2024年北師大版高二物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2024年北師大版高二物理上冊階段測試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、如圖所示質(zhì)量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是8m/s，B球的速度是-4m/s，經(jīng)過一段時間后A、B兩球發(fā)生了對心正碰。對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學(xué)們做了很多種猜測，下面的哪一種猜測結(jié)果一定無法實現(xiàn)的是（）A.vA"=-4m/s，vB"=8m/sB.vA"=-5m/s，vB′=9m/sC.vA"=2m/s，vB"=2m/sD.vA"=1m/s，vB"=3m/s2、如圖所示為LC振蕩電路中電容器的極板帶電荷量隨時間變化曲線，下列判斷中正確的是()．A.在b和d時刻，電路中電流最大B.在a→b時間內(nèi)，電場能轉(zhuǎn)變?yōu)榇艌瞿蹸.a和c時刻，磁場能為零D.在O→a和c→d時間內(nèi)，電容器被充電3、如圖所示，一條形磁鐵靜止在斜面上，固定在磁鐵中心的垂直上方的水平導(dǎo)線中通有垂直流向紙外的恒定電流，若將磁鐵的N極位置與S極位置對調(diào)后，仍放在斜面上原來的位置，若磁鐵仍然靜止，則磁鐵對斜面的壓力FN和摩擦力Ff的變化情況分別是（）A.FN增大B.FN減小C.Ff減小D.Ff不變4、某物體在水平桌面上，受到一個推力F的作用t秒鐘，物體沒有移動，則F對該物體的沖量為（）A.0B.FtC.mgtD.無法計算5、2017

年11

月10

日上午，空軍發(fā)言人表示，我國制造的首款具有“隱身能力”和強大攻擊力的第五代作戰(zhàn)飛機“殲鈭?20

”(

如圖)

列裝部隊后，已經(jīng)開展編隊訓(xùn)練。隱形飛機的原理是：在飛機研制過程中設(shè)法降低其可探測性，使之不易被敵方發(fā)現(xiàn)、跟蹤和攻擊。根據(jù)你所學(xué)的物理知識，判斷下列說法中正確的是()

A.運用隱蔽色涂層，無論距你多近，即使你拿望遠鏡也不能看到它B.使用能吸收雷達電磁波的材料，在雷達屏幕上顯示的反射信息很小、很弱，很難被發(fā)現(xiàn)C.使用吸收雷達電磁波涂層后，傳播到復(fù)合金屬機翼上的電磁波在機翼上不會產(chǎn)生感應(yīng)電流D.主要是對發(fā)動機、噴氣尾管等因為高溫容易產(chǎn)生紫外線輻射的部位采取隔熱、降溫等措施，使其不易被對方發(fā)現(xiàn)評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、如圖所示，一質(zhì)量為2m

的圓筒A

圓筒內(nèi)外皆光滑，將A

置于光滑水平面上，圓筒半徑為R

現(xiàn)有一質(zhì)量也為m

的光滑小球B(

可視為質(zhì)點)

由靜止從圓筒的水平直徑處沿筒壁滑下，不計空氣阻力，圓筒的位移為______．7、假設(shè)地球帶的是負電，自轉(zhuǎn)一周時間為T秒，其中在赤道線上分布的電子數(shù)為1019個，那么由于地球自轉(zhuǎn)在赤道線上形成的等效環(huán)形電流方向為______________（填自東向西或自西向東），等效環(huán)形電流大小為_________A。8、將一個1.0×10－5C的電荷從電場外移到電場里一點A，外力克服電場力作功6.0×10－3J，則A點的電勢為Ua＝_____V；如果此電荷從電場外移到電場里的另一點B時，電場力作功0.02J，則A、B兩點電勢差為Uab＝______V；如果另一個電量是0.2C的負電荷從A移到B，則電場力作功______J。9、如圖所示，家用內(nèi)徑為22cm的高壓鍋，鍋蓋上排氣孔的直徑為0.4cm，限壓閥的質(zhì)量為0.16kg。如果上海地區(qū)用它煮水消毒，根據(jù)下面水的沸點與壓強的關(guān)系的表格可知，這個高壓鍋內(nèi)最高水溫大約為____°C。若在鍋蓋上再安裝一套相同的排氣孔和限壓閥，則鍋內(nèi)最高水溫將____（填“升高”、“降低”或“不變”）（上海地區(qū)的大氣壓強約為1.00×105pA，g取10m/s2）

