2024年人教A版高二物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教A版高二物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是A.感应电动势的大小与线圈的匝数有关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同2、如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的3个顶点上，a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的电场力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是（）A.F1B.F2C.F3D.F43、某一交流电压变化规律如图所示，则该电压的有效值为(

)

A.3V

B.10V

C.210V

D.25V

4、质量为1kg

的物体沿直线运动，其v鈭�t

图象如图所示，则此物体在前4s

和后4s

内受到的合外力冲量为()A.8N隆陇s8N隆陇s

B.8N隆陇s鈭�8N隆陇s

C.08N隆陇s

D.0鈭�8N隆陇s

5、如图所示，在磁感应强度为B

的匀强磁场中，有半径为r

的光滑半圆形导体框，OC

为一能绕O

在框架上滑动的导体棒，Oa

之间连一电阻R

导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC

能以角速度w

逆时针匀速转动，则()

A.通过电阻R

的电流方向由a

经R

到O

B.导体棒O

端电势低于C

端的电势C.外力做功的功率为B2娄脴2r24R

D.回路中的感应电流大小为B娄脴r24

6、某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度分别为EP和EQ．则（）A.EP＜EQ，方向不同B.EP＞EQ，方向相同C.EP＞EQ，方向不同D.EP＜EQ，方向相同7、如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了△U，则下列判断正确的是（）A.电流表A2的示数增大了B.电流表A2的示数增大了C.电压表V1的示数减小了△UD.输电线损失的功率增加了8、如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T

的原、副线圈匝数分别为n1n2

在T

的原线圈两端接入一电压u=Umsin娄脴t

的交流电源。若输送电功率为P

输电线的总电阻为2r

不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为

A.(n1n2)Um24r

B.(n2n1)Um24r

C.4r(n1n2)2(PUm)2

D.4r(n2n1)2(PUm)2

评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、(

多选)

下列说法中正确的是()A.气体分子的数目越多，气体的体积越大B.气体的压强是大量气体分子对器壁不断碰撞产生的C.气体膨胀时对外做功，消耗内能，故气体的内能减少E.晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化E.晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化10、在北半球，地磁场的竖直分量向下.

飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变.

由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差.

设飞行员左方机翼末端处的电势为U1

右机翼末端处的电势为U2

则(

)

A.若飞机从西往东飞，U1

比U2

高B.若飞机从东往西飞，U2

比U1

高C.若飞机从南往北飞，U1

比U2

高D.若飞机从北往南飞，U2

比U1

高11、图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A．则下列说法正确的是（）A.电压表V3示数减小B.电压表V1、V2示数均增大C.该变压器起降压作用D.变阻器滑片是沿d→c的方向滑动12、弹簧振子以O点为平衡位置做简谐振动．从O点开始计时，振子第一次到达M点用了0.3秒，又经过0.2秒第二次通过M点．则振子第三次通过M点还要经过的时间可能是（）A.秒B.秒C.1.4秒D.1.6秒13、如图，左右两边是a、b两等量电荷的电场线分布如图所示，则以下判断正确的是（）A.a是负电荷B.a是正电荷C.b是正电荷D.b是负电荷14、关于一定量的气体，下列叙述正确的是（）A.气体吸收的热量可以完全转化为功B.气体体积增大时，其内能一定减少C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加D.外界对气体做功，气体内能可能减少15、发电机的转子在匀速转动过程中，下列物理量发生改变的有A.穿过线圈的磁通量B.线圈中产生的感应电动势C.闭合回路中的电流D.闭合回路中电流变化的周期16、如下图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=51

电阻R=20娄赂L1L2

为规格相同的两只小灯泡，S1

为单刀双掷开关.

原线圈接正弦交变电源，输入电压u

随时间t

的变化关系如图乙所示.

现将S1

接1S2

闭合，此时L2

正常发光.

下列说法正确的是(

)

A.输入电压u

的表达式u=202sin(100娄脨t)V

B.只断开S2

后，L1L2

均正常发光C.只断开S2

后，原线圈的输入功率增大D.若S1

换接到2

后，R

消耗的电功率为0.8W

17、物体处于平衡状态，下列说法中正确的是(

)

A.物体一定保持静止B.物体可能做匀速直线运动C.物体所受合力不为零D.物体所受合力为零评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、有一表头G，内阻Rg=20Ω，满偏电流Ig=3mA，把它改装成量程U=3V的电压表，要____（填“串联”或“并联”）一个R=____Ω的电阻．19、现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A

线圈B

电流计(

零刻线在正中位置)

及开关如图连接在一起，在开关闭合、线圈A

在线圈B

中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动片P

向左滑动时，电流计指针向右偏转，由此可以推断：如果将线圈A

从线圈B

中抽出时，电流表指针______.

