2025年陕教新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年陕教新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6题，共12分)1、如图，两根平行的光滑导轨竖直放置，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，金属杆ab接在两导轨之间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计。ab下落一段时间后开关闭合，从开关闭合开始计时，ab下滑速度v随时间变化的图象不可能是()2、三个相同的矩形线圈置于水平向右的匀强磁场中，线圈Ⅰ平面与磁场方向垂直，线圈Ⅱ、Ⅲ平面与线圈Ⅰ平面的夹角分别为30°和45°，如图所示．穿过线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分别为φⅠ、φⅡ、φⅢ．下列判断正确的是（）A.φⅠ=φⅡB.φⅡ=φⅢC.φⅠ＞φⅡD.φⅢ＞φⅡ3、如图所示，导线AB可在平行导轨N上滑动，接触良，轨电阻，电流有如所示方向感电流通过时，的运动况（）A.向左匀速运动B.向左减速运动C.向右匀速运动D.向右减速运动4、一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d

电阻为R

把它拉制成直径为d10

的均匀细丝后，它的电阻变为(

)

A.R1000

B.10000R

C.100R

D.R100

5、如图所示的电路中，线圈L

的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，AB

是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是(

)

A.S

闭合后，AB

同时发光且亮度不变B.S

闭合后，A

立即发光，然后又逐渐熄灭C.S

断开后，AB

同时立即熄灭D.S

断开后，AB

同时逐渐熄灭6、真空中有两个静止的均可视为点电荷的相同的金属小球，电荷量分别为+4q鈭�2q

当处于一定距离时静电力为F

若把它们接触后又放回原处，则两电荷间的库仑力将变为原来的A.0.125

倍B.0.5

倍C.0.75

倍D.1

倍评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、如图所示，小量程电流表G的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，若把它改装成5V、20V的两个量程的电压表，那么R1=____Ω，R2=____Ω．

8、如图所示，同一闭合线圈，第一次用一根条形磁铁插入，第二次用两根条形磁铁插入，前后插入的速度相同，问哪一次电流表指针偏转角度大？______（第一次或第二次）9、表面光滑、质量不计的尖劈插在缝AB

之间，在尖劈背上加一压力F

如图所示，则尖劈对A

侧的压力为______，对B

侧的压力为______．10、ab

是长为l

的均匀带电绝缘细杆，P1P2

是位于ab

所在直线上的两点，位置如图所示.ab

上电荷产生的静电场在P1

处的场强大小为E1

在P2

处的场强大小为E2.

则P1P2

处的电场强度方向______(

填“相同”或“相反”).

若将绝缘细杆的左边l/2

截掉并移走(

右边l/2

电量、位置不变)

则P2

处的场强大小为______．11、（3分）如图所示，某种折射率较大的透光物质制成直角三棱镜ABC，在垂直于AC面的直线MN上插两枚大头针P1、P2，在在BC面的右侧无论怎样都看不到大头针P1、P2的像，而在AB面的左侧通过棱镜可以观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像被P2的像挡住，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4（图中未画出），使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，记下P3、P4和三棱镜的位置，移去大头针和三棱镜，过P3、P4作直线与AB面交于D，量出该直线与AB面的夹角为450，则透光物质的折射率n=．12、一小灯泡的伏安特性曲线如图所示，图中只画出了AB段，由图可知，当灯泡两端电压由3V变为6V时，则灯泡的灯丝电阻改变了______Ω．13、如图所示的电路，L1和L2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在电键S接通时，______灯最亮；S断开时，______灯先熄灭．14、下列螺旋测微器的读数为______mm，游标卡尺的读数为______mm．

15、恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时；可以发生“氦燃烧”．

①完成“氦燃烧”的核反应方程：He+______→Be+γ．

②Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s．一定质量的Be，经7.8×10-16s后所剩Be占开始时的______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、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）17、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）18、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）19、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）

20、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）

21、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）

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、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）

评卷人得分四、解答题(共3题，共24分)24、真空中有两个点电荷，相距r=30cm，它们的电荷量分别是正的q1=2.0×10-9C和负的q2=4.0×10-9C，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2；问：

