2025年華東師大版高二物理下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2025年華東師大版高二物理下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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和交變電源相連接，兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，某一帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，當(dāng)達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。下列說法正確的是A.帶電粒子在回旋加速器中從磁場中獲得能量B.帶電粒子在回旋加速器中從電場中獲得能量C.高頻交變電源的電壓越大，帶電粒子從出口被引出時獲得的動能越大D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度越大，帶電粒子從出口被引出時獲得的動能越大2、“天宮二號”在發(fā)射過程中伴隨著軌道修正和姿態(tài)調(diào)整；下列過程中，地面控制人員能夠?qū)ⅰ疤鞂m二號”看成質(zhì)點的是（）

A.整流罩分離的過程B.太陽帆板展開的過程C.姿態(tài)調(diào)整的過程D.環(huán)繞地球飛行的過程3、有一個在y方向上做簡諧運動的物體；其振動圖象如圖所示，下列關(guān)于圖中（1）～（4）的判斷正確的是（）

A.圖（3）可作為該物體的回復(fù)力-時間圖象B.圖（2）可作為該物體的回復(fù)力-時間圖象C.圖（1）可作為該物體的速度-時間圖象D.圖（4）可作為該物體的加速度-時間圖象4、如圖所示的彈簧振子在A；B之間做簡諧運動；O為平衡位置，則（）

A.當(dāng)振子從O向A運動時，位移變小B.當(dāng)振子從A向O運動時，速度變大C.當(dāng)振子從O向B運動時，加速度變小D.當(dāng)振子從B向O運動時，回復(fù)力變大5、如圖中的滑動變阻器在電路中起到改變電路中電流和電壓的作用，下列關(guān)于供電電路中滑動變阻器的接法的敘述中，正確的是（）A.甲圖示限流接法，乙圖是分壓接法B.當(dāng)電表量程不夠時，首選圖乙接法C.當(dāng)要求電表讀數(shù)從0開始連續(xù)變化時一定要選用甲圖所示電路D.當(dāng)要求電路耗能最少時一定要選用甲圖所示電路6、電磁場理論的建立，促進了現(xiàn)代社會的發(fā)展．下列應(yīng)用中，同時使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)的電器是（）A.微波爐B.收音機C.電視機D.手機7、一電壓表由電流表G與電阻R串聯(lián)而成，若在使用中發(fā)現(xiàn)此電壓表的讀數(shù)總比準確值稍小一些，可以加以改正的措施是（）A.在R上串聯(lián)一個比R小得多的電阻B.在R上串聯(lián)一個比R大得多的電阻C.在R上并聯(lián)一個比R小得多的電阻D.在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻8、“嫦娥三號”經(jīng)過約8

天的繞月飛行，于北京時間2013

年12

月14

日21

時11

分，成功著陸在月球西經(jīng)19.51

度、北緯44.12

度的虹灣以東區(qū)域.

下列說法正確的是()A.“西經(jīng)19.51

度、北緯44.12

度”表示位移B.“8

天”是時刻，“21

時11

分”是時間C.在觀測“嫦娥三號”繞月運行周期時可將其看做質(zhì)點D.“嫦娥三號”繞月球做橢圓軌道運動時，處于平衡狀態(tài)9、下列說法正確的是(

)

A.兩個直線運動的合運動一定是直線運動B.兩個直線運動的合運動一定是曲線運動C.兩個直線運動的合運動可能是直線運動也可能是曲線運動D.兩個勻變速直線運動的合運動一定是勻變速直線運動評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、彈簧振子以O(shè)

點為平衡位置做簡諧振動.

從O

點開始計時，振子第一次到達M

點用了0.3

秒，又經(jīng)過0.2

秒第二次通過M

點.

則振子第三次通過M

點還要經(jīng)過的時間可能是(

)

A.13

秒B.815

秒C.1.4

秒D.1.6

秒11、如圖所示，絕緣金屬平行板電容器充電后，靜電計的指針偏轉(zhuǎn)一定角度，若不改變兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質(zhì)，則(

)

A.電容器的電容將減小B.電容器的電容將增大C.靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度會減小D.靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角度會增大12、如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF

上放有一金屬桿AB

在外力作用下，使AB

保持與OF

垂直，以速度v

勻速從O

點開始右移，設(shè)導(dǎo)軌與金屬棒均為粗細相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是(

)

A.電路中的感應(yīng)電流大小不變B.電路中的感應(yīng)電動勢大小不變C.電路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大D.電路中的感應(yīng)電流逐漸減小13、如圖1

所示，甲、乙兩個并排放置的共軸線圈，甲中通有如圖2

所示的電流，則下列判斷正確的是(

)

A.在tl

到t2

時間內(nèi)，甲乙相吸B.在t2

到t1

時間內(nèi)，甲乙相吸C.在t1

到t2

時間內(nèi)，乙中電流減小D.在t2

到t3

時間內(nèi)，乙中電流減小14、如圖所示。在光滑絕緣水平面上有一單匝線圈ABCD.

