2025年外研版三年级起点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年外研版三年级起点高二物理上册阶段测试试卷508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6题，共12分)1、[选做题]下列关于放射性元素的半衰期的说法正确的是（）

A.同种放射性元素；在化合物中的半衰期与在单质中相同，放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关。

B.质量为m的铀经过两个半衰期后原来所含的铀元素的原子核有发生了衰变。

C.氡的半衰期是3.8天；若有4g氡原子核，则经过7.6天就只剩下1g氡原子核。

D.氡的半衰期是3.8天；若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个氡原子核。

2、如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T,转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2从线圈平面平行磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。那么A．线圈消耗的电功率为8WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻穿过线圈的磁通量为=sinD．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos3、关于静电场的等势面，下列说法正确的是（）A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面平行C.同一等势面上各点电场强度可能不等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功4、下列说法不正确的是（）A.变化的电场可能产生变化的磁场B.红外线能杀死多种细菌，常用于医院和食品消毒C.地面上的人观测到高速（接近光速）运动的宇宙飞船的长度比实际飞船的长度短D.德国物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的波长和频率，证实了电磁波的传播速度等于光速5、如图所示；图甲中理想变压器原副线圈的匝数之比为41

现在原线圈两端加上按图乙规律变化的交变电压时，灯泡L1L2

均正常发光，光敏电阻R

的电阻值随光照强度的增大而减小，电压表和电流表可视为理想电表，则下列说法中正确的是(

)

A.该交流电的周期T=2s

B.电压表的示数为552V

C.仅减弱光敏电阻R

的光照强度，则原线圈输入功率减小D.仅减弱光敏电阻R

的光照强度，则L1

变暗、L2

将变亮6、M、N、P是半圆上的三点，O点是圆心，MN为直径，∠NOP＝60°.在M、N处各有一条垂直半圆面的长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M点的长直导线移至P点，O点的磁感应强度大小变为B2；则()

A.B2∶B1＝2∶B.B2∶B1＝∶2C.B2∶B1＝1∶2D.B2∶B1＝2∶1评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、回旋加速器的核心部分是两个半径为R的D型金属扁盒，如图，盒正中央开有一条窄缝，在两个D型盒之间加交变电压，于是在缝隙中形成交变电场，由于屏蔽作用，在D型盒内部电场很弱，D型盒装在真空容器中，整个装置放在巨大电磁铁的两极之间，磁场方向垂直于D型盒的底面，只要在缝隙中的交变电场的频率不变，便可保证粒子每次通过缝隙时总被加速，粒子的轨道半径不断增大，并逐渐靠近D型盒边缘，加速到最大能量E后，再用特殊的装置将它引出．在D型盒上半面中心出口A处有一正离子源，正离子所带电荷量为q、质量为m，加速时电极间电压大小恒为U．（加速时的加速时间很短，可忽略；正离子从离子源出发时初速为零）．则下列说法正确的是（）A.增大交变电压U，则正离子在加速器中运行时间将变短B.增大交变电压U，则正离子在加速器中运行时间将不变C.正离子第n次穿过窄缝前后的速率之比为D.回旋加速器所加交变电压的频率为8、下列说法正确的是(

)

A.在核反应714N+24He隆煤817O+X

中，X

是质子，这个反应过程叫娄脕

衰变B.处于n=3

能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3

种频率的光子C.娄脕娄脗娄脙

种射线中，娄脕

射线的电离作用最强E.娄脕

粒子散射实验的结果表明原子核是由质子和中子组成的E.娄脕

粒子散射实验的结果表明原子核是由质子和中子组成的9、关于饱和汽，正确的说法是（）A.在稳定情况下，密闭容器中如有某种液体存在，其中该液体蒸汽一定是饱和的B.密闭容器中有未饱和水蒸气，向容器内注入足够量的空气，增大气压可使水汽饱和C.随着液体的不断蒸发，当液化和汽化速率相等时液体和蒸汽达到的一种平衡状态叫动态平衡D.对于某种液体来说，在温度升高时，由于单位时间内从液面汽化的分子数增多，所以其蒸汽饱和压强增大10、如图为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B

方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L

在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L

的正方形导体线框，总电阻为R

且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F

使线框以速度v

匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E

为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量搂忙

为正值，外力F

向右为正。则以下能反映线框中的磁通量搂忙

感应电动势E

外力F

和电功率P

随时间变化规律图象的是()

A.B.C.D.11、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示.

