2025年外研版2024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2025年外研版2024高二物理上册阶段测试试卷18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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、有三个相同的金属小球A，B，C，其中A，B两球带电情况完全相同，C球不带电．将A，B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B接触，移去C，则A，B间的库仑力变为（）A.B.C.D.2、在某一真空区域内，存在着方向相互平行的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）．一质量为m电量为q的带正电的粒子（不计重力）逆着电场线的方向以速度v进入该区域．下列关于粒子运动的说法正确的是（）A.粒子受到的电场力为零B.粒子受到的洛伦兹力不为零C.粒子沿初速度方向的最大位移为D.粒子在该区域中运动轨迹是螺旋线3、一个闭合线圈置于磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，则（）A.穿过线圈的磁通量越小，线圈中产生的感应电动势越小B.穿过线圈的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大D.穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势越大4、如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是(

)

A.B.C.D.5、如图所示，在两根平行长直导线MN

中，通过同方向、同强度的电流.

导线框ABCD

和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速转动，在移动过程中，线框中产生磁感应电流的方向是(

)

A.始终沿顺时针方向不变B.始终沿逆时针方向不变C.先沿顺时针方向后沿逆时针方向D.先沿逆时针方向后沿顺时针方向6、将标有“110V、40W”白炽灯L1和标有“110V、100W”白炽灯L2，与一只滑动变阻器（0～300Ω）组合起来接在220V的线路上，使L1、L2都能正常发光；图中能正常发光耗电又最小的接法是（）

A.

B.

C.

D.

7、理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和科学思维结合起来，可以深刻地提示自然规律．以下实验中属于理想实验的是（）A.探究求合力方法的实验B.伽利略的斜面实验C.用打点计时器测物体加速度的实验D.探究加速度与力、质量之间的关系的实验8、为了诊断病人心脏功能和动脉血液粘情况，需测量血管中血液的流量，如图示为电磁流量计示意图，将血管置于磁感强度为B

的磁场中，测得血管两侧ab

两点电压为U

已知管的直径为d

则血管中血液的流量Q(

单位时间内流过的体积).(

)

A.UBd

B.娄脨dUB

C.娄脨dU4B

D.娄脨d2U4B

9、两束不同频率的单色光ab

从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(娄脕>娄脗).

下列结论中正确的是(

)

A.光束b

的频率比光束a

低B.在水中的传播速度，光束a

比光束b

小C.水对光束a

的折射率比水对光束b

的折射率小D.若光束从水中射向空气，则光束b

的临界角比光束a

的临界角大评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)10、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解11、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、(1)

如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁感应强度均匀增加时，有一带电粒子静止于水平放置的平行板电容器中间，则此粒子带____电，若增大磁感应强度的变化率，则带电粒子将____(

填“向上运动”、“向下运动”或“静止”)

。(2)

某发电厂输出的功率为200kW

输出电压为11kV

若采用220kV

的高压输电，那么，升压变压器(

不计变压器能量损失)

的原线圈和副线圈的匝数比为____；输电电流为____A

13、如图所示，甲、乙两船的总质量(

包括船、人和货物)

分别为10m12m

两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0v0.

为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m

的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度.(

不计水的阻力)

14、为观察电磁感应现象，某学生将电将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针将____（填“偏转”或“不偏转”）其理由是____．

15、如图所示，а、b、c三种粒子垂直射入匀强磁场，根据粒子在磁场中的偏转情况，判断粒子的带电情况是：а______、b______、c______．（填“正电”、“负电”或“不带电”）16、为解决楼道的照明，在楼道内安装一个传感器与电灯控制电路相接．当楼道内有人走动而发出声响时，电灯即被接通电源而发光，这种传感器为______，它输入的是______信号，经传感器转换后，输出的是______信号．17、在用双缝干涉测光的波长的实验中：已知双缝到光屏之间的距离是600mm，双缝之间的距离是0.20mm，单缝到双缝之间的距离是100mm，某同学在用测量头测量时，先将测量头目镜中中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹（记作第1条）的中心，这时手轮上的示数如图甲所示．然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第8条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示．这两次示数依次为______mm和______mm．所测单色光的波长为______m．18、一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g

取10m/s2

则它开始下落时距地面的高度为______m.

评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)19、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）评卷人得分五、实验探究题(共3题，共27分)20、用电压表；电流表测量电源的电动势和内阻实验。

（1）采用的是下列：______电路图。

（2）某同学将和测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点分别画出了图线a与b，如图2所示，你认为比较合理的是图线______（填“a”或“b”）。

（3）根据该图线得到电源电动势的大小是______V；内阻是______Ω（结果保留两位小数）。21、如图所示为“用双缝干涉测光的波长”实验装置图.

