2025年鲁科五四新版高二物理下册月考试卷

…………○…………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年鲁科五四新版高二物理下册月考试卷370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，小磁针指向标画正确的是（）A.B.C.D.2、如图为一块手机电池的背面印有的一些符号；下列说法不正确的是(

)

A.该电池的容量为500mA?h

B.该电池的电动势为3.6V

C.该电池在工作1

小时后达到的电流为500mA

D.若电池以10mA

的电流工作，可用50

小时3、右图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移图线。由图象给出的信息可以判定：（）A.碰前滑块Ⅰ的速率为0.8m/sB.碰后滑块的共同速率为0.6m/sC.碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的6倍4、关于物体的内能，正确的说法是(

)

A.温度、质量相同的物体具有相等的内能B.物体的内能与物体的体积有关C.机械能越大的物体，内能也一定越大D.温度相同的物体具有相同的内能5、以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有（）A.一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将最多向外辐射六种不同频率的光子B.20个U的原子核经过两个半衰期后剩下5个UC.轻核聚变反应方程中，X表示电子D.一个光子与一个静止的电子碰撞而散射，其频率会发生改变6、将一块宽为b，厚为d，横截面为矩形的金属导体置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于侧面，如图所示，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用理想电压表可测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，下列判断正确的是（）A.金属导体上表面电势高于下表面B.只增强金属导体中的电流I，电压表的示数会减小C.只增加金属导体的厚度d，电压表的示数会减小D.该导体中单位体积内的自由电子数为n=评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、电阻R1、R2的I-U图象如图，可知R1=____Ω，R2=____Ω；若把R1、R2并联后接到电源上时，R1消耗的电功率是6W，则电源的输出功率是____W．

8、①太阳辐射中含有可见光、红外线、紫外线，同时还有X射线、γ射线、无线电波．太阳辐射的能量主要集中在可见光、红外线和紫外线三个区域内．在这三个区域内的电磁波按照频率由高到低的顺序排列应为____、可见光和____．

②有一种生命探测仪可以探测生命的存在．我国四川汶川特大地震发生后，为了尽快营救废墟中的伤员，救援人员就广泛应用了这种仪器，该仪器主要是接收人体发出电磁波中的​____（选填“可见光”、“红外线”或“紫外线”）．9、如图所示电路中的A、B两端加有电压U，若R1=2Ω，R2=4Ω，R3=3Ω，通过它们的电流与电阻两端电压分别为I1、I2、I3和U1、U2、U3，则I1：I2：I3=______，U1：U2：U3=______．10、某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥；推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并黏合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图1所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．（此小题数据处理结果保留三位有效数字）

已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0.20kg．由以上测量结果（如图2）可得：碰前总动量=______kg•m/s；碰后总动量=______kg•m/s，故动量守恒定律得到验证．11、质量为m、电量为-q的带电粒子，从图中的O点以初速度v0射入场强为E的匀强电场中，v0与x轴方向夹角为θ，飞出电场时速度恰好沿y轴的正方向(与电场垂直).设粒子在电场中仅受电场力作用，在这过程中，带电粒子动量的增量大小为______，动能增量为______.12、铅球放在水平的海绵上，铅球对海绵的压力大小____等于（填“大于”、“等于”或“小于”）海绵对铅球的支持力的大小．汽车停在马路上，轮胎对地面产生的压力是由于​____轮胎发生形变而产生的．地面对轮胎的支持力是由于____地面发生形变而产生的．13、在远距离输电时，采用升压变压器使输电电压升高n倍，对于输送一定的电功率来说，输电线路上的电流将减小为原来的______，输电线路上的电能损失将减少为原来的______．14、美国宇航局的“新地平线”探测器在飞往冥王星的漫漫旅途中，由于离太阳太远，无法使用太阳能，不得不依靠所携带的10.9

kg

钚丸，利用其放射性衰变释放的能量发电.

