2025年人教A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年人教A版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷895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6題，共12分)1、當(dāng)一帶正電q的粒子以速度V沿螺線管中軸線進(jìn)入該通電螺線管,若不計(jì)重力,說(shuō)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(dāng)變阻器滑動(dòng)片向下滑動(dòng)時(shí)，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(chǎng)洛侖茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，基本到達(dá)不了地球表面。如圖所示，一束帶正電粒子流(

類(lèi)似于宇宙射線)

沿圖中箭頭所示方向通過(guò)兩磁極間時(shí)，其偏轉(zhuǎn)方向?yàn)锳.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(shuō)法錯(cuò)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(lái)飽和的水蒸汽液化的緣故D.有的物質(zhì)能夠生成種類(lèi)不同的幾種晶體，因?yàn)樗鼈兊奈⒘Ｄ軌蛐纬刹煌目臻g結(jié)構(gòu)5、如圖，AB

兩燈原來(lái)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(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播。某時(shí)刻的波形如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)a、b均處于平衡位置，且質(zhì)點(diǎn)a正向上運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.此列波沿x軸負(fù)方向傳播B.此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b正向上運(yùn)動(dòng)C.一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)到質(zhì)點(diǎn)bD.一段時(shí)間后質(zhì)點(diǎn)a、b同時(shí)回到平衡位置評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、關(guān)于布朗運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中不正確的是（）A.布朗運(yùn)動(dòng)是微觀粒子運(yùn)動(dòng)，牛頓運(yùn)動(dòng)定律不再適用B.布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映C.強(qiáng)烈的陽(yáng)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(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，這也是一種布朗運(yùn)動(dòng)D.因?yàn)椴祭蔬\(yùn)動(dòng)的激烈程度跟溫度有關(guān)，所以布朗運(yùn)動(dòng)也叫做熱運(yùn)動(dòng)8、關(guān)于電動(dòng)勢(shì)，下列說(shuō)法中正確的是(

)

A.電源的電動(dòng)勢(shì)等于電源正、負(fù)極之間的電勢(shì)差B.用電壓表(

理想電壓表)

直接測(cè)量電源兩極得到的電壓數(shù)值就等于電源電動(dòng)勢(shì)的值C.電動(dòng)勢(shì)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(shì)能的本領(lǐng)大小D.電動(dòng)勢(shì)越大，說(shuō)明非靜電力在電源內(nèi)部從負(fù)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(gè)等量正電荷分別固定在M、N兩點(diǎn)．現(xiàn)有一帶電的粒子(不計(jì)重力及粒子對(duì)電場(chǎng)的影響)從P點(diǎn)由靜止釋放，粒子恰能在P、Q之間做直線運(yùn)動(dòng)；則以下判斷正確的是()

A.O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零B.P點(diǎn)的電勢(shì)一定比O點(diǎn)的電勢(shì)高C.粒子一定帶負(fù)電D.粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能一定比Q點(diǎn)的電勢(shì)能小10、兩列簡(jiǎn)諧橫波的振幅都是20cm

傳播速度大小相同.

實(shí)線波的頻率為2Hz

沿x

軸正方向傳播；虛線波沿x

軸負(fù)方向傳播.

某時(shí)刻兩列波在如圖所示區(qū)域相遇，則(

)

A.在相遇區(qū)域會(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象B.實(shí)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(diǎn)此時(shí)刻速度為零D.平衡位置為x=8.5m

處的質(zhì)點(diǎn)此刻位移y>20cm

11、(

多選)

下列說(shuō)法正確的是()A.盧瑟福通過(guò)對(duì)婁脕

粒子散射實(shí)驗(yàn)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(shuō)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(qiáng)度，則單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)增加D.一個(gè)氘核的質(zhì)量小于一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子的質(zhì)量和12、如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為103N/Cab=dc=4cmbc=ad=5cm.