实验时如果将绿色滤光片换为红色滤光片，在毛玻璃屏上观察到的相邻亮条纹间距将______(

填“不变”、“变大”或“变小”).

某次实验中，已知双缝间距为0.20mm

双缝到屏的距离为700mm

测得相邻亮条纹间距为2.17mm

则滤光片透过的这种单色光的波长为______m(

结果保留两位有效数字)

．

22、一个小灯泡的额定电压为2.0V

额定电流约为0.5A

选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线。

A.电源E

电动势为3.0V

内阻不计。

B.电压表V1

量程为0隆芦3V

内阻约为1k娄赂

C.电压表V2

量程为0隆芦15V

内阻约为4k娄赂

D.电流表A1

量程为0隆芦3A

内阻约为0.1娄赂

E.电流表A2

量程为0隆芦0.6A

内阻约为0.6娄赂

F.滑动变阻器R1

最大阻值为10娄赂

额定电流为1.0A

G.滑动变阻器R2

最大阻值为150娄赂

额定电流为1.0A

H.开关S

导线若干。

垄脵

实验中使用的电压表应选用______；电流表应选用______；滑动变阻器应选用______(

请填写选项前对应的字母)

．

垄脷

实验中某同学连接实验电路如图1

所示；请你不要改动已连接的导线，在图中把还需要连接的导线补上.

闭合开关前，应使变阻器滑片放在最______(

填“左”或“右”)

端．

垄脹

实验中得到的某一组电压表与电流表示数如图2

所示，则电压表的读数为______V

电流表的读数为______A

请将该组数据标记在U鈭�I

坐标中，其余实验数据已标记在图3

的坐标图中，请你画出小灯泡的U鈭�I

图线.

并简述该图线不是直线的主要原因______．评卷人得分六、综合题(共4题，共20分)23、(1)

下列说法正确的是(

)

A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动。

B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果。

C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点。

D.高原地区水的沸点较低；这是高原地区温度较低的缘故。

E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果

(2)

如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.

活塞因重力而产生的压强为0.2p0

活塞的横截面积为S

与容器底部相距h

此时活塞处于平衡状态，气体的温度为T0.

现在活塞上放置一个质量与活塞质量相等的物块，活塞下降了h10

后达到稳定；气体的温度为T1.

再通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q

时活塞缓慢向上移动，恰好回到原来的位置并静止，此时气体的温度为T2.

已知大气压强为Po

重力加速度为g.

不计活塞与气缸间的摩擦，不汁理想气体的重力势能.

求：

垄脵T1

与T0

的比值和T2

与T0

的比值；

垄脷

加热过程中气体的内能增加量．24、如图所示，两个完全相同的质量为m

的木板AB

置于水平地面上，它们的间距s=2.88m

质量为2m

大小可忽略的物块C

置于A

板的左端，C

与A

之间的动摩擦因数为娄脤1=0.22AB

与水平地面之间的动摩擦因数为娄脤2=0.10

最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C

施加一个水平向右，大小为2mg/5

的恒力F

假定木板AB

碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C

最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？25、下列说法正确的有()A.经典物理学适用于宏观低速领域，具有局限性B.光具有波动性和粒子性，即波粒二象性C.电动机利用了通电线圈在磁场中受到的安培力的作用原理D.利用科技手段可以使物体的速度达到3.5隆脕108m/s

E.手机通信必须依靠电磁波F.红外线人体测温仪可以迅速测量体温，它是一种传感器G.只要把闭合线圈放在磁感应强度很大匀强磁场中，并且让磁感线穿过线圈，线圈一定会产生感应电流H.闭合线圈如果在磁场中作切割磁感线的运动，一定会产生感应电流26、(1)

一根导线长0.2m

通过3A

的电流，垂直放入磁场中某处受到的磁场力是6隆脕10鈭�2N

则该处的磁感应强度B

的大小是__________T

如果该导线的长度和电流都减小一半，则该处的磁感应强度的大小是__________T

(2)

图一中螺旋测微器读数为__________mm

图二中游标卡尺(

游标尺上有50

个等分刻度)

读数为_________cm

(3)

一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是隆脕1隆脕10隆脕100

用隆脕10

档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_______，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是______娄赂

