2024年沪教版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年沪教版高二物理上册月考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8题，共16分)1、下列科学家属于“物体越重；下落越快”的观点的代表人物（）

A.牛顿。

B.伽利略。

C.亚里士多德。

D.爱因斯坦。

2、两根通电长直导线平行放置，电流大小分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上。b点为导线横截面连线与此垂直平分线的交点；导线中的电流在这四点产生磁场的磁感应强度可能为零的是（）

A.a点B.b点C.c点D.d点3、如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大4、一只电炉的电阻和一台电动机线圈电阻相同；都为R，设通过的电流强度相同，时间相同，电动机正常工作，则（）

A.电动机和电炉发热相同。

B.电动机消耗的功率和电炉一样大。

C.电动机两端电压大于电炉两端电压。

D.电动机和电炉两端电压相同。

5、下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力；电量、场强、电势差以及距离；则（）

①F=k②E=③E=④U=Ed．A.它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B.①②③只对点电荷或点电荷的场成立，④只对匀强电场成立C.①②只对点电荷成立，③对任何电场都成立，④只对匀强电场才成立D.①②只对点电荷成立，③④对任何电场都成立6、如图所示；一带负电的离子束沿图中箭头方向通过两磁极间时，它受的洛伦兹力方向(

)

A.向下B.向上C.指向S

极D.指向N

极7、如图所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n

1

和n

2

所接负载4

R

1=

R

2

原线圈的电压恒定不变，当只闭合S1

时，电流表示数为1A

当S1

和S2

都闭合时，电流表示数为2A

则n

1隆脙

n

2

为()

A.1隆脙1

B.1隆脙2

C.1隆脙3

D.1隆脙4

8、真空中有相隔距离为r

的两个点电荷，它们分别带4

q

和3

q

的电荷量，其间的静电力为F

，如果保持它们之间的距离r

不变，而将它们所带电量分别改变为2

q

和6

q

，那么它们之间的静电力的大小应为()

A.F

/2

B.2

F

C.4

F

D.F

评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、物体以某一初速度从粗糙斜面的底沿斜面上抛，物体滑到最高点后又返回抛出点，则下述说法中正确的是()A.上滑过程中重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量B.上滑过程中摩擦力的冲量与下滑过程中摩擦力的冲量大小相等C.上滑过程中弹力的冲量等于下滑过程中弹力的冲量D.上滑过程中合外力的冲量与下滑过程中合外力的冲量方向相同10、关于惯性，下列表述正确的有()A.物体的速度越大，惯性越大B.物体的质量越大，惯性越大C.静止的物体也有惯性D.惯性是物体的固有属性11、如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表.

当滑动变阻器R2

的滑动触头P

移动时，关于两个电压表V1

与V2

的示数，下列判断正确的是()A.P

向b

移动，V1

示数增大、V2

的示数减小B.P

向a

移动，V1

示数增大、V2

的示数减小C.P

向b

移动，V1

示数改变量的绝对值大于V2

示数改变量的绝对值D.P

向a

移动，V1

示数改变量的绝对值小于V2

示数改变量的绝对值12、如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中.

两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放.MN

为轨道的最低点，则下列说法中正确的是(

)

A.在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处B.两个小球到达轨道最低点的速度vM<vN

C.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FN

D.小球第一次到达M

点的时间大于小球第一次到达N

点的时间13、水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则（）A.ab棒中感应电流增大，方向由a到bB.ab棒中感应电流不变，方向由b到aC.ab棒所受摩擦力增大，方向水平向右D.ab棒所受摩擦力不变，方向水平向左14、在“用单摆测定重力加速度”实验中，使单摆做小角度摆动，实验需要测量的物理量有（）A.摆球的质量B.单摆的振幅C.单摆的摆长D.单摆的周期评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、电荷既不会凭空产生，也不会凭空消灭，它只能从一个物体______到另一个物体，或者从物体的一部分______到物体的另一部分；在______的过程中，电荷的总量______．16、某同学用图示装置测量油的折射率．已知储油圆桶底面直径与桶高均为d，当桶内无油时，从某点A恰能看到桶底边缘上的点B，当桶内油的深度等于桶高一半时，在A点沿AB方向看去，看到桶底上的C点，C、B相距d由此可得油的折射率n=______，光在油中传播的速度v=______m/s．（空气中光速3×108m/s）17、如图所示的电路中，电阻R1R2R3

的阻值都是1娄赂R4R5

的阻值都是0.5娄赂ab

端输入电压U=5V.