设两极板正对面积为S

极板间的距离为d

静电计指针偏角为娄脠.

实验中，极板所带电荷量不变，若()

A.保持S

不变，增大d

则娄脠

变小B.保持S

不变，增大d

则娄脠

变大C.保持d

不变，减小S

则娄脠

变小D.保持Sd

不变，在两板之间插入一块有机玻璃(

绝缘介质)娄脠

变小12、有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星；c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下面叙述中不正确的是（）

A.卫星a的向心加速度等于重力加速度gB.卫星a的向心加速度等于重力加速度gC.卫星c在1小时内转过的圆心角是D.卫星d的运动周期有可能是30小时评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、在测定一节电池的电动势E和内阻的实验中；

（1）下图中给出的四种可供选用的测量电路中，为了实验的可行性及提高实验精度，应选用的电路是____．

（2）一位学生在实验中记录的6组数据如下．试根据这些数据画出U─I图线，并从图线上求出电池的电动势E=____V，内电阻r=____Ω．

。I（A）U（V）0.121.370.201.320.311.240.321.180.501.100.571.05（3）由于实验原理不完善，本实验所测电源电动势E跟真实值E相比，E____E．（填“大于”，“小于”，“等于”）14、某同学利用打点计时器研究做匀变速直线运动小车的运动情况．图示为该同学实验时打出的一条纸带，其中纸带右端与小车相连接，纸带上两相邻计数点的时间间隔是0.1s．据此可求得：小车的加速度大小a=______m/s2．（结果保留两位有效数字）

15、某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中；先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.0cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，则：

（1）单摆摆长为______cm．

（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______

A．测摆线长时摆球拉得过紧。

B．摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C．开始计时时；秒表过迟按下。

D．实验中误将49次全振动数记为50次。

（3）为了提高实验精确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据如图所示，再以L为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=______．（用k表示）16、如图所示，一带正电物体从斜面的A

处由静止开始滑下，经过一水平面后又滑上右边的斜面并停留在B

处，AB

连线与水平面成娄脕

角，若在整个空间加上竖直向下的电场，则该物体从A

点由静止滑下，到达右边的斜面并停留在C

处(

图中未标出)AC

连线与水平面夹角为娄脗

若接触面处动摩擦因素处处相等，斜面与水平面接触处是小圆弧，则娄脕娄脗

的关系是娄脕

______娄脗(

选填“大于”、“小于”或“等于”)

17、演示实验1中；磁体相对线圈运动，线圈内磁场发生______，变强或者变弱（线圈面积不变），从而引起线圈中的______发生变化，有______电流产生；当磁体在线圈中静止时，线圈内磁场______，线圈内的磁通量______，无电流产生．（如图1）

演示实验2如图2中，通、断电瞬间，变阻器滑动片快速移动过程中，线圈A中电流发生______，导致线圈B内磁场发生______，变强或者变弱（线圈面积不变），从而引起线圈中的______发生变化，有______电流产生；当线圈A中电流恒定时，线圈内磁场______，无电流产生．18、在电场中的某点放入电荷量为5.0×10-9C的点电荷，受到的电场力是3.0×10-4N．则这一点的电场强度E=____N/C．如果改用电荷量为6.0×10-9C的点电荷，来确定该点的电场强度，场强大小____（填“变大”、“变小”或“不变”）．19、如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为______．20、如图所示实验装置可实现原子核的人工转变，当装置的容器内通入气体B

时，荧光屏上观察到闪光.

图中气体B

是______，该原子核人工转变的核反应方程式是________________________;

发现原子核另一个核子的反应方程是_____________21、质量为0.5kg的小球沿光滑水平面以5m/s的速度冲向墙壁后又以4m/s的速度反向弹回，如图所示，则碰撞前的动量大小为______kgm/s。若球与墙的作用时间为0.05s，则小球所受到的平均力大小为______N。评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)22、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）23、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）

24、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）25、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）评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)26、如图所示；竖直平面内的光滑弧形轨道的底端恰好与光滑水平面相切.