（1）这两个电荷间的相互作用力是引力还是斥力？

（2）这两个电荷间的相互作用力多大？

（3）q1在q2所在处的场强多大？

25、“测定金属的电阻率”的实验中；以下操作中正确的是______．

A．用米尺测量金属丝的全长；且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中。

B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径；算出其平均值。

C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法；多次测量后算出平均值。

D．实验中应保持金属丝的温度不变．

26、金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l1=0.8m，宽l2=0.5m，回路的总电阻R=0.2Ω，且回路处在竖直向上的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M=0.04kg的木块（轻绳处于绷紧状态），磁感应强度从B=1T开始随时间均匀增强，5s末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g取10m/s2；求回路中的电流．

评卷人得分五、识图作答题(共4题，共36分)27、下图是植物细胞杂交过程示意图，请据图回答：

（1）植物体细胞杂交的第①步是去掉细胞壁,分离出有活力的原生质体。目前此步聚最常用的方法是酶解法，也就是在温和的条件下用____等分解植物的细胞壁。（2）②过程的发生，必须进行人工诱导。人工诱导原生质体融合的物理方法是：利用____等（至少写出两种）促使原质体融合；化学方法是：用____等试剂作为诱导剂诱导融合。（3）③表示融合后的原生质体再产生样的细胞壁，新细胞壁的产生与细胞内____(细胞器)有密切关系。（4）④⑤两步分别叫做____和____。所用培养基中有____和____两种植物激素。杂种细胞能培育成新的植物体所依据的原理是____。植物体细胞杂交在育种工作中具有广泛的应用价值，其突出的优点是可以____。28、如图甲是基因型为MmNn的某动物个体的一个正在进行分裂的细胞模式图。请分析回答下列问题。(1)上方左图所示的细胞名称为________。(2)上方左图所示细胞的分裂过程进行到减数第二次分裂后期时，细胞内有________个DNA分子，有________对同源染色体。(3)上方左图所示细胞分裂过程中，基因M与M、n与n的分离发生在________，M与N或M与n的自由组合发生在________。(4)若上方中间图为图甲细胞分裂产生的一个生殖细胞示意图，请在上方右图中画出与之同时形成的另一种类型的生殖细胞的示意图，并标出相应的基因。29、下图是生态系统碳循环示意图，图中“→”表示碳的流动方向。请回答：（1）写出图中含有四个营养级的食物链：__________（用字母和箭头表示）。（2）分析A→E和D→B过程中碳流动形式的不同点__________________。（3）若生产者有10000kg，按能量最大传递效率计算，位于第四营养级的生物可增重__________kg。（4）人类大量开采并燃烧由古代动植物遗体变成的煤和石油,使地层中经过千百万年积存的碳元素在短期内释放,对环境产生的影响主要是______。（5）上图可知，减缓二氧化碳增多的关键的措施是：第一______________；第二______________。30、粗糙脉孢菌是一种真菌；约10天完成一个生活周期(见下图)，合子先经过减数分裂后再经过一次有丝分裂产生的孢子是按分裂形成的顺序排列的。请分析回答：

（1）从合子到8个孢子的过程中；细胞核内的DNA发生了_______次复制。上图中8个子代菌丝体都是_____________(单倍体，二倍体)。

（2）按顺序排列的8个孢子中；如果第一个与第二个性状不同，原因可能是有丝分裂过程中发生了__________(填选项前的字母)；如果第二个与第三个性状不同，原因可能是合子减数分裂过程中发生了__________(填选项前的字母)。

a．基因突变b．基因重组c．染色体变异。

（3）野生型脉胞菌能在只含水；无机盐、蔗糖和维生素的基本培养基中生长。研究人员用X射线照射野生型脉孢菌孢子；经选择培养，获得了三种营养缺陷型突变菌株(如下图)。

如果培养C突变型脉胞菌，需要在基本培养基中加入____________。评卷人得分六、综合题(共4题，共8分)31、(1)(1)质量为mm带电量为qq的小球，从倾角为娄脠娄脠的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为BB如图所示。若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(())垄脵

小球带正电垄脷

小球在斜面上运动时做匀加速直线运动垄脹

小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动垄脺

则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mgcos娄脠/Bq

(2)

如图所示，电源电动势E=9V

内电阻r=0.5娄赂

电阻R1=5.0娄赂R2=3.5娄赂R3=6.0娄赂R4=3.0娄赂

电容C=2.0娄脤F.

