2025年外研銜接版高二物理上冊(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研銜接版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷991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7題，共14分)1、如圖所示為有兩個(gè)量程的電壓表，當(dāng)使用a、b兩端點(diǎn)時(shí)，量程為1V；當(dāng)使用a、c兩端點(diǎn)時(shí)，量程為10V。已知電流表的內(nèi)阻Rg為50Ω，滿偏電流Ig為1mA。則R1和R2的電阻值：A.R1=950Ω，R2=9kΩB.R1=9kΩ，R2=950ΩC.R1=9kΩ，R2=1kΩD.R1=1kΩ，R2=9kΩ2、一帶電粒子平行磁場(chǎng)方向射入只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)的某區(qū)域中（不計(jì)重力），則（）A.帶電粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.帶電粒子一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C.帶電粒子一定做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)D.帶電粒子一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)3、如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上；槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A

的正上方從靜止開(kāi)始落下，與圓弧槽相切自A

點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()

A.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，只有重力對(duì)它做功B.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒C.小球自半圓槽的最低點(diǎn)B

向C

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒D.小球離開(kāi)C

點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)4、放射性元素A

經(jīng)過(guò)2

次婁脕

衰變和1

次婁脗

衰變后生成一新元素B

則元素B

在元素周期表中的位置較元素A

的位置向前移動(dòng)了(

)

A.1

位B.2

位C.3

位D.4

位5、如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線AOBOCO

所能承受的最大拉力相同，細(xì)線BO

水平，AO

與豎直方向的夾角為婁脠

若逐漸增加物體的重力G

最先斷的細(xì)線是(

)

A.AO

B.BO

C.CO

D.婁脠

角不知道，無(wú)法確定6、如圖所示，一正弦交流電瞬時(shí)值為e=220sin100πtV，通過(guò)一個(gè)理想電流表，接在一個(gè)理想的降壓變壓器兩端．以下說(shuō)法正確的是（）A.流過(guò)r的電流方向每秒鐘變化50次B.變壓器原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)C.開(kāi)關(guān)從斷開(kāi)到閉合時(shí)，電流表示數(shù)變小D.開(kāi)關(guān)閉合前后，AB兩端電功率可能相等7、如圖；兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過(guò)紙面上的M；N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點(diǎn)，且MP＝PN＝NQ，則下面說(shuō)法正確的是（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度Bp＞BQB.磁感應(yīng)強(qiáng)度Bp＜BQC.將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)、所受安培力一定有Fp＞Fq．D.將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)，所受安培力一定有Fpq評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、在光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，如果入射光的頻率不變而強(qiáng)度增加，單位時(shí)間產(chǎn)生的光電子數(shù)(填增加、減小或不變)；如果入射光的頻率增加，光電子的最大初動(dòng)能(填增加、減小或不變)。9、在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中備有下列器材：

A.小燈泡(3.8V,1.5W)

B.直流電源(

電動(dòng)勢(shì)4.5V

內(nèi)阻約0.4婁賂)

C.電流表(

量程0隆蘆500mA

內(nèi)阻約0.5婁賂)

D.電壓表(

量程0隆蘆5V

內(nèi)阻約5000婁賂)

E.滑動(dòng)變阻器R1(0隆蘆5婁賂

額定電流2A)

F.滑動(dòng)變阻器R2(0隆蘆50婁賂

額定電流1A)

G.開(kāi)關(guān)一個(gè)；導(dǎo)線若干。

如果既要滿足測(cè)量要求；又要使測(cè)量誤差較小，應(yīng)選擇如圖所示的四個(gè)電路中的______，應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器是______．

10、如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻r=1Ω，電容器的電容C=40μF，電阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω．接通電鍵S，待電路穩(wěn)定后，則理想電壓表V的讀數(shù)U=；電容器的帶電量Q=．（保留兩位有效數(shù)字）11、（1）如圖所示，把一塊潔凈的玻璃板吊在橡皮筋下端，使玻璃板水平接觸水面．如果你想使玻璃板離開(kāi)水面，必須用比玻璃板重力____的拉力向上拉橡皮筋，原因是水分子和玻璃的分子間存在____作用．

（2）往一杯清水中滴入一滴紅墨水，過(guò)一段時(shí)間后，整杯水都變成了紅色，這一現(xiàn)象在物理學(xué)中稱為_(kāi)___現(xiàn)象，是由于分子的____而產(chǎn)生的。12、在遠(yuǎn)距離輸電中，輸送電壓為220

伏，輸送的電功率為44

千瓦，輸電線的總電阻為0.2

歐，在使用原副線圈匝數(shù)比為110

的升壓變壓器升壓，再用101

的降壓變壓器降壓方式送電時(shí).