当cd

端接电流表时，其示数是______A

当cd

端接电压表时，其示数是______V

．18、如图所示，电路中E=3Vr=0.5娄赂R0=1.5娄赂

变阻器R

的最大阻值为10娄赂

．

(1)

当变阻器的阻值R=

______娄赂

时；变阻器上消耗的功率最大。

(2)

当变阻器的阻值R

为某特定值时，定值电阻R0

上消耗的功率最大，最大值Pm=

______W.

19、用如图所示装置做“研究有固定转动轴物体的平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．（1）（多选题）在用细线悬挂钩码前，下列措施中哪些是必要的（）（A）判断力矩盘是否处在竖直平面（B）判断横杆MN是否严格保持水平（C）判断力矩盘与转轴间的摩擦是否足够小（D）判断力矩盘的重心是否位于盘中心（2）在力矩盘上A、B、C三点分别用细线悬挂钩码后，力矩盘平衡，如图所示，已知每个钩码所受重力为1N，则此时弹簧秤示数应为________N．（3）若实验前，弹簧秤已有0.2N的示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，则完成实验后测量出的顺时针力矩与逆时针力矩相比，会出现M顺______M逆（选填“＞”、“＝”或“＜”）．20、某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以O点为圆心，10.00cm为半径画圆，分别交线段OA于A点，交线段OO′的延长线于C点，过A点作法线NN′的垂线AB交NN′于B点，过C点作法线NN′的垂线CD交NN′于D点，如图所示．用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm，则玻璃的折射率n=________（请用已知线段表示），代入数据得n=____。21、一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图像如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如（图乙）所示。则快艇最快到达岸边，所用的时间为____s，最快到达岸边时，经过的位移大小为m．22、图示，A、B两个小球用等长绝缘细线悬挂在支架上，A球带0.003C的正电荷，B球带等量的负电荷，两悬点相距3cm，在外加匀强电场作用下，两球都在各自悬点正下方处于平衡状态，则该匀强电场产生的电场力与______相等，匀强电场的方向______．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=______N/C，B处的场强大小EB=______N/C．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)24、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）

25、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）26、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）

评卷人得分五、证明题(共2题，共18分)27、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。28、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。评卷人得分六、识图作答题(共3题，共30分)29、我省三亚市南滨农场是我国南繁育种基地，著名育种专家袁隆平每年都要到该基地指导育种工作。下图是水稻高杆和矮杆一对相对性状的杂交实验过程，其中P的基因型为DD和dd，请你按照孟德尔遗传分离定律，回答下列问题：

（1）遗传图解中有很多的遗传符号，如“”代表_____，P表示_____。（2）上图中水稻高秆属于______性状，F1的基因型是______。（3）F2高秆水稻中杂合子占__________,F2中矮秆水稻的基因型是__________。30、下图是某家庭先天性聋哑的遗传系谱图。请据图回答。（显、隐形基因分别用B、b表示）（1）该病的遗传方式是常染色体上_____遗传（显性/隐性）。（2）图中Ⅰ代1号的基因型是_______。（3）图中Ⅲ代1号与聋哑基因携带者的女性结婚，生一个患病孩子的可能性是__。31、下图是某温带陆地生态系统中某一时间的食物网。回答下列问题：（1）有同学认为该生态系统中所有的鼠构成了第二营养级，该说法是否正确？________。理由是________。（2）该生态系统中的食物链往往是________（填“不变”或“可变”）的，原因是________（答出一点即可）。（3）一场低强度的火灾过后，森林中的植被很快恢复，从生物种间关系的角度分析原因是________；从物质循环的角度分析原因是________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