当开关由断开状态突然闭合，电流表指针将______.

当滑动变阻器滑片P

向右滑动时，电流表指针______(

填右偏、左偏)

．20、库仑定律适用条件：真空中的____．21、如图所示为等量异种电荷的电场线，P、Q为电场线上的两点，可以判断出两点的场强，判断的依据是________；还可以判断出两点的电势，判断的依据是________。22、如图，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力恒量为k)23、如图所示，为了测一凹透镜凹面的半径R，让一个半径为r的光滑钢珠在凹面内做振幅很小的振动．若测出它完成N次全振动的时间为t，则此凹透镜凹面的半径R=______（重力加速度为g）．24、正确读出下列各数：

①图1游标卡尺的读数为______mm．

②图2螺旋测微器的读数______mm

25、如图所示；电路中电源电动势为4V

内阻为1娄赂

小灯泡电阻为3娄赂.

开关S

闭合后，电路中的电流为________A

灯泡的电压为________V

．

26、到目前为止，科学实验发现的最小电荷量是电子所带的电荷量.

这个最小电荷用e

表示，它的数值为______.

实验指出，所有带电物体的电荷量或者等于它，或者是它的整数倍，因此我们把它叫做______．评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)27、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）28、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分五、简答题(共4题，共16分)29、英国物理学家麦克斯韦认为：变化的磁场________(

选填“能”或“不能”)

产生电场.

电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、________、X

射线和娄脙

射线．30、如图所示，一劲度系数很大的轻弹簧一端固定在倾角娄脠=30鈭�

的斜面底端，将弹簧压缩至A

点锁定，然后将一质量为m

的小物块紧靠弹簧放置，物块与斜面问动摩擦因数?=

.

解除弹簧锁定，物块恰能上滑至B

点，AB

两点的高度差为ho

，已知重力加速度为g

．

(1)

求弹簧锁定时具有的弹性势能E

p

；

(2)

求物块从A

到B

的时间tl

与从B

返回到A

的时间t

2

之比．

31、取某镀锌铁片rm{5.69g}将其投入足量稀硫酸中，镀锌铁片完全溶解，产生氢气rm{2.24L(}标准状况rm{)}试计算：rm{(1)}产生氢气的物质的量是_______rm{mol}rm{(2)}镀锌铁片中锌的质量是_______rm{g}32、节能减排是当下环境保护的重点。rm{(1)}将rm{CO}和气态水通入一个容积固定的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：rm{CO(g)+H}rm{CO(g)+H}rm{{,!}_{2}}rm{O(g)?CO}rm{O(g)?CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+H}rm{(g)+H}rm{{,!}_{2}}在rm{(g)}rm{娄陇H<0}恒容密闭容器中，起始时按照下表数据进行投料，达到平衡状态，rm{(g)}。rm{娄陇H<0}

rm{H2O}rm{CO}rm{CO2}rm{H2}rm{n/mol}rm{0.20}rm{0.20}rm{0}rm{0}

rm{垄脵}从起始经过rm{5min}达到化学平衡时，用生成物rm{CO_{2}}表示该反应的反应速率rm{v(CO_{2})=}_____；平衡时，容器中rm{CO}的转化率为______________。rm{垄脷}下图表示上述反应在rm{t_{1}}时刻达到平衡，在rm{t_{2}}时刻因改变某个条件而发生变化的情况。则rm{t_{2}}时刻发生改变的条件可能是_____________。rm{(}写出一条rm{)}