t（°C）100110112114116118120122124126128p（×105pA）1.011.431.541.631.751.871.992.112.262.412.5810、某同學(xué)課余時間在家里想根據(jù)“用單擺測重力加速度”的方法，測量當?shù)氐闹亓铀俣?

他在家中找了一根長度為1.2m

左右的細線，一個可作停表用的電子表和一把毫米刻度尺(

無法一次直接測量出擺長).

由于沒有擺球，他就找了一個螺絲帽代替.

他先用細線和螺絲帽組成一個單擺，然后依據(jù)多次測量求平均值的方法用電子表測出振動周期為T1.

然后將細線縮短，用刻度尺量出縮短的長度為鈻?L

測出這種情況下單擺的周期為T2.

根據(jù)上述數(shù)據(jù)就可以測出重力加速度了，請你用上述數(shù)據(jù)，推導(dǎo)出當?shù)刂亓铀俣鹊谋磉_式為______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)11、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）12、電勢差有正有負，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）13、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）

14、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）15、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）16、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為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處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

17、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）

評卷人得分四、實驗題(共3題，共24分)18、（1）某同學(xué)在做“利用單擺測重力加速度”實驗中，先測得擺線長為97．50cm，球直徑為2．00cm，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間如圖所示，則：①該擺擺長為cm，秒表所示讀數(shù)為____s。②如果他測得的g值偏小，可能的原因是（）A．測擺線長時擺線拉得過緊B．擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了C．開始計時時，秒表過遲按下D．實驗中誤將49次全振動數(shù)為50次（2）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應(yīng)的周期T，從而得出幾組對應(yīng)的L與T的數(shù)據(jù)，再以L為橫坐標，T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)點連成直線（如圖），并求得該直線的斜率為后，則重力加速度g=____（用表示）。19、用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數(shù)如圖甲所示，此示數(shù)為mm，用20分度的游標卡尺測量某物體的厚度時，示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)為mm。20、（12分）如圖所示，R1=14.0Ω，R2=9.0Ω．當開關(guān)S扳到位置1時，測得電流I1=0.20A；扳到位置2時，測得電流I2=0.30A．求電源的電動勢和內(nèi)阻．評卷人得分五、綜合題(共3題，共15分)21、如圖所示，在貨場需將質(zhì)量為m1=100kg

的貨物(

可視為質(zhì)點)

從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下.

半徑R=1.8m.

地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板AB

長度均為l=2m

質(zhì)量均為m2=100kg

木板上表面與軌道末端相切.

貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為婁脤1

木板與地面間的動摩擦因數(shù)為婁脤2=0.2.(

最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s2)

(1)

求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力；(2)

若貨物滑上木板A

時，木板不動，而滑上木板B

時，木板B

開始運動，求婁脤1

應(yīng)滿足的條件；(3)

若婁脤1=0.5

求貨物滑到木板A

末端時的速度和在木板A

上運動的時間．22、(

選修3隆陋1)

(1)

下列說法正確的是________．A.由庫侖定律F=kq1q2r2

可知，當r隆煤0

時，F(xiàn)隆煤隆脼

B.處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為0

C.電場中某點的電場強度越大，則該點的電勢越高D.電場線與等勢面平行(2)

如圖所示是某一磁場部分磁感線的分布示意圖，PQ

是其中一條磁感線上的兩點，關(guān)于這兩點的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是________．

A.P

點的磁感應(yīng)強度比Q

點的大B.P

點的磁感應(yīng)強度比Q

點的小C.PQ

兩點的磁感應(yīng)強度大小相等D.無法比較PQ

兩點的磁感應(yīng)強度大小(3)

如圖所示為一勻強電場，某帶電粒子從A

點運動到B

點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0J

電場力做的功為1.5J.

