2025年上教版高二物理上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年上教版高二物理上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8题，共16分)1、关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是（）A.电场强度的定义式E=适用于任何电场B.由真空中点电荷的电场强度公式E=可知，当r→0时，E→无穷大C.由公式B=可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D.磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向2、给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电．板间有一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则（）A.若将B极板向右平移少许，夹角θ不变B.若将B极板向右下移少许，B两板间的电势差将增大C.若将B极板向右上移少许，夹角θ变小D.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动3、如图所示，质量为2kg

的物块在水平面上向左运动，已知物块与水平面间的摩擦因数为0.4

当物块受大小为6N

水平向右的力F

作用时，物块的加速度为(

)

A.大小为4m/s2

方向向右B.大小为3m/s2

方向向左C.大小为7m/s2

方向向右D.大小为7m/s2

方向向左4、如图所示，曲面AO是一段半径为2m的光滑圆弧面，圆弧与水平面相切于O点，AO弧长10cm．现将一小球先后从曲面的顶端A和AO弧的中点B由静止释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别是t1和t2；那么（）

A.v1＞v2，t1＞t2

B.v1=v2，t1＞t2

C.v1＞v2，t1=t2

D.v1=v2，t1=t2

5、如图所示的电路；伏安法测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应（）

A.先断开开关S1

B.先断开开关S2

C.先拆去电流表。

D.先拆去电阻R

6、声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征．下列说法正确的是()．A.声波的传播速度小于电磁波的传播速度B.声波和电磁波都能引起鼓膜振动C.电磁波都能被人看见，声波都能被人听见D.二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波7、电视机显像管需要_____以上的电压，手机工作需要_____的电压（）A.15kV，3.6kVB.10kV，7.2kVC.20kV，7.2VD.10kV，3.6V8、下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是()A.只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B.穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中感应电动势越大C.穿过闭合电路中的磁通量减少，则闭合电路中感应电流减小D.穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、如图为一列横波的波形图，波的传播方向为X

轴正方向，由图可知(

)

A.该时刻处于X=0.1m

的质点，速度最大，加速度为零B.经过34

周期后，处于X=0.4m

质点的速度最大，方向为正C.经过34

周期后，处于X=0.1m

的质点将运动到X=0.4m

处D.在相同的时间内，各质点运动的路程都相等10、图中的虚线为某电场的等势面；有两个带电粒子(

重力不计)

以不同的速率，沿不同的方向，从A

点飞入电场后，沿不同的径迹1

和2

运动，由轨迹可以判断()

A.两粒子的电性一定相反。

B.粒子1

的动能先减小后增大。

C.粒子2

的电势能先增大后减小。

D.经过BC

两点时两粒子的速率可能相等11、如图所示，在空气中，一束单色光由两面平行的玻璃板的a

表面射入，从b

表面射出，则以下说法中正确的是(

)

A.出射光线一定与入射光线平行B.随着娄脠

角的增大，光可能在a

表面发生全反射C.随着娄脠

角的增大，光可能在b

表面发生全反射(娄脠<90鈭�)

D.无论如何改变娄脠

角，光线从a

表面射入，不可能在b

表面发生全反射12、(

多选)

四个相同的小量程电流表(

表头)

分别改装成两个电流表A1A2

和两个电压表V1V2.

已知电流表A1

的量程大于A2

的量程，电压表V1

的量程大于V2

的量程，改装好后把它们按图所示接入电路，则(

)

A.电流表A1

的读数大于电流表A2

的读数B.电流表A1

指针的偏转角小于电流表A2

指针的偏转角C.电压表V1

的读数小于电压表V2

的读数D.电压表V1

指针的偏转角等于电压表V2

指针的偏转角13、下列关于固体、液体、气体的说法正确的是()A.纯净半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成B.气体扩散现象表明气体分子间存在斥力C.液晶具有流动性，光学性质各向异性D.布制的伞面虽看得见纱线间的缝隙但却不漏雨水，是水呈各向同性的缘故14、(B)

如图示，导热气缸开口向下，内有理想气体，气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气.

活塞下挂一砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止.