rm{(2)}汽车尾气中的一氧化碳是大气污染物，可通过反应：rm{CO(g)+l/2O}rm{CO(g)+l/2O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{?}rm{CO}降低其浓度。rm{CO}某温度下，在两个容器中进行上述反应，容器中各物质的起始浓度及正、逆反应速率关系如下表所示。请在表中的空格处填写“rm{{,!}_{2}}”、“rm{(g)}降低其浓度。”或“rm{(g)}”。。rm{垄脵}容器编号rm{c}rm{(CO)/mol隆陇L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{c}rm{(O_{2})/mol隆陇L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{c}rm{(CO_{2})/mol隆陇L}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{1}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}和rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}比较Ⅰrm{2.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{2}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}rm{=}rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}Ⅱrm{3.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{4.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{5.0}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{2}}rm{v}rm{{,!}_{脮媒}}____rm{v}rm{{,!}_{脛忙}}rm{垄脷}相同温度下，某汽车尾气中rm{CO}rm{CO_{2}}的浓度分别为rm{1.0隆脕10^{-5}mol隆陇L^{-1}}和rm{1.0隆脕10^{-4}mol隆陇L^{-1}}若在汽车的排气管上增加一个补燃器，不断补充rm{O_{2}}并使其浓度保持为rm{1.0隆脕10^{-4}mol隆陇L^{-1}}则最终尾气中rm{CO}的浓度为__________________rm{mol隆陇L^{-1}(}请保留两位有效数字rm{)}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A|C【分析】【解析】试题分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势即感应电动势与线圈匝数有关故A正确；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；考点：考查了法拉第电磁感应定律以及楞次定律的应用【解析】【答案】ＡC、2、D【分析】解：对c球受力分析；如图。

由于a所带电荷量的大小比b的小；故a球对c球的静电引力较小；

根据平行四边形定则；合力的方向如图所示，故ABC错误，D正确；

故选：D．

对c球受力分析，受到a球的静电斥力和b球的静电引力，由于b球的带电量比a球的小，故b球的静电引力较小；根据平行四边形定则可以判断合力的大致方向．

本题关键分析出c球受到的各个静电力，然后根据平行四边形定则作图，从图象中可以判断合力的大致方向．【解析】【答案】D3、B【分析】解：根据电流的热效应可知：

U12R鈰�T2+U22R鈰�T2=U2RT

代入数据42R隆脕T2+22R隆脕T2=U2R隆脕T

解得U=10V

故B正确。

故选：B

根据电流的热效应即可求得电压的有效值。

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】B

4、D【分析】【分析】由v鈭�t

图像读出此物体前4s

的初、末速度和后4s

的初、末速度，得到所对应的初、末动量；由动量定理即可得到正确答案。值得注意的是：动量定理表达式是矢量式，一定要先选好正方向。【解答】前4s

的初动量为4kgm/s

末动量为4kgm/s

由动量定理得，前4s

物体受到的合外力的冲量为0

后4s初动量为4kgm/s4kgm/s末动量为鈭�4kgm/s-4kgm/s由动量定理得，前4s4s物体受到的合外力的冲量为鈭�8N.s-8N.s所以D正确。故选D。【解析】D

5、C【分析】【分析】由右手定则可知电流由O

到C

由电路回路可判定通过电阻的电流，导体棒等效为电源，O

为电源负极，C

为电源正极，导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br娄脴r2

由此可判定感应电流，由Q=I2Rt

可求电阻R

上的电热功率。

本题关键要知道导体棒切割磁感线产生的感应电动势的表示，对圆形切割来说，导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br娄脴r2

【解答】

A.由右手定则可知电流由o

到P

由回路可判定通过电阻的电流为由O

经R

到a

故A错误；

B.导体棒等效为电源；o

为电源正极，P

为电源负极，故导体杆O

端的电势高于C

端的电势，故B错误；

CD.

导体棒切割磁场产生的感应电动势为：E=Br娄脴r2

由此可知感应电流为：I=ER=Br2娄脴2R

由Q=I2Rt

可求电阻R

上的电热功率为：P=I2R=B2r4娄脴24R

故C正确，D错误。故选C。

【解析】C

6、C【分析】解：由图P点电场线密，电场强度大，EP＞EQ；

而电场强度的方向为电场线在该点的切线方向；所以方向不同，故C正确，ABD错误；

故选：C。

根据P；Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小；结合某点的切线方向，即为电场强度的方向，从而即可求解。

掌握电场线的特点：疏密表示强弱，并理解某点的切线方向与电场强度方向的关系。【解析】C7、B【分析】解：AB、降压变压器原副线圈两端的电压之比等于n，所以有即降压变压器原线圈两端电压减小了n△U，根据欧姆定律，知电流表A1示数增大了输电线上电流增大了根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了故A错误，B正确；