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解答】解：假设A带电量为Q；B带电量也为Q；

两球之间的相互吸引力的大小是F=

第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为

C与B接触时带电量平分，则C、B分开后电量均为

这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′==

故选C．

【分析】理解库仑定律的内容．知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．2、C【分析】解：A；粒子在电场力一定会受到电场力的作用．故A错误；

B；电场与磁场的方向平行；带正电的粒子（不计重力）逆着电场线的方向进入，可知粒子运动的方向也一定与磁场的方向平行，粒子不受洛伦兹力的作用．故B错误；

C；粒子只受到电场力的作用；只有电场力做功，则粒子的速度等于0时：

所以：L=．故C正确；

D；粒子只受到电场力的作用；由于粒子（不计重力）逆着电场线的方向进入，所以粒子受到的电场力的方向与电场的方向始终相反，粒子做直线运动．故D错误．

故选：C

根据电场力的特点与洛伦兹力的特点以及它们的计算公式分析大小与方向；根据动能定理分析粒子的最大位移．

该题考查带电粒子在复合场中的运动，解答该题的关键是要注意到粒子运动的方向与电场的方向平行，则与磁场的方向平行，所以粒子不受洛伦兹力的作用．【解析】【答案】C3、C【分析】解：由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势与磁通量的变化率成正比；

A；线圈中的磁通量变化越小；但磁通量的变化率不一定小，线圈中产生的感应电动势不一定越小，故A错误；

B；穿过线圈的磁通量越大；磁通量的变化率不一定大，线圈中的感应电动势不一定越大，故B错误；

C；线圈中的磁通量变化越快；磁通量的变化率越大，线圈中产生的感应电动势越大，故C正确；

D；磁通量的变化大；但其变化率不一定大，故产生的感应电动势不一定大，故D错误．

故选：C

明确法拉第电磁感应定律的内容；知道感应电动势的大小取决于磁通量的变化率．

本题考查了对法拉第电磁感应定律的理解，要注意区分磁通量、磁通量的变化量以及磁通量的变化率三者的区别，并能正确理解法拉第电磁感应定律．【解析】【答案】C4、D【分析】解：A

由图示可知；穿过螺线管的磁场向左，磁通量变大，根据楞次定律，则感应电流的磁场的方向向右，螺线管的感应电流的方向由左向右，则电流向左通过电流计，故A错误；

B；由图示结合安培定则可知；线圈处的磁场的方向向里，当线圈向右运动时，向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生的感应电流的磁场的方向向里，可知感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；

C；由图示可知；穿过螺线管的磁场向上，磁铁远离的过程中磁通量变小，根据楞次定律，螺线管的感应电流方向螺旋向上，则电流向下流过电流计，故C错误；

D；导体棒向左切割磁感线；根据右手定则可知，流过导体棒的电流的方向向下.

故D正确．

故选：D

根据题意确定电流计指针偏转方向与条形磁铁磁场方向及穿过螺线管的磁通量变化间的关系；

(1)

分析图示情景；根据条形磁铁磁场方向与磁通量变化间的关系，判断电流计指针偏转方向；

(2)

由安培定则判断出感应电流的磁场方向；分析实验现象，然后得出结论．

熟练应用楞次定律即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题；但解题时一定要细心、认真，否则容易出错．【解析】D

5、B【分析】解：当导线框位于中线OO隆盲

右侧运动时；磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针ADCBA

当导线框经过中线OO隆盲

磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为逆时针ADCBA

当导线框位于中线OO隆盲

左侧运动时；磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针ADCBA

．

故说明感应电流的方向一直沿逆时针方向；

故选：B

．

两根平行长直导线MN

中；通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则可知，在中线OO隆盲

右侧磁场向外，左侧磁场向里.

当导线框向左运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向．

本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况．【解析】B

6、C【分析】

AD、根据R=知，R1＞R2，在A电路中，L1和L2串联，电流相等，则电压不等，有一个灯泡分担的电压会大于110V，会烧坏．故A电路不能满足正常发光．L2与R的并联电阻一定小于L1，则L1分担的电压一定大于110V；会被烧坏．故AD错误．