則下述計(jì)算結(jié)果正確的是()

A.ab

之間的電勢(shì)差為40V

．B.ac

之間的電勢(shì)差為0

．C.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點(diǎn)電荷沿矩形路徑abdc

移動(dòng)一周，電場(chǎng)力做功為零．D.將q=鈭?5隆脕10鈭?3C

的點(diǎn)電荷沿折線ab鈭?bc

或ad鈭?dc

從a

移動(dòng)到c

電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，B

球做平拋運(yùn)動(dòng)，兩球在運(yùn)動(dòng)中空氣阻力不計(jì)，則下述說(shuō)法中正確的是()A.相同時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量的變化大小相等，方向相同B.相同時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量的變化大小相等，方向不同C.動(dòng)量的變化率大小相等，方向相同D.動(dòng)量的變化率大小相等，方向不同14、一個(gè)微型吸塵器的直流電動(dòng)機(jī)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(dòng)勢(shì)為E

內(nèi)阻為r

的直流電源的兩極間，電動(dòng)機(jī)恰好能正常工作，則：(

)

A.電動(dòng)機(jī)消耗的總功率為IU

B.電動(dòng)機(jī)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(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、發(fā)電站通過(guò)升壓變壓器、輸電導(dǎo)線和降壓變壓器把電能輸送到用戶(hù)，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(jī)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(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)行的軌道不可能是____．

17、2006年11月21日，中國(guó)、歐盟、美國(guó)、日本、韓國(guó)、俄羅斯和印度七方在法國(guó)總統(tǒng)府正式簽署一個(gè)能源方面的聯(lián)合實(shí)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(duì)錯(cuò)）19、康普頓效應(yīng)證實(shí)了光子不僅具有能量，也有動(dòng)量，如圖給出了光子與靜止電子碰撞后，電子的運(yùn)動(dòng)方向，則碰后光子可能沿方向______運(yùn)動(dòng)，并且波長(zhǎng)______（填“不變”“變小”或“變長(zhǎng)”）．20、帶電量為1.0隆脕10鈭?2

庫(kù)的粒子，在電場(chǎng)中先后飛經(jīng)AB

兩點(diǎn)，飛經(jīng)A

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為10

焦耳，飛經(jīng)B

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為40

焦耳.

已知A

點(diǎn)的電勢(shì)為鈭?700

伏，則電荷從A

到B

電場(chǎng)力做功______J

帶電粒子在A

點(diǎn)的電勢(shì)能是______JB

點(diǎn)的電勢(shì)是______伏.

21、一電源，當(dāng)它的負(fù)載電阻分別為1婁賂

和4婁賂

時(shí)，有相同的輸出功率，則電源的內(nèi)電阻為_(kāi)_____婁賂.

評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)22、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)）評(píng)卷人得分五、計(jì)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(duì)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(yùn)動(dòng)，棒的右端存在一個(gè)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。棒進(jìn)入磁場(chǎng)的同時(shí)，粒子源P釋放一個(gè)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(gè)小孔穿出。在板的上方，有一個(gè)環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(jì))。(1)判斷帶電粒子的正負(fù)，并求當(dāng)ab棒的速度為vo時(shí)，粒子到達(dá)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(yùn)動(dòng)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(guò)控制導(dǎo)軌區(qū)域磁場(chǎng)的寬度S(如圖b)，則該磁場(chǎng)寬度S應(yīng)控制在多少范圍內(nèi)？24、如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m，導(dǎo)軌長(zhǎng)為d=3m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝300，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(kāi)始釋放，導(dǎo)棒在滑至底端之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，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(jì)，重力加速度g=10m/s2。求：(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大??；(2)導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端運(yùn)動(dòng)到底端的整個(gè)過(guò)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(guò)程中對(duì)地面的平均作用力．（不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2）26、如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正點(diǎn)電荷Q為圓心的某一圓周交于B、C點(diǎn)，質(zhì)量為m，帶電量為-q的有孔小球從桿上A點(diǎn)無(wú)初速下滑，已知q＜＜Q，AB=h，小球滑到B點(diǎn)時(shí)速度大小為．求：

（1）小球由A到B過(guò)程中重力對(duì)小球做的功？

（2）小球由A到B過(guò)程中小球動(dòng)能的變化量？

（3）小球由A到B過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小球做的功？小球由B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功又是多少？評(píng)卷人得分六、解答題(共4題，共32分)27、如圖所示，兩個(gè)水平放置的平行光滑金屬導(dǎo)軌之間得距離為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，左端串聯(lián)一個(gè)定值電阻R，金屬桿ab的電阻為r質(zhì)量為m．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．桿在恒力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．