当电键K

由与a

接触到与b

接触通过R3

的电量是多少？32、如图所示，质量为M

的平板车P

高h

质量为m

的小物块Q

的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.

一不可伸长的轻质细绳长为R

一端悬于Q

正上方高为R

处，另一端系一质量也为m

的小球(

大小不计).

今将小球拉至悬线与竖直位置成60鈭�

角；由静止释放，小球到达最低点时与Q

的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q

离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q

与P

之间的动摩擦因数为娄脤Mm=41

重力加速度为g.

求：

(1)

小物块Q

离开平板车时速度为多大？

(2)

平板车P

的长度为多少？

(3)

小物块Q

落地时距小球的水平距离为多少？33、(1)

如图，鈻�ABC

为一玻璃三棱镜的横截面，隆脧A=30鈭�

一束红光垂直AB

边射入，从AC

边上的D

点射出，其折射角为60鈭�

则玻璃对红光的折射率为_____。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D

点射出时的折射射角______(

填“小于”“等于”或“大于”)60鈭�

(2)

一列简谐横波在t=13s

时的波形图如图(a)

所示，PQ

是介质中的两个质点。图(b)

是质点Q

的振动图像。求(i)

波速及波的传播方向；(ii)

质点Q

的平衡位置的x

坐标。34、[

物理隆陋

选修3鈭�3]

(1)

如图，一定质量的理想气体从状态a

开始，经历过程垄脵垄脷垄脹垄脺

到达状态e

对此气体，下列说法正确的是____。A.过程垄脵

中气体的压强逐渐减小B.过程垄脷

中气体对外界做正功C.过程垄脺

中气体从外界吸收了热量D.状态cd

的内能相等E.状态d

的压强比状态b

的压强小(2)

如图，容积为V

的汽缸由导热材料制成，面积为S

的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K

开始时，K

关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0,

现将K

打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V8

时，将K

关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V6

不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g

求流入汽缸内液体的质量。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】当mg=F安时A正确；mg>F安时B正确；mg安时C正确；如果匀加速，则安培力增大，加速度要减小，D不可能【解析】【答案】D2、C【分析】解：线圈在I位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大为：Φl=BS

线圈在Ⅱ、Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量分别为：ΦⅡ=BScos30°=BS，ΦⅢ=BScos45°=BS．

则有：Φl＞ΦⅡ＞ΦⅢ

故选：C．

根据磁通量的物理意义：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数；分析磁通量的变化情况．

对于匀强磁场，可以根据公式Φ=BScosθ判断磁通量如何变化．【解析】【答案】C3、B【分析】解：产如所示的流时；右边螺线管的场方向是向上的，据楞次定律，感流产的场要阻碍原磁场的变化；

左边就是两种情况：

2向加速运动；左螺管中磁场方向上增强．

故选：

据电流计中电的方向判断出感应电流场的方向再根据楞次原磁向不同时所对应的棒的变化．

本题分析应逆向析，棒运动态药根据磁的方向和磁通增大还是减来判断．【解析】【答案】B4、B【分析】解：镍铬丝的横截面的直径为d

横截面积为S1=娄脨d24

由数学知识得知，直径变化后横截面积是S2=S1100

由于镍铬丝的体积不变，由长度变为原来的100

倍，根据电阻定律R=娄脩LS

得到；电阻是原来的10000

倍，即为10000R

．

故选：B

根据数学知识确定直径与横截面积的关系；根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况．

本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，注意体积不变，故面积变化时，长度也要变化．【解析】B

5、B【分析】解：A

刚闭合S

时；电源的电压同时加到两灯上，AB

同时亮，随着L

中电流增大，由于线圈L

直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A

逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B

灯更亮.

故A错误，B正确．

C；S

闭合一段时间后；再断开SB

立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A

灯，不流过B

灯，A

闪亮一下后熄灭，B

灯立即熄灭.