在水平外力作用下以大小為v

的速度向右勻速進入豎直向上的勻強磁場。第二次以大小為v3

的速度向右勻速進入該勻強磁場，則下列說法正確的是(

)

A.笫二次進入與笫一次進入時線圈中的電流之比為13

B.第二次進入與第一次進入時外力做功的功率之比為13

C.第二次進入與笫一次進入時線圈中產(chǎn)生的熱量之比為13

D.第二次進入與第一次進入時通過線圈中某一橫截面的電荷量之比為13

15、某理想變壓器的原線圈接一交流電，副線圈接如圖所示電路，R1=R2

開關(guān)S

原來斷開.

現(xiàn)將S

閉合，交流電壓表的示數(shù)U

交流電流表的示數(shù)I

電阻R1

上的功率P1

及變壓器原線圈的輸入功率P

的變化情況分別是()

A.U

減小B.I

減小C.P1

增大D.P

增大16、某一導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖中AB

段(

曲線)

所示；關(guān)于導(dǎo)體的電阻，以下說法正確的是(

)

A.B

點的電阻為12婁賂

B.B

點的電阻為40婁賂

C.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了10婁賂

D.導(dǎo)體的電阻因溫度的影響改變了9婁賂

17、如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L．導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，與導(dǎo)軌一起構(gòu)成閉合回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，其余部分的電阻不計。在整個導(dǎo)軌所在的平面內(nèi)都有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。開始時，兩導(dǎo)體棒均在導(dǎo)軌上靜止不動，某時刻給導(dǎo)體棒ab以水平向右的初速度v0，則（）A.導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時受到的安培力大小為B.兩導(dǎo)體棒最終將以的速度沿導(dǎo)軌向右勻速運動C.兩導(dǎo)體棒運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為mv02D.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)関0時，導(dǎo)體棒cd的加速度大小為評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、在圖的電路中，R是阻值為“0～15Ω”，額定電流為2A的滑動變阻器，L是一個“12V、24W”的燈泡，電路兩端電壓保持恒定．當(dāng)電鍵S斷開，且滑動變阻器Pa部分電阻為4Ω時，燈泡正常發(fā)光，則電路兩端電壓U=____V．當(dāng)滑動變阻器Pa部分電阻為9Ω時，電建S閉合后，流過燈泡的電流為____A．

19、質(zhì)量為2kg的物體從高處自由下落，在這2s內(nèi)重力對物體所做功的平均功率是____W，第2s末重力對物體做功的瞬時功率是____W．(g取)20、在用電火花計時器（或電磁打點計時器）研究小車勻變速直線運動的實驗中，某同學(xué)打出了一條紙帶，已知計時器打點的時間間隔為0.02s，他按打點先后順序每5個點取1個計數(shù)點，得到了O、A、B、C、D等幾個計數(shù)點，如圖所示，則相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為____s．用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm．由此可知，打C點時紙帶的速度大小為____m/s，小車的加速度為____m/s2．

21、電動勢是描述電源這種本領(lǐng)的物理量，它的單位是______，常用干電池兩極間的電壓大約是的______伏．鉛蓄電池兩極間的電壓大約是的______伏．22、如圖所示，質(zhì)量分別為m1

和m2

的兩個物塊AB

疊放在一起，在粗糙的水平面上向右做加速度大小為a

的勻減速直線運動并保持相對靜止，運動過程中B

受到的摩擦力為_____、方向___________23、如圖所示的電路中，A、B端接在恒壓電源上，S斷開時電流表的示數(shù)2A，S閉合時電流表的示數(shù)為3A，則電阻R1與R2的阻值之比R1∶R2＝______，S斷開與閉合兩種情況下R1的功率之比P1∶P1′______。24、一個單擺在甲地時，在時間t內(nèi)完成m次全振動，移至乙地時，經(jīng)過相同的時間完成n次全振動，則甲、乙兩地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________。25、（6分）黑體輻射的規(guī)律如圖所示，從中可以看出，隨著溫度的降低，各種波長的輻射強度都有（填“增加”、“減少”“不變”），輻射強度的極大值向波長（填“較長”、“較短”）的方向移動．評卷人得分四、簡答題(共3題，共21分)26、某臺電動機的額定電壓為110V；額定電流是6A，正常工作時的效率是80%，求：