C、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变；故C错误；

D、由于输电线上电流增大了故输电线损失的功率增加量一定不是P=（）2R；故D错误；

故选：B。

理想变压器的输入功率由输出功率决定；输出电压有输入电压决定；根据远距离输电过程中的功率；电压的损失与哪些因素有关，以及整个过程中的功率、电压关系，即可求解。

对于远距离输电问题，要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其要注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。【解析】B8、C【分析】略【解析】C

二、多选题(共9题，共18分)9、BDE【分析】【分析】根据气体分子间空隙很大，气体分子的体积很小，气体的体积指的是气体占据的空间；根据压强产生的微观机理分析；根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化；晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化。了解气体的分子运动特点，气体压强的微观含义和气体的内能，温度是理想气体的内能大小的标志，关于内能的变化可由热力学第一定律来判断。【解答】A.气体分子间空隙很大；气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，所以气体分子的数目越多，气体的体积不一定越大，故A错误；

B.根据压强的微观意义可知；气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故B正确。

C.当气体膨胀时；气体对外做功，但热传递情况不清楚，所以根据热力学第一定律知：内能变化无法判断，故C错误；

D.内能与物体物质的量；温度、体积、物态都有关；而分子的平均动能仅仅与温度有关，内能不同的两个物体，它们的温度可能相等，则分子热运动的平均动能可能相等，故D正确；

E.晶体和非晶体在于内部分子排列；晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化，故E正确。

故选BDE。

【解析】BDE

10、AC【分析】解：当飞机在北半球飞行时；由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有U1

比U2

高.

故AC正确，BD错误．

故选：AC

．

由于地磁场的存在；当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样.

由右手定则可判定电势的高低．

本题要了解地磁场的分布情况，掌握右手定则.

对于机翼的运动，类似于金属棒在磁场中切割磁感线一样会产生电动势，而电源内部的电流方向则是由负极流向正极的．【解析】AC

11、AC【分析】解：ABD、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故BD错误；由于电流表A2的示数增大，所以R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小；故A正确；BD错误；

C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A；即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C正确。

故选：AC。

根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压；电流关系分析即可。

本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析。【解析】AC12、AC【分析】解：如图，假设弹簧振子在水平方向BC之间振动，如图1，若振子开始先向左振动，振子的振动周期为T=2×0.2s+s=则振子第三次通过M点还要经过的时间是t=0.2s+s=s．

如图2，若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T=4×（0.3+s=1.6s；则振子第三次通过M点还要经过的时间是t=1.6s-0.2s=1.4s．

故选：AC

根据振动周期的定义：振子完成一次全振动所用的时间；确定弹簧振子的周期，画出振子的运动路线，求出振子第三次通过M点还要经过的时间可能值．

本题的解题关键是画出振子的运动路线，根据简谐运动的对称性，求出振动周期，再求解时间．【解析】【答案】AC13、BD【分析】解：根据电场线的方向，从a出发，终止于b，所以a带正电，b带负电．故AC错误；BD正确．

故选：BD．

根据电场线的方向确定场源电荷的正负．电场线从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止．

本题的关键要掌握电场线的分布情况，知道电场线方向特点：电场线从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止．【解析】【答案】BD14、AD【分析】解：根据热力学第一定律；做功和热传递都可以改变内能，所以含有‘一定’的B和C错误，而D正确；

理想气体的等温变化是一个内能不变的过程；当体积增大对外做功时同时必须从外界吸热等大的热量，故A正确；

故选AD．

解答本题应熟练准确掌握热力学第一定律的内容；明确做功和热传递均可改变物体的内能．

本题主要考查热力学第一定律，理解做功和热传递都可以改变内能才能正确解答．【解析】【答案】AD15、ABC【分析】【分析】

明确交流发电机的工作原理，知道哪些量在随时间作周期性变化。在交流电的产生过程中，转速、周期、频率是保持不变的；而电流、电动势及磁通量均随时间做周期性变化。【解答】A.发电机转子在匀速转动时；通过线圈的磁通量；产生感应电动势及电流均随时间呈周期性变化，故ABC正确；

D.闭合回路中电流变化的周期等于线圈的转动周期；其大小不变化，故D错误；

故选ABC。

【解析】ABC

16、AD【分析】解：A

周期是0.02s娄脴=2娄脨T=2娄脨0.02rad/s=100娄脨

所以输入电压u

的表达式应为u=202sin(100娄脨t)V

A正确；

B；断开S1L1L2

的电路都被断开，则L1L2

均不能正常发光，B错误；

C；只断开S2

后；负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，C错误；

D、若S1

换接到2

后，电阻R

电压有效值为4VR

消耗的电功率为P=4220W=0.8W

D正确．

故选：AD

根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论.