輸電線上損失的電壓為_(kāi)_____V

損失的電功率為_(kāi)_____W.

13、氘核粒子和氚核粒子可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應(yīng)方程為：12H+13H隆煤24He+X

式中X

是某種粒子，粒子X(jué)

是______；已知：12

H、13

H、24HeX

單個(gè)粒子的實(shí)際質(zhì)量分別為m1m2m3m4

該反應(yīng)的質(zhì)量虧損為_(kāi)_____；若該反應(yīng)中生成24He

的總質(zhì)量為A

則放出的總核能為_(kāi)_____(

真空中光速為c)

．14、為探究理想變壓器原、副線圈電壓、電流的關(guān)系，將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈連接相同的燈泡L1、L2，電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2，導(dǎo)線電阻不計(jì)，如圖所示。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后A1示數(shù)______，A1與A2示數(shù)的比值______。（填變大、變小或者不變）評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、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)）16、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(duì)錯(cuò)）

19、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

22、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(duì)錯(cuò)）

23、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)卷人得分四、計(jì)算題(共2題，共6分)24、如圖，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相l(xiāng)＝1.0m，物塊A以速度＝10m/s沿水平方向與B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m/s.已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45.（設(shè)碰撞時(shí)間很短，g取10m/s2）（1）計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據(jù)AB與C的碰撞過(guò)程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向．25、如圖所示，在空間中有一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)上下邊緣間距為h(h>2L)

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

邊長(zhǎng)為L(zhǎng)

電阻為R

質(zhì)量為m

的正方形導(dǎo)體線框緊貼磁場(chǎng)區(qū)域的上邊從靜止下落，當(dāng)線圈PQ

邊到達(dá)磁場(chǎng)的下邊緣時(shí)，恰好開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g

求：

(1)PQ

運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊緣時(shí)速度大??；(2)

線圈的MN

邊剛好進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；評(píng)卷人得分五、畫(huà)圖題(共2題，共4分)26、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?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象27、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?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)探究題(共2題，共16分)28、如圖1

所示；用“碰撞實(shí)驗(yàn)器“可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系．

(1)

實(shí)驗(yàn)中；直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通過(guò)僅測(cè)量______(

填選項(xiàng)前的符號(hào))

間接地解決這個(gè)問(wèn)題．

A.小球開(kāi)始釋放高度h

B.

小球拋出點(diǎn)距地面的高度H

C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程。

(2)

圖2

中O

點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影.

實(shí)驗(yàn)時(shí)；先讓入射球m1

多次從斜軌上S

位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P

測(cè)量平拋射程O(píng)P.

然后，把被碰小球m2

靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1

從斜軌上S

位置靜止釋放，與小球m2

相碰，并多次重復(fù).

接下來(lái)要完成的必要步驟是______.(

填選項(xiàng)前的符號(hào))

A.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1m2

B.測(cè)量小球m1

開(kāi)始釋放高度h

C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H

D.分別找到m1m2

相碰后平均落地點(diǎn)的位置MN

E.測(cè)量平拋射程O(píng)MON

29、如圖甲所示；為某同學(xué)測(cè)繪額定電壓為3.0v

的小燈泡的I鈭?U

特性曲線的實(shí)驗(yàn)電路圖．

(1)

根據(jù)電路圖甲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；請(qǐng)你指出該電路圖中的伏安法是______(

填：內(nèi)接法或外接法)

供電電路是______(

填“限流電路”或“分壓電路”)

(2)

開(kāi)關(guān)S

閉合之前；圖乙中的滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)該置于______端(

選填“A

”；“B

”或“AB

中間”)

(3)

圖乙中的實(shí)驗(yàn)電路缺少兩根導(dǎo)線；用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將其連接完整．

(4)

