻R=0.3Ω，電阻r=0.1Ω的金屬棒MN重直導(dǎo)軌放置在兩條導(dǎo)軌上，并用水平絕緣細(xì)線通過光滑的定滑輪連接質(zhì)量m=0.2kg的重物，重物靜止在地面上，細(xì)線拉直，已知P、M間距離d=0.8m。某時(shí)刻開始，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B從零開始隨時(shí)間均勻增大，變化率=0.2T/s。則重物未離開地面前通過R的電流為______A，當(dāng)重物對(duì)地面的壓力為零時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為______T．（g取10m/s2）22、如圖所示為一交流電的電流隨時(shí)間的變化圖象，此交變電流的有效值為____A23、用伏安法測(cè)量某一電阻Rx的阻值；現(xiàn)有實(shí)驗(yàn)器材如下：

A、待測(cè)電阻Rx（阻值大約為5Ω；額定功率為1W）

B、電流表A1（0～0.6A；內(nèi)阻0.2Ω）

C、電流表A2（0～3A；內(nèi)阻0.05Ω）

D、電壓表V1（0～3V；內(nèi)阻3KΩ）

E、電壓表V2（0～15V；內(nèi)阻15KΩ）

F、滑動(dòng)變阻器R0（0～50Ω）

G；蓄電池（電動(dòng)勢(shì)為6V）

H；電鍵、導(dǎo)線。

為了較準(zhǔn)確測(cè)量Rx的阻值，保證器材的安全，以便操作方便，電壓表、電流表應(yīng)選擇____，并畫出實(shí)驗(yàn)電路圖____．

24、如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，已知在此過程中，氣體內(nèi)能增加100J，則該過程中氣體______（選填“吸收”或“放出”）熱量______J．25、如圖1所示；在斯特林循環(huán)的P-V圖象中，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A依次經(jīng)過狀態(tài)B；C和D后再回到狀態(tài)A，整個(gè)過程由兩個(gè)等溫和兩個(gè)等容過程組成。

（1）B→C的過程中；單位體積中的氣體分子數(shù)目______（選填“增大”；“減小”或“不變”）。狀態(tài)A和狀態(tài)D的氣體分子熱運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布圖象如圖2所示，則狀態(tài)A對(duì)應(yīng)的是______（選填“①”或“②”）。

（2）在A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J；在B→C和C→D的過程中，氣體吸收的熱量分別為20J和12J，則氣體完成一次循環(huán)對(duì)外界所做的功為______J。評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)26、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分五、畫圖題(共2題，共6分)28、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象29、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分六、綜合題(共1題，共8分)30、A.圖所示，在一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一矩形線圈abcd

的平面與磁場(chǎng)方向垂直，若將線圈繞ab

邊轉(zhuǎn)動(dòng)，則線圈中______感應(yīng)電流，若將線圈左右平移，則線圈中______感應(yīng)電流(

選填“有”或“無”)

B.在B=2T

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放一根與磁場(chǎng)方向垂直、長度為0.8m

的通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中的電流為5A

求：壟脵

導(dǎo)線受到的磁場(chǎng)力方向是與電流方向平行還是垂直？壟脷

磁場(chǎng)力的大小是多少？

C.下列關(guān)于電阻率的說法中，____的是：()

A.電阻率反映材料導(dǎo)電性能的好壞，所以與材料有關(guān)；B.電阻率只是一個(gè)比例常數(shù)，與任何其他因素?zé)o關(guān)；C.電阻率與導(dǎo)體的溫度有關(guān)；D.電阻率在國際單位制中的單位是歐姆米。D.關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=F/q

下列說法正確的是()

A.q

表示產(chǎn)生電場(chǎng)的電荷量B.q

越大則E

越小C.q

表示檢測(cè)用試探電荷的電荷量D.E

的方向與負(fù)的試探電荷的受力方向相同E.如圖所示，一根質(zhì)量為m

的金屬棒AC

用軟線懸掛在磁感強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通入A隆煤C

方向的電流時(shí)，懸線張力不為零，欲使懸線張力為零，可以采用的辦法是()