故C错误，D错误．

故选：B

闭合SAB

同时亮，随着L

中电流增大，线圈L

直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A

逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B

灯亮度的变化.

断开SB

灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A

灯亮度如何变化．

对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象．【解析】B

6、A【分析】

试题分析：两个相同金属球相互接触后；电荷会重分配，分配后两球带电量相等。由于这两个小球原来带有异种电荷，所以要先正负电荷“中和”，然后剩余电荷平均分配。原来两个金属小球所带电荷量分别是：4q

和鈭�2q

后来两个小球带电荷量均为q

电荷量的乘积变为原来的1/8

而距离没变，所以库仑力只有原来的1/8

所以A

对。

考点：这道题目主要考查的是学生对为库仑定律和接触起电的理解。重点是考查理解能力【解析】A

二、填空题(共9题，共18分)7、略

【分析】

由题意知rg=100Ω，U=5V．由U=Ig（rg+R1）带入数据得：

量程为20V时，由U=Ig（rg+R1+R2））带入数据得：

故答案为：4.9×103；1.5×104

【解析】【答案】小电流电表改装电压表原理：设满偏电流为Ig，内阻为rg，串联电阻为R，改装后的电压表量程为U，所以U=Ig（rg+R）

8、略

【分析】解：第一次用一根条形磁铁插入；第二次用两根条形磁铁插入，则第二次磁通量增加的速度是第一次磁通量增加速度的2倍，故第二次感应电流较大；

故答案为：第二次．

根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小；由欧姆定律分析感应电流的大小．

本题考查对电磁感应现象的理解和应用能力．感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合．磁通量的变化率与感应电动势有关，感应电流的大小与感应电动势大小有关．【解析】第二次9、略

【分析】解：对尖劈进行受力分析如图；对压力F

进行分解如图：

由几何知识得对A

侧压力：F2=Fsin伪

对B

侧的压力：F1=Ftan伪

故答案为：Fsin伪Ftan伪

．

将F

按照力的作用效果分解为垂直于三角形劈的直角边和斜边方向；根据平行四边形定则，求出两个分力的大小，两分力的大小分别等于对A

侧和B

侧的压力．

解决本题可以用合成法，也可以用分解法.

将力按作用效果分解，运用分解法处理比较简便．【解析】Fsin伪Ftan伪

10、略

【分析】解：将均匀带电细杆等分为很多段；每段可看作点电荷.

设细杆带正电，根据场的叠加，这些点电荷在P1

的左侧的电量比较右侧的电量少，所以P1

处的合场强方向向左，在P2

的合场强方向向右．

取a

关于P1

的对称点a隆盲

由于aP1=14L

则aa隆盲=12L

所以细杆左侧的12L

上的电荷在P1

点的电场互相抵消，右半边的电荷在P1

处的电场强度为E1

由题意，当将绝缘细杆的左边12

截掉并移走后；根据电场的对称性可得，右半边的电荷在P2

处的电场强度为E1

．

故答案为：相反；E1

由于细杆均匀带电，我们取a

关于P1

的对称点a隆盲

则a

与a隆盲

关于P1

点的电场互相抵消，整个杆对于P1

点的电场，仅仅相对于a隆盲b

部分对于P1

的产生电场．

因为只学过点电荷的电场或者匀强电场，而对于杆产生的电场却没有学过，因而需要将杆看成是由若干个点构成，再进行矢量合成.

同时考查电场强度的叠加．【解析】相反；E1

11、略

【分析】试题分析：在AB面的左侧透过棱镜观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P1的像被P2的像挡住，再在观察的这一侧先后插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2，P4挡住P1、P2以及P3的像．则知P1、P2在入射光线上，P3、P4在出射光线，连接P1、P2作为入射光线，连接P3、P4，作为出射光线，再作出折射光线，画出光路图如图．由几何知识得到：在AB面上入射角i=30°，又折射角r=45°，则折射率．考点：光的折射定律。【解析】【答案】12、略