已知钚丸(94239Pu)

衰变后成为92235U

则衰变方程为______；分别用m

1

m

2

m

3

表示衰变过程中94239Pu

核、92235U

核和放出的粒子质量，则衰变过程中释放的核能可以表示为______焦耳。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、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）16、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）17、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）

18、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

19、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）20、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）21、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）

22、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）

23、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、解答题(共2题，共8分)24、如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．导轨和金属杆的电阻可忽路．让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm；在这个过程中，电阻R上产生的热量为Q．导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为μ且μ＜tanθ．已知重力加速度为g．

（1）求磁感应强度的大小；

（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到v1（v1＜vm）时；求此时杆的加速度大小；

（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度．

25、宫一号于2011年9月29日成功发射；它和随后发射的神州飞船在空间完成交会对接，实现中国载人航天工程的一个新的跨越．天宫一号进入运行轨道后，其运行周期为T，距地面的高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G．若将天宫一号的运行轨道看做圆轨道，求：

（1）天宫一号向心加速度a的大小；

（2）地球的质量M．

评卷人得分五、综合题(共4题，共12分)26、如图所示电路是一种触电保安器；变压器A处用火线和地线双股平行绕制成线圈，然后接到用电器．B处有一个输出线圈，一旦线圈中有电流，经放大后便能推动继电器J切断电源．试说明：

27、(1)

如图所示；导热的气缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑。现用水平外力F

作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态垄脵

变化到状态垄脷

在此过程中，如果环境温度保持不变，下列说法正确的是()

A.每个气体分子的速率都不变B.气体分子平均动能不变C.水平外力F

逐渐变大D.气体内能减少E.气体吸收热量(2)

如图所示；一小车静止在水平地面上，车上固定着一个导热良好的圆柱形密闭气缸，在气缸正中间有一面积为3隆脕10鈭�4m2

的活塞，活塞厚度及活塞与气缸内壁间摩擦可忽略不计。此时活塞左右两侧的气体AB

的压强均为1.0隆脕105Pa

现缓慢增加小车的加速度，最后小车以20m/s2

的加速度向右匀加速运动时，A

气体的体积正好是原来的一半，若环境温度保持不变，求活塞的质量。

​

28、(

一)拢脹

选修模块3鈭�3拢脻

(1)

关于布朗运动说法中，正确的是()

A.布朗运动是液体分子的热运动B.布朗运动是固体分子的无规则运动C.布朗运动的激烈程度与温度无关D.布朗运动反映了液体分子运动的无规则性(2)

下列说法中正确的是()

A.气体压强是由于气体分子间存在斥力引起的B.液晶既具有流动性又具有光学性质各向异性C.水黾可以停在水面上说明液体存在表面张力D.0隆忙

的水和0隆忙

的冰它们的分子平均动能不相同

(3)

在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残存的空气，此时玻璃管竖直放置，如图所示.

假如把玻璃管竖直向上缓慢提升一段距离，玻璃管下端仍浸在水银中，则管内空气分子的密度将____，空气分子对管中水银面的压力____(

选填“变大”、“不变”或“变小”)

．

(4)

一定质量的理想气体由状态a

沿abc

变化到状态c

吸收了340J

的热量，并对外做功120J.

若该气体由状态a

沿adc

变化到状态c

时，对外做功40J

则这一过程中气体____(

填“吸收”或“放出”)

____J

热量．

(5)

铁的密度娄脩=7.8隆脕103kg/m3

摩尔质量M=5.6隆脕10鈭�2kg/mol

阿伏加德罗常数NA=6.0隆脕1023mol鈭�1

铁原子视为球体.

试估算(

保留一位有效数字)

垄脵

铁原子的平均质量；垄脷

铁原子的平均直径．

(

二)拢脹

选修模块3鈭�4拢脻

(1)

下列色散现象是通过干涉产生的是A.在白光下观察肥皂泡呈现彩色B.一束太阳光通过三棱镜在墙壁上呈现彩色光斑C.两块玻璃砖叠放在一起，玻璃砖上表面出现彩色条纹D.将两支铅笔并排放置，其直缝与日光灯平行，通过直缝看到彩色条纹(2)

下列说法中正确的是A.两列波相遇一定出现干涉现象B.变化的电场一定产生变化的磁场C.红外线波长比可见光长，主要特点是具有热效应D.当驱动力的频率等于系统固有频率时，受迫振动的振幅最大(3)

如图所示，PQ

是一列沿x

正方向传播的简谐横波两时刻的波形图，由波形P

经过t=2s

到波形Q.