A.不改變磁場(chǎng)和電流方向，適當(dāng)增大磁感強(qiáng)度B.只改變電流方向，并適當(dāng)增加電流C.不改變電流和磁場(chǎng)方向，適當(dāng)減小電流D.只改變電流方向，并適當(dāng)減小電流F.測(cè)量兩個(gè)電池ab

的電動(dòng)勢(shì)后得到如圖所示中U隆陋I

曲線，那么()

A.電池a

的電動(dòng)勢(shì)較大，內(nèi)阻較小B.電池a

的電動(dòng)勢(shì)較大，內(nèi)阻較大C.電池b

的電動(dòng)勢(shì)較大，內(nèi)阻較小D.電池b

的電動(dòng)勢(shì)較大，內(nèi)阻較大G.如圖所示為甲、乙兩個(gè)導(dǎo)體的伏安特性曲線，則甲導(dǎo)體的電阻為_______若將甲、乙兩導(dǎo)體串聯(lián)起來接在電動(dòng)勢(shì)為16V

內(nèi)阻為1

的電源兩極，則通過電源的電流為________A

H.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

方向垂直紙面向里.

一個(gè)質(zhì)量為m

電荷量為q

的正離子，以速度v

從小孔O

射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，入射時(shí)速度方向既垂直于磁場(chǎng)方向，又與屏垂直，偏轉(zhuǎn)后打在屏上S

點(diǎn)(S

點(diǎn)未在圖上畫出)

求：壟脵

剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，離子受到洛倫茲力的大小和方向；壟脷

屏上S

點(diǎn)到O

點(diǎn)的距離；壟脹

離子從O

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S

點(diǎn)的時(shí)間．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】

（1）根據(jù)公式P=得，R=代入數(shù)據(jù)得兩燈泡的電阻分別為：R1=36Ω，R2=9Ω；

（2）將L1、L2串聯(lián)到電源上后，通過的最大電流等于兩個(gè)燈泡額定電流中最小的，即L1的額定電流相等，得到電路中最大電流為I===A；

A；∵串聯(lián)電路各處的電流相等；

∴根據(jù)P=I2R可知，燈L1與L2實(shí)際功率之比為：

P1：P2=I2R1：I2R2=R1：R2=36Ω：9Ω=4：1；故A正確；

B、電壓U的最大值為U=I（R1+R2）=A×（9Ω+36Ω）=30V．

C；根據(jù)U=IR；I相等，可得：

U1：U=IR1：I（R2+R1）=R1：（R2+R1）=36Ω：（9Ω+36Ω）=4：5；故C錯(cuò)誤；

D；由于兩燈額定電壓相同；兩燈泡不可能正常發(fā)光．故D錯(cuò)誤．

故選A．

【解析】【答案】已知燈泡的額定電壓和額定功率，根據(jù)公式P=分別求出兩燈泡的電阻；將L1、L2串聯(lián)到電源上后，通過的最大電流只能是兩個(gè)燈泡額定電流中最小的，根據(jù)燈泡正常發(fā)光時(shí)的電流和額的電流相等判斷兩燈泡是否可以同時(shí)正常發(fā)光，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點(diǎn)和歐姆定律得出燈L1兩端電壓與總電壓U之比；最后根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電壓U的最大值．

2、D【分析】【解析】試題分析：當(dāng)傳感器R2所在的位置出現(xiàn)火情時(shí)R2的阻值減小，電路中總電阻減小，干路電流變大，內(nèi)電壓變大，路段電壓變小，U變小，AC錯(cuò)；R1兩端電壓變大，所以R3兩端的電壓變小，電流表示數(shù)變小，I變小，B錯(cuò)D對(duì)；選D考點(diǎn)：考查動(dòng)態(tài)變化問題【解析】【答案】D3、A【分析】【解析】【答案】A4、B【分析】解：因接入交流電后，三盞燈亮度相同，又因電感線圈對(duì)交流電的阻礙作用與交流電的頻率成正比，電容對(duì)交流電的阻礙作用與交流電的頻率成反比，故當(dāng)交流電頻率增大時(shí)，電感線圈L的阻礙作用增大，電容對(duì)交流電的阻礙作用變小，電阻R的阻礙作用不變，故與L相連的燈泡L1將變暗，與電容C連接的燈泡L2變亮，與R相連接的燈泡L3亮度不變；故B項(xiàng)正確，A；C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．