质量M=2.0kg

的小物块B

静止在水平面上.

质量m=1.0kg

的小物块A

从距离水平面高h=1.8m

的P

点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q

滑上水平面与B

相碰，碰后两个物体以共同速度运动.

取重力加速度g=10m/s2.

求：

(1)A

经过Q

点时速度的大小；

(2)A

与B

碰后速度的大小；

(3)

碰撞过程中AB

组成的系统损失的机械能鈻�E

．评卷人得分六、画图题(共2题，共4分)27、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象28、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A|C【分析】

元素原子核的半衰期是由元素本身决定；与元素所处的物理和化学状态无关，故A正确；

B；设元素衰变前质量为M；经过n个半衰期后质量为m，则有：

故质量为m的铀经过两个半衰期后原来所含的铀元素还剩有发生衰变；故B错误；

C；氡的半衰期是3.8天；经过7.6天即经过2个半衰期，还剩余1克氡原子核，故C正确；

D；半衰期是对大量原子核的统计规律；对于单个或者少数是不成立的，故D错误．

故选AC．

【解析】【答案】正确解答本题需要掌握：半衰期是对大量放射性元素的统计规律；是由元素本身决定，与原子核所处环境；状态无关；同时要明确发生半衰期次数、衰变前总质量、衰变后质量之间的关系．

2、D【分析】感应电流瞬时值表达式为，wt=60°，可知电流峰值为2A，线圈消耗功率为P=，A错；电流有效值为，B错；任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosNBSw=4，BS=任意时刻穿过线圈的磁通量为sinC错；【解析】【答案】D3、C【分析】解：A；沿电场线的方向电势降低；所以电势不同的等势面不可能相交．故A错误；

B；根据电场线与等势面的关系可知；电场线与等势面互相垂直，故B错误；

C；电场强度的大小与电势的高低没有关系；所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C正确；

D；负电荷在等势面高的位置的电势能小；所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误．

故选：C

电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷；电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．

本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．【解析】【答案】C4、B【分析】解：A；根据麦克斯电磁场理论；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，周期性变化的电场可能产生周期性变化的磁场；故A正确．

B；紫外线能杀死多种细菌；常用于医院和食品消毒．故B错误．

C；根据相对论的假设可知；地面上的人观测到高速（接近光速）运动的宇宙飞船的长度比实际飞船的长度短．故C正确．

D；德国物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在；并测定了电磁波的波长和频率，证实了电磁波的传播速度等于光速，故D正确．

本题选择不正确的．

故选：B．

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．红外线的显著作用是热作用，紫外线的显著作用是化学作用，紫外线能用来杀菌消毒．由狭义相对论的知识可知有关惯性系的规律，即可知光的传播速度的大小关系．

本题考查物理学史，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．同时注意电磁波谱中各种电磁波的性质及应用的把握．【解析】【答案】B5、C【分析】解：A