则波长娄脣=

____m

波速=

____m/s

．

(4)

我们想像这样一幅图景：一列火车以接近光速从观察者身边飞驰而过，火车里的观察者看到沿铁路电线杆距离____(

填“变大”、“变小”、“不变”)

而地面上的观察者看到火车车窗的高度____(

填“变大”、“变小”、“不变”)

．

(5)

用双缝干涉测量光的波长的实验中，已知两缝间的距离为0.3mm

以某种单色光照射双缝时，在离双缝1.2m

远的屏上，第1

个亮条纹到第10

个这条纹的中心间距为22.78mm.

求(

保留二位有效数字)

垄脵

这种单色光的波长娄脣

垄脷

双缝到第10

条亮条纹中心的路程差S

．29、汽车刹车前速度为10m/s

刹车获得的加速度大小为2m/s2

求：

(1)

求汽车的刹车时间t0

(2)

汽车刹车开始后20s

内滑行的距离x1

(3)

静止前最后2.5s

内汽车滑行的距离x2

．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】解：A；由安培定则可知；水平向左的通电直导线电流，产生磁场方向顺时针方向（由右向左看），而小磁针N极指向为磁场方向，故A正确；

B；由小磁针N极的指向为磁场的方向；故B错误；

C；由螺线管中电流方向应用安培定则可知；螺线管的左侧为N极，则小磁针在N极应水平向右，故C错误；

D；由小磁针N极的指向为磁场的方向；结合磁场分布可知，小磁针N极应该向下，故B错误；

故选：A．

由安培定则；结合小磁针静止时N极的指向即为磁场方向，即可判出．

安培定则内容：用右手握住导线，四指指向电流环绕方向，大拇指所指的方向为N极的方向．注意小磁针静止时N极的指向即为磁场方向是解题的关键．【解析】【答案】A2、C【分析】解：

A；B

由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA?h

电动势为3.6V.

故AB正确．

C；由电池的容量可知该电池在连续工作1

小时时；电流为I=500mA

不是电池在工作1

小时后达到的电流为500mA.

故C错误．

D；由q=It

得知；若电池以10mA

的电流工作，可用50

小时.

故D正确．

本题选错误的；故选：C

根据铭牌读出电池的容量和电动势.

电池的容量是指电池能释放的总电量；根据电流的定义式求出该电池在工作1

小时后达到的电流和以10mA

的电流工作可用的时间．

本题考查读取电池铭牌信息的能力.

电池的容量是指电池所能释放的总电量．【解析】C

3、A|C|D【分析】【解析】【答案】ACD4、B【分析】解：AB

物体的内能与物质的量、温度、体积等因素有关.

温度相同；质量相同的物体内能不一定相等，还与分子数有关，以及体积有关.

故A错误，B正确．

C；物体的内能与物体的机械能是两个不同的概念；二者没有关系，故C错误．

D；内能取决于气体的温度、体积和物质的量；只有温度相同时，气体的内能不一定相同.

故D错误．

故选：B

任何物体都有内能.

物体的内能与温度；体积等因素有关.