故選：B．

電感線圈對(duì)交流電的阻礙作用與交流電的頻率成正比；電容對(duì)交流電的阻礙作用與交流電的頻率成反比．

記住電感線圈是通低頻阻高頻，電容是通交流，隔直流，即可解決此類題目．【解析】【答案】B5、C【分析】解：頻率為v

的光照射某金屬時(shí)；產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能為Ekm

根據(jù)光電效應(yīng)方程知，逸出功W0=hv鈭?Ekm

．

改用頻率2v

的光照射同一金屬；則最大初動(dòng)能Ekm隆盲=2hv鈭?W0=hv+Ekm.

故C正確，AB

D錯(cuò)誤．

故選C．

根據(jù)光電效應(yīng)方程求出逸出功的大小；改用頻率2v

的光照射同一金屬，再通過光電效應(yīng)方程求出光電子的最大初動(dòng)能．

本題考查光電效應(yīng)方程的基本運(yùn)用，抓住逸出功不變進(jìn)行求解，難度不大．【解析】C

6、C【分析】解：A；慣性是物體的固有屬性；大小只跟質(zhì)量有關(guān)，跟其他任何因數(shù)沒有關(guān)系，故AB錯(cuò)誤；

C；人具有慣性；會(huì)隨著地球一起由西向東轉(zhuǎn)，所以跳起后還會(huì)落到原地，故C正確；

D；駕駛員系安全帶是為了防止由于慣性而被撞傷；不是為了減小慣性，故D錯(cuò)誤．

故選C

我們把物體保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的特性叫做慣性；慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，物體的慣性有時(shí)對(duì)我們是有益的，我們要學(xué)會(huì)利用；慣性有時(shí)對(duì)我們是有害的，我們要學(xué)會(huì)防止．

此題主要考查了幾種生活中的慣性現(xiàn)象，慣性在生活中“無處不在”，正確利用和防止慣性才能更好的為生產(chǎn)生活服務(wù)．【解析】【答案】C7、B【分析】解：由動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)球所做的功W=mv22-mv12=

設(shè)末動(dòng)量方向?yàn)檎较颍?/p>

由動(dòng)量定理可得：

I=mv2-mv1=0.5×12-（-0.5×10）=11N?s；故B正確．

故選：B

由動(dòng)能定理可求得運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球所做的功；由動(dòng)量定理可求得運(yùn)動(dòng)員對(duì)足球的沖量．

本題應(yīng)注意變力的功用動(dòng)能定理求出，動(dòng)量定理可注意方向性，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】B8、C【分析】解：A；當(dāng)B的方向垂直紙面向里；開始線圈所受安培力的方向向向下，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當(dāng)于右邊少了兩倍的安培力大小，所以右邊應(yīng)加砝碼；

C、當(dāng)B的方向垂直紙面向外，開始線圈所受安培力的方向向向上，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，需要在左邊加砝碼．有mg=2NBIL，所以B=．故ABD錯(cuò)誤；C正確．

故選：C

天平平衡后；當(dāng)電流反向（大小不變）時(shí)，安培力方向反向，則右邊相當(dāng)于多了或少了兩倍的安培力大小。

解決本題的關(guān)鍵掌握安培力方向的判定，以及會(huì)利用力的平衡去求解問題【解析】【答案】C9、A【分析】解：交流電頻率增大；燈變亮，阻抗變小，說明X

為電容器.

故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A

．

線圈的感抗與交流電的頻率成正比；電容器的容抗與頻率成反比，而電阻與頻率沒有關(guān)系.

