2024年北师大版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版高二物理上册阶段测试试卷624考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示，在真空中的A、B两点分别放等量异号点电荷+q、-q，在电场中通过A、B两点的竖直平面内于对称位置取一个矩形路径abcd．现将一个电子沿abcd移动一周；则正确的是（）

A.由a→b；电势降低，电子电势能减少。

B.由b→c；电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零。

C.由c→d；电子的电势能增大。

D.由d→a；电子的电势能先减小后增大，电势能总变化量为零。

2、如图所示；一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，关于这束带电粒子下列说法正确的是()

A.可能是向右飞行的正离子束B.一定是向左飞行的正离子束C.可能是向右飞行的负离子束D.可能是向左飞行的负离子束3、条形磁铁竖直放置，闭合圆环水平放置，条形磁铁中心线穿过圆环中心，如图所示。若圆环为弹性环，其形状由Ⅰ扩大为Ⅱ，那么圆环内磁通量变化情况是（）A.磁通量增大B.磁通量不变C.磁通量减小D.条件不足，无法确定4、如图所示，a、b是两个电荷量都为Q的正点电荷。O是它们连线的中点；P；P′是它们连线中垂线上的两个点。从P点由静止释放一个质子，质子将向P′运动。不计质子重力。则质子由P向P′运动过程中,下列说法正确是()

A.O点场强最大B.质子一直做加速运动，加速度可能是先增大后减小C.质子一直做加速运动，加速度一定是逐渐增大D.质子的电势能逐渐增大5、下列四个电场中，ab

两点电场强度与电势均相同的是(

)

A.

以正点电荷为圆心的圆周上的两点B.

负点电荷电场中同一电场线上的两点C.

与匀强电场电场线垂直的直线上的两点D.

等量异号点电荷连线中垂线上的两点6、一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个14700Ω的电阻B.并联一个14700Ω的电阻C.串联一个15000Ω的电阻D.并联一个15000Ω的电阻评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、如图所示，虚线ab

和c

是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为UaUb

和UcUa>Ub>Uc.

一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN

所示，由图可知()

．A.粒子从K

到L

的过程中，电场力做负功B.粒子从L

到M

的过程中，电场力做负功C.粒子从M

到N

的过程中，动能能增加D.粒子从L

到M

的过程中，动能减少8、氢原子的能级图如图所示；已知可见光光子的能量范围约为1.62eV隆芦3.11eV

下列说法中正确的是(

)

A.大量处于n=4

能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2

种不同频率的可见光B.处于n=4

能级的氢原子向n=1

能级跃迁时，产生的光为可见光C.处于n=4

能级的氢原子吸收任意频率的紫外线，一定能够发生电离D.处于n=2

能级的氢原子向n=4

能级跃迁时，核外电子的动能增大9、竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞，可在汽缸内做无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞截面积为100cm2

汽缸高度是20cm

大气压强为1.0隆脕105Pa

汽缸内气体温度为27隆忙

所加重物的重力1000N

在加压重物的情况下，活塞离汽缸底部是10cm

下列说法正确的是()

A.若保持温度不变，在加重物的情况下，这时气体的压强是2隆脕105Pa

B.若保持温度不变，在加压重物的情况下，把汽缸放在450

的斜面上，气缸内的气体压强是1.6隆脕105Pa

C.在加压重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到600K

D.若在活塞上有两个加压重物的情况下，汽缸内的气体温度是600K

此时活塞离汽缸底部是15cm

10、下列说法正确的是(

)

A.一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积减小而增大的微观原因是：每个分子撞击器壁的作用力增大B.一定质量的气体，保持温度不变，压强随体积增大而减小的微观原因是：单位体积内的分子数减少C.一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子平均动能增大D.一定质量的气体，保持体积不变，压强随温度升高而增大的微观原因是：分子的密度增大11、如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则下列说法中正确的是（）A.运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态，没有失重状态B.运动员把跳板压到最低点时，她所受外力的合力不为零C.运动员能跳得高的原因之一，是因为跳板对她的作用力远大于她的重力D.运动员能跳得高的原因之一，是因为跳板对她的作用力远大于她对跳板的作用力12、图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()A.发电机输出交流电压的有效值约为500V

B.用户用电器上交变电流的频率是100Hz

C.输电线的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大13、如图所示，甲、乙两个卫星围绕着地球运行，其中甲卫星处于半径为r2