可根据热传递情况；分析冰与水的内能大小．

解决本题的关键要掌握内能的概念及决定因素，知道内能与温度、体积等因素有关．【解析】B

5、D【分析】解：A；一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时；根据玻尔理论，辐射的光子频率最多时，辐射的途径为：n=4→3→2→1，最多将向外辐射3种不同频率的光子，故A错误。

B；半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律；对个别的放射性原子没有意义，故B错误。

C；根据质量数守恒可知X的质量数：m=2+3-4=1；电荷数：z=1+1-2=0，可知X是中子，故C错误。

D；光子与一静止的电子碰撞后光子的动量减小；则光子的能量减小，光子的频率变小，而波长变长，故D正确。

故选：D。

根据玻尔理论确定可能释放光子频率的种数；半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；光子与电子碰撞后；光子的频率变小，波长变长。

本题考查了玻尔理论、半衰期、核反应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础概念和基本规律，难度不大。【解析】D6、D【分析】解：A；根据左手定则；电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高，则下表面带正电，故A错误；

BC、根据e=evB；解得：U=Bdv，导体的厚度d越大，U越大，而U与导体中的电流I无关，故BC错误；

D、再依据I=neSv=nebdv，得：n=故D正确。

故选：D。

定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转；在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低。最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数。

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。【解析】D二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】

I-U图象的斜率等于电阻的倒数；则。

R1=Ω=8Ω

R2==12Ω

R1、R2并联后接到电源上时，它们的并联电阻为R并==4.8Ω

由R1消耗的电功率P1=输出功率P出=得。

=

代入解得，P出=10W．

故答案为：8；12，10

【解析】【答案】I-U图象的斜率等于电阻的倒数；把R1、R2并联后接到电源上时，由R1消耗的电功率为6W，根据功率公式P=运用比例法求出输出功率．

8、紫外线红外线红外线【分析】【解答】（1）电磁波按照频率由高到低的顺序排列应为：γ射线、x射线；紫外线、可见光、红外线、无线电波；太阳辐射的能量主要集中在可见光、红外线和紫外线三个区域内；这三个区域内的电磁波按照频率由高到低的顺序排列应为：紫外线、可见光、红外线；（2）黑体辐射的辐射强度与波长关系与物体的温度有关；人体会发射红外线，而人体的温度与周围环境温度不同，故通过探测红外线来寻找生命；

故答案为：（1）紫外线；红外线；（2）红外线。

【分析】（1）电磁波按照频率由高到低的顺序排列应为：γ射线、x射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波；（2）人体会发射红外线，黑体辐射的辐射强度与波长关系与物体的温度有关；9、略

【分析】解：由图看出，电阻R1与R2串联，电流相等，即I1=I2．根据欧姆定律U=IR得知，U1：U2=R1：R2=2：4=1：2

电阻R1与R2串联后与R3并联，并联电路电压相等，根据欧姆定律U=IR得知，I2：I3=R3：（R1+R2）=3：6=1：2

电压U3=U1+U2，又U1：U2=1：2，得到U1：U3=1：3．

综上得到，I1：I2：I3=1：1：2，U1：U2：U3=1：2：3

故答案为：1：1：2；1：2：3

由题，A、B两端加有电压U，电阻R1与R2串联后与R3并联．电阻串联时；电流相等．电路并联时，两端电压相等．根据欧姆定律求解比例关系．

本题的技巧是利用比例法，也可以先外电路总电阻，再求干路电流、各个电阻的电流和电压，得到比值．【解析】1：1：2；1：2：310、略

【分析】解：A碰前的速度：

碰后共同速度：．

碰前总动量：P1=m1v1=0.4×1.05=0.42kg．m/s

碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.6×0.695=0.417kg．m/s

故答案为：0.420；0.417

由平均速度公式求出碰前和碰后的速度大小；再由动量公式即可得出碰前和碰后总动量的大小，从而得出结论．

解决本题的关键知道A与B碰后，速度减小，会通过纸带求解速度的大小；属动量守恒定律中的基础问题【解析】0.420；0.41711、略

【分析】试题分析：根据粒子的受力特点可知：粒子在x轴方向做减速运动，在y轴方向做匀速运动，．由粒子飞出电场时速度沿y轴方向，所以此时x轴方向速度减小为零，即末速度粒子动量的增量大小由动能定理知：．考点：考查运动的分解与合成及对动量的理解和动能定理的应用，应注意动能定理是标量表达式，不能分解．【解析】【答案】12、等于轮胎地面【分析】铅球放在水平海绵上；铅球对海锦的压力与海绵对铅球的支持力为作用力与反作用力；故二力大小相等；

