2025年苏教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2025年苏教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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（）A.A、B之间一定存在摩擦力作用B.木块A可能受三个力作用C.木块A一定受四个力作用D.木块B受到地面的摩擦力作用方向向右2、如图所示，一带负电的金属环绕轴OO隆盲

以角速度娄脴

匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时N

极的指向()

A.N

极竖直向上B.N

极竖直向下C.N

极沿轴线向左D.N

极沿轴线向右3、现已建成的核电站的能量来自于()A.天然放射性元素衰变放出的能量B.人工放射性同位素放出的能量C.重核裂变放出的能量D.化学反应放出的能量4、关于冲量和动量，下列说法中错误的是（）A.冲量是反映力的作用时间积累效果的物理量B.动量是描述物体状态的物理量C.冲量是物体动量变化的原因D.冲量是描述物体状态的物理量5、如图；质量为M

的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB

部分是半径R

的四分之一光滑圆弧，BC

部分是粗糙的水平面.

今把质量为m

的小物体从A

点由静止释放，m

与BC

部分间的动摩擦因数为娄脤

最终小物体与小车相对静止于BC

之间的D

点，则BD

间距离x

随各量变化的情况是(

)

A.其他量不变，R

越大x

越小B.其他量不变，M

越大x

越小C.其他量不变，m

越大x

越小D.其他量不变，娄脤

越大x

越小6、两带电小球，电荷量分别为+q

和鈭�q

固定在一长度为l

的绝缘杆两端，置于足够大的电场强度为E

的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕经过O

点垂直于杆的轴转过180鈭�

则在此过程中电场力做功为(

)

A.0

B.qEl

C.2qEl

D.娄脨qEl

7、做匀速圆周运动的物体，下列物理量发生变化的是（）A.频率B.速率C.线速度D.周期评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示是法拉第圆筒实验装置示意图，验电器A原来不带电，验电器B原来带有电荷；金属小球e直接固定于绝缘手柄上．金属小球f用一较长的导体棒（长度大于圆筒的深度）相连后固定于绝缘手柄上，则下列操作中，能使验电器A带电的是（）A.使e与B的圆筒外壁接触后再与A的圆筒内壁接触B.使e与B的圆筒内壁接触后再与A的圆筒外壁接触C.使f与B的圆筒外壁接触后再与A的圆筒内壁接触D.使f与B的圆筒内壁接触后再与A的圆筒外壁接触9、如图是用伏安法测电阻的两种常用电路；下列说法正确的是（）

A.选用的电流表内阻越小，两种电路测量误差都越小B.用左图测出的电阻值总是小于真实值．用右图测出的电阻值则总是大于真实值C.当待测电阻值比电流表内阻大得多时，用右图所示电路测量的误差较小D.当待测电阻值比电压表内阻小得多时，用左图所示电路测量的误差较小10、物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是()A.天然放射现象说明原子核内部是有结构的B.电子的发现使人认识到原子具有核式结构C.娄脕

粒子散射实验的重要发现是电荷时量子化的D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的11、如图为氢原子能级图，现有一群处于n

=3

激发态的氢原子，则这些原子()

A.发出的光子最小能量是0.66eV

B.发出的光子最大能量是12.75eV

C.能发出3

种不同频率的光子D.由n

=3

跃迁到n

=1

时发出的光子频率最高12、下列有关光现象的说法正确的是（）A.小孔成像的原理利用了光的衍射现象B.光导纤维传输信号是利用了光的全反射现象C.用分光镜观测光谱是利用了光折射时的色散现象E.在阳光照射下，水面的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象E.在阳光照射下，水面的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象13、如图所示，ABCD

为固定的水平光滑矩形金属导轨，AB

间距离为L

左右两端均接有阻值为R

的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B

的匀强磁场中，质量为m

长为L

的导体棒MN

放在导轨上.

甲、乙两根相同的轻质弹簧一端均与MN

棒中点固定连接，另一端均被固定，MN

棒始终与导轨垂直并保持良好接触，导轨与MN

棒的电阻均忽略不计.