（1）電動機正常工作時的輸入功率；

（2）電動機正常工作時的輸出功率；

（3）電動機正常工作30min，該電動機電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能．27、rm{[}化學(xué)rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)rm{]}東晉rm{隆露}華陽國志rm{?}南中志rm{隆路}卷四中已有關(guān)于白銅的記載，云南鎳白銅rm{(}銅鎳合金rm{)}聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉栴}：rm{(1)}鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為_________，rm{3d}能級上的未成對的電子數(shù)為______。rm{(2)}硫酸鎳溶于氨水形成rm{[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}藍色溶液。rm{壟脵[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中陰離子的立體構(gòu)型是_____。rm{壟脷}在rm{[Ni(NH_{3})_{6}]^{2+}}中rm{Ni^{2+}}與rm{NH_{3}}之間形成的化學(xué)鍵稱為______，提供孤電子對的成鍵原子是_____。rm{壟脹}氨的沸點rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}膦rm{(PH_{3})}原因是______；氨是_____分子rm{(}填“極性”或“非極性”rm{)}中心原子的軌道雜化類型為_______。rm{(3)}單質(zhì)銅及鎳都是由______鍵形成的晶體：元素銅與鎳的第二電離能分別為：rm{I_{Cu}=1959kJ/mol}rm{I_{Ni}=1753kJ/mol}rm{I_{Cu}>I_{Ni}}的原因是______。rm{(4)}某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

rm{壟脵}晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為_____。rm{壟脷}若合金的密度為rm{dg/cm^{3}}晶胞參數(shù)rm{a=}________rm{nm}28、利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E=6V

電源內(nèi)阻r=1婁賂

電阻R=3婁賂

重物質(zhì)量m=0.10kg

當(dāng)將重物固定時，理想電壓表的示數(shù)為5V

當(dāng)重物不固定，且電動機最后以穩(wěn)定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數(shù)為5.5V(

不計摩擦，g

取10m/s2).

求：

(1)

串聯(lián)入電路的電動機內(nèi)阻為多大？

(2)

重物勻速上升時的速度大?。?/p>

(3)

勻速提升重物3m

需要消耗電源多少能量？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B|D【分析】【解析】試題分析：在磁場中洛倫茲力不做功,所以粒子在電場中獲得能量,A錯;B對;只有當(dāng)粒子偏轉(zhuǎn)的半徑增大到D型盒半徑時才能從出口飛出，所以最大動能與電源電壓無關(guān)，由D型盒的半徑?jīng)Q定，C錯；D對；考點：考查回旋加速器【解析】【答案】BD2、D【分析】【解答】解：A；研究整流罩分離過程時；天宮二號的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點．故A錯誤．

B；研究太陽帆板展開過程時．天宮二號的大小和形狀不能忽略；不能看成質(zhì)點．故B錯誤．

C；在調(diào)整姿態(tài)的過程中；要考慮到飛船的形狀，天宮二號的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點．故C錯誤．

D；研究天宮二號繞地球飛行時；天宮二號的大小和形狀能夠忽略，可以看成質(zhì)點．故D正確．

故選：D

【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點．由此分析即可．3、A【分析】解：由圖示簡諧運動圖象可知；t=0時刻質(zhì)點由平衡位置向正的最大位移處運動，回復(fù)力F=-kx，回復(fù)力大小與位移成正比，方向相反，則回復(fù)力-時間圖象在t=0時刻為零，大小應(yīng)逐漸變大，方向是負的；

A；由圖（3）可知；t=0時刻該變量為零，從此刻開始，變量逐漸變大，方向是負的，由于回復(fù)力的方向與位移方向等大反向，質(zhì)點在t=0時刻從零逐漸變大，方向是正的，則它對應(yīng)的回復(fù)力從零開始逐漸變大，方向是負的，因此圖（3）可作為該物體的回復(fù)力-時間圖象，故A正確；

B；由圖（2）所示可知；在t=0時刻該量為正的最大，從t=0時刻該量逐漸減小，圖（2）不能作為該物體的回復(fù)力-時間圖象，故B錯誤；

C；做簡諧運動的物體在平衡位置時速度最大；物體從平衡位置向正的最大位移處運動過程中，速度逐漸減小，速度方向為正的，由圖（1）所示圖象可知，該圖象所反映的量在t=0時刻為零，從t=0時刻開始逐漸變大，該圖象不能作為該物體的速度-時間圖象，故C錯誤；

D、由牛頓第二定律可知，做簡諧運動物體的加速度：a=-加速度大小與位移成正比，方向與位移方向相反，在t=0時刻，物體的位移為零，加速度大小為零，由圖（4）所示圖象可知，該圖象不能作為該物體的加速度-時間圖象，故D錯誤．