的圆轨道上，乙卫星处于近地点和远地点分别为AB

两点的椭圆轨道上。卫星甲的周期为T0

卫星乙的周期为T

它从A

运动到B

的时间为t

已知地球半径为rl

则下列结论正确的是()

A.t=T02(r1+r2)32r23

B.t=T04(r1+r2)32r23

C.卫星甲在B

点的速度大于卫星乙在B

点时的速度。

D.卫星乙在椭圆轨道上由A

运动到B

的过程中机械能减少评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、如图所示,a、b、c、d四种离子,它们带等量同种电荷,质量为ma=mb＜mc=md,以不等的速率va＜vb=vc＜vd进入速度选择器后,有两种离子从选择器中射出,进入磁感应强度为B2的磁场.由此可以判断射向D1的是_________离子.(不计重力)15、某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中；

（1）若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为970.8mm，用10分度的游标卡尺测得摆球直径如图1，摆球的直径为______mm．单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做多次全振动所用的时间如图2，则t=______s

（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是：______

A．测摆线长时摆线拉得过紧。

B．摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表过迟按下。

D．实验中误将49次全振动数为50次。

（3）若某同学实验中出现如图3：摆长l=0时，其周期不为零，虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为______m/s2．（结果保留三位有效数值）

16、如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象；此交流电的有效值是______A

17、电磁波已经与我们生活、生产密不可分。(1)根据图8的电磁波谱可知，红外线的波长比X射线的波长。(2)请列举生活、生产中应用电磁波的一个例子：____。(3)长期在电脑前工作或玩游戏，由于受到____的作用，人会出现头疼、记忆力减退、血压升高及视力下降等症状。且与电脑距离越近，接触时间越长，危害会越大。18、如图（1）所示是演示砂摆振动图象的实验装置，砂摆的摆幅较小时可看作简谐振动．砂摆摆动时，手拉纸的速率恒为0.3m/s，实验结果如图（2）所示．由图所提供的信息，可测得砂摆的周期为______s，砂摆的摆长为______m（g取10m/s2）．

19、如图所示，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ．位置Ⅱ与磁铁同一平面，则线圈在从Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线圈内______（选填“有”或“无”）感应电流，线圈在从Ⅱ到Ⅲ的过程中，线圈内______感应电流．（选填“有”或“无”）20、一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M

的盒子，如图l

所示.

现给盒子一初速度v0

此后，盒子运动的v

一t

图象呈周期性变化，如图2

所示.

则盒内物体的质量为______．21、某校研究性学习小组的同学用如图甲所示的滴水法测量小车在斜面上运动时的加速度.

实验过程如下：在斜面上铺上白纸；用图钉固定；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度，使其每0.2s

滴一滴(

以滴水计时器内盛满水为准)

在斜面顶端放置一浅盘，把小车放在斜面顶端，把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；然后撤去浅盘并同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开.

图乙为实验得到的一条纸带，用刻度尺量出相邻点之间的距离是x01=1.40cmx12=2.15cmx23=2.91cmx34=3.65cmx45=4.41cmx56=5.15cm.

试问：

(1)

滴水计时器的原理与课本上介绍的______原理类似．

(2)

由纸带数据计算可得计数点4

所代表时刻的瞬时速度v4=

______m/s

小车的加速度a=

______m/s2.(

结果均保留二位有效数字)

评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)22、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）23、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

24、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）评卷人得分五、综合题(共2题，共10分)25、选修1隆陋1

(1)

如图所示，将磁铁靠近阴极射线管(

电子射线管)

时，发现电子束会发生偏转，使电子偏转的作用力是________．A.电场力B.重力C.安培力D.洛伦兹力(2)

现在车辆常安装GPS(

全球卫星定位系统)

接收器，可用来接收卫星发射的信号，实现对车辆的精确定位和导航.

卫星向GPS

接收器传送信息通过的是________．A.激光B.微波C.红外线D.紫外线(3)

如图所示，在圆环状导体圆心处，放一个可以自由转动的小磁针.

现给导体通以顺时针方向的恒定电流，不计其他磁场的影响，则_______．A.小磁针保持不动B.小磁针的N

极将向下转动C.小磁针的N

极将垂直于纸面向外转动D.小磁针的N

极将垂直于纸面向里转动(4)

科学家探索自然界的奥秘，要付出艰辛的努力.19

世纪，英国科学家法拉第经过10

年坚持不懈的努力，发现了电磁感应现象.