初始时刻，两弹簧恰好处于自然长度，MN

棒具有水平向左的初速度v0

经过一段时间，MN

棒第一次运动至最右端，这一过程中AB

间电阻R

上产生的焦耳热为Q

则(

)

A.初始时刻棒受到安培力大小为2B2L2v0R

B.MN

棒最终停在初位置处C.当棒再次回到初始位置时，AB

间电阻R

的功率为B2L2v02R

D.当棒第一次到达最右端时，甲弹簧具有的弹性势能为Ep=14mv02鈭�Q

14、如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=3：1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上U=45sin100πt（V）的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表且电流表A2的示数为2A，则（）A.交变电流的频率是100HzB.电流数A1的示数约为1.33AC.灯泡L的额定电压为15VD.灯泡A的额定电压为15V评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、电扇扇叶上经常布满灰尘，是因为风叶转动时与空气____而产生____，带有____的叶片会把空气中的灰尘吸附过来．16、如图所示在竖直平面xOy内存在着竖直向下的匀强电场，带电小球以初速度v0，从O点沿Ox轴水平射入，恰好通过平面中的A点，OA连线与Ox轴夹角为60°，已知小球的质量为m，则带电小球通过A点时的动能为_________17、如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知在此过程中，气体内能增加100J，则该过程中气体______（选填“吸收”或“放出”）热量______J．18、如图所示，轻质弹簧一端固定在地面上，另一端与一薄板连接，薄板的质量不计，板上放一重物.

用手将重物往下压，然后突然将手撤去，则重物被弹离之前的运动情况是加速度先________后________(

填变大或变小).

加速度为0

时速度____填最大或最小)

19、如图所示的螺旋测微器的示数是______mm，游标卡尺的示数是______mm．

20、某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是______（填字母代号）．

A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确。

C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动。

②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长为______m．

③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______（填字母代号）．

21、若某欧姆表表头的满偏电流为5mA，内装一节干电池电动势为1.5V，那么该欧姆表的内阻为______Ω，待测电阻接入红、黑两表笔之间时，指针偏在满刻度的处，则待测电阻的阻值为______Ω，表盘中值刻度是______Ω．评卷人得分四、判断题(共2题，共18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、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）评卷人得分五、计算题(共4题，共32分)24、一定质量的非理想气体(分子间的作用力不可忽略)，从外界吸收了4.2×105J的热量，同时气体对外做了6×105J的功，则气体的内能改变了多少？气体的分子平均动能是增加还是减少？25、如图所示，边长为L=0.2m的正方形线圈abcd，其匝数为n=10、总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω=2rad/s绕轴OO′匀速转动；求：

（1）写出闭合电路中感应电动势的瞬时表达式。

（2）从t=0时刻到t=时刻；电阻R上产生的热量Q为多少？

（3）从t=0时刻到t=时刻，通过R的电荷量q为多少？26、学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω；升压变压器匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻为R=4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，求：

（1）发电机的输出功率多大？

（2）发电机的电动势多大？

（3）输电线上损耗的电功率多大？27、如图所示；质量为M

的平板小车静止在光滑的水平地面上，小车左端放一个质量为m

的木块，小车的右端固定一个轻质弹簧.

现给木块一个水平向右的瞬时冲量I

木块便沿小车向右滑行，在与弹簧作用后又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端.

试求：

垄脵

木块返回到小车左端时小车的动能；

垄脷

弹簧获得的最大弹性势能．评卷人得分六、作图题(共3题，共30分)28、画出下图中带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力的方向。29、根据图中通电直导线电流方向（竖直向下）判断磁感线的环绕方向；在图中画箭头表示．

30、画出图中带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力的方向。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解答】A、由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；B、对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；

D、木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F；则B可能不受摩擦力；故D错误；

故选：B．

【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．2、C【分析】【分析】带负电旋转，则可知电流方向，再由右手螺旋定则可知磁极的方向，再根据磁极间的相互作用可知小磁针的偏转方向。本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求能熟练准确的应用右手螺旋定则，注意电流的方向与负电荷的运动方向相反。【解答】带负电金属环；如图所示的旋转.