A；根据牛顿第二定律在忽略空气阻力的情况下；做自由落体运动的所有物体的加速度都等于当地的重力加速度，即所有的物体下落的一样快，故A错误．

B；伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快；故B错误．

C；亚里士多德认为物体越重下落越快；故C正确．

D；爱因斯坦主要成就是在量子力学；故D错误．

故选C．

【解析】【答案】牛顿认为所有的物体下落的一样快；伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快，亚里士多德认为物体越重下落越快，爱因斯坦主要成就是在量子力学．

2、A【分析】【详解】

A．根据安培定则可知两电流在a点磁感应强度的方向相反，若I1＜I2，由于a离I1近，故在a点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度。则a点磁感应强度可能为0．故A正确；

B．两电流在b点的磁感应强度的方向相同，故b点磁感应强度不能可为0。故B错误；

CD．两电流分别在c、d点的磁感应强度的方向不共线，合成时不可能为0，c、d两点的磁感应强度不可能为0．故CD错误。3、A【分析】试题分析：滑动变阻器向下滑动，R0接入电路的阻值减小，整个回路总电阻减小，总电流强度增加，因此内电压升高，路端电压降低，电压表示数减小，B、C错误；同样R1分得的电压也增加，这样R0与R2并联后分得的电压减小，即加在R2上的电压减小，流过R2的电流减小，也就是电流表的示数减小，D错误，A正确。考点：闭合电路欧姆定律【解析】【答案】A4、A|C【分析】

A、电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用．根据焦耳定律Q=I2rt；得，电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等．故A正确．

B；电动机消耗的电能一部分转化为内能；另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率．故B错误．

C、D设电流为I，则电炉两端电压U炉=Ir，电动机两端电压U机＞Ir，所以U机＞U炉．即电动机两端电压大于电炉两端电压．故C正确；D错误．

故选AC

【解析】【答案】对于电炉电路和电动机电路；焦耳定律都适用．欧姆定律适用于电炉，不适用于电动机．根据欧姆定律研究电炉两端的电压．电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积．

5、C【分析】解：是库仑定律的公式，只适用于点电荷．E=是由库仑定律和电场强度的定义式E=推导出来的；也可适用于点电荷；

是电场定义式；采用比值法定义，适用于任何电场；U=Ed是根据W=qU和W=qEd结合推导出来的，W=qEd只适用于匀强电场，所以U=Ed只对匀强电场成立．故C正确．

故选：C．

E=只适用于点电荷；适用于任何电场；U=Ed只适用于匀强电场．

解决本题的关键知道库仑定律和电场强度三大公式的适用条件，要知道各个公式的来源，并能灵活运用，即可正确答题．【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】

本题考查基本定则的运用能力.

运用左手判断洛伦兹力方向时；要注意四指指向正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向。

带电粒子在磁场中运动时受到洛伦兹力方向根据左手定则判断；由磁感线方向确定手心方向，由电荷运动方向确定四指指向，由大拇指指向来判断洛伦兹力的方向。

【解答】

由图可知；磁场方向从N

极指向S

极，根据左手定则可知，让四指指向与正电荷运动方向相同，让磁感线穿过手心，根据大拇指的指向即可判断出洛伦兹力的方向，由此可知负电的离子束所受的洛伦兹力的方向向下，故A正确，BCD错误。

故选：A

【解析】A

7、B【分析】【分析】设原线圈的电压为U

当只闭合S1

时，根据电流表示数为1A

可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；当S1

和S2

都闭合时，电流表示数为2A

可知变压器的输入功率，从而可知输出功率；进而得到两副线圈的功率之比，根据P=U2R

结合负载4R1=R2

的阻值关系，与变压器的电压与匝数成正比，即可求解。

本题考查了变压器的特点：输入功率等于输出功率，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，注意副线圈的电阻阻值关系是解题的关键。【解答】设原线圈的电压为U