下图中可用于研究电磁感应现象的实验是________．(5)

如图所示的电路，电感器L

和小灯泡A

串联，当开关闭合时，小灯泡将________(

选填“逐渐”或“立刻”)

变亮；当开关断开时，小灯泡将________(

选填“逐渐”或“立刻”)

熄灭．

(6)

在真空中有一个点电荷，电荷量为Q

在离它r

处的一点放置一电荷量为q

的正试探电荷，已知静电力常量为k.

求：垄脵

这两个电荷之间的静电力是多大？垄脷

电荷Q

在r

处产生的电场强度是多大？垄脹

电荷Q

在r

处产生的电场强度方向与q

所受静电力方向相同还是相反？26、一个质量为m

电荷量为鈭�q

不计重力的带电粒子从x

轴上的P(a,0)

点以速度v

沿与x

轴正方向成60鈭�

的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y

轴射出第一象限，求：

(1)

匀强磁场的磁感应强度B

(2)

穿过第一象限的时间．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】

A、由题，A、B两点分别放等量异号点电荷+q、-q，a点电势高于b点电势，则电子在a点电势能小于在b点电势能，所以由a→b；电子的电势降低，电子电势能增大．故A错误．

B、过bc两点作出等势线，如图，由于C点的电势大于D点电势，则b点与c点相等，大于D点电势，则电子由b→c；电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零．故B错误．

C；由c→d；电势升高，电子的电势能减小．故C错误．

D；由d→a；电势先升高后降低，则电子的电势能先减小后增大，电势能总变化量为零．故D正确．

故选D

【解析】【答案】根据电场线的方向判断电势的高低．负电荷在电势低处电势能大．作出过bc的等势线，分析b；c两点的电势与D点电势的关系；判断电场力做功情况．采用类似方法分析由d→a，电子的电势能的变化．

2、C【分析】向左飞行的正离子形成的电流方向向左；根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里；向右飞行的负离子形成的电流方向向左，根据安培定则可知，离子在下方产生的磁场方向向外，则N极转向外，S极转向里，故C正确，ABD错误；

故选C。

【点睛】对于电流方向、磁场方向的规定要熟练掌握，尤其是要正确根据安培定则判断电流方向与磁场方向之间的关系。3、C【分析】【解析】试题分析：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数少，将内部磁感线抵消少，则Ⅰ位置磁通量大．而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则Ⅱ位置磁通量小．故选C考点：磁通量．【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】本题涉及到等量同种点电荷连线中垂线上的电场的场强分布规律；是先增大后减小，它们连线的中点上方的磁场竖直向上，所以释放质子后，质子沿此直线做加速运动，电场力先增大后减小，则加速度也先增大后减小，一直做加速运动，AC错；B对；电场力一直做正功，电势能减小，D错；故选B

【点评】本题中等难度。等量同种点电荷连线中垂线上的电场是两个点电荷在该点的电场根据平行四边形定则合成的，特点是先增大后减小，方向与点电荷连线垂直。5、C【分析】解：

A、ab

是同一等势面上的两点；电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同.

故A错误．

B、a

处电场线比b

处电场线密，则a

处场强较大，顺着电场线方向，电势降低，则b

点的电势较高；故B错误．

C、ab

是匀强电场中的两点，电场强度相同，ab

又在同一等势面上；电势相等，故C正确．

D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则ab

的电势相同.

根据电场线的分布可知：a

处场强较大.

故D错误．

故选：C

．

电势是标量；同一等势面各点电势相等.

电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同.

根据各种电场的电场线和等势面的分布情况，进行分析．

对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题.

要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同.

而矢量大小和方向都相同才相同．【解析】C

6、A【分析】解：根据电路串联分压和并联分流的特点，电流表改装成大量程的电压表需要串联一个大电阻分担多的电压；结合部分电路的欧姆定律可知U=Ig（Rg+R），代入数据得故A正确BCD错误。

故选：A。

明确改装原理；知道电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻。总电阻=量程除以满偏电流。

电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻。总电阻=量程除以满偏电流，串联电阻为【解析】A二、多选题(共7题，共14分)7、AC【分析】略【解析】AC

8、AC【分析】解：A

根据C42=6

知；大量处于n=4

能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6

种不同频率的光子．

因为可见光的光子能量范围约为1.62eV隆芦3.11eV

满足此范围的有：n=4

到n=2n=3

到n=2.

所以可将有2

种不同频率的可见光.

故A正确．

B、氢原子从处于n=4

能级的氢原子向n=1

能级跃迁时，发出的光子能量鈻�E=13.6鈭�0.85=12.75eV

大于3.11eV

不可能为可见光.