则金属环的电流方向与旋转方向相反，再由右手螺旋定则可知金属环产生的磁场方向：水平向左，因此小磁针N

极沿轴线向左，故C正确，ABD错误。

故选C。

．【解析】C

3、C【分析】重核的裂变与轻核的聚变都发生质量亏损，释放出核能，但是，就建成的核电站来说，都是利用重核的裂变，目前轻核的聚变只能用于制造核武器，人类还不能和平利用轻核的聚变释放出的能量．【解析】【答案】C4、D【分析】解：A；冲量I=Ft；故冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量，故A正确；

B；动量是描述运动状态的物理量；故B正确；

C；冲量是物体动量变化的原因；冲量的方向与动量变化的方向一致．故C正确；

D；冲量是反映力和作用时间积累效果的物理量；是过程量，故D错误；

本题选择错误的；故选：D．

根据动量定理可知；合外力的冲量等于物体动量的变化量，据此逐项分析即可求解．

本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆．【解析】【答案】D5、D【分析】解：根据水平方向上动量守恒；小物体在A

时系统速度为零，在D

点时系统速度仍为零．

根据能量守恒定律；小物体从A

到D

的过程中，小物体的重力势能全部转化为内能(

摩擦力消耗掉)

即mgR=娄脤mgx

化简得x=R渭

可知x

与物块的质量.

小车的质量无关；其他量不变，R

越大x

越大，娄脤

越大x

越小.

故ABC错误，D正确．

故选：D

系统水平方向上不受外力；所以从A

到D

的过程中，系统水平方向动量守恒.

在A

点总动量为零，到D

点总动量仍为零，即A

点两物体速度为零，到D

点两物体速度仍为零．

滑块从A

到B

的过程中；滑块木块均是光滑接触，故系统没有能量损失即机械能守恒；从B

到D

的过程中，滑块受摩擦力作用，且摩擦力对滑块做功，所以系统机械能不守恒.

摩擦力对系统做多少功，系统的机械能就减少多少.

即有mgR=娄脤mgx

．

题主要考查动量守恒和机械能守恒定律的条件，需要注意的是滑块从A

到B

的过程中，系统动量不守恒，但在水平方向上动量守恒，因为系统在水平方向上没有受到外作作用．【解析】D

6、C【分析】解：细杆转的过程中，正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功，W1>0

即qEl

负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功W2>0

即qEl.

电场力对两小球所做的功：W=W1+W2>0.

即2qEl

故ABD错误，C正确．

故选：C

细杆绕其中心O

转过180鈭�

正电荷受力的方向向上，位移的方向也向上，电场力对它做正功；负电荷受力的方向向下，位移的方向也向下，电场力对它也做正功．

抓住电场力做功与路径无关，只与始末状态位置有关，抓住旋转过程中电场力分别对正负电荷做的功求解是关键．【解析】C

7、C【分析】解：在描述匀速圆周运动的物理量中；线速度；向心加速度、向心力这几个物理量都是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的；周期、频率、转速、速率是标量，是不变化的，故C正确，ABD错误。

故选：C。

对于物理量的理解要明确是如何定义的；决定因素有哪些，是标量还是矢量，如本题中明确描述匀速圆周运动的各个物理量特点。

本题中明确描述匀速圆周运动的各个物理量特点是解本题的关键，尤其是注意标量和矢量的区别。【解析】C二、多选题(共7题，共14分)8、ACD【分析】解：A；C、本题通过接触带电来转移电荷；电荷分布在导体的外表面，因此与e或f与其外壁接触，都能使部分电荷转移到小球上，然后与A圆筒内表面接触，这样电荷可以全部转移到A的外部，故A、C正确．

B；使e与B的圆筒内壁接触的过程中e不能带上电荷；再与A的圆筒外壁接触时A不能带上电荷．故B错误；

D；由于与f相连的金属棒的长度大于筒的深度；所以使f与B的圆筒内壁接触的过程中，超出圆筒的部分会带上电荷，再与A的圆筒外壁接触，内使f上的一部分电荷转移到A上，使A带上电荷．这种方法使A带的电荷比较少．故D正确．

故选：ACD．

明确物体带电的三种带电方式及原理：接触带电；感应起电、摩擦带电．注意空腔导体带电时分布在外表面．

弄清各种带电方式的实质，并能正确理解和应用，尤其注意导体带电特点．【解析】【答案】ACD9、BD【分析】解：A：左图是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小；而右图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=Rx+RA＞Rx；故A错误；B正确；

C；当待测电阻阻值比电压表内阻小得多时；用左图所示电路，电压表分流少，则测量值的误差越小．故C错误，D正确；

故选：BD．

该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法；电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小．

该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也可以记住分析的方法．【解析】【答案】BD10、A【分析】略【解析】A