轮胎对地面产生的压力；施力物体是轮胎，故是轮胎发生弹性形变对地面的力；

地面对轮胎的支持力；施力物体是地面，故是地面发生弹性形变对汽车的力；

故答案为：等于；轮胎；地面。

【分析】物体发生形变后，要恢复原状，对与它接触的物体有力的作用，这就是弹力．是施力物体发生弹性形变对受力物体的力．13、略

【分析】解：（1）如果保证输送的电功率不变，将输电电压升高到原来的n倍，根据P=UI，电流变为原来的．

（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt，电流变为原来的电热变为原来的，所以输电线上的能量损失就减小到原来的．

故答案为：．

（1）输出功率一定时；根据P=UI，判断电压变化时，电流的变化．

（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt判断能量的损失．

解决此题关键掌握P=UI和P=I2R的应用，注意总功率和损失功率的关系，注意损失电压不是输送电压．【解析】14、（m1-m2-m3）c2【分析】【分析】根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；

根据爱因斯坦质能方程计算释放的核能。

本题考查了衰变方程的书写和爱因斯坦质能方程的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数，二者之差为中子数。【解答】根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：94239Pu隆煤92235U+24He

根据爱因斯坦质能方程：E=鈻�mc2=(m1鈭�m2鈭�m3)c2

故填：94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭�m2鈭�m3)c2

【解析】94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭�m2鈭�m3)c2

三、判断题(共9题，共18分)15、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．16、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．17、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．18、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．19、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．20、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．21、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．22、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．23、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、解答题(共2题，共8分)24、略

【分析】

（1）当ab匀速运动时，金属杆的受力图如图所示（从前向后看的视图）：图中Ff为滑动摩擦力，FN为斜面支持力，F安为感应电流的安培力；mg为导体棒的重力．这时导体棒匀速直线运动，其所受的合力为零，则有：

mgsinθ=Ff+F安

FN=mgcosθ；

由滑动摩擦力公式：Ff=μFN；

由安培力公式F安=BIL，由欧姆定律I=由法拉第电磁感应定律得E=BLvm，得F安=

解得：

（2）当导体棒的速度为v1时；由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ-BI'L=ma；

其中I'为速度时v1时导体棒中的感应电流，I'=

代入上式解得加速度a=

（3）由能量守恒知；导体棒减少的重力势能，转化为动能；内能和电能，电能通过电阻R又转化为热量．所以满足：

其中W'为克服摩擦力做的功；

FN=mgcosθ；

解得金属棒下降的高度为

答：

（1）磁感应强度的大小为

（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到v1（v1＜vm）时，此时杆的加速度大小为

（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为．

【解析】【答案】（1）金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动；后做匀速运动，速度达到最大值，此时金属杆受力平衡，根据平衡条件和安培力公式，求出磁感应强度B的大小．

（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到v1（v1＜vm）时；求出安培力，由牛顿第二定律求解加速度大小．

（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中；其重力势能减小，转化为杆的动能；摩擦生热和电路中的焦耳热，根据能量守恒定律求解杆下降的高度．

25、略

【分析】

（1）对天宫一号有：其中r=R+h，又：解得：

（2）设天宫一号的质量为m；根据牛顿第二定律有：

解得：

答：（1）天宫一号向心加速度

（2）地球的质量

【解析】【答案】（1）由向心加速度的周期表达式；可以得到加速度．

（2）由万有引力充当向心力的周期表达式；可以得到中心天体的质量．

五、综合题(共4题，共12分)26、①开的电灯过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；②当有人如图中“手﹣地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；③当有人双手“火线﹣零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源【分析】【解答】（1）开的电灯过多；但火线和零线中电流方向相反；大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；（2）当有人如图中“手﹣地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；（3）当有人双手“火线﹣零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源．

答：（1）开的电灯过多；但火线和零线中电流方向相反；大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源；（2）当有人如图中“手﹣地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源；（3）当有人双手“火线﹣零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源．