（1）桿的運(yùn)動(dòng)速度為v時(shí)；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dá)到最大速度時(shí)運(yùn)動(dòng)位移為s；求此過(guò)程中電路產(chǎn)生的焦耳熱Q．

28、如圖所示，一小型發(fā)電機(jī)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(jì)．在外力作用下矩形線圈在B=0.10T勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以恒定的角速度ω=100πrad/s繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)；發(fā)電機(jī)線圈兩端與R=100Ω的電阻構(gòu)成閉合回路．求：

（1）線圈轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；

（2）從線圈平面通過(guò)中性面時(shí)開(kāi)始；線圈轉(zhuǎn)過(guò)90°角的過(guò)程中通過(guò)電阻R橫截面的電荷量；

（3）線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)10s；電流通過(guò)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱．（計(jì)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(zhǎng)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(dāng)豎直方向有一個(gè)B=0.6T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，PQ恰能靜止，求：

（1）導(dǎo)線PQ的重力的大小和該磁場(chǎng)的方向；

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

（3）若改變勻強(qiáng)磁場(chǎng)的大小和方向；使導(dǎo)線靜止在斜面上，且磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，求該磁場(chǎng)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(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

（2）此后物塊落地點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，所以電荷運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)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(duì)，ABD錯(cuò)。考點(diǎn)：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(dòng)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(gè)并聯(lián)電路，其中L1一個(gè)支路，另一個(gè)支路為：L2與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)后與定值電阻串聯(lián)。當(dāng)滑動(dòng)變阻器的劃片向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)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(cuò)誤，L1兩端的電壓減小通過(guò)L1兩端的電流減小，結(jié)合電路總電流增大通過(guò)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(dòng)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(cuò)誤考點(diǎn)：本題考查了電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題【解析】【答案】A3、A【分析】【分析】根據(jù)蹄形磁鐵的磁場(chǎng)方向，負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng)方向，運(yùn)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(chǎng)方向、電荷運(yùn)動(dòng)方向和洛倫茲力方向的關(guān)系?！窘獯稹刻阈未盆F的磁場(chǎng)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(cuò)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(cuò)誤．

B；液晶一方面像液體具有流動(dòng)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(diǎn).

故B正確．

C；當(dāng)絕對(duì)濕度不變的情況下；溫度降低，飽和汽壓降低，所以相對(duì)濕度變大，當(dāng)達(dá)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(lèi)不同的幾種晶體；因?yàn)樗鼈兊奈⒘Ｄ軌蛐纬刹煌目臻g結(jié)構(gòu)，故D正確．

本題選擇錯(cuò)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(jī)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(dòng)性，另一方面又像晶體，分子在某個(gè)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(chǎng)等，都會(huì)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(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，知識(shí)點(diǎn)較為冷僻，平時(shí)看書(shū)要仔細(xì)．【解析】A

5、B【分析】解：A

電阻R0

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

燈變暗，燈泡B

變亮，不符合題意，故C錯(cuò)誤．

D；若R2

短路；B

燈被短路，不亮，與題不符，故D錯(cuò)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(xiàng)逐一代入題目檢查是否符合題意，從而確定正確選項(xiàng)．

此題是電路故障問(wèn)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(xiàng)逐一代入題干，檢查是否符合題意，最終確定正確選項(xiàng)．【解析】B

6、D【分析】解：A；圖中質(zhì)點(diǎn)正向上運(yùn)動(dòng)；由“上下坡法”判斷知此波沿x軸正向傳播，故A錯(cuò)誤。

B、此波沿x軸正向傳播，由“上下坡法”判斷知該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b正向下運(yùn)動(dòng)；故B錯(cuò)誤。

C、簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，質(zhì)點(diǎn)a只能上下振動(dòng)，不沿x軸方向移動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)a不會(huì)運(yùn)動(dòng)到質(zhì)點(diǎn)b；故C錯(cuò)誤。

D、a、b兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離是半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況總相反，則再過(guò)半個(gè)周期后質(zhì)點(diǎn)a、b同時(shí)回到平衡位置；故D正確。

故選：D。

由質(zhì)點(diǎn)a的振動(dòng)方向，根據(jù)“上下坡法”判斷波的傳播方向，并判斷出質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)方向。在波的傳播過(guò)程中，介質(zhì)中的各個(gè)振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)都做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，不隨波向前移動(dòng)。根據(jù)a、b間的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系分析它們振動(dòng)情況的關(guān)系。