故選：A．

圖y-t圖象表示振動曲線；分析速度；回復(fù)力、加速度與位移的關(guān)系，即可判斷選項中各圖可能表示什么圖．

本題關(guān)鍵要掌握簡諧運動中各個量與位移的關(guān)系，可定性作出判斷，選擇圖象．【解析】【答案】A4、B【分析】解：A；振子在從O向A運動的過程；是從平衡位置向最大位移運動的過程，所以位移變大．故A錯誤；

B；振子從A向O運動時；是向著平衡位置移動，位移變小，加速度變小，速度增大．故B正確；

C；振子從O向B運動時；是從平衡位置向最大位移運動的過程，所以位移變大，彈簧的彈力在增大，所以加速度增大．故C錯誤；

D；振子從B向O運動時；向著平衡位置移動，位移變小，彈簧的彈力在減小，回復(fù)力減?。蔇錯誤．

故選：B

彈力為振子所受的合力；方向與加速度方向相同．判斷振子加速還是減速看速度與加速度的方向關(guān)系，速度與加速度同向，速度增大，速度與加速度反向，速度減小．

解決本題的關(guān)鍵知道判斷振子加速還是減速看速度與加速度的方向關(guān)系，速度與加速度同向，速度增大，速度與加速度反向，速度減小．【解析】【答案】B5、C【分析】解：A；由圖可知；甲為分壓接法，乙為限流接法，故A錯誤；

B；當(dāng)電表量程不夠時；不能再采用限流接法，應(yīng)采用分壓控制電壓大小，讓電路由零開始調(diào)節(jié)，故B錯誤；

C；當(dāng)要求電表讀數(shù)從0開始連續(xù)變化時一定要選用分壓接法；故應(yīng)選擇甲圖所示電路，故C正確；

D；限流接法電路中電流較??；耗能較小，故要求電路耗能最少時一定要選用乙圖所示電路，故D錯誤。

故選：C。

明確滑動變阻器的基本使用方法；明確分壓和限流接法的正確選擇即可解答。

本題考查分壓和限流接法的掌握情況，要注意選擇分壓的三種情況：一是要求從零開始調(diào)節(jié)的；二是電表量程不夠時；三是滑動變阻器太小，起不到應(yīng)用的保護作用時?！窘馕觥緾6、D【分析】解：微波爐；收音機、電視機、手機等都要利用電磁波來傳遞信息；但同時使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)的電器只有手機，故D正確，ABC錯誤．

故選：D．

電磁波和電流在生活中都有著廣泛的應(yīng)用；電磁波的應(yīng)用主要是用來傳遞信息，而只有手機使用了電磁波接收和發(fā)射技術(shù)．

現(xiàn)代社會為信息社會，信息的傳播離不開電磁波，故應(yīng)掌握電磁波的性質(zhì)及應(yīng)用．【解析】【答案】D7、D【分析】解：電壓表的讀數(shù)總比準確值稍小一些；說明通過電流表G的電流偏小，串聯(lián)的電阻R偏大，為減小串聯(lián)電阻R的阻值需在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻，所以D正確；

故選：D

電流表與電流表都是由表頭改裝成的；電壓表是本題與分壓電阻串聯(lián)成的，根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，若電壓表讀數(shù)總比準確值小，說明通過本題的電流較小，應(yīng)減小分壓電阻的大小，根據(jù)并聯(lián)電阻需要任一支路電阻可知，應(yīng)在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻．

電流表、電壓表的改裝，實質(zhì)上是電阻的串、并聯(lián)問題，只要分清分電流、總電流，分電壓、總電壓，應(yīng)用歐姆定律就能解決【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】探測器受月亮引力可用萬有引力公式F=GMmr2F=Gdfrac{Mm}{{r}^{2}}分析即可。本題考查萬有引力定律，知道公式及含義即可求解。【解答】ABCDABCD．當(dāng)探測器運動至cc點時，離月球的距離最遠，由萬有引力公式F=GMmr2得：探測器受月亮引力最小，故ABD錯誤，C正確。故選C。

【分析】慣性是物體本身具有的一種性質(zhì)，任何物體無論在何種情況下都有慣性；當(dāng)它在月球表面行駛時，它受月球引力，所以對月面有壓力，月面對它有支持力，也受阻力；牛頓運動定律只適用于低速、宏觀、弱引力，而不適用于高速、微觀與強引力。本題是基本概念理解及牛頓運動定律適用范圍，難度不大?！窘獯稹緼.慣性是物體本身具有的一種性質(zhì)；與物體是否運動；是否受力等外界因素?zé)o關(guān)，物體在任何狀態(tài)下、任何時候都有慣性，故A錯誤；

BC.