根据图乙可知该交流电的周期T=2隆脕10鈭�2s

故A错误；

B、原线圈电压的有效值U1=220V

根据电压与匝数成正比，副线圈电压U2=14隆脕220=55V

故B错误；

C、仅减弱光敏电阻R

的光照强度，光敏电阻的阻值增大，输出电压不变，由P=U22R

得输出功率变小；则原线圈输入功率减小，故C正确；

D；仅减弱光敏电阻R

的光照强度；光敏电阻的阻值增大，输出电压不变，灯泡L1

和光敏电阻两端的电压之和不变，由欧姆定律流过灯泡L1

的电流减小，灯泡L1

变暗，灯泡L2

两端的电压不变，L2

亮度不变，故D错误；

故选：C

由光照强度的变化可明确电阻的变化；则可以得出输出电流的变化，再由电流；电压与匝数的关系分析电流及电压的变化；由功率公式分析功率的变化．

本题为变压器与闭合电路欧姆定律动态分析的结合，要注意改变电阻能改变电流和功率，但不能改变电压．【解析】C

6、C【分析】【详解】

根据安培定则可知，原来位置每根导线在O点产生的磁感应强度方向均向上，大小为则当M移至P点时，在O点产生的磁感应强度如图所示。

由图可知，两导线形成的磁感应强度方向夹角为120°，由几何关系可知，O点合磁感应强度大小为：B2＝故B2∶B1＝1∶2。

故选C。二、多选题(共6题，共12分)7、AC【分析】解解：AB、增大交变电压，则粒子经过电场加速动能变大，速度变化，在磁场中偏转的半径变大，则通过回旋加速器在磁场中偏转的次数减小，因为粒子在磁场中运动的周期T=与速率无关，周期不变，则粒子在加速器中运行的时间将变短．故A正确，B错误．

C、根据动能定理得，正离子第n次穿过狭缝前，有（n-1）qU=mvn-12，解得vn-1=

第n次穿过狭缝后，有nqU=mvn2，解得vn=．

则=．故C正确．

D、回旋加速器所加交变电压的周期等于粒子在磁场中运行的周期，因为R=则最大速度v=

则粒子的最大能量E=mv2=解得qB=

则交变电压的周期T==2πm所以f==．故D错误．

故选：AC．

回旋加速器是运用电场加速；磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运行的周期等于交变电压的周期．

解决本题的关键知道回旋加速器的原理，知道粒子在磁场中的运行周期等于交变电压的周期．【解析】【答案】AC8、BCD【分析】解：A

核反应714N+24He隆煤817O+X

中；X

是质子，这个反应过程不叫娄脕

衰变，只有是氦原子核，才是娄脕

衰变，故A错误；

B；处于n=3

能级状态的大量氢原子自发跃迁时；根据数学组合C32

即可能发出3

种频率的光子，故B正确；

C；娄脕娄脗娄脙

三种射线中娄脕

射线的电离本领最强，故C正确；

D；玻尔的原子模型局限性是；玻尔的原子模型能解释氢原子光谱，但不能解释氦原子光谱，故D正确；

E；娄脕

粒子散射实验的结果表明；说明原子有核式结构，但并不能说明原子核由质子和中子组成，故E错误；

故选：BCD

．

当放出氦原子核的衰变；才是娄脕

衰变；根据数学组合Cn2

即可求得几种光子；根据三种射线的特性；娄脕

粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构模型，从而即可求解．

考查衰变类型判定与区别，掌握跃迁放出与吸收的光子，注意三种射线的特征，及天然放射现象与娄脕

粒子的散射现象的区别．【解析】BCD

9、ACD【分析】解：A；汽化与液化达到动态平衡时气体达到饱和；在稳定情况下，密闭容器中如有某种液体存在，其中该液体蒸汽一定是饱和的，故A正确；

B；压强越大；饱和气压越大，密闭容器中有未饱和水蒸气，向容器内注入足够量的空气，增大气压，水汽不会达到饱和，故B错误；

C；随着液体的不断蒸发；当液化和汽化速率相等时液体和蒸汽达到的一种平衡状态叫动态平衡，故C正确；

D；对于某种液体来说；在温度升高时，由于单位时间内从液面汽化的分子数增多，所以其蒸汽饱和压强增大，故D正确；

故选：ACD．

对于某种液体来说；单位时间内从液面汽化的分子数与液化的分子数相等，汽化与液化达到动态平衡时的气体达到饱和，温度越高；压强越大，饱和气压越大．

解决本题的关键是知道：1．饱和汽压的大小取决于物质的本性和温度，与体积无关．2．饱和状态下的汽体不遵循理想气体实验定律，未饱和汽近似遵守理想气体定律．【解析】【答案】ACD10、ABD【分析】【分析】

由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由法拉第电磁感应定律及E=BLV

可得出电动势的变化，由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化，由P=I2R

可求得电功率的变化。

【解答】

A.当线框进入磁场时；位移在0?L

内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L?2L

内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L

时，磁通量最小，为零，位移在1.5L

到2L

时，磁通量向里，为正值，且均匀增大，位移在2L?2.5L

时，磁通量均匀减小至零，在2.5L?3L

内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值，在3L?4L

内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A正确；

B.当线圈进入第一个磁场时；由E=BLv

可知，E

保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值，线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv

感应电动势沿逆时针方向，为正值，完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv

感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B正确；

C.因安培力总是与运动方向相反；故拉力应一直向右，故C错误；

D.拉力的功率P=Fv

因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值，两边分别在两个磁场中时，由B

的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍，此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确。

故选ABD。

【解析】ABD

11、BD【分析】略【解析】BD

12、BD【分析】解：A、地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知；c的向心加速度大。

由G=mg，得g=可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g；故a的向心加速度小于重力加速度g。故A错误；

B、c是同步卫星，所以c与a的角速度相等；bcd都是卫星，由G=mω2r，得则知卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以b的角速度最大；故B正确；

C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在h内转过的圆心角是×2π=．故C错误；

D、由开普勒第三定律=k知；卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，有可能是30小时。故D正确；

故选：BD。

地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r比较a与c的向心加速度大小；再比较c的向心加速度与g的大小。根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系。根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。

对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。【解析】BD三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】

（1）由于电池的内电阻很小；采用的电流的内接法可以减小测量内电阻的误差；

所以在本实验中采用的实验电路图是C．

（2）根据已知的数据；画出U-I图象如图所示；

在U-I图象中；图象与纵坐标的截距代表是的电动势的大小；

所以电池的电动势的大小为E=1.45V（1.44V-1.46V）

图象的斜率的大小代表是内电阻的大小；

所以r==0.69Ω（0.67Ω-0.71Ω）

（3）由于采用的是电流表的内接法；电流表的测量的电流不是总电流的大小，少了电压表的电流；

所以测量的电流偏小，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+Ir；由于I偏小，得到的内电压偏小，所以最终得到的电动势比真实值偏小．

故答案为：（1）C

（2）1.45V（1.44V-1.46V）；0.69Ω（0.67Ω-0.71Ω）

（3）小于。

【解析】【答案】（1）电流表的内阻较小；采用电流表的内接法，可以减小对电池内阻的影响；

（2）根据已知的数据；画出U-I图象，根据图象所表示的物理意义可以求得电源的电动势和内电阻的大小．

（3）根据实验的电路图来分析电压表和电流表的数据的关系；可以得到测量值与真实值之间的关系．

14、略

【分析】解：从刻度尺中可以得到sAB=1.20cm、sCD=2.20cm；

根据公式△x=aT2；有：

sAB-sCD=2aT2

故：a==0.50m/s2

故答案为：0.50

匀变速运动中，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．【解析】0.5015、略

【分析】解：（1）单摆的摆长为：L=．

（2）根据T=得：g=．

A；测摆线时摆球拉得过紧；则摆长的测量值偏大，所以重力加速度的测量值偏大．故A错误．

B；摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小．故B正确．

C；开始计时时；秒表过迟按下，周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大．故C错误．

D；实验中误将49次全振动数记为50次；周期的测量值偏小，知重力加速度的测量值偏大．故D错误．

故选：B．

（3）根据T=得，知图线斜率k=则g=．

故答案为：（1）98.50；（2）B；（3）

（1）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和．

（2）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式；从而分析测量值偏小的原因．

（3）根据单摆的周期公式得出T2-L关系式；结合图线的斜率求出重力的加速度g的表达式．

解决本题的关键掌握单摆的周期公式，知道T2-L图线斜率表示的物理意义．【解析】98.50；B；16、等于【分析】【分析】整个过程有重力和摩擦力做功，根据动能定理求出娄脕娄脕和娄脗娄脗的关系。本题在力学的基础上加了匀强电场，可先把电场力和重力合成后分析。。【解答】设斜面倾角为娄脠