根據(jù)振動(dòng)圖象讀出各時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，由質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)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(zhǔn)確掌握?！窘馕觥緿二、多選題(共8題，共16分)7、ACD【分析】解：A；布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中粒子的運(yùn)動(dòng)；這些粒子不是微觀粒子，牛頓運(yùn)動(dòng)定律仍適用，故A錯(cuò)誤．

B；固體小顆粒做布朗運(yùn)動(dòng)說(shuō)明了液體分子不停的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；故B正確．

C；布朗運(yùn)動(dòng)用肉眼觀察不到；所看到的塵土的運(yùn)動(dòng)是由氣流和重力引起的運(yùn)動(dòng)，不是布朗運(yùn)動(dòng)．故C錯(cuò)誤。

D；布朗運(yùn)動(dòng)反映的是分子的熱運(yùn)動(dòng)；其本身不是分子的熱運(yùn)動(dòng)．故D錯(cuò)誤．

本題選不正確的；故選：ACD．

固體小顆粒做布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)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(yùn)動(dòng)越緩慢，且液體分子在做永不停息的無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)．固體小顆粒做布朗運(yùn)動(dòng)說(shuō)明了液體分子不停的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)．

本題考查對(duì)布朗運(yùn)動(dòng)的理解．布朗運(yùn)動(dòng)既不是顆粒分子運(yùn)動(dòng)，也不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，而是液體分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映．【解析】【答案】ACD8、BCD【分析】解：A

電源的電動(dòng)勢(shì)等于電源沒(méi)有接入電路時(shí)兩極間的電勢(shì)差；若電源接入電路，由于電源的內(nèi)電路有電勢(shì)差，兩極間的電勢(shì)差將小于電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B；用電壓表(

理想電壓表)

直接測(cè)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(dòng)勢(shì)的值.

故B正確．

C；電動(dòng)勢(shì)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(shì)能的本領(lǐng)大小.

故C正確．

D、根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)定義式E=Wq

可知電動(dòng)勢(shì)越大，電源內(nèi)非靜電力從負(fù)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(méi)有接入電路時(shí)兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動(dòng)勢(shì).

電動(dòng)勢(shì)的定義式E=WqW

是非靜電力做功.

電源的電動(dòng)勢(shì)在數(shù)值上等于內(nèi)；外電壓之和.

根據(jù)這些知識(shí)點(diǎn)進(jìn)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(lái)理解電動(dòng)勢(shì).

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(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，及矢量合成法則，則有O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零；故A正確；

B、等量同種正點(diǎn)電荷連線的中垂線上，電場(chǎng)的方向從O點(diǎn)指向兩側(cè)，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)最高，不一定等于0，但一定比P點(diǎn)的電勢(shì)高；故B錯(cuò)誤；

C、由于電場(chǎng)的方向從O點(diǎn)指向兩側(cè)，而點(diǎn)電荷釋放后向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，受力的方向指向O點(diǎn)；所以粒子帶負(fù)電荷，故C正確；

D、等量同種正點(diǎn)電荷連線的中垂線上PQ處于關(guān)于O對(duì)稱(chēng)的位置，所以PQ的電勢(shì)是相等的，粒子在PQ兩點(diǎn)的電勢(shì)能也相等；故D錯(cuò)誤．

點(diǎn)睛：對(duì)于等量同種電荷電場(chǎng)線的分布情況及特點(diǎn)的理解和掌握程度，要抓住電場(chǎng)線的對(duì)稱(chēng)性進(jìn)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(huì)發(fā)生干涉現(xiàn)象.

故A錯(cuò)誤．

B；兩列波傳播速度大小相同.

由圖可知；實(shí)線波的波長(zhǎng)婁脣1=4m

虛線波的波長(zhǎng)婁脣2=6m

由v=婁脣f

可知；實(shí)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(jiǎn)諧橫波在平衡位置為x=6m

處；振動(dòng)加強(qiáng)，速度是兩者之和，所以不可能為零.

故C錯(cuò)誤；

D；兩列簡(jiǎn)諧橫波在平衡位置為x=8.5m

處的質(zhì)點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)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(zhǎng)與頻率成反比，從而得出頻率之比.