交流電頻率減小，燈泡變暗，阻抗變大，變亮，阻抗變小．

本題考查電感線圈、電容器對(duì)交流電的影響的理解和應(yīng)用．【解析】A

二、多選題(共9題，共18分)10、BDE【分析】解：A；物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是物體所受回復(fù)力與位移成正比；且始終指向平衡位置；故A錯(cuò)誤；

B；在波的干涉中；振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)不一定處在波峰或波谷的疊加處；也可能是平衡位置的處；故B正確；

C；激光是不是自然界普遍存在的相干光；它是一種人造光；故C錯(cuò)誤；

D；電磁波由空氣進(jìn)入水中時(shí)波速變小；聲波由空氣進(jìn)入水中時(shí)波速變大；故D正確；

E；在不同慣性參考系中；一切物理定律都是相同的，這是狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)之一；故E正確；

故選：BDE

1；狹義相對(duì)論的兩個(gè)基本假設(shè)：

①物理規(guī)律在所有慣性系中都具有相同的形式．這叫做相對(duì)性原理．

②在所有的慣性系中；光在真空中的傳播速率具有相同的值C．這叫光速不變?cè)恚嬖V我們光（在真空中）的速度c是恒定的，它不依賴于發(fā)光物體的運(yùn)動(dòng)速度．

3；物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是物體所受回復(fù)力大?。ú灰欢ㄊ呛贤饬Γ┡c位移大小成正比；且始終指向平衡位置；

4；在波的干涉中；振動(dòng)加強(qiáng)的條件是該點(diǎn)到兩個(gè)波源的波程差等于波長的整數(shù)倍．

此題考查狹義相對(duì)論的兩個(gè)假設(shè)，麥克斯韋的電磁理論，物體作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件和在波的干涉出現(xiàn)振動(dòng)加強(qiáng)的條件．題目雖小但綜合性很強(qiáng)，要注意掌握．【解析】【答案】BDE11、BD【分析】解：ABU鈭?I

圖象中與U

軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，斜率表示內(nèi)阻，電動(dòng)勢(shì)E1=E2

內(nèi)阻r1<r2

故A錯(cuò)誤，B正確；

C、U鈭?I

圖象與I

軸的交點(diǎn)表示短路電流，故發(fā)生短路時(shí)的電流I1>I2

故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)U=E鈭?Ir

可知，鈻?U=鈭?r?鈻?I

內(nèi)阻r1<r2

故當(dāng)電源的工作電流變化相同時(shí)，電源2

的路端電壓變化較大；故D正確；

故選：BD

．

根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=E鈭?IrU鈭?I

圖象中與U

軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)；與I

軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻．

本題考查了閉合電路電源的U鈭?I

圖象的相關(guān)知識(shí)，要求同學(xué)們理解U鈭?I

圖象中與U

軸的交點(diǎn)表示電源的電動(dòng)勢(shì)，與I

軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻．【解析】BD

12、ABC【分析】解：A

質(zhì)子、中子、婁脕

粒子的質(zhì)量分別是m1m2m3

質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)婁脕

粒子，質(zhì)量虧損為2m1+2m2鈭?m3

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程知，釋放的能量為(2m1+2m2鈭?m3)c2.

故A正確．

B；婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的.

故B正確．

C；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒；知一個(gè)氘核(12H)

與一個(gè)氚核(13H)

聚變生成一個(gè)氦核(24He)

的同時(shí)，放出的粒子電荷數(shù)為0

質(zhì)量數(shù)為1

為中子.

故C正確．

D、氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時(shí)，原子的總能量增大，根據(jù)ke2r2=mv2r

知；電子的動(dòng)能減小.

故D錯(cuò)誤．

故選：ABC

．

婁脗

衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的；根據(jù)電荷數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)守恒確定放出粒子的種類；電子從低軌道躍遷到高軌道；原子的能量增大，根據(jù)庫侖引力提供向心力判斷電子動(dòng)能的變化；根據(jù)質(zhì)量虧損，結(jié)合愛因斯坦質(zhì)能方程求出釋放的能量．

本題考查了比結(jié)合能、衰變的實(shí)質(zhì)、能級(jí)的躍遷、愛因斯坦質(zhì)能方程、核反應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，難度不大，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)．【解析】ABC

13、ACD【分析】解：A、由圖可知：路端電壓都為U1時(shí)，外電阻的電流相等，都為I1，根據(jù)電阻R=它們的外電阻相等，故A正確。

BCD、由閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，圖象的縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻大小，A圖線的縱軸截距大于B圖線的縱軸截距，所以A的電動(dòng)勢(shì)大于B的電動(dòng)勢(shì)，即EA＞EB．A圖線的斜率絕對(duì)值大于B圖線斜率的絕對(duì)值，所以A的內(nèi)阻大于B的內(nèi)阻，即rA＞rB．當(dāng)電流都是I1時(shí)，兩電路的路端電壓相等，據(jù)閉合電路的歐姆可知：U內(nèi)=E-U；所以A電路的內(nèi)電壓比B電路的內(nèi)電壓大，故B錯(cuò)誤，CD正確。