實(shí)驗(yàn)中測(cè)得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：

。第1

組第2

組第3

組第4

組第5

組第6

組第7

組U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根據(jù)表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)趫D丙中標(biāo)出第5

組至第7

組數(shù)據(jù)點(diǎn)，畫(huà)出小燈泡的I鈭?U

特性曲線(

第1

組至第4

組數(shù)據(jù)已經(jīng)在坐標(biāo)紙上標(biāo)出)

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路的特點(diǎn)可知代入數(shù)據(jù)可解得同理有代入數(shù)據(jù)可解得所以只有選項(xiàng)A正確；考點(diǎn)：串聯(lián)電路特點(diǎn)、歐姆定律【解析】【答案】A2、A【分析】解：由于帶電粒子平行磁場(chǎng)方向射入只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域中；速度的方向與磁場(chǎng)的方向平行，粒子不受洛倫茲力，所以粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)．故A正確．

故選：A

根據(jù)洛倫茲力的條件；當(dāng)帶電粒子平行磁場(chǎng)方向射入只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)的某區(qū)域中時(shí)，粒子不受洛倫茲力．

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有三種情況：勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，和勻速螺旋運(yùn)動(dòng)，一定要注意粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)的方向之間的關(guān)系．【解析】【答案】A3、C【分析】小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的B

到C

過(guò)程中；小球與槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

由于小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，則知小球的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的前半過(guò)程中，左側(cè)物體對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；小球自半圓槽的最低點(diǎn)B

向C

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，水平方向合外力為零，故小球與半圓槽動(dòng)量守恒.

故C正確；小球離開(kāi)C

點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng).

故D錯(cuò)誤；故選C

考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律。

【解析】C

4、C【分析】【分析】

根據(jù)原子核經(jīng)過(guò)一次婁脕

衰變；電荷數(shù)減小2

質(zhì)量數(shù)減小4

經(jīng)過(guò)一次婁脗

衰變，電荷數(shù)增加1

質(zhì)量數(shù)不變，分析求解即可．

該題從一個(gè)比較特殊的角度考查對(duì)兩種衰變的本質(zhì)的理解；在解答中要根據(jù)婁脕

衰變與婁脗

衰變的實(shí)質(zhì)，分析質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)的變化即可.

注意元素在元素周期表中的位置的變化與質(zhì)子數(shù)的變化有關(guān)．

【解答】

原子核經(jīng)過(guò)一次婁脕

衰變；電荷數(shù)減小2

所以經(jīng)過(guò)2

次婁脕

衰變后電荷數(shù)減小4

同時(shí)，經(jīng)過(guò)一次婁脗

衰變，電荷數(shù)增加1

所以元素A

經(jīng)過(guò)2

次婁脕

衰變和1

次婁脗

衰變后電荷數(shù)減小3

則生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3

位，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選C．【解析】C

5、A【分析】解：以結(jié)點(diǎn)為研究對(duì)象；分析受力情況：三根細(xì)線的拉力.

重物對(duì)O

點(diǎn)的拉力等于mg

．

作出力圖如圖：

由共點(diǎn)力平衡；結(jié)合正交分解法，得到：

x

方向F2cos婁脠鈭?F1=0

y

方向F2sin婁脠鈭?G=0

解得：

F1=mgtan婁脠

F2=mgcos婁脠

則可知；AO

的拉力最大，故增大mg

時(shí)AO

最先斷開(kāi)，故BCD錯(cuò)誤，A正確．

故選：A

．

以點(diǎn)O

為研究對(duì)象；分析受力情況：三根細(xì)線的拉力.

重物對(duì)O

點(diǎn)的拉力等于mg.

作出力圖分析.

明確三繩中哪根繩上受力最大，受力最大的繩最先斷開(kāi)．

本題是三力平衡問(wèn)題，注意研究對(duì)象為結(jié)點(diǎn)O

同時(shí)在運(yùn)用共點(diǎn)力平衡條件解決平衡問(wèn)題時(shí)，可以用合成法、分解法、正交分解法等；對(duì)于選擇題，本題可以直接根據(jù)作出的圖形利用幾何關(guān)系得出結(jié)論：直角三角形斜邊最長(zhǎng)，則可知F2