當(dāng)它在月球表面行駛時受到月球的引力；故受支持力和阻力，故BC錯誤；

D.牛頓運動定律只適用于低速、宏觀、弱引力，而不適用于高速、微觀與強引力，當(dāng)它在月球表面行駛時遵循牛頓運動定律，故D正確。故選D。

【分析】

“嫦娥一號”和“嫦娥二號”環(huán)月運行時，由GMm(R+h)2=mv2R+h=m婁脴2(R+h)即可比較出大小關(guān)系。本題知道衛(wèi)星的處理方法，即月球的引力提供它們做圓周運動的向心力。【解答】

AB.AB.由GMm(R+h)2=m婁脴2(R+h)得：婁脴=GM(R+h)3，距離月面越高，角速度越小，故婁脴1<婁脴2{婁脴}_{1}<{婁脴}_{2}故AB錯誤；CD.CD.由GMm(R+h)2=mv2R+hGdfrac{Mm}{{left(R+hright)}^{2}}=mdfrac{{v}^{2}}{R+h}得：v=GMR+hv=sqrt{dfrac{GM}{R+h}}距離月面越高，線速度越小，故v1<v2{v}_{1}<{v}_{2}故C錯誤，D正確。故選D。

【分析】

“坐標(biāo)表示位置；時刻是指一瞬時，時間是一段間隔；一個物體能不能看成質(zhì)點的條件是看形狀和大小對研究的問題是否有影響；平衡狀態(tài)是指勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài)。本題常見概念的區(qū)分與理解。

【解答】

A.“西經(jīng)19.5119.51度、北緯44.1244.12度”是坐標(biāo)，坐標(biāo)表示位置不是位移，故A錯誤；

B.“88天”是指一段間隔，是時間；“2121時1111分”是一瞬間，是時刻，故B錯誤；

C.在觀測“嫦娥三號”繞月運行周期時，“嫦娥三號”的形狀和大小對運行周期無影響，故可將其看作質(zhì)點，故C正確；

D.嫦娥三號”繞月球做橢圓軌道運動時；“嫦娥三號”所處的狀態(tài)不是平衡狀態(tài)，故D錯誤。

?故選C。

【解析】。【小題1

】C【小題2

】D【小題3

】D【小題4

】C9、C【分析】解：A

兩個直線運動的合運動不一定是直線運動.

如平拋運動.

故A錯誤．

B；根據(jù)平行四邊形定則知；兩個不在同一直線上的勻速直線運動的合運動，卻是直線運動.

故B錯誤．

C；由上分析可知；兩個直線運動的合運動，若加速度與速度共線，則是直線運動，若不共線，則是曲線運動，故C正確；

D；兩個勻變速直線運動的合運動的合加速度與合初速度方向共線時；則是勻變速直線運動，若不共線時，則是勻變速曲線運動.

故D錯誤．

故選：C

．

合運動是直線運動還是曲線運動取決于合速度方向與合加速度方向是否在同一條直線上.

根據(jù)平行四邊形定則；可知合速度；合位移與分速度、分位移的大小關(guān)系．

解決本題的關(guān)鍵知道合運動是直線運動還是曲線運動取決于合速度方向與合加速度方向是否在同一條直線上.

以及會根據(jù)平行四邊形定則判斷合速度與分速度的大小關(guān)系．【解析】C

二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】解：如圖，假設(shè)彈簧振子在水平方向BC

之間振動，如圖1

若振子開始先向左振動，振子的振動周期為T=2隆脕0.2s+0.13隆脕4s=1.63s

則振子第三次通過M

點還要經(jīng)過的時間是t=0.2s+0.13隆脕4s=13s.

如圖2

若振子開始先向右振動，振子的振動周期為T=4隆脕(0.3+0.22)ss=1.6s

則振子第三次通過M

點還要經(jīng)過的時間是t=1.6s鈭?0.2s=1.4s

．

故選：AC

根據(jù)振動周期的定義：振子完成一次全振動所用的時間；確定彈簧振子的周期，畫出振子的運動路線，求出振子第三次通過M

點還要經(jīng)過的時間可能值．

本題的解題關(guān)鍵是畫出振子的運動路線，根據(jù)簡諧運動的對稱性，求出振動周期，再求解時間．【解析】AC

11、BC【分析】解：根據(jù)C=?S4婁脨kd

減小d

增大介電常數(shù)，則電容增大，根據(jù)C=QUQ

不變，U

減小，所以指針的偏轉(zhuǎn)角度減小.