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．【解析】AD

17、BD【分析】解：A

物体处于平衡状态时不一定保持静止状态；也可能是匀速直线运动，故A错误B正确；

D；物体处于平衡状态时；可能不受外力作用，也可能是受平衡力，即合外力一定为零，故C错误D正确．

故选：BD

．

平衡状态是指物体在不受外力或者受平衡力的作用下所处的状态；包括静止状态和匀速直线运动状态．

知道通常的平衡状态是指的匀速直线运动的状态和静止的状态，并知道不受力和受平衡力时，物体都处于平衡状态．【解析】BD

三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】

改装成电压表要串联分压电阻；

所串联的阻值为：R===980Ω

故答案为：串联980

【解析】【答案】电流表改装成电压表要串联电阻分压，所串联的电阻值R=．U为改装后的量程．

19、略

【分析】解：由图示可知；将滑动变阻器的滑动片P

向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，通过线圈A

的电流减小，电流产生的磁场减弱，穿过线圈B

的磁通量减小，电流计指针向右偏转，由此可知，穿过线圈B

的磁通量减少时，电流表指针向右偏，则磁通量减少时，指针向左偏；

如果将线圈A

从线圈B

中抽出时；穿过线圈B

的磁通量减少，电流表指针右偏；

当开关由断开状态突然闭合；穿过线圈B

的磁通量增大，电流表指针将左偏；

当滑动变阻器滑片P

向右滑动时；通过A

的电流增大，穿过线圈B

的磁通量增大，电流表指针左偏；

故答案为：右偏；左偏；左偏．

根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化间的关系；然后根据题意判断磁通量如何变化，再判断指针偏转方向．

本题无法直接利用楞次定律进行判断，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．【解析】右偏；左偏；左偏20、点电荷【分析】【分析】在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律的内容，即可求解。本题主要考查对库仑定律条件的理解，基础题。【解答】库仑定律适用条件：真空中的点电荷。故答案为：点电荷。

【解析】点电荷21、略

【分析】【详解】

根据电场线的疏密可以判断场强的大小，因为P点所在位置处的电场线较Q点处的密，所以；而电场线从正电荷出发终止于负电荷，所以电场线由P指向Q，根据沿电场线方向电势降低，可以判断两点的电势关系：【解析】P点所在位置处的电场线较Q点处的密沿着电场线方向电势降低22、略

【分析】【解析】试题分析：q在a点形成的电场强度的大小为方向向左；因a点场强为零，故薄板在a点的场强方向向右，大小也为由对称性可知，薄板在b点的场强也为方向向左；考点：电场的叠加；电场强度；点电荷的场强．【解析】【答案】水平向左(或垂直薄板向左)23、略

【分析】解：完成n次全振动的时间为t，知周期T=

再根据T=2π得：T==2π

解得：R=r+

故答案为：r+．

小钢球在凹面内作振幅很小的振动为简谐运动，等效于单摆的运动，根据T=2π求出凹透镜镜面的半径．

小钢球的运动等效于单摆的运动，关键掌握单摆的周期公式．【解析】r+24、略

【分析】解：游标卡尺的主尺读数为100mm；可动刻度读数为0.1×4=0.4mm，所以最终读数为：100mm+0.4mm=100.4mm；

螺旋测微器的固定刻度读数1.5mm；可动刻度读数为0.01×10.4=0.104mm，所以最终读数为：1.5mm+0.104mm=1.604mm．

故答案为：100.4；1.604

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】100.4；1.60425、13【分析】【分析】在电源的外电路中，电流从电源的正极流向负极，根据闭合电路欧姆定律求电流的大小。本题是简单的电路分析和计算问题，关键要掌握电流的方向和闭合电路欧姆定律。【解答】根据闭合电路欧姆定律得：电路中电流的大小为：I=ER+r=43+1A=1A

灯泡的电压为：U=IR=1隆脕3V=3V

故答案为：13

【解析】113326、略

【分析】解：人们把最小电荷叫做元电荷；用e

表示，所带电荷量大小为：e=1.60隆脕10鈭�19C

任何带电体所带电荷都是e

的整数倍，或等于e

．

故答案为：1.6隆脕10鈭�19C

元电荷。

各种带电微粒中；电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，所带电荷量大小为：e=1.60隆脕10鈭�19C

任何带电体所带电荷都是e

的整数倍．

元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍.