最大攏隆

【解析】A

6、D【分析】解：A；由表達(dá)式知交流電的頻率50Hz；所以電流方向每秒鐘變化100次，A錯(cuò)誤；

B；降壓變壓器原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)；B錯(cuò)誤；

C；開(kāi)關(guān)從斷開(kāi)到閉合時(shí)；副線圈電阻減小，電壓不變，所以副線圈電流增大，則原線圈電流即電流表示數(shù)變大，C錯(cuò)誤；

D、開(kāi)關(guān)閉合前，AB兩端的功率為：開(kāi)端閉合后，AB兩端的功率為：若：即：時(shí)，PAB=PAB′即閉合前后AB兩端電功率相等；故D正確。

故選：D。

變壓器的特點(diǎn)：匝數(shù)與電壓成正比；與電流成反比；負(fù)載決定輸出電流變化，從而影響輸入電流的變化．

本題考查了變壓器的特點(diǎn)，注意根據(jù)交流電瞬時(shí)值表達(dá)式獲取有用信息，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】D7、A【分析】【詳解】

AB．根據(jù)右手定則可知；M在P的磁場(chǎng)方向向上，N在P點(diǎn)的磁場(chǎng)也向上，則疊加后P點(diǎn)合磁場(chǎng)向上；M在Q的磁場(chǎng)方向向上，N在Q點(diǎn)的磁場(chǎng)向下，則疊加后Q點(diǎn)的合磁場(chǎng)向下，且小于P點(diǎn)的磁場(chǎng)大小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；

CD．電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關(guān)，則無(wú)法比較同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)所受安培力的大小，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤．二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】試題分析:光的強(qiáng)弱影響單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目，若增加該入射光的強(qiáng)度，則單位時(shí)間內(nèi)從該金屬表面逸出的光電子數(shù)增加，由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ekm=hv-W0可知：如果入射光的頻率增加，光電子的最大初動(dòng)能增加。考點(diǎn)：光電效應(yīng)【解析】【答案】增加；增加9、略

【分析】解：由于伏安特性曲線中的電壓和電流均要從零開(kāi)始測(cè)量，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用分壓式，分壓式接法適用于測(cè)量較大阻值電阻(

與滑動(dòng)變阻器的總電阻相比)

由于R1<RL

選用R1

時(shí)滑片移動(dòng)時(shí)，電壓變化明顯，便于調(diào)節(jié).

又小燈泡的電阻約RL=U2P=3攏廬821.5隆脰9.6婁賂RVRL>RLRA

所以安培表應(yīng)該選用外接法.

故應(yīng)選用圖丁所示電路由于電路中采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用小電阻R1

故答案為：??；R1

．

根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理可得實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用滑動(dòng)變阻器的接法；由電流表及燈泡內(nèi)阻間的關(guān)系可選用電流表的接法．

當(dāng)要求電流或電壓從零調(diào)或變阻器的最大電阻值遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻值時(shí)，滑動(dòng)變阻器必須用分壓式接法；當(dāng)定值電阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻時(shí)，電流表應(yīng)用外接法．【解析】??；R1

10、略

【分析】【解析】試題分析：由于電壓表為理想電壓表，內(nèi)阻無(wú)窮大，所以閉合開(kāi)關(guān)電路穩(wěn)定后沒(méi)有電流流過(guò)R2，R2相當(dāng)于一條導(dǎo)線，電路中只有R2、R3和電源串聯(lián)，由此可知電流為電阻R3兩端電壓為5V，電壓表示數(shù)為5V，電容器兩端電壓為R1兩端電壓，所以電容器兩端電壓為4V，由電量Q=CU=40μF×4V=1.6×10-4C考點(diǎn)：考查含容電路的分析【解析】【答案】5.0V；1.6×10-4C11、大引力擴(kuò)散無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)【分析】【解答】（1）當(dāng)玻璃板與水面接觸時(shí)；玻璃板與水分子之間存在作用力，當(dāng)用力向上拉時(shí)，水分子之間要發(fā)生斷裂，還要克服水分子間的作用力，所以拉力比玻璃板的重力要大，反映出水分子和玻璃的分子間存在引力作用。（2）往一杯清水中滴入一滴紅墨水，一段時(shí)間后，整杯水都變成了紅色，這種不同物質(zhì)彼此進(jìn)入對(duì)方的現(xiàn)象，稱為擴(kuò)散現(xiàn)象，是由分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的.