則下列說法中正確的是________．

A.粒子帶負電B.粒子在A

點的電勢能比在B

點少1.5J

C.粒子在A

點的動能比在B

點多1.5J

D.粒子在A

點的機械能比在B

點少1.5J

(4)

如圖所示，平板下方有垂直紙面向外的勻強磁場，一個質(zhì)量為m

電荷量為q

的粒子(

小計重力)

在紙面內(nèi)沿垂直于平板的方向從板上小孔P

射人磁場，并打在板上的Q

點，已知磁場的磁感應(yīng)強度為B

粒子的速度大小為v

由此可知________．

A.該帶電粒子帶正電，PQ

間的距離L=2mvqB

B.該帶電粒子帶正電，PQ

間的距離L=mvqB

C.該帶電粒子帶負電，PQ

間的距離L=2mvqB

D.該帶電粒子帶負電，PQ

間的距離L=mvqB

(5)

某同學(xué)使用多用電表測量小燈泡的電壓和通過小燈泡的電流，他利用如圖甲、乙所示的電路進行了正確的操作和測量，圖________(

填“甲”或“乙”)

中多用電表測量的是通過小燈泡的電流，圖________(

填“甲”或“乙”)

中多用電表測量的是小燈泡兩端的電壓．(6)

如圖所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌相距L=0.4m

上面有一金屬棒PQ

垂直導(dǎo)軌放置，并處于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小8=0.5T

與導(dǎo)軌相連的電源電動勢E=d.5V

內(nèi)阻r=1.0婁賂

電阻R=8.0婁賂

其他電阻不計，閉合開關(guān)S

后，金屬棒PQ

仍然靜止不動.

求：

壟脵

閉合回路中電流的大??；壟脷

金屬棒PQ

所受安培力的大小和方向；壟脹

金屬棒PQ

所受靜摩擦力的大?。?3、如圖所示，兩平行金屬板AB

板長L=8cm

兩板間距離d=8cmA

板比B

板電勢高300V

一帶正電的粒子電量q=10鈭?10C

質(zhì)量m=10鈭?20kg

沿電場中心線RO

垂直電場線飛入電場，初速度v0=2隆脕106m/s

粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MNPS

間的無電場區(qū)域后，進入固定在O

點的點電荷Q

形成的電場區(qū)域，(

設(shè)界面PS

右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)

已知兩界面MNPS

相距為12cmO

點在中心線上距離界面PS

為9cm

粒子穿過界面PS

最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc

上.(

靜電力常數(shù)k=9隆脕109Nm2/C2)

(1)

求粒子穿過界面MN

時偏離中心線OR

的距離多遠？

(2)

試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡；

(3)

確定點電荷Q

的電性并求其電量的大?。畢⒖即鸢敢弧⑦x擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：設(shè)每個球的質(zhì)量均為m，取向右為正方向，碰前系統(tǒng)總動量P=mvA+mvB=8m-4m=4m，碰前的總動能Ek=mvA2+mvB2=40m；

A、若vA′=-4m/s，vB′=8m/s，碰后總動量P′=mvA′+mvB′=4m；動量守恒。

總動能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；機械能也守恒，可能實現(xiàn)；故A正確。

B、若vA′=-5m/s，vB′=9m/s，碰后總動量P′=mvA′+mvB′=4m，動量守恒。總動能Ek′=mvA′2+mvB′2=52m；機械能增加，無法實現(xiàn)；故B錯誤。

C、若vA'=2m/s，vB'=2m/s，碰后總動量P′=mvA′+mvB′=4m，總動能Ek′=mvA′2+mvB′2=4m；動量守恒，機械能減小，可能實現(xiàn)；故C正確。