【分析】解：由图读出，当电压UA=3V时，电流IA=0.10A，则电阻为RA==30Ω；

当电压UB=6V时，电流IB=0.15A，则电阻为RB==40Ω；则电阻的改变量△R=10Ω

故答案为：10

根据电阻的定义式分别求出灯泡电压是3V和6V时的电阻；再求解灯丝电阻的改变量．

本题小灯泡的伏安特性曲线是非线性变化的，电阻R=但不能用R=求电阻．【解析】1013、略

【分析】解：该电路是左右两部分并联后由串联起来．

S刚接通时，L2立即发光．L上产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势会阻碍电流增大．使通过线圈L的电流慢慢增大，而R上没有自感现象产生，左右两个电路总电流相等，由两个电路对比可知，此瞬间，通过L1的电流比L2上的电流大．所以S刚刚接通时A1灯最亮；

S断开时，L和A1构成自感回路，A2不在回路中，所以S断开时，A2立刻熄灭，A1后熄灭．

故答案为：A1，A2

当开关接通和断开的瞬间；流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，根据楞次定律分析即可．

对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它就是一个普通电阻（若电阻不计则就相当于导线）；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．【解析】A1；A214、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数11.5mm；可动刻度读数为0.01×39.7=0.397mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为11.5+0.397=11.897mm．

游标卡尺的主尺读数为6mm；游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.05×10mm=0.50mm；

所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为6mm+0.50mm=6.50mm；

故答案为：11.897；6.50．

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，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数．

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】11.897；6.5015、He【分析】解：①根据电荷数守恒、质量数守恒，未知粒子的质量数为4，电荷数为2，为He．

②半衰期为2.6×10-16s，经7.8×10-16s，即3个半衰期，根据知，剩余Be占开始时的．

故答案为：①He（或α），②或（12.5%）．

根据电荷数守恒质量数守恒得出未知的粒子．根据半衰期的次数，确定剩余Be占开始时的几分之一．

解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒．知道半衰期的定义，知道衰变剩余核的质量与初始质量的关系：．【解析】He三、判断题(共8题，共16分)16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．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：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．四、解答题(共3题，共24分)24、略

【分析】

（1）因为这两个的电荷电性相反；因此它们之间库仑力为引力；

所以这两个电荷的相互作用力是引力．

（2）由库仑定律得：

带入数据得：F=8×10-7N

故这两个电荷间的相互作用力为：F=8×10-7N．

（3）根据库伦定律知q2所受电场力为：①

依据电场强度的定义式：②

由①②得q1在q2所在处的场强为：．

故q1在q2所在处的场强为：E=2×102N}!mathord{left/{vphantom{NC}}ight.kern-ulldelimiterspace}!lower0.7exhbox{/C．

【解析】【答案】（1）根据同性排斥异性吸引进行判断．

（2）直接根据库伦定律公式进行计算即可．

（3）依据库伦定律求出q2所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出q1在q2所在处的场强的大小．

25、略

【分析】

A；应测量出金属丝连入电路的有效长度三次；求平均值，而不是全长，故A错误；

B；为了减小实验误差；应用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；

C；金属丝电阻很小；与电压表内阻相差很大，使电压表和金属丝并联，电压表的分流作用很小，应采用电流表外接法，故C错误；

D；金属丝的电阻率随温度的改变而改变；为保持电阻率不变，应保持温度不变，故D正确；

故选BD

【解析】【答案】根据公式ρ=l应为连入电路的有效长度，为了减小实验误差，测量值往往要多测几次，在求其平均值．

26、略

【分析】

据题；磁感应强度从B=1T开始随时间均匀增强，则磁场的磁感应强度有：

Bt=B+kt；B=1T．

根据法拉第电磁感应定律得回路中感应电动势为：

E==S=kS

则感应电流为：

I===

杆受到的安培力大小为：

F=BtIl2=（B+kt）Il2

由题；5s末木块将离开水平面时，由F=Mg得：

（B+kt）l2=Mg

其中B=1T，t=5s，R=0.2Ω，l1=0.8m，l2=0.5m；M=0.04kg

代入解得：k=0.2T/s或k=-0.4T/s，若k为负值时，ab杆向右运动；重物不可能被提起，则舍去．

将k=0.2T/s代入I=

解得：I=0.4A．

答：回路中的电流为0.4A．

【解析】【答案】磁场方向与线圈垂直；磁感应强度从B=1T开始随时间均匀增强时，线圈中产生的感应电动势和电流保持不变，根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势与时间的关系．5s末木块将离开水平面时，安培力大小等于木块的重力，求出电流．