【分析】本題考查了分子間的相互作用力及擴(kuò)散12、480

【分析】解：在遠(yuǎn)距離輸電中；輸送電壓為220

伏，使用原副線圈匝數(shù)比為110

的升壓變壓器升壓，故升壓變壓器的輸出電壓為2200V

根據(jù)P=UI

輸出電流為：

I=44隆脕1000W2200V=20A

故電壓損失為：鈻?U=Ir=20A隆脕0.2婁賂=4V

電功率損失為：鈻?P=I2r=202隆脕0.2=80W

故答案為：480

．

根據(jù)變壓比公式求解升壓變壓器的輸出電壓U

根據(jù)P=UI

求解傳輸電流，根據(jù)鈻?U=Ir

求解電壓損失，根據(jù)鈻?P=I2r

求解功率的損失．

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，本題即可得到解決，注意輸電的電流的求解，及損失的功率計(jì)算．【解析】480

13、略

【分析】解：核反應(yīng)方程式為：12H+13H隆煤24He+X

方程中的X

為01n

這個(gè)核反應(yīng)中質(zhì)量虧損為：

鈻?m=m1+m2鈭?m3鈭?m4

若該反應(yīng)中生成24He

的總質(zhì)量為A

則放出的總核能：鈻?E=(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

故答案為：(1)01n(

或中子)m1+m2鈭?m3鈭?m4(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

．

根據(jù)核反應(yīng)方程的質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒；即可求解；

根據(jù)質(zhì)能方程求出釋放能量；即可求解．

質(zhì)能方程是原子物理中的重點(diǎn)內(nèi)容之一，該知識(shí)點(diǎn)中，關(guān)鍵的地方是要知道反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損等于反應(yīng)前的質(zhì)量與反應(yīng)后的質(zhì)量的差.

屬于基礎(chǔ)題目．【解析】01n(

或中子)m1+m2鈭?m3鈭?m4(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

14、變大不變【分析】解：由于理想變壓器原線圈接到電壓有效值不變；匝數(shù)比不變，則副線圈電壓不變；

開(kāi)關(guān)S閉合后，變壓器副線圈的負(fù)載電阻減小，V2不變，由歐姆定律可得A2示數(shù)變大；

根據(jù)可知，A1示數(shù)也變大；

由于理想變壓器P2=P1，V1與V2示數(shù)的比值不變，所以A1與A2示數(shù)的比值不變；

故答案為：變大；不變。

與閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類(lèi)似，可以根據(jù)R2的變化；確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況。

電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法?！窘馕觥孔兇蟛蛔?nèi)?、判斷題(共9題，共18分)15、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(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)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．16、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類(lèi)似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．17、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．18、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．19、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類(lèi)似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱?shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．21、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．22、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．23、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?。摹⒂?jì)算題(共2題，共6分)24、略

【分析】試題分析：（1）設(shè)AB碰撞后的速度為AB碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得設(shè)與C碰撞前瞬間AB的速度為由動(dòng)能定理得聯(lián)立以上各式解得該過(guò)程為完全非彈性碰撞，（2）若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得：k=2此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒得聯(lián)立以上兩式解得代入數(shù)據(jù)解得此時(shí)AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得總上所述得：當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同；當(dāng)時(shí)，AB的速度為0；當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反．考點(diǎn)：考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用【解析】【答案】（1）4.0m/s（2）當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相同；當(dāng)時(shí)，AB的速度為0，當(dāng)時(shí)，AB的運(yùn)動(dòng)方向與C相反．25、解：（1）設(shè)線圈勻速穿出磁場(chǎng)區(qū)域的速度為v，此過(guò)程線圈的重力與安培力平衡，由平衡條件得：mg=BIL，E=BLv，解得：（2）設(shè)線圈的MN邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈的速度大小為v0，線圈完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：解得：【分析】本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，正確分析線圈的受力情況，運(yùn)用力學(xué)的基本規(guī)律：平衡條件、機(jī)械能守恒定律即可正確解題。(1)

當(dāng)線圈的PQ

邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊緣時(shí)，恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，重力與安培力二力平衡，由平衡條件和安培力公式求出線圈的速度；(2)

線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解MN

邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈的速度大小?！窘馕觥拷猓?1)

設(shè)線圈勻速穿出