11、CD【分析】略【解析】CD

12、BCE【分析】解：A；泊松亮斑是光绕过障碍物继续传播；因此属于光的衍射现象，故A错误；

B；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射原理；故B正确；

C；分光镜是利用色散元件（三棱镜或光栅）将白光分解成不同波长的单色光；故C正确；

D；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用了薄膜干涉；故D错误．

E；在太阳光照射下；水面上的油膜上出现彩色花纹是由于油膜上下表面反射回的光相遇发生干涉，即疏于光的干涉现象，故E正确；

故选：BCE．

小孔成像是利用了光的直线传播．

在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射．

用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉．

在太阳光照射下；水面上的油膜上出现彩色花纹是光的干涉现象．

解决本题的关键知道光的干涉和衍射都是波特有的现象，知道干涉和衍射的区别，注意折射色散与干涉色散的区别．【解析】【答案】BCE13、ABD【分析】解：A

由F=BIL

及I=BLv0R虏垄

得安培力大小为FA=2B2L2v0R.

故A正确；

B；由于两边弹簧弹力的作用；若MN

不在中间位置，弹簧即产生弹力而使MN

发生运动，故MN

最终只能静止在初始位置，故B正确；

C、当棒再次回到初始位置时，速度小于v0

棒产生的感应电动势小于BLv0

则AB

间电阻R

的功率小于B2L2v02R

故C错误；

D、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为12(12mv02鈭�2Q)=14mv02鈭�Q

故D正确；

故选：ABD

．

由E=BLv0I=ERF=BIL

三个公式结合求解初始时刻棒受到安培力大小.

明确运动过程并分析运动能量转化情况；从而分析MN

最终的位置和甲所具有的弹性势能，注意MN

棒从开始到第一次运动至最右端，电阻R

上产生的焦耳热为2Q

整个回路产生的焦耳热为4Q

．

本题考查电磁感应规律与能量规律相结合的问题，分析系统中能量如何转化是关键点，要注意根据导体棒克服安培力做功等于产生的焦耳热，分析电阻R

上产生的热量．【解析】ABD

14、BC【分析】解析：A、理想变压器不改变交变电流的频率，角速度ω=100π，故频率为=50Hz；故A错误。

B、因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2=4A，由变压规律可知原线圈中电流为I1=≈1.33A；故B正确。

C、D、令副线圈两端电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1=U2=3U2，令灯泡L两端电压为UL，则ULI1=U2IA，而U=UL+U1且U=45V，联立可得U2=10V，UL=15V；故C正确，D错误。

故选：BC。

因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光；所以副线圈中的总电流已知，由电流关系求出原线圈中的电流。

由匝数比分析电压关系。

本题考查了理想变压器的工作原理，单匝副线圈存在的前提下，理想变压器中电流与匝数成反比，解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度适中。【解析】BC三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】

风扇叶转动时；与空气摩擦而起电，从而吸引灰尘．所以叶片特别容易脏．

故答案为：摩擦；电荷；电荷．

【解析】【答案】不同物体相互摩擦；可以使物体带电，这种现象叫做摩擦起电．带电体有吸引轻小物体的性质．

16、略

【分析】试题分析:x轴上的位移x=v0t，Y轴上的位移y=OA连线与Ox轴夹角为60°，所以y=所以，Vy=故过A点的动能Ek=m(v02+vy2)=mv02考点：带电粒子在匀强电场中的运动【解析】【答案】Ek=mV0217、略

【分析】解：气体的体积变大，对外做功，W=F△X=PS△X=P△V=1.0×105×（4.0-2.0）×10-3=200J

对外做功；W为负值，根据热力学第一定律：△E=Q-W；

所以：Q=△E+W=300J．正号表示吸收热量．

故答案为：吸收；300

物体的内能与物体的温度和体积有关．温度是分子平均动能的标志；温度低的物体分子运动的平均动能小．

理想气体经历等压变化；由玻意尔定律求出状态B体积，根据热力学第一定律求解．

本题要要掌握热力学第一定律△U=W+Q的应用．抓住温度的微观含义：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大．【解析】吸收；30018、减小增大最大【分析】【分析】