斜面长为L

物体在斜面上下滑过程中阻力做的功为Wf=鈭�娄脤mgcos娄脠L

则全过程由动能定理应有mgh+wf=0

即mgABsin娄脕=娄脤mgcos娄脕

娄脤=tan娄脕

同理；加入竖直向下的电场后，对全过程由动能定理有(mg+gE)h鈭�娄脤(mg+gE)ACcos娄脗=0

整理可得sin娄脗=娄脤cos娄脗

即娄脤=tan娄脗

比较可得娄脗=娄脕

故答案为：等于．【解析】等于17、变化磁通量感应电流不变不变变化变化磁通量感应不变【分析】解：演示实验1中；磁体相对线圈运动，线圈内磁场发生变化，磁体插入线圈，磁场变强，磁体从线圈中拔出，磁场变弱，从而引起线圈中的磁通量发生变化，有感应电流产生；当磁体在线圈中静止时，线圈内磁通量不变，无电流产生；

演示实验2中；通；断电瞬间，变阻器滑动片快速移动的过程中，线圈A中电流发生变化，导致线圈B内磁场发生变化，变强或者变弱（线圈面积不变），磁通量发生变化，有感应电流产生；当线圈A中电流恒定时，线圈内磁场不变，无电流产生．

故答案为：变化磁通量感应电流不变不变。

变化变化磁通量感应不变。

根据感应电流产生的条件分析答题：穿过闭合回路的磁通量方式变化时；电路中有感应电流产生；磁通量的变化可能是由：面积的变化；磁感应强度的变化、磁场方向与面的方法发生变化而引起的．

本题考查了判断是否产生感应电流，知道感应电流产生的条件，根据题意分析即可正确解题．【解析】变化磁通量感应电流不变不变变化变化磁通量感应不变18、略

【分析】

在电场中的某点放入电荷量为5.0×10-9C的点电荷，受到的电场力是3.0×10-4N．

由场强的定义式E=得；

这一点的电场强度E=6.0×104N/C．

电场强度是反映电场本身特性的物理量；由电场决定，与试探电荷无关；

如果改用电荷量为6.0×10-9C的点电荷，该点的电场强度不变，仍为6.0×104N/C．

故答案为：6.0×104N/C；不变．

【解析】【答案】放入电场中电荷是试探电荷，电场强度等于试探电荷所受的电场力与电荷量的比值，由场强的定义式E=求解P点的电场强度．将改变检验电荷；该点的电场强度不变．

19、略

【分析】解：以向上为正方向；由动量定理得：

对B：-Mgt=-Mu-0；

对A：I-mgt=mv-0；

解得：I=m（v+u）；

故答案为：m（u+v）

分别对A；B两物体应用动量定理列式；联立即可以求出弹簧的弹力对A的冲量．

本题考查了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选择【解析】m（u+v）20、氮气【分析】【分析】卢瑟福用娄脕

粒子轰击氮核发现质子；并首次实现原子核的人工转变。

卢瑟福用娄脕

粒子轰击氮核发现质子并首次实现原子核的人工转变在历史上有着重要意义，要了解实验和该核反应方程。【解答】该装置是卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变并发现了质子的实验装置，图中气体BB是氮气，核反应方程为24He+714N隆煤817O+11H，可知使荧光屏出现闪光的粒子是质子。发现中子的核反应方程为：24He+49Be隆煤612C+01n{,!}_{2}^{4}{H}e+_{4}^{9}{B}e隆煤_{6}^{12}{C}+_{0}^{1}{n}故填：氮气24He+714N隆煤817O+11H24He+49Be隆煤612C+01n

【解析】氮气24He+714N隆煤817O+11H24He+49Be隆煤612C+01n

21、2.590【分析】解：由动量的公式知碰撞前的动量大小P1=mv1=2.5kgm/s

碰撞前的动量大小P2=mv2=2kgm/s

规定向左为正方向，则小球动量的增量为：△P=mv2-mv1=4.5kgm/s。

根据动量定理得：Ft=△P

解得：F=90N

故答案为：2.590

根据动量的公式可求得碰撞前的动量大小；根据初末状态的速度求出动量的变化量；结合动量定理求出小球在碰撞过程中受到的平均冲力的大小。

本题考查了动量定理的基本运用，知道合力的冲量等于动量的变化量，注意公式的矢量性。【解析】2.590四、判断题(共4题，共32分)22、B【分析】【解