【分析】图中A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源．27、(1)BCE

(2)

解：起始时气体压强用P

表示；体积用V

表示；

对A

气体，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

对B

气体：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

对活塞有：(P1鈭�P4)S=ma

代入数据可解得：m=2kg

【分析】【分析】

(1)

封闭气体等温膨胀过程；温度是分子平均动能的标志且理想气体的内能只与温度有关，以活塞为研究对象根据受力平衡判断水平外力F

的变化。

本题的突破口是：题目中说“导热”的气缸缸且环境保持恒温；即判断气体做等温变化，然后会根据热力学第一定律判断各种变化。分析时要抓住温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，温度是分子平均动能的标志。

(2)

本题主要考查了气体实验定律与牛顿第二定律的综合问题；难度不大。

【解答】

(1)AB.

封闭气体等温膨胀过程；温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，不是每个分子动能都不变，故A错误，B正确；

C.气体等温膨胀；根据玻意耳定律PV=C

可知气压不断减小，故内外压力差变大，向左，故F逐渐变大，故C正确；

D.封闭气体等温膨胀过程；温度是分子热运动平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，气体分子势能不计，故内能不变，故D错误；

E.根据热力学第一定律?U=Q+W

内能不变，气体膨胀，对外做功，即W<0

故Q>0

吸热，故E正确。

故选BCE。

(2)

先对A

气体分析；根据玻意耳定律求出末状态的压强；再对B

气体分析，根据玻意耳定律求出末状态的压强；然后再对活塞受力分析，根据牛顿第二定律求出质量。

【解析】(1)BCE

(2)

解：起始时气体压强用P

表示；体积用V

表示；

对A

气体，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

对B

气体：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

对活塞有：(P1鈭�P4)S=ma

代入数据可解得：m=2kg

28、(

一)(1)D(2)BC(3)

变小，变小(4)

吸收，260

(5)

解：垄脵

铁原子的平均质量m0=MNA=5.6隆脕10鈭�26隆脕1023隆脰9隆脕10?26kg

垄脷

一个铁原子的体积V0=M娄脩NA=5.6隆脕10鈭�27.8隆脕6隆脕1023=1.2隆脕10鈭�29m3

根据得，d=6V0娄脨3=6隆脕1.2隆脕10鈭�293.143m隆脰3隆脕10鈭�10m

(

二)(1)A(2)CD(3)44n+32(n=0,1,2)(4)

变小，不变(5)

解：垄脵

条纹间距为：?y=22.78隆脕10?310鈭�9m=2.53隆脕10鈭�3m

因娄脣=dL?y

则解得，单色光的波长：娄脣=0.3隆脕10鈭�31.2隆脕2.53隆脕10鈭�3=6.3隆脕10鈭�7m

垄脷

根据双缝到第10

条亮条纹中心的路程差S=10娄脣=10隆脕6.3隆脕10鈭�7m=6.3隆脕10鈭�6m

【分析】(

一)(1)

【分析】固体小颗粒做布朗运动是液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，且液体分子在做永不停息的无规则的热运动.

固体小颗粒做布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动。掌握布朗运动的实质和产生原因，以及影响布朗运动剧烈程度的因素是解决此类题目的关键。【解答】

A.布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动在；是由于液体分子对小颗粒的碰撞的作用力不平衡引起的，所以布朗运动说明了液体分子不停的做无规则运动，故A错误。

B.布朗运动是固体小颗粒的运动；不是固体分子的运动；故B错误；

C.液体的温度越高；液体分子运动越剧烈，则布朗运动也越剧烈，故C错误；

D.布朗运动反映了液体分子的无规则运动；故D正确；

故选D。(2)

【分析】气体压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；液晶既具有液体的流动性，又具有光学性质的各向异性；水黾可以停在水面上说明液体存在表面张力；温度是分子平均动能的标志。本题考查了气体压强的微观意义、液晶、液体表面张力和温度等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识，对于一些记忆性的东西，要熟记。【解答】A.气体压强是由于气体分子对容器壁的碰撞产生的；气体分子间距远大于平衡距离，斥力可以忽略不计，故A错误。

B.液晶既具有液体的流动性；又具有光学性质的各向异性，故B正确。

C.水黾可以停在水面上说明液体表面存在张力；故C正确。

D.温度相同；分子的平均动能相等，故D错误。

故选BC。(3)

【分析】在正常情况下，托里拆利实验中，玻璃管上方应该是真空，此时如果上提或下压玻璃管，只要管口不离开水银面，水银柱的高度差将不会改变.