兩列波頻率時(shí)才能發(fā)生干涉.

某時(shí)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(zhǎng)整數(shù)倍．

解決本題時(shí)要抓住在同一介質(zhì)中傳播的同一類(lèi)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(shí)刻各質(zhì)點(diǎn)的位置，而振動(dòng)圖則是反應(yīng)某質(zhì)點(diǎn)在各時(shí)刻的位置．【解析】BD

11、ACD【分析】【分析】婁脕婁脕粒子散射實(shí)驗(yàn)說(shuō)明原子具有核式結(jié)構(gòu)模型；婁脗婁脗粒子來(lái)自原子核；單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光電子數(shù)與入射光的強(qiáng)度有關(guān)；核子結(jié)合成原子核會(huì)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(shí)，考查點(diǎn)較多，平時(shí)應(yīng)加強(qiáng)積累和識(shí)記，基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼.盧瑟福通過(guò)對(duì)婁脕婁脕粒子散射實(shí)驗(yàn)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(shí)生成的電子從原子核拋射出來(lái)，原子核內(nèi)沒(méi)有婁脗婁脗粒子，故B錯(cuò)誤；C.某種色光照射金屬發(fā)生光電效應(yīng)，若增大光照強(qiáng)度，則單位時(shí)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(huì)有質(zhì)量虧損，所以一個(gè)氘核的質(zhì)量小于一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子的質(zhì)量和，故D正確。故選ACD?！窘馕觥緼CD

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(dòng)量定理F潞脧?t=鈻?P

相同時(shí)間內(nèi)，動(dòng)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(dòng)量定理可知，?P?t=mg

所以AB

兩球的動(dòng)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(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)都只受到重力作用，根據(jù)動(dòng)量定理判斷動(dòng)量的變化和變化率，難度不大，屬于基礎(chǔ)題?！窘獯稹緼B.B

球做平拋運(yùn)動(dòng)；與A

球做自由落體運(yùn)動(dòng)一樣，只受重力．

根據(jù)動(dòng)量定理：F潞脧?t=鈻?P

即鈻?P=mgt

所以；相同時(shí)間內(nèi)，動(dòng)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(cuò)誤;

CD.

根據(jù)動(dòng)量定理F潞脧?t=鈻?P

則?P?t=mg

即動(dòng)量的變化率為mg

大小相等，方向相同。

故C正確；D錯(cuò)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(dòng)機(jī)為非純電阻電路，計(jì)算出電動(dòng)機(jī)的電功率及熱功率，用電功率減去熱功率即為電動(dòng)機(jī)的輸出功率，輸出功率除以總功率即電源的效率。A.對(duì)于非純電阻電路歐姆定律不在適用，電動(dòng)機(jī)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(cuò)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(guò)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(guò)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(wàn)有引力提供向心力；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力的方向指向地心，所以圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)；靠地球的萬(wàn)有引力提供向心力，而萬(wàn)有引力的方向指向地心，所以人造地球衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心是地心．

17、核聚變【分析】【解答】國(guó)際熱核聚變實(shí)驗(yàn)反應(yīng)堆的原理；類(lèi)似太陽(yáng)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㈦翱梢詮暮Ｋ刑崛。?升海水中的氘、氚經(jīng)過(guò)核聚變反應(yīng)釋放的能量．相當(dāng)于300升汽油，可以說(shuō)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(huì)危害環(huán)境．這項(xiàng)計(jì)劃的實(shí)施結(jié)果，將決定人類(lèi)能否迅速、大規(guī)模使用核聚變能源，從而可能影響人類(lèi)從根本上解決能源問(wèn)題的進(jìn)程，意義非常巨大．

故答案為：核聚變．

【分析】參加國(guó)際熱核聚變實(shí)驗(yàn)反應(yīng)堆計(jì)劃的歐盟、中國(guó)、美國(guó)、日本、韓國(guó)、俄羅斯、印度七方代表，11月21日在法國(guó)總統(tǒng)府愛(ài)麗舍富正式簽署聯(lián)合實(shí)驗(yàn)協(xié)定以及相關(guān)文件，人類(lèi)開(kāi)發(fā)熱核聚變能源的宏偉計(jì)劃全面啟動(dòng)．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(gè)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(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒；系統(tǒng)動(dòng)量的矢量和不變，碰前動(dòng)量向右，故碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量的矢量和也向右，故碰后光子可能沿方向1振動(dòng)；