D、若vA'=1m/s，vB'=3m/s，碰后總動量P′=mvA′+mvB′=4m，總動能Ek′=mvA′2+mvB′2=5m；動量守恒，機械能減小，可能實現(xiàn)；故D正確。

本題選無法實現(xiàn)的；

故選：B。

碰撞過程遵守動量守恒定律；碰撞過程系統(tǒng)總的動能不會增加，碰后同向運動時，后面小球的速度不會大于前面小球的速度，據(jù)此分析答題。

解決本題的關(guān)鍵是知道碰撞過程中動量守恒、機械能不增加，分析碰撞前后的總動量與總機械能即可正確解題。【解析】B2、A|B|C【分析】a和c時刻是充電結(jié)束時刻，此時刻電場能最大，磁場能最小為零，C正確；b和d時刻是放電結(jié)束時刻，此時刻電路中電流最大，A正確；a→b是放電過程，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，B正確；O→a是充電過程，而c→d是放電過程，D錯誤．【解析】【答案】ABC3、B|D【分析】試題分析：條形磁鐵在導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場方向平行于斜面向上，由左手定則知導(dǎo)線所受安培力垂直斜面向上，根據(jù)牛頓第三定律則條形磁鐵所受安培力垂直斜面向下；若將磁鐵的N極位置與S極位置對調(diào)后，同理可知條形磁鐵所受安培力垂直斜面向上，故磁鐵對斜面的壓力FN減小，根據(jù)平衡條件：Ff=mgsinθ保持不變；故選：BD．考點：左手定則；安培力；牛頓第三定律.【解析】【答案】BD4、B【分析】解：在t時間內(nèi)；推力對物體的沖量I=Ft，因為物體靜止不動，合力為零，合力的沖量為零．故B正確，A；C、D錯誤．

故選：B．

根據(jù)沖量的定義式I=Ft求出推力對物體的沖量大小．

解決本題的關(guān)鍵知道沖量等于力與作用時間的乘積，本題容易誤求解合力的沖量．【解析】【答案】B5、B【分析】【分析】隱形飛機的隱形原理是通過縮小自己的雷達反射截面來實現(xiàn)隱身的。本題借助于生活中的實例考查了光的反射定律，此類題目的特點是文字敘述較多，感覺不好處理，需要我們仔細閱讀題目從中找出對我們有用的物理信息。【解答】隱形飛機的原理是在飛機制造過程中使用能吸收雷達電磁波的材料，使反射的雷達電磁波很弱，在雷達屏幕上顯示的反射信息很小、很弱，飛機在雷達屏幕上很難被發(fā)現(xiàn)，故B正確。故選B。

【解析】B

二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】解：圓筒內(nèi)外壁光滑；水平面光滑；小球B

下滑過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒；

設(shè)小球B

下滑過程圓筒的位移為x

則小球B

的水平位移為R鈭?x

以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：

mvB鈭?2mvA=0mR鈭?xt鈭?2mxt

解得：x=13R

故答案為：13R.

小球B

下滑過程系統(tǒng)水平方向動量守恒；在水平方向應(yīng)用動量守恒定律可以求出圓筒的位移．

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，知道系統(tǒng)在水平方向動量守恒是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律與速度公式可以解題；要注意系統(tǒng)整體動量不守恒，但在水平方向動量守恒，可以在水平方向應(yīng)用動量守恒定律解題．【解析】13R

7、略

【分析】【解析】試題分析：地磁的北極在地理的南極附近，由于地球繞地軸作自西向東旋轉(zhuǎn)，故地球上所帶電荷的運動形成了一個環(huán)形電流，根據(jù)安培定可知右手的拇指指向南方，則彎曲的四指的方向則自東向西，故環(huán)形電流的方向應(yīng)該由東向西，考點：考查了安培定則，電流的宏觀計算【解析】【答案】自東向西，1.6/T8、略