这是因此水银柱的高度差反映了大气压的大小，而大气压此时是不变的.

但当玻璃管中混入少量空气，这一部分空气也会产生一定的压强，而且压强的大小会随着体积的变化而改变，根据管内气体压强的变化，由玻意耳定律分析气体体积的变化情况。此题是实验中很容易遇到的现象，在分析时一定要与理想状态下的情况进行区分.

即玻璃管上方为真空时，上提玻璃管，水银柱高度不变，而混入少量空气时，则会改变。【解答】在实验中；水银柱产生的压强加上封闭空气柱产生的压强等于外界大气压.

如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方空气的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小；

管内体积变大；故气体的密度减小，压强减小，故空气分子对管中水银面的压力也减小；

故填：变小，变小(4)

【分析】气体是由状态a

沿abc

变化到状态c

还是由状态a

沿adc

变化到状态c

理想气体增加的内能是一样的，有第一个过程结合热力学第一定律可求出内能的增加量；再由热力学第一定律即可计算出第二个过程需要吸收的热量的多少。该题考查了热力学第一定律的应用.

知道改变物体的内能有两种方式，一是对物体做功，一是热传递；应用热力学第一定律是，吸热Q

为正，放热Q

为负；对内做功W

为正，对外做功W

为负。【解答】一定质量的理想气体由状态a

沿abc

变化到状态c

吸收了340J

的热量，并对外做功120J

由热力学第一定律有：鈻�U=Q+W=340鈭�120=220J

即从a

状态到c

状态，理想气体的内能增加了220J

若该气体由状态a

沿adc

变化到状态c

时，对外做功40J

此过程理想气体的内能增加还是220J

所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有：鈻�U=Q+W

得：Q=鈻�U鈭�W=220+40=260J

故填：吸收，260

(5)

根据摩尔质量和阿伏伽德罗常数求出铁原子的平均质量；根据摩尔质量和密度求出摩尔体积，结合阿伏伽德罗常数求出一个分子的体积，从而得出铁原子的平均直径；本题的解题关键是建立物理模型，抓住阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁进行求解，知道宏观物理量与微观物理量之间的定量关系。(

二)(1)

【分析】阳光下肥皂膜上的彩色条纹是光的干涉；太阳光通过三棱镜产生彩色条纹是光的色散；两块玻璃砖叠放在一起，玻璃砖上表面出现彩色条纹，是由于不同的色光的折射率不同；对着日光灯从两支紧靠的铅笔间窄缝看到的彩色条纹是光的衍射。掌握折射现象、干涉现象和衍射现象的本质的不同是顺利解决此类题目的关键。【解答】A.阳光下肥皂膜上的彩色条纹；是属于薄膜干涉现象，故A正确。

B.太阳光通过三棱镜产生彩色条纹；是由于光发生了色散现象即属于光的折射现象，故B错误。

C.两块玻璃砖叠放在一起；玻璃砖上表面出现彩色条纹，是由于不同的色光的折射率不同，以相同的入射角入射时，折射角不同，与光通过三棱镜的情况相似，属于光的折射现象，故C错误。

D.对着日光灯从两支紧靠的铅笔间窄缝看到的彩色条纹；是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，而之所以看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故D错误。

故选A。(2)

【分析】干涉是两列或两列以上的波在空间中重叠时发生叠加从而形成新波形的现象.

干涉是波特有的现象，两列波发生干涉现象，说明两列波的频率一定相同；麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场；当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；

红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成