故選：ACD。

在路端電壓與電流的關(guān)系圖線中；圖線斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻大小，縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)，橫軸截距表示短路電流，外電阻等于路端電壓與電流之比值．

本題從數(shù)學(xué)的角度分析圖線的截距、斜率和交點(diǎn)的物理意義，關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律U=E-Ir，并用來分析圖象的含義【解析】ACD14、AC【分析】解：AC、在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI和△P=I2R，有：故高壓輸電可以降低功率損耗，在允許功率損耗相同的情況下，可以適當(dāng)減小導(dǎo)線的橫截面積，故A正確，C正確；

B；交流電的頻率等于發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率；是不改變的，故B錯(cuò)誤；

D；電路中電場(chǎng)建立的速度是光速；與是否高壓輸電無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選：AC．

在輸電的過程中輸送的功率一定，根據(jù)P=UI，輸送電壓越高，輸送電流越小，根據(jù)△P=I2R；知損失的功率?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵知道輸電的過程中，輸送功率一定，輸電電壓越高，電流越小，在輸電線上損失的功率越少．【解析】【答案】AC15、BCD【分析】解：A

導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體材料、長度、橫截面積決定；與電壓電流無關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由歐姆定律R=UI

可知；對(duì)某一導(dǎo)體來說，其兩端電壓和流過它的電流的比值就是它的電阻值，故C正確；

D；根據(jù)U=IR

可知；一定的電流流過導(dǎo)體，電阻越大，其電壓越大，即電阻兩端的電壓降越大，故D正確．

故選：BCD

根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容和影響電阻大小的因素進(jìn)行解答.

歐姆定律的內(nèi)容是：電阻一定時(shí)；導(dǎo)體中的電流與導(dǎo)體兩端的電壓成正比；當(dāng)導(dǎo)體兩端的電壓一定時(shí)，通過導(dǎo)體的電流與導(dǎo)體的電阻成反比.

導(dǎo)體電阻由導(dǎo)體材料；長度、橫截面積決定，與電壓電流無關(guān)．

本題應(yīng)知道影響電阻大小的因素，并且知道導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體兩端的電壓和通過的電流無關(guān)是解決本題的關(guān)鍵，歐姆定律只是計(jì)算電阻的一種方法．【解析】BCD

16、BD【分析】解：A；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體微粒的運(yùn)動(dòng)；是由于其周圍液體分子的碰撞形成的，故布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的反映，但并不是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤。

B；當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)；分子距離增大時(shí)，分子引力做負(fù)功，分子勢(shì)能增加。故B正確。

C；已知水的密度和水的摩爾質(zhì)量；只能求出水的摩爾體積，求不出阿伏加德羅常數(shù)。故C錯(cuò)誤。

D；擴(kuò)散現(xiàn)象說明分子之間存在空隙；同時(shí)分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)；故D正確；

故選：BD。

布朗運(yùn)動(dòng)是固體微粒的運(yùn)動(dòng)；是液體分子無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的反映．當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時(shí)，分子勢(shì)能隨分子間距離的增加而增加．已知水的密度和水的摩爾質(zhì)量，只能求出水的摩爾體積，求不出阿伏加德羅常數(shù)．?dāng)U散現(xiàn)象說明分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)．

本題考查熱力學(xué)的一些基本知識(shí)，要注意重點(diǎn)掌握布朗運(yùn)動(dòng)、理想氣體狀態(tài)方程及阿伏加德常數(shù)等內(nèi)容，并能正確應(yīng)用．【解析】BD17、BD【分析】解：A；D、帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力與重力；根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力必定垂直極板向上，電場(chǎng)力與重力的合力必定與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確；

B；電場(chǎng)力垂直于極板向上；電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，故B正確；

C；因重力不做功；電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，導(dǎo)致動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；

故選：BD。

帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力與重力；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場(chǎng)力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，及根據(jù)電場(chǎng)力做功來確定電勢(shì)能如何變化．