五、识图作答题(共4题，共36分)27、（1）纤维素酶、果胶酶（2）离心、振动、电刺激（要求至少答出两种才得分）聚乙二醇（或PEG)（3）高尔基体（4）脱分化（或去分化）再分化生长素细胞分裂素植物细胞具有全能性克服远缘杂交不亲合的障碍【分析】【分析】本题结合植物体细胞杂交过程示意图，考查植物体细胞杂交的具体过程、原理及意义，能准确判断图示各过程的名称，再结合所学的知识准确答题，属于考纲识记和理解层次的考查。分析题图：图示为植物体细胞杂交过程示意图；其中①表示去除细胞壁，获取原生质体的过程；②表示诱导原生质体融合的过程；③表示再生出新细胞壁的过程；④表示脱分化过程；⑤表示再分化过程。

【解答】（1）去除植物细胞壁时常用酶解法；即用纤维素酶和果胶酶处理。

（2）②表示原生质体的融合；该过程的发生必须进行人工诱导。人工诱导原生质体融合的物理方法是离心；振动、电刺激；化学方法是聚乙二醇。

（3）③表示融合后的原生质体再产生新的细胞壁；新细胞壁的产生与细胞内高尔基体有密切关系。

（4）4为植物组织培养的脱分化过程，5为再分化过程。所用培养基中有生长素和细胞分裂素。杂种细胞能培育成新的植物体所依据的原理是植物细胞具有全能性。植物体细胞杂交在育种工作中具有广泛的应用价值，其突出的优点是可以克服远缘杂交不亲合的障碍。

【解析】（1）纤维素酶、果胶酶（2）离心、振动、电刺激（要求至少答出两种才得分）聚乙二醇（或PEG)（3）高尔基体（4）脱分化（或去分化）再分化生长素细胞分裂素植物细胞具有全能性克服远缘杂交不亲合的障碍28、（1）初级精母细胞。

（2）40（3）减数第二次分裂后期减数第一次分裂后期（4）如图所示【分析】【分析】本题结合图解，考查细胞的减数分裂、基因自由组合定律的实质及应用，要求考生识记细胞减数分裂不同时期的特点；掌握基因自由组合定律的实质，能根据题干信息准确答题。分析上方左图：上方左图细胞含有同源染色体；且同源染色体正在分离，处于减数第一次分裂后期，此时细胞质均等分裂，称为初级精母细胞。

分析上方中图：上方中图细胞不含同源染色体和染色单体，为减数分裂形成的配子。【解答】（1）由以上分析可知；上方左图细胞为初级精母细胞。

（2）上方左图细胞所含染色体数目与体细胞相同；则该生物体细胞含有4条染色体，4个DNA分子。减数第二次分裂后期，细胞中所含DNA分子数与体细胞相同，因此该细胞分裂进行到减数第二次分裂后期时细胞内有4个DNA分子，不含同源染色体。

（3）基因M与M；n与n为相同基因；它们的分离发生在减数第二次分裂后期，随着姐妹染色单体的分开而分离；M与N或M与n的自由组合发生在减数第一次分裂后期。

（4）减数第一次分裂后期，同源染色体分离，非同源染色体自由组合，因此上方中间图为上方左图细胞分裂产生的一个生殖细胞示意图，则与之同时形成的另一种类型的生殖细胞的示意图如下：【解析】（1）初级精母细胞。