当只闭合S1

时，根据电流表示数为1A

则变压器的输入功率为U隆脕1A

则副线圈的功率为U隆脕1A

当S1

和S2

都闭合时，电流表示数为2A

则变压器的输入功率为U隆脕2A

则副线圈的功率为U隆脕2A

因此两副线圈的功率之比为11

根据P=U2R

结合负载4R1=R2

的阻值关系，则有：U12R1=U22R2

解得：U1U2=12

由变压器的电压与匝数成正比，则有：n1n2=12

故B正确，ACD错误。

故选B。【解析】B

8、D【分析】【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可。

本题考查了库仑定律。库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习。。库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习。库仑定律【解答】距离改变之前：

F=k4q.3qr2=k12q2r2垄脵F=kdfrac{4q.3q}{{r}^{2}}=kdfrac{12{q}^{2}}{{r}^{2}}垄脵当它们所带的电荷量分别改变为8q8q和qq时，则有：F鈥�=k2q隆陇6qr2=k12q2r2F{{'}}=kdfrac{2q隆陇6q}{{r}^{2}}=kdfrac{12{q}^{2}}{{r}^{2}}

垄脷垄脷?=F联立垄脵垄脷垄脵垄脷可得：FF；故ABC错误，D正确。故选D。【解析】D

二、多选题(共6题，共12分)9、AD【分析】【分析】对物体进行受力分析，由上滑与下滑过程中的运动过程明确物体的运动时间，再确定各力的冲量，由于动量定理比较合力的冲量大小。本题考查了比较各力的冲量大小，本题的解题关键是分析受力和两个运动过程中的时间长度，由牛顿第二定律和运动学公式、冲量的意义、动量定理即可正确解题。【解答】上滑过程加速度：a脡脧=mgsin娄脠+娄脤mgcos娄脠m=g(sin娄脠+娄脤cos娄脠)

下滑过程加速度：a脧脗=mgsin娄脠?娄脤mgcos娄脠m=g(sin娄脠鈭�娄脤cos娄脠)

则a脡脧>a脧脗

上滑过程为匀减速直线运动；末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动；

下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动，上滑与下滑过程的位移x

大小相等，可知：t脡脧<t脧脗

A.重力的冲量：IG=mgt

由于t脡脧<t脧脗

则上滑过程重力的冲量小于下滑过程中重力的冲量，故A正确；

B.摩擦力的冲量：If=ft=娄脤mgtcos娄脠

由于t脡脧<t脧脗

则上滑过程摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量，故B错误；

CD.

上滑过程为匀减速直线运动；末速度为零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动；

下滑过程为初速度为零的匀加速直线运动；上滑与下滑过程的位移x

大小相等；

由v2=2axa脡脧>a脧脗

可知：v脡脧>v脧脗

由动量定理得：I潞脧=mv鈭�0=mv

可知：I潞脧脡脧>I潞脧脧脗，方向相同，又由于上滑过程和下滑过程中弹力的大小相同，故上滑过程中弹力的冲量大于下滑过程中弹力的冲量；故D正确；C错误。

故选AD。【解析】AD

10、BCD【分析】略。【解析】BCD

11、BD【分析】【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化。闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路鈭�

内电路鈭�

外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。【解答】由图可知R1

与R2

串联；V1

测R1

两端的电压，V2

测R2

两端的电压；

B.若p

向a

端移动；则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，则内电压增大，R1

两端的电压增大；路端电压减小，故R2

两端的电压减小，故B正确；

D.因路端电压减小；V1

示数增大，V2

示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1

示数改变量的绝对值小于V2

示数改变量的绝对值，故D正确；

A.若p

向b

端移动；则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电流减小，内电压减小，V1

减小，故A错误；

C.由于内电压减小；故路端电压增大，而V1

减小，V2

必然增大，且增大量一定大于V1

的减小量，故C错误；

故选BD。

【解析】BD

12、AC【分析】解：A

洛伦兹力不做功；故在磁场中小球能运动可能到另一端的最高处；根据动能定理知，在电场中，电场力始终做负功，小球不能到达最高点，否则末动能小于零，矛盾；故A正确．

B、对左图，根据动能定理得，mgR=12mvM2

解得vM=2gR

．

对右图，根据动能定理得，mgR鈭�qER=12mvN2

解得vN=2(mgR鈭�qER)m.