BC、当L1和L2并联部分消耗的电压为110V时，两灯泡能正常发光，整个电路消耗的功率P=2×（P1+P2）=280W．

当R1与电阻R的并联电阻等于L2电阻时；灯泡就能正常发光，整个电路消耗的功率P=2×100W=200W．所以C电路消耗的功率最小．故C正确，B错误．

故选C．

【解析】【答案】两灯泡均要正常发光；则两灯泡的电压都要为110V，求出两灯泡正常发光时，整个电路的消耗的功率，比较哪个电路消耗功率最小．

7、B【分析】解：A；探究共点力合成规律采用的是“等效替代”的思想；故A错误；

B；伽利略的斜面实验；抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故B正确；

A；用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际实验；故C错误；

D；探究加速度与力、质量之间的关系利用控制变量法；故D错误；

故选：B

伽利略的理想实验；以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律．这种把可靠的事实和深刻的理论思维结合起来的理想实验，是科学研究中的一种重要方法．

理解科学方法、科学思想在物理中的应用，不断渗透对科学态度、以及科学方法的体验与应用【解析】【答案】B8、C【分析】解：导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qE=qUd=qvB

解得v=UBd

流量Q=vS=UBd鈰�娄脨d24=娄脨dU4B.

所以选项C正确．

故选：C

导电液体流过磁场区域时；正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据受力平衡求出电荷的速度，再根据Q=vS

求出流量．

解决本题的关键知道导电液体流过磁场区域时，正负电荷受到洛伦兹力，发生偏转打到上下两个面上，上下两个面之间形成电场，最终正负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．【解析】C

9、C【分析】解：AC

由n=sin娄脠1sin娄脠2

知，b

光的折射率较大，则b

的频率较大.

故A错误；C正确．

B

由v=cn

分析可知，b

光的折射率较大；在同种介质传播速度较小.

故B错误．

D

由临界角公式sinC=1n

分析得到，b

光的折射率较大；对同种介质的临界角较小.

故错误．

故选C

由题，两束光的入射角相等，折射角娄脕>娄脗

根据折射定律n=sin娄脠1sin娄脠2

判断水对两束光折射率的大小.

水对光的折射率越大，此光的频率越大.

由v=cn

分析光在水中速度大小.

由临界角公式sinC=1n

分析临界角的大小．

光的折射率、频率、光速、临界角的对应关系需清楚，有些学生弄不清它们之间的关系，得出错误的答案.

属于中等难度题．【解析】C

二、双选题(共2题，共4分)10、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB11、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB三、填空题(共7题，共14分)12、（1）负向上运动（2）1：200.90【分析】(1)

【分析】带电粒子受重力和电场力平衡，由楞次定律可判断极板带电性质，由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势变化，从而知道电场力的变化。本题关键是电容器两端电压的表达，它是联系电磁感应定律和粒子受力情况的桥梁。【解答】当磁场均匀增加时；由楞次定律可判断上极板带正电.

所以平行板电容器的板间的电场方向向下，带电粒子受重力和电场力平衡，所以粒子带负电；

若增大磁感应强度的变化率；感应电动势增大，粒子受的电场力增大，则带电粒子将向上运动。

故填：负，向上运动；(2)

【分析】(1)

根据变压器线圈匝数比等于电压之比即可求解；

(2)

根据I=PU

求解电流；本题主要考查了变压器的原理，电功率的计算问题，难度不大，属于基础题。【解答】由n1n2=U1U2

得，升压变压器的原线圈与副线圈匝数比为n1n2=11000220000=120

输电电流I=PU=200000220000=0.90A

故答案为：1200.90

。

【解析】(1)

负向上运动(2)1200.90

13、解：设抛出货物的速度为v；由动量守恒定律得：

乙船与货物：12mv0=11mv1-mv；

甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2；

两船不相撞的条件是：v2≤v1；

解得：v≥4v0；

答：抛出货物的最小速度为4v0．【分析】

在抛货物的过程中；乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．

知道两船避免碰撞的条件，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择．【解析】解：设抛出货物的速度为v

由动量守恒定律得：

乙船与货物：12mv0=11mv1鈭�mv

甲船与货物：10m隆脕2v0鈭�mv=11mv2

两船不相撞的条件是：v2鈮�v1

解得：v鈮�4v0

答：抛出货物的最小速度为4v0

．14、略

【分析】

由电路图可知；开关接在电流表与副线圈B的电路中，接通和断开开关，只是使线圈B所在回路闭合或断开，不影响原线圈A中电流的变化；开关接通或断开时，流过原线圈A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，螺线管B中不产生感应电流，电流表指针不偏转；

故答案为：不偏转；穿过螺线管B的磁通量没有变化．

【解析】【答案】根据感应电流产生的条件分析答题；感应电流产生条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．