故B错误．

C；紫外线的能量大于3.11eVn=3

能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量大于0

所以氢原子发生电离.

故C正确．

D；氢原子的电子由n=2

能级的氢原子向n=4

能级跃迁时；轨道半径增大，原子能量增大，吸收光子．

根据ke2r2=mv2r

知轨道半径越大；动能越小，知电子的动能减小.

故D错误；

故选：AC

．

根据Cn2

计算出不同频率光的种数．

紫外线的能量大于3.11eV

判断n=3

能级的氢原子可以吸收紫外线后，能量是否大于0

即可知是否电离．

红外线有显著的热效应；根据氢原子从高能级向n=3

能级跃迁时发出的光子能量是否小于1.62eV

从而即可比较进行分析．

本题考查氢原子的波尔理论，解决本题的关键知道什么是电离，及能级间跃迁所满足的规律，即Em鈭�En=hv

并能灵活运用．【解析】AC

9、AC【分析】【分析】根据平衡条件计算压强；根据理想气体的状态方程讨论各选项。本题考查了理想气体的状态方程；正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化。【解答】A.若保持温度不变，在加重物的情况下，气体的压强：p1=p0+GS=1.0隆脕105Pa+1000100隆脕10鈭�4Pa=2.0隆脕105Pa{p}_{1}={p}_{0}+dfrac{G}{S}=1.0隆脕{10}^{5}Pa+dfrac{1000}{100隆脕{10}^{-4}}Pa=2.0隆脕{10}^{5}Pa故A正确；B.若保持温度不变，在加压重物的情况下，把汽缸放在45450的斜面上，气缸内的气体压强：p=p0+Gcos45鈭�S=1.0隆脕105Pa+1000N隆脕22100隆脕10鈭�4Pa隆脰1.7隆脕105Pap={p}_{0}+dfrac{Gcos45^{circ}}{S}=1.0隆脕{10}^{5}Pa+dfrac{1000N隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}}{100隆脕{10}^{-4}}Pa隆脰1.7隆脕{10}^{5}Pa故B错误；C.在加压重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来体积：T1=(27+273)K=300KT_{1}=(27+273)K=300K，V1=S隆脕0.1mV_{1}=S隆脕0.1mV2=S隆脕0.2mV_{2}=S隆脕0.2mT2=T_{2}=；由盖鈭�-吕萨克定律V1T1=V2T2dfrac{{V}_{1}}{{T}_{1}}=dfrac{{V}_{2}}{{T}_{2}}解得：T2=600KT_{2}=600K故C正确；D.在活塞上有两个加压重物的情况下：p3=p0+2GS=1.0隆脕105Pa+2隆脕1000100隆脕10鈭�4Pa=3.0隆脕105Pa{p}_{3}={p}_{0}+dfrac{2G}{S}=1.0隆脕{10}^{5}Pa+dfrac{2隆脕1000}{100隆脕{10}^{-4}}Pa=3.0隆脕{10}^{5}PaT3=600KT_{3}=600KV3=ShV_{3}=Shp2=p1=2.0隆脕105Pap_{2}=p_{1}=2.0隆脕10^{5}PaT2=600KT_{2}=600KV2=S隆脕0.2mV_{2}=S隆脕0.2m由玻意耳定律p2V2=p3V3p_{2}V_{2}=p_{3}V_{3}解得：h=0.43m隆脰0.13m=13cmh=dfrac{0.4}{3}m隆脰0.13m=13cm故D错误。故选AC。【解析】AC

10、BC【分析】解：A

一定质量的气体；保持温度不变，体积减小，单位体积内的分子数越多，分子密度增大，使压强增大；故A错误；

B；一定质量的气体；保持温度不变，体积增大时，单位体积内的分子数减少而使分子撞击次数减少；从而使压强减小；故B正确；

C；一定质量的气体；保持体积不变，温度升高时，分子平均动能增大而使压强升高；故C正确，D错误；

故选：BC

．

气体压强与气体的温度和体积有关；在微观上与气体分子个数以及气体的平均动能有关，要注意明确体积减小时，单位体积内的分子数增多；而温度升高时，分子平均动能增大．

本题考查了压强的微观解释，要明确气体压强取决于气体的温度和体积，并能正确进行分析相关原因．【解析】BC

11、BC【分析】解：A；运动员与跳板接触过程中；下降时，先向下加速，后向下减速，加速度先向下后向上，反弹时，先向上加速，后向上减速，加速度先向上后向下，所以全过程中有超重状态也有失重状态，故A错误；