故BC正確，AD錯誤．

故選：BC

靜電計測量的是電容器兩端的電勢差；通過電容的變化，判斷電勢差的變化．

本題的解題關(guān)鍵是要掌握電容的決定式C=?S4婁脨kd

和電容的定義式C=QU

并抓住電容器的電量不變進行分析．【解析】BC

12、AC【分析】解：設(shè)導(dǎo)軌和金屬棒單位長度的電阻為r.隆脧EOF=婁脕

．

B；C

從O

點開始金屬棒運動時間為t

時；有效的切割長度L=vt?tan婁脕

感應(yīng)電動勢大小為：E=BLv=Bvt?tan婁脕?v隆脴t

則知電路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大，故B錯誤，C正確．

A、D

根據(jù)電阻定律得t

時刻回路中總電阻為：R=(vt+vt?tan婁脕+vtcos偽)r

感應(yīng)電流大小為：I=ER

聯(lián)立整理可得：I=Bv2tan婁脕(v+vtan偽+vcos偽)rI

與t

無關(guān)，說明電路中感應(yīng)電流大小不變，故A正確，D錯誤．

故選：AC

感應(yīng)電動勢大小根據(jù)公式E=BLvL

是有效的切割長度分析；要判斷感應(yīng)電流，先由電阻定律分析回路中電阻中如何變化，再根據(jù)歐姆定律分析．

本題關(guān)鍵要抓住感應(yīng)電流既與感應(yīng)電動勢有關(guān)，還與回路中的電阻有關(guān)，根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)解析式，再進行分析．【解析】AC

13、AD【分析】解：A

在t1

到t2

時間內(nèi)；若設(shè)逆時針(

從左向右看)

方向為正，則線圈甲電流方向逆時針且大小減小，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈乙方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈乙的電流方向逆時針方向，因此甲、乙中電流方向相同，出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象，故A正確；

B；在t2

到t3

時間內(nèi)；若設(shè)逆時針方向(

從左向右看)

為正，則線圈甲電流方向順時針且大小增大，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈乙方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈乙的電流方向逆時針方向，因此甲、乙中電流方向相反，甲、乙出現(xiàn)互相排斥，故B錯誤；

C；由題意可知；在t1

到t2

時間內(nèi)，磁通量的變化率在變大，所以線圈乙感應(yīng)電流也變大，故C錯誤；

D；在t2

到t3

時間內(nèi)；磁通量的變化率是變小的，所以線圈乙感應(yīng)電流變小，故D正確；

故選：AD

根據(jù)安培定則確定電流與磁場的方向關(guān)系；再根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。當(dāng)磁通量增大時，感應(yīng)電流的磁場與它相反，當(dāng)磁通量減小時，感應(yīng)電流的磁場與它相同。最后運用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥。

解決本題的關(guān)鍵掌握安培定則、楞次定律的內(nèi)容，知道感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。同時注意同向電流相互吸引與同種電荷相互排斥不同；本題也可以直接利用”阻礙“的另一種描述”來拒去留“進行分析，明確相互間的作用力。【解析】AD

14、AC【分析】解：設(shè)磁感應(yīng)強度為BCD

邊長度為LAD

邊長為L隆盲

線圈電阻為R

A、線圈進入磁場過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv

感應(yīng)電流為：I=ER=BLvR

感應(yīng)電流I

與速度v

成正比，第二次進入與第一次進入時線圈中電流之比：I2攏潞I1=v3攏潞v=1攏潞3

故A正確；

B、線圈進入磁場時受到的安培力為：FA=BIL=B2L2vR

線圈做勻速直線運動，由平衡條件得，外力為：F=FA=BIL=B2L2vR

外力功率為：P=Fv=B2L2v2R

功率與速度的平方成正比，第二次進入與第一次進入時外力做功的功率之比為：P2攏潞P1=(v3)2攏潞v2=1攏潞9

故B錯誤；

C、線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為：Q=I2Rt=(BLvR)2隆脕R隆脕L隆盲v=B2L2L隆盲vR

產(chǎn)生的熱量與速度成正比，第二次進入與第一次進入時線圈中產(chǎn)生熱量之比：Q2攏潞Q1=v3攏潞v=1攏潞3

故C正確；

D、通過導(dǎo)線橫截面電荷量為：q=I鈻?t=鈻?婁碌R鈻?t鈻?t=BLL隆盲R

電荷量與速度無關(guān)，電荷量之比為11

故D錯誤；

故選：AC

根據(jù)切割公式E=BLv

求解電動勢；由歐姆定律求出感應(yīng)電流，然后求出電流之比；線框勻速進入勻強磁場，安培力與外力平衡，根據(jù)安培力公式求解安培力，再結(jié)合平衡條件得到外力，最后根據(jù)P=Fv