所以vM>vN.

故B错误．

C、在最低点，对左图有：FM鈭�mg=mvM2R

解得FM=3mg

．

对右图有：FN鈭�mg=mvN2R

解得FN=3mg鈭�qE.

知FM>FN.

故C正确．

D；左图在运动的过程中；只有重力做功，右图在运动的过程中，除重力做功外，还有电场力做负功，起阻碍作用，所以小球第一次到达M

点的时间小于小球第一次到达N

点的时间，故D错误．

故选：AC

带电小球在磁场中运动；洛伦兹力不做功，根据动能定理求出运动到最低点的速度，从而根据牛顿第二定律求出底部对小球的支持力大小，然后进行比较．

解决本题的关键知道电场力做功和洛伦兹力做功的区别，知道洛伦兹力不做功，综合动能定理和牛顿第二定律进行求解．【解析】AC

13、BC【分析】解：A、磁感应强度均匀增大，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变；根据楞次定律可知，电流由b到a；故A错误；B正确；

C、ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀增大，金属棒ab始终保持静止；则摩擦力也均匀增大．根据左手定则可知，安培力向左，根据平衡条件可知，摩擦力向右，故C正确，D错误．

故选：BC

磁感应强度均匀增大；穿过回路的磁通量均匀增大，回路中产生恒定的电流，根据楞次定律可明确电流方向；安培力F=BIL，分析安培力的变化，根据左手定则可明确安培力的方向；再根据平衡条件即可判断摩擦力的变化．

本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，从而判断感应电流和安培力的变化以及方向．【解析】【答案】BC14、CD【分析】解：根据单摆周期公式：得：

根据以上公式可得；要得出重力加速度，需要测量的是单摆的摆长和摆动的周期．

该公式中；与摆球的质量和单摆的振幅无关．故选项A；B错误，选项CD正确．

故选：CD

根据单摆周期公式：列式；得出重力加速度的表达式，根据表达式分析即可．

本题关键明确单摆摆长等于悬挂点到球心的间距，然后根据周期公式列式求解，基础题．【解析】【答案】CD三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】解：电荷既不会凭空产生；也不会凭空消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到物体的另一部分；

在转移的过程中；电荷的总量保持不变．

故答案为：转移；转移，转移，保持不变．

同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引．根据电荷守恒定律的内容就可以直接作出解答．

本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．【解析】转移；转移；转移；保持不变16、略

【分析】解：作出光路图；如图所示：

光从油射入空气时，入射角正弦：sinγ==

折射角正弦：sini=sin45°=

故折射率为：n===2；

所以油中光速为：v===1.5×108m/s；

故答案为：2，1.5×108

画出光路图后，根据折射定律求出折射率的大小，根据v=求出光在油中的传播速度．

解决本题的关键掌握光的折射定律，以及知道光在介质中的速度与真空中速度的关系．【解析】2；1.5×10817、略

【分析】解：当cd

端接电流表时；R4

与R5

串联后与R2

并联，再与R1R3

串联；

并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，则并联部分的总电阻为R虏垄=2(R4+R5)R2+R4+R5=1隆脕11+1=0.5(娄赂)

电路中总电流为I=UR1+R虏垄+R3=51+0.5+1A=2A

因为R4+R5=R2

所以通过电流表的电流为IA=12I=1A

当cd

端接电压表时，R1R2R3

串联，此时R4R5

相当于导线，电压表测R2

两端的电压，则得电压表的示数：UV=R2R1+R2+R3U=11+1+1隆脕5V=53V

故答案为：153

(1)