B；运动员把跳板压到最低点时；跳板给其的弹力大于其重力，合外力不为零，故B正确；

C；从最低点到最高过程中；跳板给运动员的支撑力做正功，重力做负功，位移一样，运运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C正确；

D；跳板对运动员的作用力与他对跳板的作用力是作用力与反作用力；由牛顿第三定律知，这两个力的大小相等，故D错误．

故选：BC．

本题通过分析运动员的整个起跳过程；理解超重；失重以及平衡状态的含义，从功能关系的角度进行分析运动员起跳过程，正确应用牛顿第三定律解答有关问题．

本题关键要能正确分析运动员的运动情况，此运动员的运动过程与小球掉在竖直弹簧上类似，根据弹力与重力的关系分析运动性质，结合加速度的方向分析失重或超重状态．【解析】【答案】BC12、AD【分析】【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等，同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时要能正确书写交流电的表达式。【解答】A.由图象可知交流的最大值为Um=707V

因此其有效值为U=7072=500V

故A正确；B.发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s

故f=1T=50Hz

故B错误；C.输电线的电流由输送的功率与电压决定的；与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；

D.当用户用电器的总电阻减小时；用户的功率增大，降压变压器的输出功率增大，则输入的功率增大，输入的电流增大，输电线上损失的功率增大，故D正确。

故选AD。【解析】AD

13、BC【分析】【分析】根据开普勒第三定律求出卫星乙周期与卫星甲周期的关系，抓住A

到B

的时间是周期的一半求出卫星乙从A

到B

的时间，根据变轨的原理分析卫星甲在B

点的速度和卫星乙在B

点的速度大小，星乙在椭圆轨道上运动，只有万有引力做功，机械能守恒。本题考查了开普勒第三定律的基本运用，抓住轨道半径的三次方与周期二次方的比值是常数分析求解，以及掌握变轨的原理，结合万有引力与向心力大小关系分析判断。【解答】A.根据开普勒第三定律得，r23T02=(r1+r22)3T2

解得T=T02(r1+r2)32r23

故A错误；B.卫星乙从A

到B

的时间T=T2=T04(r1+r2)32r23

故B正确；

C.卫星乙在B

点如果要进入卫星甲的轨道；需加速，可知卫星甲在B

点的速度大于卫星乙在B

点的速度，故C正确；

D.卫星乙在椭圆轨道上运动时；由于只有万有引力做功，机械能守恒，故D错误。

故选BC。【解析】BC

三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】试题分析：能通过速度选择器的为一定速度V=有两种粒子通过，则其速度相同，故为b和c，在磁场B2中，根据R=得出质量大的半径大，因D1的半径大，则为c离子．考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【解析】【答案】C15、略

【分析】解：（1）图1所示游标卡尺主尺的示数是18mm；游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm；

小球的直径d=18mm+0.1×4mm=18.4mm；

图2所示秒表分针示数是90s；秒针示数是10.0s，秒表所示是90s+10.0s=100.0s；

解：根据单摆的周期公式T=2π得：g=．

A；测摆线长时摆线拉得过紧；使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．

B；摆动后出现松动；知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小．故B正确．

C；实验中开始计时；秒表过迟按下，则测得周期偏小，所以测得的重力加速度偏大．故C错误．

D；实验中将49次全振动数成50次全振动；测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：B

（3）由题意公式g=得到T2=图象斜率表示结合图象数据得到。

=解得：g=9.86m/s2

故答案为：（1）18.4；100.0

（2）（B）

（3）9.86m/s2

（1）游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；游标卡尺不需要估读；

秒表中间的表盘代表分钟；周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和，要注意观察指针所指的位置及分度值。

（2）根据单摆的周期公式T=2π得出重力加速度的表达式；从而判断出重力加速度减小的原因。

（3）由题意公式g=得到T2=图象斜率表示结合图象数据得到重力加速度。

要注意，游标卡尺不需要估读；对秒表进行读数时，要先确定秒表的分度值，秒表示数是分针与秒针示数之和；本题关键明确实验原理；通过图象的平移得到摆长偏小1cm，得到误差来源；通过图象的函数表达式得到斜率的物理意义．【解析】18.4；100.0；B；9.8616、5【分析】解：将交流与直流通过阻值都为R

的电阻；

设直流电流为I

则根据有效值的定义有：

(42)2R?T2+(32)2R?T2=I2RT

解得：I=5A

故答案为：5

．

根据有效值的定义求解.