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

故答案為：1；變長(zhǎng)．

光子與電子碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的矢量和不變，動(dòng)量是矢量，合成遵循平行四邊形定則；根據(jù)λ=判斷波長(zhǎng)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(jìn)一步表面光子具有動(dòng)量．【解析】1；變長(zhǎng)20、略

【分析】解：根據(jù)動(dòng)能定理得到；帶電粒子從A

點(diǎn)到B

點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的增加量，則電場(chǎng)力做功為：

W=EkB鈭?EkA=40J鈭?10J=30J

帶電粒子在A

點(diǎn)的電勢(shì)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(shì)差為：UAB=Wq=301隆脕10鈭?2V=3000J

而UAB=婁脮A鈭?婁脮B

得；B

點(diǎn)的電勢(shì)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(diǎn)到B

點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的增加．

(2)

由Ep=q婁脮

求解帶電粒子在A

點(diǎn)的電勢(shì)能．

(3)

由W=qUAB

求出AB

兩點(diǎn)的電勢(shì)差.

結(jié)合A

點(diǎn)的電勢(shì)為鈭?700

伏；求出B

點(diǎn)的電勢(shì)．

本題考查電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，要注意帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，若只有電場(chǎng)力，其電勢(shì)能與動(dòng)能的總量守恒.

求解電勢(shì)差時(shí)，要注意各公式中各量要代入符號(hào)一并計(jì)算．【解析】30鈭?7鈭?3700

21、略

【分析】解：設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)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(dá)式，根據(jù)兩種情況功率相等即可求得內(nèi)阻大小．

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(dá)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(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．五、計(jì)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(fù)電ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)對(duì)于粒子，由動(dòng)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(shí)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?yàn)楣嗜绻屃Ｗ釉贛N間一直加速，則必然會(huì)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(duì)于棒ab：故磁場(chǎng)的寬度應(yīng)考點(diǎn)：力電磁綜合問(wèn)題【解析】【答案】(1)負(fù)、(2)(3)24、略

【分析】試題分析：（1）在光滑導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：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(diǎn)：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(jī)械能守恒定律可求得小球落地和反彈時(shí)的速度；再由動(dòng)量定理可求得地面對(duì)小球的平均沖力F，最后由牛頓第三定律說(shuō)明即可．

本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意動(dòng)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(guò)程中；由機(jī)械能守恒定律可知：

mgh=mv12；

解得：v1=m/s；

同理；回彈過(guò)程的速度為5m/s，方向豎直向上；

設(shè)向下為正；則對(duì)碰撞過(guò)程由動(dòng)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(guò)程中對(duì)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(diǎn)在以正電荷Q為圓心的同一圓周上，電勢(shì)相等，小球從B運(yùn)動(dòng)到C過(guò)程，電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理研究小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，求出電場(chǎng)力所做的功。

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

本題主要考查了動(dòng)能定理，關(guān)鍵是抓住點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)，明確從B到C電場(chǎng)力做功之和為零【解析】解：（1）小球由A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中重力對(duì)小球做功。

W=mgh

（2）小球由A到B過(guò)程中小球動(dòng)能的變化量。

△EK=mv2-0

=m3gh=1.5mgh

（3）小球由A到B過(guò)程中，設(shè)電場(chǎng)力做功為WF；由動(dòng)能定理得。

WF+mgh=△EK

WF=△EK-mgh=mgh-1.5mgh=0.5mgh

由于B；C兩點(diǎn)的電勢(shì)相等；因此小球從B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程電場(chǎng)力做功為零．

答：（1）小球由A到B過(guò)程中重力對(duì)小球做的功為mgh

（2）小球由A到B過(guò)程中小球動(dòng)能的變化量為1.5mgh

（3）小球由A到B過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小球做的功0.5mgh，小球由B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)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(shí)，ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv

此時(shí)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(jiàn)；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(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)．

由④可知，當(dāng)a=0時(shí)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(yùn)動(dòng)速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的大小是．

（2）金屬桿的最大速度是

（3）此過(guò)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