考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來確定受力情況，并由電場(chǎng)力做功來確定電勢(shì)能如何，以及動(dòng)能的變化．【解析】BD18、BC【分析】解：A；非晶態(tài)沒有規(guī)則的幾何形狀；故選項(xiàng)A錯(cuò)誤。

B；單晶體內(nèi)部的分子按一定的規(guī)律排布即具有一定的規(guī)律性；故選項(xiàng)B正確。

C；非晶體在屋里性質(zhì)上一定是各向同性的；故選項(xiàng)C正確。

D；晶體可分為單晶體和多晶體；單晶體在物理性質(zhì)上一定是各向異性的，而多晶體在物理性質(zhì)上是各向同性的，故選型D錯(cuò)誤。

故選：BC。

（1）單晶體具有規(guī)則的幾何形狀；而多晶體和非晶態(tài)沒有規(guī)則的幾何形狀。

（2）無論是單晶體還是多晶體晶體內(nèi)部的分子按一定的規(guī)律排布即具有一定的規(guī)律性。

（3）非晶體和多晶體在物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性。

（4）晶體可分為單晶體和多晶體；單晶體在物理性質(zhì)上一定是各向異性的，而多晶體在物理性質(zhì)上是各向同性的。

注意晶體分為單晶體和多晶體，它們的在物理性質(zhì)上表現(xiàn)是不同的。單晶體在物理性質(zhì)上表現(xiàn)為各向異性，非晶體和多晶體在物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向同性?！窘馕觥緽C三、填空題(共7題，共14分)19、10.4058.075【分析】【解答】解：20分度的游標(biāo)卡尺；精確度是0.05mm，游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為104mm，游標(biāo)尺上第1個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為1×0.05mm=0.05mm，所以最終讀數(shù)為：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm．

螺旋測(cè)微器的固定刻度為8mm；可動(dòng)刻度為7.5×0.01mm=0.075mm，所以最終讀數(shù)為8mm+0.075mm=8.075mm．

故答案為：10.405；8.075

【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．20、略

【分析】解：（1）這種估測(cè)方法是將每個(gè)分子視為球體模型；讓油酸盡可能地在水面上散開，則形成的油膜可視為單分子油膜，這層油膜的厚度可視為油分子的直徑．

（2）油膜的面積可從方格紙上得到；所圍成的方格中，面積超過一半按一半算，小于一半的舍去，圖中共有56個(gè)方格；

故油膜面積為：S=56×20mm×20mm=22400mm2；

每一滴油酸酒精溶液中含有純油酸體積是：V=×10-3L×=1.2×10-8L=1.2×10-5mL；

油酸分子的直徑：d==m=5×10-10m；

故答案為：（1）球體；單分子；直徑（2）22400；1.2×10-5；5×10-10．

掌握該實(shí)驗(yàn)的原理是解決問題的關(guān)鍵；該實(shí)驗(yàn)中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個(gè)挨一個(gè)，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，從而求出分子直徑．

在油膜法估測(cè)分子大小的實(shí)驗(yàn)中，讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，估算出油膜面積，從而求出分子直徑，關(guān)鍵掌握估算油膜面積的方法和求純油酸體積的方法．【解析】球體；單分子；直徑；22400；1.2×10-5；5×10-1021、0.220【分析】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E=Ld

已知=0.2T/s。

由歐姆定律，得：I=

聯(lián)立解得I=0.2A

當(dāng)重物恰好被提離地面時(shí)；導(dǎo)體村MN受力平衡；

則有：BIL-mg=0

解得B==20T

故答案為：0.2；20

根據(jù)左手定則可確定感應(yīng)電流方向；并由法拉第電磁感應(yīng)定律；穿過回路的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，知產(chǎn)生的電流恒定，根據(jù)歐姆定律求解電流，隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的增大，MN所受的安培力增大，當(dāng)安培力等于m的重力時(shí)，重物被吊起，根據(jù)平衡求出被吊起時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律E==知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率恒定，電流則恒定，根據(jù)共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解，【解析】0.22022、略