现给砂桶底部钻一个小洞，细砂慢慢漏出，外部环境温度恒定，则(

)

A.气体压强增大，内能不变B.外界对气体做功，气体温度不变C.气体体积减小，压强增大，内能减小D.外界对气体做功，气体内能增加15、图为示波管的一部分，ab

为电子枪的两电极；cd

为两平行金属板，且c

板电势比d

高.

则(

)

A.a

为正极，b

为负极B.电子在cd

极板间运动时速度一定会增大C.ab

间电势差越大，电子在cd

板间动能的改变量可能越小D.ab

间电势差越大，电子在cd

板间运动的时间一定越短评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、一个共有10匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω，置于水平面上．若线圈内的磁通量在0.02s内，由垂直纸面向里，从0.02wb均匀增加到0.06wb，则在此时间内，线圈内导线的感应电动势为_________V。17、如图，为一圆柱中空玻璃管，管内径为R1，外径为R2，R2＝2R1。一束光线在圆柱横截面内射向玻璃管；不考虑多次反射影响，为保证在内壁处光不会进入中空部分，问入射角i应满足什么条件？

18、用如图所示装置来验证动量守恒的实验，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点；当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α．球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张覆盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点．保持α角度不变，多次重复上述实验，在白纸上记录到多个B球的落地点．

（1）为保证实验成功，必须保证mA______mB．（填“大于”；“等于”或“小于”）

（2）设碰撞前瞬间球A的速度为vA，碰撞后球A的速度为v′A，球B的速度为v′B，则实验需要验证的关系式为：______

（3）若实验中测得mA、mB、L、α、β、H、s等物理量，用测得的物理量表示：mAvA=______；mAv′A=______；mBv′B=______．19、某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L

相同的小灯泡AB

电阻R

开关S

和电池组E

用导线将它们连接成如图所示的电路.

检查电路后，闭合开关S

小灯泡发光；电感线圈自感系数较大.

当开关断开的瞬间，则有______(

填序号垄脵A

比B

先熄灭垄脷B

比A

先熄灭垄脹AB

一起熄灭)B

灯的电流方向为______(

填序号垄脵

左到右，垄脷

右到左)

某同学虽经多次重复断开开关S

仍未见老师演示时出现的小灯泡B

闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.

你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是______(

填序号垄脵

电源的内阻较大垄脷

线圈电阻偏小垄脹

线圈的自感系数较大)

20、小李同学利用激光笔和角度圆盘测量半圆形玻璃砖的折射率，如图所示是他采用手机拍摄的某次实验现象图，红色是三条光线，固定好激光笔，然后将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了5°角，发现光线______恰好消失了（选填①，②或③），那么这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率n=______．21、如图所示为磁流体发电机的示意图．在距离为d的两平行金属板间，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．左侧有高速运动的等离子体（含有相等数量的正、负离子）射入其间，设每个离子所带的电量为q，射入速度为V，重力不计，离子在洛仑兹力的作用下发生偏转，分别聚集在M、N板上，使该装置成为一个电源，则此发电机的电动势为____．当闭合开关K时通过R的电流方向为____（填“向上”或“向下”）

22、如图是研究电磁感应现象的实验装置，大小两个螺线管B、A套在一起．开始时开关S断开，在移动滑动变阻器滑片P的过程中，发现电流表指针______发生偏转；接着闭合S，在闭合瞬间发现电流表指针______发生偏转；闭合S后，将螺线管A从B中抽出，在抽出过程中发现电流表指针______发生偏转．（均填“会”或“不会”）23、某同学测量一个圆柱体的电阻率；需要测量圆柱体的尺寸和电阻．

(1)

分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)

和图(b)

所示；长度为______cm

直径为______mm

．

(2)

按图(c)

连接电路后；实验操作如下：

(a)

将滑动变阻器R1

的阻值置于最______处(

填“大”或“小”)

将S2

拨向接点1

闭合S1

调节R1

使电流表示数为I0

(b)

将电阻箱R2

的阻值调至最______(

填“大”或“小”)S2

拨向接点2

保持R1

不变，调节R2

使电流表示数仍为I0

此时R2

阻值为1280娄赂

(3)

由此可知，圆柱体的电阻为______娄赂.