【分析】【解析】試題分析：由電場力做功與電勢差的關(guān)系得：又則同理可得則由可得考點：電勢、電勢差【解析】【答案】600，2600，-5209、124不變【分析】【解答】解:高壓鍋內(nèi)能夠產(chǎn)生的最大壓強為：

根據(jù)水的沸點與壓強的關(guān)系的表格可知，這個高壓鍋內(nèi)最高水溫大約為124°C．

若在鍋蓋上再安裝一套相同的排氣孔和限壓閥，高壓鍋內(nèi)能夠產(chǎn)生的最大壓強不變，鍋內(nèi)最高水溫將不變．故答案為：124°C；不變。

【分析】對限壓閥進行受力分析，運用平衡知識解決問題10、略

【分析】解：設(shè)第一次單擺擺長是：L

則第二次單擺擺長為：L鈭?鈻?L

由單擺周期公式得：T1=2婁脨LgT2=2婁脨L鈭?鈻?Lg

解得：g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

故答案為：g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

．

用單擺測重力加速度的原理是單擺周期公式；已知單擺的周期，應(yīng)用單擺周期公式可以求出重力加速度．

本題考查了求重力加速度的表達式，本題關(guān)鍵建立單擺模型，然后根據(jù)單擺的周期公式列式后聯(lián)立求解，基礎(chǔ)題．【解析】g=4婁脨2鈻?LT12鈭?T22

三、判斷題(共7題，共14分)11、A【分析】【解答】解：根據(jù)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(jù)：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．12、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

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】電勢差是標量，正負表示大?。浑妱莶钆c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)．13、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；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】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，很容易得出正確的結(jié)論．14、A【分析】【解答】解：根據(jù)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(jù)：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．15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點電荷附近，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，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．16、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

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

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為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)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．17、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；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】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，很容易得出正確的結(jié)論．四、實驗題(共3題，共24分)18、略

【分析】【解析】【答案】（1）①98．50（1分）99．8（2分）②B（2分）（2）4π2/K（3分）19、略

【分析】試題分析：游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀；螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀，注意二者讀數(shù)的差別．螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為6mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×12.5mm=0.125mm，所以最終讀數(shù)為：6mm+0.123mm=6.125mm，由于需要估讀，因此在范圍6.123～6.126mm內(nèi)均正確；游標卡尺的主尺讀數(shù)為63mm，游標尺上第12個刻度與主尺上某一刻度對齊，故其讀數(shù)為0.05×12mm=0.60mm，所以最終讀數(shù)為：63mm+0.60mm=63.60mm．考點：螺旋測微器、游標卡尺的讀數(shù)問題?！窘馕觥俊敬鸢浮?.12563.6020、略

【分析】試題分析：設(shè)電源的電動勢和內(nèi)電阻分別為E和r，當開關(guān)分別處于1、2兩個位置時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可以列出方程：（1）（2）消去E，可以解出電源的內(nèi)阻r=把r值代入第一個方程中，可得電源的電動勢E=3.0V即電源的電動勢為3.0V，內(nèi)阻為1.0Ω．考點：測電源的電動勢和內(nèi)電阻【解析】【答案】3.0V；1.0Ω五、綜合題(共3題，共15分)21、略

【分析】(1)(1)根據(jù)機械能守恒定律求解貨物到達圓軌道末端時的速度。

(2)(2)若貨物滑上木板AA時，木板AA不動，則木板所受的貨物的滑動摩擦力不大于地面對木板AA的最大靜摩擦力；滑上木板BB時，木板BB開始滑動，說明貨物對BB的滑動摩擦力大于地面對BB的最大靜摩擦力，列出不等式，求出婁脤婁脤1應(yīng)滿足的條件。

(3)(3)根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出貨物滑到木板AA末端時的速度..由速度時間公式求出貨物在BB上滑行的時間。