15、略

【分析】解：由于磁场的方向向里，带正电的粒子向上运动，所以电流的方向就是向上的，根据左手定则可知，受到的洛伦兹力的方向是向左的，所以向左偏转的a带正电；b没有偏转，所以b不带电；c偏转的方向与a相反；说明与a的电性相反，所以带负电．

故答案为：正电；不带电，负电。

根据左手定则；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是洛伦兹力的方向．根据左手定则来判断洛伦兹力即可．

本题就是对左手定则的直接考查，注意运动电荷的极性，同时要注意与右手定则的区别，比较简单．【解析】正电；不带电；负电16、略

【分析】解：在楼道内安装一个传感器与控制电灯的电路相接．当楼道内有走动而发出声响时；电灯即被电源接通而发光，这种传感器为声电传感器，它输入的是声音信号，经传感器转换后，输出的是电信号．

故答案为：声电传感器；声音；电．

声电传感器是一种把声音信号转化为电信号的传感器；它输入的是声音信号，经传感器转换后，输出的是电信号．

声控开关中装的是声敏电阻；这种电阻阻值大小与声音有关：当有声音时，它的阻值会变小；当没有声音时，它的阻值会变大．

本题是声控开关在实际生活中的具体应用，需要对题中要求有清楚的认识，关键是开关的控制作用．【解析】声电传感器；声音；电17、略

【分析】解：甲螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm；可动刻度读数为0.01×32.0=0.320mm，所以最终读数为：

2.0mm+0.320mm=2.320mm．

乙螺旋测微器的固定刻度读数为13.5mm；可动刻度读数为0.01×38.0mm=0.385mm，所以最终读数为：

13.5mm+0.385mm=13.885mm．

根据△x=λ得：

λ===5.5×10-7m

故答案为：2.320；13.885；5.5×10-7．

螺旋测微器的读数等于固定刻度读数与可动刻度读数之和，在读可动刻度读数时需估读．根据△x=λ求出单色光的波长．

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=λ的应用．【解析】2.320；13.885；5.5×10-718、略

【分析】解：由h=12gt2

可得：

第1

秒内的位移h1=12隆脕10m/s2隆脕(1s)2=5m

则最后一秒内的位移h2=2h1=10m

则设下落总时间为t

最后1s

内的位移h=12gt2鈭�12g(t鈭�1)2=10m

解得：t=1.5s

则物体下落的总高度h=12gt2=11.25m

．

故答案为：11.25

由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t

由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地高度．

解决自由落体运动的题目关键在于明确自由落体中的公式应用，一般情况下，研究由落点开始的运动列出的表达式最为简单；并且最好尝试一题多解的方法．【解析】11.25

四、判断题(共1题，共9分)19、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．五、实验探究题(共3题，共27分)20、Da1.450.94【分析】解：（1）AB；测定电源的电动势及内电阻的实验中；原理是闭合电路的欧姆定律，电压表要测量路端电压，电流表要测电路中的总电流，所以AB错误；

CD；为了使内电阻测量准确；电流表要采用内接法，故D正确，C错误；

故选：D。

（2）描出点后；应用直线把各点连接起来，不能用曲线及折线，故选a。

（3）利用图象纵轴上的截距求得电动势为1.45V，曲线的斜率绝对值为电源的内阻值为：

故答案为：（1）D；（2）a；（3）1.45；0.94。

根据测量电动势和内电阻的实验原理明确实验电路；根据图象由闭合电路欧姆定律求解电动势和内阻。

本题考查了测量电动势和内电阻的实验，解题关键是注意掌握图象法的正确应用。【解析】Da1.450.9421、变大6.2隆脕10鈭�7【分析】【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式?x=Ld娄脣

判断相邻两亮纹中心的距离的变化。本题考查了双缝干涉条纹的间距公式?x=Ld娄脣

的直接应用，基础题。【解答】根据双缝干涉条纹的间距公式?x=Ld娄脣

如果将绿色滤光片换为红色滤光片，即娄脣

增大，则相邻两亮纹中心的距离变大；滤光片透过的这种单色光的波长：娄脣=?x隆陇dL=2.17隆脕10?3隆脕0.20隆脕10?3700隆脕10?3m=6.2隆脕10鈭�7m

故填：变大；6.2隆脕10鈭�7

【解析】变大6.2隆脕10鈭�7

22、略

【分析】解：垄脵

灯泡额定电压为2V

电压表应选B，灯泡额定电流为0.5A

电流表应选E，为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的F

．

垄脷

描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为R=UI=20.5=4娄赂

电压表内阻为电压表内阻约为1k娄赂

电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；为保护电路，闭合开关前，滑片应置于左端．

垄脹

由图示电压表可知；其量程为3V

分度值为0.1V

示数为1.20V

由图示电流表可知，其量程为0.6A

分度值为0.02A

示数为0.42A

在坐标系内描出根据坐标系中描出对应点，然后根据坐标系内描出的点用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的U鈭�I

图象，如图所示．

由于灯泡电阻受温度影响；灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯泡的U鈭�I

图线不是直线。

故答案为：垄脵BEF垄脷

电路图如图所示；左；垄脹1.200.42.