且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得．【解析】1.6隆脕10鈭�19C

元电荷四、判断题(共2题，共14分)27、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．28、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．五、简答题(共4题，共16分)29、能紫外线【分析】【分析】麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实电磁波存在；电磁波按波长由长到短的排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、x

射线、娄脙

射线。本题考查了物理学史，对于著名物理学家、经典实验和重要学说要记牢，不能张冠李戴，同时对电磁波的波长长短要加强记忆，便于解题。【解答】麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在；电磁波中波长最长的是无线电波，波长最短的是娄脙

射线，电磁波按波长由长到短的排列顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、x

射线、娄脙

射线。故填：能；紫外线。【解析】能紫外线30、解：（1）物块受到的摩擦力：f=μmgcosθ

A到B的过程中由功能关系得：

代入数据解得：

（2）上升的过程中和下降的过程中物块都是受到重力、支持力和摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度分别是a1和a2；则：

物块上升时摩擦力的方向向下：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

物块下降时摩擦力的方向向上：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

由运动学的公式推得：

代入数据解得：

答：（1）弹簧锁定时具有的弹性势能是

（2）物块从A到B的时间tl与从B返回到A的时间t2之比．【分析】第一问涉及弹簧的弹性势能与物块的动能之间的相互转化；以及物块的动能与内能；重力势能之间的相互转化，要理清它们的关系．

该题的第二问直接对物块进行受力分析；然后使用牛顿第二定律即可，属于常见题型．

(1)

弹簧解锁的过程中弹簧的弹性势能转化为物块的动能；物块上升的过程中动能转化为重力势能和摩擦力产生内能，写出方程，即可求得弹性势能；

(2)

分别对物块上升的过程和下降的过程进行受力分析；根据牛顿第二定律写出加速度的表达式，结合它们的位移大小相等，即可求得时间的比值．

【解析】解：(1)

物块受到的摩擦力：f=娄脤mgcos娄脠

A

到B

的过程中由功能关系得：f(h0sin胃)+mgh0=EP

代入数据解得：EP=32mgh0

(2)

上升的过程中和下降的过程中物块都是受到重力；支持力和摩擦力的作用；设上升和下降过程中的加速度分别是a1

和a2

则：

物块上升时摩擦力的方向向下：mgsin娄脠+娄脤mgcos娄脠=ma1

物块下降时摩擦力的方向向上：mgsin娄脠鈭�娄脤mgcos娄脠=ma2

由运动学的公式推得：12a1t12=12a2t22

代入数据解得：t1t2=33

答：(1)

弹簧锁定时具有的弹性势能是32mgh0

(2)

物块从A

到B

的时间tl

与从B

返回到A

的时间t2

之比33

．31、rm{(1)0.10}

rm{(2)0.65}【分析】【分析】本题旨在考查学生对化学计量的计算的应用。【解答】rm{(1)}产生氢气的物质的量是rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol}故答案为：rm{dfrac{2.24L}{22.4L/mol}=0.1mol

}rm{0.1}设含有锌的物质的量为rm{(2)}铁的物质的量为rm{amol}二者和硫酸反应生成氢气的物质的量之比均为rm{bmol}故rm{begin{cases}65a+56b=5.69a+b=0.1end{cases}}解得rm{1:1}rm{begin{cases}65a+56b=5.69

a+b=0.1end{cases}}故锌的质量为rm{a=0.01mol}故答案为：rm{b=0.09mol}rm{0.65g}【解析】rm{(1)0.10}rm{(2)0.65}32、（1）①0.01mol/（L•min）50%

②降低温度或降低H2浓度或增大H2O（g）浓度；

（2）①＞

②1.1×10-6

【分析】【分析】本题涉及化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算知识，是高考常考题型，难度中等。关键是掌握化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用、溶度积计算的原理，侧重知识的能力考察。【解答】rm{(1)垄脵}设消耗一氧化碳物质的量为rm{x}

rm{CO}rm{(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始量rm{(mol)0.2}rm{0.2}rm{0}rm{0}

变化量rm{(mol)x}rm{x