本題考查了機械能守恒、牛頓運動定律和運動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，特別需要注意的是分析貨物在水平面上運動時木板的運動狀態(tài)?！窘馕觥拷猓?1)(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為vv0，對貨物的下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律得

壟脵壟脵

設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FFn，根據(jù)牛頓第二定律得

壟脷壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷壟脵壟脷式，代入數(shù)據(jù)得

FFN=3000N壟脹=3000N壟脹

根據(jù)牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3000N3000N方向豎直向下。

(2)(2)若滑上木板AA時，木板不動，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g鈮?婁脤gleqslant婁脤2(m(m1+2m+2m2)g壟脺)g壟脺

若滑上木板BB時，木板BB開始滑動，由受力分析得

婁脤婁脤1mm1g>婁脤g>婁脤2(m(m1+m+m2)g壟脻)g壟脻

聯(lián)立壟脺壟脻壟脺壟脻式，代入數(shù)據(jù)得

0.4<婁脤0.4<婁脤1鈮?0.6壟脼leqslant0.6壟脼

(3)婁脤(3)婁脤1=0.5=0.5由壟脼壟脼式可知，貨物在木板AA上滑動時，木板不動。設(shè)貨物在木板AA上做減速運動時的加速度大小為aa1，由牛頓第二定律得

婁脤婁脤1mm1g=mg=m1aa1壟脽壟脽

設(shè)貨物滑到木板AA末端時的速度為vv1，由運動學(xué)公式得

vv12鈭?v-v02=鈭?2a=-2a1l壟脿l壟脿

聯(lián)立壟脵壟脽壟脿壟脵壟脽壟脿式，代入數(shù)據(jù)得

vv1=4m/s壟謾=4m/s壟謾

設(shè)在木板AA上運動的時間為tt由運動學(xué)公式得

vv1=v=v0鈭?a-a1t壟芒t壟芒

聯(lián)立壟脵壟脽壟謾壟芒壟脵壟脽壟謾壟芒式，代入數(shù)據(jù)得t=0.4st=0.4s22、（1）B（2）A（3）D（4）A（5）乙甲（6）解：①由得：I＝0.5A；即：閉合回路中電流的大小為0.5A；②由FB＝BIL得：FB＝0.5×05×0.4N＝0.1N，方向水平向右；即：金屬棒PQ所受安培力的大小為0.1N，方向水平向右；⑤金屬棒PQ受力平衡，所受靜摩力f＝FB＝0.1N；即：金屬棒PQ所受靜摩擦力的大小為0.1N?！痉治觥俊痉治觥?1)

庫侖定律使用的條件是真空中、點電荷.

靜電感應(yīng)現(xiàn)象是金屬導(dǎo)體在外電場的作用下自由電子定向移動，電荷在導(dǎo)體內(nèi)發(fā)生重新分布，當感應(yīng)電荷的電場與外電場大小相等時方向相反時達到靜電平衡，導(dǎo)體為等勢體；電勢的高低與電場強度的大小無關(guān)。本題考查了庫侖定律、靜電感應(yīng)現(xiàn)象電場線與電勢的關(guān)系以及電場線與等勢面的關(guān)系；其中處于靜電感應(yīng)平衡狀態(tài)導(dǎo)體的特點，導(dǎo)體內(nèi)部合場強處處為零，是一個等勢體是題目中易錯的地方。(2)

磁感線中各點切線方向表示該點的磁感應(yīng)強度的方向；磁感線的疏密表示磁場的強弱；由此分析即可。本題考查了磁感線的性質(zhì)，要注意明確根據(jù)磁感線判斷磁場強弱以及方向的基本方法。(3)

在由A

運動B

的過程中，有兩個力做功，一是重力做負功，一是電場力做正功.

從運動軌跡上判斷，粒子帶正電.