取一个周期时间；将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．

对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值.

常见题型，要熟练掌握．【解析】5

17、略

【分析】(1)长(2)手机通讯电视遥控器等(3)电磁波辐射【解析】【答案】(1)长(2)手机通讯电视遥控器等(3)电磁波辐射18、略

【分析】解：砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，所以T==1s．根据单摆的公式T=2L==0.25m．

故本题答案为：1；0.25．

砂摆完成一次全振动，纸向前移动的距离为30cm，移动的时间等于砂摆的周期，根据单摆的公式T=2求出摆长．

解决本题的关键知道单摆完成一次全振动为一个周期，以及知道单摆的周期公式T=2．【解析】1；0.2519、略

【分析】解：如图所示；线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流；

线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中；线圈内穿过的磁通量增加，则也会产生感应电流；

故答案为：有；有．

穿过线圈的磁通量发生变化；则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而即可求解．

考查如何判定感应电流的产生条件，及掌握楞次定律的应用，注意磁通量概念，及大小变化的判定．【解析】有；有20、略

【分析】解：设物体的质量为m.t0

时刻受盒子碰撞获得速度v

根据动量守恒定律有：

Mv0=mv垄脵

3t0

时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0

说明碰撞是完全弹性碰撞，由能量守恒定律有：

12Mv02=12mv2垄脷

联立垄脵垄脷

解得：m=M

即盒内物体的质量也为M

．

故答案为：M

根据速度时间图象得到盒子各个时刻的速度情况；然后根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程后联立求解．

本题关键根据速度时间图象得到盒子与物体的碰撞是弹性碰撞，然后根据动量守恒定律和能量守恒定律列方程后联立求解．【解析】M

21、打点计时器；0.20；0.19【分析】解：(1)

由题意可知；滴水计时器可以通过滴水计时，故与课本上介绍的打点计时器计时原理类似．

(2)

利用匀变速直线运动的推论得：

v4=x35t35=0.0365+0.04410.2脳2=0.20m/s

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；得：

s34鈭�s01=3a1T2

s45鈭�s12=3a2T2

s56鈭�s23=3a3T2

为了更加准确的求解加速度；我们对三个加速度取平均值。

得：a=13(a1+a2+a3)

即加速度计算表达式为：a=s36鈭�s039T2

解得a=0.19m/s2

故答案为：(1)

打点计时器计；(2)0.200.19

解该实验装置的原理；它类似于打点计时器，调节滴水计时器的滴水速度，使其每0.2s

滴一滴，这就像打点计时器每隔一定时间就打一个点.

该实验数据的处理思路与打点计时器打出来的纸带处理一样．

由于相邻的相等的时间间隔位移之差不等；所以我们采用逐差法求解加速度．

该实验装置是根据打点计时器的特点和实验原理进行设计新的实验.

对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，注意公式鈻�x=aT2

的正确应用．【解析】打点计时器；0.200.19

四、判断题(共3题，共6分)22、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．23、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．24、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．五、综合题(共2题，共10分)25、（1）D（2）B（3）D（4）C（5）逐渐立刻（6）解：①根据库仑定律得②根据电场强度的定义式得③正试探电受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同【分析】(1)

【分析】

电子在电场中受到的力为电场力；直线电流在磁场中受到的力为安培力；物体之间的引力为万有引力；带电粒子在磁场中的运动；受到的力为洛伦兹力。

本题就是区分物体之间的几种力的作用；区分开几种力之间的关系，即可解决本题。

【解答】

带电粒子在磁场中的运动，受到的力为洛伦兹力，故D正确，ABC错误。故选D。(2)

【分析】

GPS

接收器接收的是电磁波鈭�微波。本题考查了电磁波在生活中的应用；生活中利用电磁波的地方非常多.

如：卫星通信；无线电视、无线广播、手机等。

【解答】

GPS

接收器通过接收卫星发射的导航信号，实现对车辆的精确定位并导航，卫星向GPS

接收器传送信息依靠的是电磁波鈭�微波，故B正确，ACD错误。故选B。

(3)

【分析】

对于磁体的每一条磁感线都是闭合的，即在磁体的外部是从N

极指向S

极，在磁体内部，磁感线是从磁体的S

极指向N

极；根据安培定则可以判断出此时圆形线圈的N

极和S

极，而后据据小磁针磁感线的方向和圆形线圈磁感线的方向一致即可判断出小磁针的N

极指向。知道在磁体的外部；磁感线是从N

极指向S