用手将重物向下压缩到一定程度后，突然将手撤去，重物受到重力和弹簧的弹力，根据两个力的大小关系，确定合力的方向，分析重物的运动情况。

本题主要考查了变加速运动过程的动态分析，难度适中，基础题。

【解答】

用手将重物向下压缩到一定程度后；突然将手撤去，开始阶段，弹簧的弹力大于重物的重力，其合力方向竖直向上，重物向上做加速运动，速度越来越大；当弹簧的弹力小于重物的重力时，合力竖直向下，而速度竖直向上，重物做减速运动，速度越来越小；所以重物先做加速运动后做减速运动，即加速度先减小后增大，速度先增大后减小，所以加速度为0

时速度最大。

故填：减小；增大；最大。

【解析】减小增大最大19、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度为2mm；可动刻度为9.7×0.01mm=0.097mm，所以最终读数为2mm+0.097mm=2.097mm．

10分度的游标卡尺；精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为36mm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为2×0.1mm=0.2mm，所以最终读数为：36mm+0.2mm=36.2mm．

故答案为：2.097；36.2

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；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．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】2.097；36.220、略

【分析】解：（1）在摆线上端的悬点处；用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确；

故选AC

（2）游标卡尺示数为：d=12mm+1×0.1mm=12.1mm；

单摆摆长为L=l-=0.9990m-0.00605m=0.99295m

（3）当摆角小于等于5°时；我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。

故选A

故答案为：①AC②12.10.99295③A

当摆角小于等于5°时；我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；

掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．【解析】AC；12.1；0.99295；A21、略

【分析】解：欧姆调零时；指针指在满偏刻度处，有：

R内===300Ω；

指针指在满刻度的处时；有：

I=

即：×0.005=

解得：RX=100Ω；

表盘中值刻度即中值电阻等于欧姆表内阻；为300Ω．

故答案为：300；100；300．

欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律；根据闭合电路的欧姆定律可以求出欧姆表内阻与待测电阻阻值，欧姆表中值电阻等于其内阻．

本题考查了求欧姆表内阻、待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题．【解析】300；100；300四、判断题(共2题，共18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：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．五、计算题(共4题，共32分)24、略

【分析】本题考查热力学第一定律，改变内能的两种方式：做功和热传递；【解析】【答案】(1)因气体从外界吸收热量，所以Q＝4.2×105J，气体对外做功6×105J，则外界对气体做功W＝－6×105J，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，得ΔU＝－6×105J＋4.2×105J＝－1.8×105J，所以物体内能减少了1.8×105J.(2)因为气体对外做功，体积膨胀，分子间距离增大了，分子力做负功，气体的分子势能增加了．所以分子的平均动能减少25、略

【分析】

当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Em=BSω求解感应电动势的最大值．图中是中性面，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=Emsinωt可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=求通过电阻R的电荷量．最大值是有效值的倍；求得电动势有效值，根据焦耳定律求电量Q．

本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点，掌握感应电荷量的经验公式q=知道用有效值求热量．【解析】解：（1）线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等；当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为：

=×10×1×0.04×2=0.4V

则表达式有e=0.4sin2t；

（2）在线框由图示位置匀速转动90°的过程中；用有效值来计算电阻R产生的热量。

U=

I===0.02A；

Q==（0.02）2×8×=2π×10-2J=6.28×10-2J；

（3）在转过90°的过程中感应电动势的平均值为：

流过R的平均电流为：

解得流过R的电量为：q===2×10-2C

答：（1）表达式为e=0.4sin2t；

（2）热量为6.28×10-2J；

（3）流过的电量为2×10-2C．26、略

【分析】

利用高压输电的目的是降低线路的功率损失；从而提高用户得到的功率．由教室获得的功率与正常发光的电压可求得线路上的损失电压．由理想变压器的变压比与变流比可求出发电机的电动势．

理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损．输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．【解析】解：

（1）所有灯都正常工作的总功率为：P用22×6×40=5280W

用电器总电流为：A

输电线上的电流为：A

降压变压器上：U2=4U2′=880V

输电线上的电压损失为：Ur=IRR=24V

升压变压器的输出电压为U1′=UR+U2=904V

输入电压为U1=U1′=226V，输入电流为I1=4I1′=24A

发电机输出功率为P出=U1I1=5424W

（2）发电机的电动势E=U1+I1r=250V

（3）输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W

答：（1）发电机的输出功率为5424W；

（2）发电机的电动势为250V；

（3）输电线上损耗的电功率为144W．27、略

【分析】

垄脵

根据动量