（2）40（3）减数第二次分裂后期减数第一次分裂后期（4）如图所示29、（1）E→F→D→B

（2）CO2含碳有机物

（3）80

（4）CO2大量释放，造成温室效应

（5）大量植树造林，加大对CO2的吸收减少对化石燃料的燃烧，改变能源结构，开放的新能源技术【分析】【分析】本题考查生态系统的结构和功能的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析图形、获取信息、解决问题的能力。【解答】（1）在生态系统中，不同生物之间由于吃与被吃的关系而形成的链状结构叫做食物链。食物链的起始环节是生产者，终点是最高级消费者，箭头指向捕食者。根据题意和图示分析可知：由于图中A与E之间的关系是双向的，所以E是生产者，A是大气中的二氧化碳库；进一步判断F、D、B是各级消费者，C是分解者与根据题意和图示分析可知：由于图中A与E之间的关系是双向的，所以E是生产者，A是大气中的二氧化碳库；进一步判断F、D、B是各级消费者，C是分解者之间的关系是双向的，所以A是生产者，E是大气中的二氧化碳库；进一步判断E、A、F是各级消费者，D是分解者BC，，所以此生态系统的一条食物链为：E→F→D→

B

。

（2）碳元素在A（消费者）与E（非生物的物质和能量）之间是以二氧化碳的形式流动的，而在D→B过程中是以含碳有机物形式进行流动。（3）能量在沿食物链流动过程中是逐级递减的，一般地说，输入到一个营养级的能量中，只有10%--20%的能量流入下一个营养级。若生产者有10000kg，按能量最大传递效率计算，位于第四营养级的生物可增重kg。【解析】（1）E→F→D→B（2）CO2含碳有机物（3）80（4）CO2大量释放，造成温室效应（5）大量植树造林，加大对CO2的吸收减少对化石燃料的燃烧，改变能源结构，开放的新能源技术30、(1)两单倍体

(2)a、ca、b、c

(3)精氨酸【分析】【分析】本题主要考查生物的繁殖过程、有丝分裂、减数分裂过程的特点以及突变和基因重组的特点，主要考查学生的识记以及理解能力。【解答】（1）从合子到8个孢子的过程中，进行了一次减数分裂和一次有丝分裂，两次分裂各复制一次，共复制了两次。由成熟生殖细胞单独发育成的个体为单倍体，因而上图中8个子代菌丝体都是单倍体。（2）按顺序前四个孢子应该基因组成相同，因第一和第二个孢子是由同一个母细胞有丝分裂形成的，若性状不同，可能是有丝分裂过程中发生了基因突变和染色体变异，不可能发生基因重组。若第二和第三个孢子性状不同，可能是减数分裂过程中发生了基因突变、基因重组或染色体变异。（3）从图示关系可知，C突变型脉胞菌因合成酶3的基因缺陷，不能合成精氨酸，故在其培养基中要加入精氨酸。

【解析】(1)两单倍体(2)a、ca、b、c(3)精氨酸六、综合题(共4题，共8分)31、（1）①②④（2）解：电路中的电流：当开关接a时,电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1=IR1=1×5.0=5.0VU1UU111=I电量为：R1RR111=1×5.0=5.0VQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1=CU1=2×10−6×5C=1×10−5CQ1QQ1当开关接1时1电容器的电压为：=CU1UU111=2×10−610−61010电量为：−6−6−6−6×5C=1×10−510−51010−5−5−5−5Cb，且上极板带负电，下极板带正电。由，U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5VU2=I⋅R2=1×3.5V=3.5VU2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V可知，开关由U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V接U2=I⋅R2=1×3.5V=3.5V的过程中，电量变化为：U2UU222=I⋅R2R2RR222=1×3.5V=3.5VQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5C即通过Q2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5CQ2=CU2=2×10−6×3.5C=0.7×10−5C的电荷量为Q2QQ222=【分析】【分析】(1)

由带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知电流的方向，可知电荷的电性；(2)

对重力进行分解，求合力，可知合力是否为恒力，可知小球的运动性质；(3)

小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时洛伦兹力等于重力沿斜面向下的分力，可得知小球对斜面压力为零时的速率。本题主要考查的是洛伦兹力的方向的判断，主要是应用力的分解以及牛顿第二定律可知物体的运动过程。【解答】垄脵