求解外力的功率；由焦耳定律求出線圈產(chǎn)生的熱量，然后求出熱量之比，由電流定義式求出電荷量間的關(guān)系。

本題考查電磁感應(yīng)導(dǎo)體棒切割磁場模型，本題關(guān)鍵明確線圈進入磁場過程中，電動勢E=BLv

然后根據(jù)P=Fv

求解功率，根據(jù)Q=I2Rt

求解熱量，能由電流定義式可以求出電荷量?！窘馕觥緼C

15、AD【分析】略【解析】AD

16、BC【分析】解：ABB

點的電阻為：RB=UBIB=61.5隆脕10鈭?1婁賂=40婁賂

故A錯誤；B正確；

CDA

點的電阻為：RA=UAIA=31.0隆脕10鈭?1婁賂=30婁賂

則兩點間的電阻改變了40鈭?30=10婁賂

故C正確，D錯誤；

故選：BC

由圖讀出AB

點時電壓和電流，根據(jù)電阻的定義式R=UI

求解電阻；再得到電阻的變化量．

本題考查對伏安特性曲線的了解，要注意明確各點的電阻應(yīng)通過電阻的定義式R=UI

求解，不能根據(jù)切線的斜率求．【解析】BC

17、BC【分析】解：A、當(dāng)導(dǎo)體棒ab剛獲得速度v0時，導(dǎo)體棒cd還沒開始運動，此時導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv0，回路中的感應(yīng)電流為：I=故此時導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小為F=BIL，以上各式聯(lián)立可解得：F=故A錯誤；

B、從開始到兩導(dǎo)體棒達到共同速度的過程中，兩棒的總動量守恒，則可得：mv0=2mv

解得其共同速度為：v=故B正確；

C、由能量守恒定律得，整個運動過程中產(chǎn)生的總熱量為：Q=mv02-?2mv2

整理可得：Q=mv02；故C正確；

D、設(shè)導(dǎo)體棒ab的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，導(dǎo)體棒cd的速度大小為v1，則由動量守恒定律可得：mv0=m?v0+mv1

此時回路中的感應(yīng)電動勢為：E'=BL（v0-v1）

感應(yīng)電流為：I'=

此時導(dǎo)體棒cd受到的安培力為：F'=BI'L

所以導(dǎo)體棒cd的加速度大小為：a=

聯(lián)立以上各式可解得：a=故D錯誤。

故選：BC。

開始時cd棒靜止，只對ab棒分析；由E=BLv和閉合電路歐姆定律求出電流，從而求出其受到的安培力大?。?/p>

本題中兩根導(dǎo)體棒的運動情況：ab棒向cd棒運動時，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流。ab棒受到的與運動方向相反的安培力作用作減速運動，cd棒則在安培力作用下作加速運動。在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速；cd棒繼續(xù)加速，兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v作勻速運動，由于平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面且兩棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，故由兩棒組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；再根據(jù)能量守恒定律，求解棒中產(chǎn)生的熱量，由牛頓第二定律確定加速度大小。

本題是動量守恒定律、牛頓第二定律及能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用問題，分析兩棒組成的系統(tǒng)在運動過程中是不是合外力為零或者內(nèi)力遠大于外力的系統(tǒng)總動量守恒的條件，從而為確定兩棒最后的末速度找到解決途徑是關(guān)鍵，之后分析這類電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化較易：系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱?！窘馕觥緽C三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】

“12V、24W”的燈泡，可知電阻R=燈泡正常工作的電流為當(dāng)電鍵S斷開，且滑動變阻器Pa部分電阻為4Ω時，燈泡正常發(fā)光，因此電路兩端的電壓U=I（R+RL）=2×（6+4）V=20V；

當(dāng)滑動變阻器Pa部分電阻為9Ω時，電建S閉合后，燈泡與滑動變阻器Pb部分電阻為6Ω并聯(lián)；所以得到。

總電阻為12Ω，根據(jù)則流過燈泡的電流為．

故答案為：20；

【解析】【答案】根據(jù)“12V；24W”的燈泡；可求得燈泡的電阻與工作電流，由燈泡與滑動變阻器串聯(lián)后根據(jù)燈泡正常發(fā)光，從而可確定電路電壓．當(dāng)改變滑動變阻器電阻時，根據(jù)電壓不變，由歐姆定律可求出燈泡的電流．

19、200400【分析】【解答】由可得：

重力所做的功為：W=mgh=20×20=400J；

2s內(nèi)重力做功的平均功率為：

落地時的速度v=gt=10×2=20m/s

P=Fv=20×20=400w

故答案為：200400

【分析】（1）由自由落體規(guī)律可求得2s內(nèi)物體下落的高度，則由功的公式可求得重力所做的功，由功率的計算公式可求得平均功率；（2）瞬時功率由p=Fv求出．20、0.10.250.4【分析】【解答】解：按打點先后順序每5個點取1個計數(shù)點；所以相鄰的計數(shù)點間的時間間隔T=0.1s；