图象如图所示；灯丝电阻随温度升高而增大。

垄脵

根据额定电压选择电压表；根据额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．

垄脷

描绘小灯泡伏安特性曲线；要电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图；滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置．

垄脹

根据图示电表确定其量程与分度值；然后读出其示数；根据实验数据与坐标系内描出的点作出图象．

本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的性质实验中实验器材的选择、设计实验电路图、作图象等问题；要正确实验器材的选取原则；要掌握描点法作图的方法，明确图象的性质，由图象能分析电阻的变化．【解析】BEF

左；1.200.42

灯丝电阻随温度升高而增大六、综合题(共4题，共20分)23、(1)BCE

(2)

解：垄脵

放上物块后，由理想气体状态方程可知：1.2P0VT0=1.4P0?910VT1

解得：T1T0=6360

当加热后回到原位置时，由查理定律可知：1.2P0T0=1.4P0T2

解得：T2T0=76

垄脷

在加热过程中，为等压变化，当上升h10

过程中对外做功为：W=4P0s?h10=125P0sh

故内能增加量为：?U=Q?125P0sh

【分析】(1)

【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低。本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及晶体的物理性质等一些基础性的知识点的内容，在平时的学习过程中多加积累即可。【解答】A.布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动；由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；

B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力；使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；

C.液晶像液体一样具有流动性；而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；

D.高原地区水的沸点较低；这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；

E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度；是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确。

故选BCE。(2)垄脵

利用理想气体状态方程即可求得温度之比，注意找出初末状态即可；垄脷

在加热过程中，气体对外做功，由W=PS鈻�h

求的对外做功，由鈻�U=Q+W

求的内能增加量。本题确做功与热量的正负的确定是解题的关键；对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键.

属于中档题。【解析】(1)BCE

(2)

解：垄脵

放上物块后，由理想气体状态方程可知：1.2P0VT0=1.4P0?910VT1

解得：T1T0=6360

当加热后回到原位置时，由查理定律可知：1.2P0T0=1.4P0T2

解得：T2T0=76

垄脷

在加热过程中，为等压变化，当上升h10

过程中对外做功为：W=4P0s?h10=125P0sh

故内能增加量为：?U=Q?125P0sh

24、解：

设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

∵μ1=0.22，μ2=0.10

∴①

且②

∴一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有：③

A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律得：m•v1=(m+m)v2④

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，由于A、B、C系统所受外力的合力为零，故系统总动量守恒，设木块向前移动的位移为s1，则由动量守恒定律：2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3⑤

⑥

f3=μ2(2m+m+m)g⑦

对C物体，由动能定理⑧

由以上各式；再代入数据可得：l=0.3m

即：每块木板的长度至少应为0.30m【分析】本题考查了动量守恒定律及其应用，关键通过受力分析，明确各个物体的运动情况，运用动量守恒定律和动能定理综合列式求解。A

与B

碰撞前，通过受力分析可知，AC

系统一起向右加速运动，AB

碰撞过程中，AB

系统动量守恒，之后ABC

系统所受外力的合力变为零，系统总动量守恒，运用动量守恒和动能定理联立求解。【解析】解：设AC

之间的滑动摩擦力大小为f1A

与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2

隆脽娄脤1=0.22娄脤2=0.10

隆脿F=25mg<f1=1(2m)g垄脵

且F=25mg>f2=2(2m+m)g垄脷

隆脿

一开始A

和C

保持相对静止，在F

的作用下向右加速运动，有：(F鈭�f2)s=12(2m+m)v12垄脹

A；B

两木块的碰撞瞬间；内力的冲量远大于外力的冲量，AB

系统动量守恒，由动量守恒定律得：m?v1=(m+m)v2垄脺

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中；由于ABC

系统所受外力的合力为零，故系统总动量守恒，设木块向前移动的位移为s1

则由动量守恒定律：2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3垄脻