【分析】【解析】試題分析：有效值定義是根據(jù)交流電熱量定義，即所以有效值為5A考點(diǎn)：有效值【解析】【答案】5A23、BD【分析】【解答】解：由P=可知，待測(cè)電阻額定電壓約為：U==≈2.2V；則電壓表選：D．

由P=I2R可知，待測(cè)電阻額定電流約為：I==≈0.45A；電流表選：B．

由題意可知：==600，==25，＞故選擇電流表外接法．

為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)滑動(dòng)變阻器可以采用分壓接法（也可以采用限流接法）；實(shí)驗(yàn)電路圖如圖；

故答案為：B；D；電路圖如圖所示．

【分析】多用電表的指針偏轉(zhuǎn)角度較大時(shí)，換用倍率較小的歐姆擋，使指針指在刻度盤中央附近，可減小誤差．根據(jù)指示值和倍率讀數(shù)．電路設(shè)計(jì)可分為測(cè)量電路和控制電路兩部分．測(cè)量電路采用伏安法．根據(jù)電壓表、電流表與待測(cè)電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表的接法．根據(jù)題意待測(cè)電阻的電壓從零開始可以連續(xù)調(diào)節(jié)，選擇變阻器的接法．估算電路中的最大值，選擇電流表的量程．24、略

【分析】解：氣體的體積變大，對(duì)外做功，W=F△X=PS△X=P△V=1.0×105×（4.0-2.0）×10-3=200J

對(duì)外做功；W為負(fù)值，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：△E=Q-W；

所以：Q=△E+W=300J．正號(hào)表示吸收熱量．

故答案為：吸收；300

物體的內(nèi)能與物體的溫度和體積有關(guān)．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；溫度低的物體分子運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能?。?/p>

理想氣體經(jīng)歷等壓變化；由玻意爾定律求出狀態(tài)B體積，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求解．

本題要要掌握熱力學(xué)第一定律△U=W+Q的應(yīng)用．抓住溫度的微觀含義：溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度越高，分子的平均動(dòng)能越大．【解析】吸收；30025、不變①8【分析】解：（1）由圖可知；圖線BC與縱坐標(biāo)平行，表示氣體的體積不變，所以B→C的過程中，單位體積中的氣體分子數(shù)目不變；

根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：可知，氣體的溫度越高，壓強(qiáng)與體積的乘積PV值越大，所以由圖可知TD＞TA；

氣體的分子的運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多，兩頭少；溫度高，最可幾速率向速度較大的方向移動(dòng)；故T1＜T2；因此狀態(tài)A對(duì)應(yīng)的是①。

（2）在氣體完成一次循環(huán)后的內(nèi)能與開始時(shí)是相等的；所以內(nèi)能不變，即△U=0；

由圖可知，A→B和D→A的過程中，氣體放出的熱量分別為4J和20J．在B→C和C→D的過程中氣體吸收的熱量分別為20J和12J，則吸收的熱量Q=QAB+QBC+QCD+QDA=-4+20+12-20=8J。

由熱力學(xué)第一定律得：△U=Q+W；所以W=-8J

所以氣體完成一次循環(huán)對(duì)外做功是8J。

故答案為：（1）不變；①；（2）8

（1）氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)；根據(jù)熱力學(xué)第一定律有△U=W+Q判斷氣體吸熱還是發(fā)熱；根據(jù)圖象利用理想氣體狀態(tài)方程對(duì)每一個(gè)過程進(jìn)行分析即可。

溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志；氣體的分子的運(yùn)動(dòng)的統(tǒng)計(jì)規(guī)律：中間多；兩頭少；即大多數(shù)的分子的速率是比較接近的，但不是說速率大的和速率小的就沒有了，也是同時(shí)存在的，但是分子的個(gè)數(shù)要少很多；

（2）根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可求出氣體對(duì)外做功是多少。

該題是圖象問題，解題的關(guān)鍵從圖象判斷氣體變化過程，利用理想氣體狀態(tài)方程，然后結(jié)合熱力學(xué)第一定律進(jìn)行分析判斷即可解決。【解析】不變①8四、判斷題(共2題，共8分)26、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．27、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?、畫圖題(共2題，共6分)28、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】29、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】六、綜合題(共1題，共8分)30、A.有無

B.解：壟脵

由左手定則可以判斷出，導(dǎo)