從A

到B

的過程中，電場力做正功為1.5J

所以電勢能是減少的，A

點的電勢能要大于B

點電勢能；從A

到B

的過程中，克服重力做功2.0J

電場力做功1.5J

由動能定理可求出動能的變化情況；從A

到B

的過程中，做功的力有重力和電場力，應(yīng)用能量的轉(zhuǎn)化與守恒可比較AB

兩點的機械能。本題考查了電勢差與電場強度的關(guān)系、電勢能。對于本題，要明確以下幾點：壟脵

電場力對電荷做正功時，電荷的電勢能減少，電荷克服電場力做功，電荷的電勢能增加，電勢能變化的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值，這常是判斷電荷電勢能如何變化的依據(jù)；壟脷

電勢能是電荷與所在的電場所共有的，且具有相對性，通常取無窮遠處或大地為電勢能的零點；壟脹

電荷在電場中移動時，電場力做的功與移動的路徑無關(guān)，只取決于起止位置的電勢差和電荷的電量，這一點與重力做功和高度差的關(guān)系相似。(4)

根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向確定粒子所受洛倫茲力方向；然后應(yīng)用左手定則判斷出粒子的電性；

粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題。本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用左手定則與牛頓第二定律可以解題。(5)

電流表應(yīng)串聯(lián)在被測電路中，電壓表應(yīng)并聯(lián)在被測電路兩端，分析圖示電路圖，然后答題。本題考查了用多用電表測電壓與測電流的方法，知道電壓表與電流表的用法，分析清楚電路結(jié)構(gòu)可以解題?！窘獯稹?1)A.

庫侖定律使用的條件是點電荷，當r隆煤0

時，庫侖定律不再使用，故A錯誤；B.當感應(yīng)電荷的電場與外電場大小相等時方向相反時達到靜電平衡，所以處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為0

故B正確；C.電勢的高低與電場強度的大小無關(guān)，電場中某點的電場強度越大，該點的電勢不一定高，故C錯誤；D.電場線與等勢面垂直，故D錯誤。故選B。(2)

磁感線的疏密表示磁場強弱；由圖可知，P

點的磁感應(yīng)強度大于Q

點的磁感應(yīng)強度；故A正確，BCD錯誤。故選A。(3)A.

由運動軌跡上來看，垂直電場方向射入的帶電粒子向電場的方向偏轉(zhuǎn)，說明帶電粒子受到的電場力與電場方向相同，所以帶電粒子應(yīng)帶正電，故A錯誤；B.從A

到B

的過程中，電場力做正功，電勢能在減少，所以在A

點是的電勢能要大于在B

點時的電勢能，故B錯誤；C.從A

到B

的過程中，克服重力做功2.0J

電場力做功1.5J

由動能定理可知，粒子在A

點的動能比在B

點多0.5J

故C錯誤；D.從A

到B

的過程中，除了重力做功以外，還有電場力做功，電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為機械能，帶電粒子的機械能增加，由能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，機械能的增加量等于電場力做功的多少，所以機械能增加了1.5J

故D正確。故選D。(4)

由圖示可知，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r

解得：r=mvqB

PQ

間的距離：L=2r=2mvqB

故A正確，BCD錯誤。故選A。(5)

由圖示可知，圖乙中多用電表與小燈泡串聯(lián)，多用電表測通過燈泡的電流；由圖甲所示電路可知，多用電表并聯(lián)在燈泡兩端，多用電表測燈泡兩端電壓；故填：乙；甲。(6)

本題考查了安培力、摩擦力的判斷與計算。本題關(guān)鍵是明確導(dǎo)體棒的受力情況，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合正交分解法列式求解，不難。根據(jù)閉合電路歐姆定律求電流的大?。桓鶕?jù)安培力公式F=BIL

求安培力大小，根據(jù)左手定則判斷方向；根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力大小?！窘馕觥?1)B

(2)A

(3)D

(4)A

(5)

乙甲(6)

解：壟脵

由I=ER+r

得：I=0.5A

即：閉合回路中電流的大小為0.5A0.5A壟脷