根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大?。?/p>

vC==0.25m/s

根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小；

得：a==0.4m/s2．

故答案為：0.1；0.25；0.4

【分析】根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上C點時小車的瞬時速度大??；

根據(jù)物體的加速根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小．21、略

【分析】解：電源的電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓；則電動勢的單位與電壓的單位相同，均是伏特．

干電池兩極間的電壓等于電動勢；大約為1.5V；鉛蓄電池兩極間的電壓等于其電動勢，大約為2V．

故答案為：伏特；1.5；2．

電動勢的單位與電壓的單位相同；是伏特．常用干電池兩極間的電壓大約是1.5V，鉛蓄電池兩極間的電壓大約是2V．

本題是常識性問題，考查識記能力，比較簡單，高考中不大可能出現(xiàn)．【解析】伏特；1.5；222、水平向左【分析】【分析】對B

受力分析列出牛頓第二定律方程求解摩擦力。本題是牛頓第二定律的直接應(yīng)用，注意研究對象的選擇?！窘獯稹繉

列出牛頓第二定律方程：f=m2a

因為加速度向左，故摩擦力方向向左。故填：m2a

水平向左【解析】m2a

水平向左23、略

【分析】試題分析:S斷開時，電阻R1直接接入電源，則I1=U/R1＝2A①S閉合時，三個電阻并聯(lián)，電流表測量的是通過電阻R1和R2的總電流，則I2=U/R1+U/R2＝3A②由①②解得：R1/R2=1/2S斷開與閉合兩種情況下通過R1的電流不變，根據(jù)P=I2R可知，兩種情況下R1的功率相等，即P1/P1′=1/1考點：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路【解析】【答案】1：2；1：124、略

【分析】在甲地時，在乙地時，兩式聯(lián)立得加速度之比為m2：n2【解析】【答案】m2：n225、略

【分析】【解析】【答案】（6分）減少；較長四、簡答題(共3題，共21分)26、略

【分析】

（1）電動機工作時；輸入功率P=UI；

（2）電動機的輸出功率P出=ηP入；

（3）動機線圈消耗的功率P=P入-P出；再根據(jù)Q=Pt求解．

本題考查功率公式的應(yīng)用，要注意明確電動機為非純電阻電路，各個公式的應(yīng)用要明確，不能混淆，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解析】解：（1）電動機的輸入功率為：P入=UI=110×6=660W；

（2）電動機的輸出功率為：P出=ηP入=660×0.80=528W；

（3）電動機線圈消耗的功率為：P=P入-P出=660-528=132W

電動機正常工作30min，電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為：W=Pt=132×30×60=3.78×104J

答：（1）電動機正常工作時的輸入功率為660W；

（2）電動機正常工作時的輸出功率為528W；

（3）電動機正常工作30min，該電動機電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為3.78×104J．27、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}

rm{(2)壟脵}正四面體

rm{壟脷}配位鍵rm{N}

rm{壟脹}高于氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強極性rm{sp^{3}}

rm{(3)}金屬rm{Cu^{+}}的rm{3d}全充滿比rm{Ni^{+}}的更穩(wěn)定，難以失去電子

rm{(4)3}rm{1}

rm{壟脷}rm{{left[dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}}rm{{left[

dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}

}【分析】【分析】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、空間構(gòu)型與雜化方式判斷、配位鍵、氫鍵、電離能、晶胞計算等，是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識的綜合考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)?！窘獯稹縭m{(1)Ni}元素原子核外電子數(shù)為rm{28}核外電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{3d}能級上的未成對電子數(shù)為rm{2}故填：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}rm{(2)壟脵SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子的孤電子對數(shù)rm{=dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=0}價層電子對數(shù)rm{=4+0=4}離子空間構(gòu)型為正四面體，故填：正四面體；rm{壟脷Ni^{2+}}提供空軌道，rm{NH_{3}}中rm{N}原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵，故填：配位鍵；rm{N}rm{壟脹PH_{3}}分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強，增大了物質(zhì)的沸點，故氨氣的沸點高于rm{PH_{3}}分子的，rm{NH_{3}}分子為三角錐形結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷重心不重合，屬于極性分子，rm{N}原子有rm{1}對孤對電子，形成rm{3}個rm{N-H}鍵，雜化軌道數(shù)為rm{4}氮原子采取rm{sp^{3}}雜化，故填：高于；氨氣分子之間形成氫鍵，分