带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可知电流的方向沿斜面向下，故小球带正电，故垄脵

正确；垄脷垄脹

小球在斜面上运动时加速度由重力垂直斜面向下的分力，垂直斜面向上的支持力和洛伦兹力，沿斜面向下的分力提供，故加速度为gsin娄脠

故做匀加速直线运动，故垄脷

正确，垄脹

错误；垄脺

小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时，应有mgcos娄脠=Bqv

故速率为mgcos娄脠Bq

故垄脺

正确。故选垄脵垄脷垄脺

(2)

分析出开关分别接ab

时电路的串并联关系，分析电容的电压、电量便可知通过R33的电量。由图可知，R11与R22串联，当开关接a

时，电容器与R11并联；根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量。

当开关与b

连接时，C

与R22并联即可求得电量，当开关与b

连接时，C

与R22并联；由C

中电量的变化可得出流过R33的电量。【解析】(1)垄脵垄脷垄脺

(2)

解：电路中的电流：I=ER1+R2+r=90.5+5.0+3.5A=1A

当开关接aa时，电容器的电压为：UU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11==IIRR11==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVUU11UUUU111111==II电量为：RR11RRRR111111==11隆脕隆脕5.05.0==5.05.0VVQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11==CCUU11==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??55CCQQ11QQQQ11当开关接11时11电容器的电压为：==CCUU11UUUU111111==22隆脕隆脕1010??661010??6610101010电量为：??66??66??66??66隆脕隆脕55CC==11隆脕隆脕1010??551010??5510101010??55??55??55??55CCbb，且上极板带负电，下极板带正电。由，UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVUU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV可知，开关由UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV接UU22==II??RR22==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VV的过程中，电量变化为：UU22UUUU222222==II??RR22RR22RRRR222222==11隆脕隆脕3.53.5VV==3.53.5VVQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CC即通过QQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CCQQ22==CCUU22==22隆脕隆脕1010??66隆脕隆脕3.53.5CC==0.70.7隆脕隆脕1010??55CC的电荷量为QQ22QQQQ222222==32、解：(1)小球由静止摆到最低点的过程中；有。

mgR(1-cos60°)=

解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是：

小球与物块Q相撞时；没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有。

mv0=mv1+mvQ

=+

解得，v1=0，vQ=v0=

二者交换速度；即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有。

mvQ=Mv+m•2v

解得，v==

小物块Q离开平板车时，速度为2v=

(2)由能的转化和守恒定律；知。

fL=--

又f=μmg

解得，平板车P的长度为L=

(3)小物块Q在平板车上滑行过程中；对地位移为s，则。

-μmgs=-

解得，s=

小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为t=

水平距离x=2vt=

故Q落地点距小球的水平距离为s+x=+．

答：

(1)小物块Q离开平板车时速度为

(2)平板车P的长度为为

(3)小物块Q落地时距小球的水平距离为+．【分析】(1)

小球由静止摆到最低点的过程中；绳子的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，即可由机械能守恒定律求出小球与Q

碰撞前瞬间的速度.

到达最低点时与Q

的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的条件且能量守恒，由两大守恒定律结合可求出碰撞后小球与Q

的速度.

小物块Q

在平板车P

上滑动的过程中，系统的合外力为零，总动量守恒；

即可由动量守恒定律求出小物块Q

离开平板车时速度；

(2)

小物块Q

在平板车P

上滑动的过程中；小球的部分动能转化为内能.

根据系统的能量守恒求出平板车P

的长度．

(3)

小物块Q

离开平板车做平抛运动，求出小物块从开始运动到落地的水平距离，即为小物块Q

落地时距小球的水平距离．【解析】解：(1)

小球由静止摆到最低点的过程中；有。

mgR(1鈭�cos60鈭�)=12mv02

解得，小物块到达最低点与Q

碰撞之前瞬间的速度是：v0=gR

小球与物块Q

相撞时；没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有。

mv0=mv1+mvQ

12mv02=12mv12+12mvQ2

解得，v1=0vQ=v0=gR

二者交换速度；即小球静止下来，Q

在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有。

mvQ=Mv+m?2v

解得，v=16vQ=gR6

小物块Q

离开平板车时，速度为2v=gR3

(2)

由能的转化和守恒定律；知。

fL=12mvQ2鈭�12