当cd

端接电流表时；R4

与R5

串联后与R2

并联，再与R1R3

串联，根据电阻的串并联表示出电路中的总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流和并联部分的电压，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电流表的示数．

(2)

当cd

端接电压表时；R1R2R3

串联，此时R4R5

相当于导线，电压表测R2

两端的电压，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出电压表的示数；

本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是cd

端接电压表时或接电流表时电路串并联的辨别，理清电阻之间的关系特别关键．【解析】153

18、略

【分析】解：(1)

将电阻R0

和电源等效成新的电源；当外电路电阻与等效电源内电阻相等时，等效电源的输出功率最大；

故当Rx=R0+r=2娄赂

时；等效电源的输出功率最大，即变阻器上消耗的功率最大；

(2)

根据闭合电路欧姆定律；有：

I=Er+R0+Rx

当Rx=0Im=Er+R0=30.5+1.5A=1.5A

根据公式P=I2R0=1.52隆脕1.5W=3.375W

故答案为：(1)2(2)3.375

．

(1)

当外电路电阻与电源内电阻相等时；电源的输出功率最大；将电阻R0

和电源等效成新的电源进行分析即可；

(2)

通过定值电阻R0

的电流最大时；输出功率最大．

本题关键明确“当外电路电阻与电源内电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，对于定值电阻，电流越大，功率越大．【解析】23.375

19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）因为重力方向竖直向下，即重力只能在竖直面内作用。故选(A).。力矩盘与转轴间的摩擦应足够小，则摩擦力产生力矩可忽略。故选(C)。力矩盘的重心若不位于盘中心，则力矩盘的重力也要产生力矩，那么实验时必须将力矩盘重力产生的力矩计算在内。力矩盘的重心若位于盘中心，则力矩盘的重力产生的力矩为零。故选(D)。而横杆MN是否严格保持水平，并不影响实验结果。（2）由力矩平衡原理（设力矩盘上各同心圆的间距相等，且为R）得：(F为弹簧秤示数)解得：F＝3N（3）若实验前，弹簧秤已有示数，实验时忘记对弹簧秤进行调零，计算逆时针力矩力矩时，F代入数值就比实际值大，得到的结果：顺时针力矩比逆时针力矩小。考点：力矩平衡【解析】【答案】（1）ACD（2）3（3）<20、略

【分析】【解析】试题分析：解析由图可知sin∠AOB=sin∠DOC=OA=OC=R，根据n=知，n====1.5考点：光的折射定律【解析】【答案】1.521、略

【分析】当船头垂直正对岸时，所用时间最短，船在静水中的运动为匀加速运动，加速度为0.5m/s2，沿河岸方向移动位移为总位移为116.6m【解析】【答案】20116.622、略

【分析】解：由题可知；AB带异种电荷，则相互间的库仑引力；

在外加匀强电场作用下；两球都在各自悬点正下方处于平衡状态，则该匀强电场产生的电场力与各自库仑力方向相反，大小相等；

依据正电荷的电场力方向即为电场强度的方向；那么外加电场的电场强度方向向左；

故答案为：库仑力；向左．

向左．

依据同种电荷相吸；异种电荷相斥，判定电荷间的库仑力方向，再依据平衡条件，即可确定匀强电场产生的电场力的方向与大小关系．

考查电荷间的库仑力方向与大小的应用，掌握平衡条件的内容，及理解电场强度方向与正电荷的电场力方向，及负电荷的电场力方向的关系．【解析】库仑力；向左23、略

【分析】解：点电荷在A点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C；方向从O→A；

同理，点电荷在B点处产生的场强大小也为E=k=9×109×N/C=9×103N/C；方向从O→B；

根据平行四边形定则得，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；

同理，B点的场强大小为EB=E=9×103N/C；

故答案为：0；9×103

根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小；判断出场强方向，C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AB两点处的场强大小及方向．

本题电场的叠加问题，一要掌握点电荷的场强公式E=k二要能根据据平行四边形定则进行合成．【解析】0；9×103四、判断题(共3题，共21分)24、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．25、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．26、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