24、如图所示的电路中，电源电压为60V

内阻不计，电阻R=2娄赂

电动机的内阻R0=1.6娄赂

电压表的示数为50V

电动机正常工作，则电动机的输出功率______．评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)25、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、简答题(共3题，共9分)26、(1)如图所示，参考系O′相对于参考系O静止时，人看到的光速应是多少？(2)参考系O′相对于参考系O以速度v向右运动，人看到的光速应是多少？(3)参考系O′相对于参考系O以速度v向左运动，人看到的光速又是多少？27、铜是常用的一种金属。rm{(1)}基态铜原子的电子排布式是____。基态铜原子价电子层排布依据的原理，可用于解释下列事实的是rm{(}填标号rm{)}rm{A.Fe^{2+}}易被氧化为rm{Fe^{3+}}rm{B.}铜丝灼烧时焰色呈绿色rm{C.N}的第一电离能大于rm{O}的第一电离能rm{D.NaCl}的熔点比rm{KCl}的高rm{(2)Cu^{+}}离子能与rm{SCN^{-}}离子形成rm{CuSCN}沉淀。请写出一种与rm{SCN^{-}}离子等电子体的微粒rm{(}填化学式rm{)}rm{SCN^{-}}离子对应的酸有硫氰酸rm{(H篓DS篓DC隆脭N)}和异硫氰酸rm{(H篓DN=C=S)}这两种酸熔点更高的是rm{(}填名称rm{)}原因是。rm{(3)Cu^{2+}}离子能与rm{NH_{3}}形成平面正方形的rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子。rm{NH_{3}}分子的空间构型为；rm{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}离子中rm{Cu}采取rm{dsp^{x}}杂化，rm{x}的值是。rm{(4)}铜的晶胞与堆积方式如图所示。若晶胞顶点rm{A}与堆积方式中的rm{A}球相对应，则晶胞中rm{x}rm{y}rm{z}三点与堆积方式中rm{C}球相对应的点是。已知铜原子的半径为rm{rcm}摩尔质量为rm{Mg隆陇mol^{-1}}晶体的密度为____rm{g隆陇cm^{-3}(}阿佛加德罗常数取rm{N_{A}}rm{)}28、取某镀锌铁片rm{5.69g}将其投入足量稀硫酸中，镀锌铁片完全溶解，产生氢气rm{2.24L(}标准状况rm{)}试计算：rm{(1)}产生氢气的物质的量是_______rm{mol}rm{(2)}镀锌铁片中锌的质量是_______rm{g}评卷人得分六、计算题(共2题，共10分)29、如图所示，竖直放置的光滑14

圆弧轨道半径为L

底端切线水平且轨道底端P

距水平地面的高度也为LQ

为圆弧轨道上的一点，它与圆心O

的连线OQ

与竖直方向的夹角为60鈭�.

现将一质量为m

可视为质点的小球从Q

点由静止释放，g=10m/s2

不计空气阻力.

求：

(1)

小球在P

点时的速度大小；(2)

改变小球的释放位置，使小球落地点B

到轨道底端P

的正下方A

的距离为2L

求小球在P

点的速度大小；(3)

在第二问的过程中，小球从释放到落地的运动过程中，重力做的功．30、如图所示；圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R=0.1mMN

为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A

以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M

时与静止于该处的小球B

发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N

为x=0.2m.

已知小球A

和小球B

的质量相同，均为m=0.1kg

重力加速度为g=10m/s2

忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：

(1)

粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间；

(2)

小球A

与小球B

碰撞前瞬间的速度大小；

(3)

小球A

刚进入轨道N

点时轨道对小球A

的支持力大小．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【解答】解：A、电场强度的定义式E=适用于任何电场，故A正确．

B、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故B错误．

C、由公式B=可知；一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．

D；磁感应强度的方向和该处的通电导线所受的安培力方向垂直；故D错误．

故选A．

【分析】电场强度是反映电场力的性质的物理量，大小用比值法定义，方向与正的试探电荷受到的电场力的方向相同；电场中某点的场强可以通过电场线形象地表示；点电荷场强的决定式为．2、B【分析】解：A、若将B极板向右平移稍许，根据E=C=C=可得板间场强E=知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，θ不变，故A错误．

B、若将B极板向右下移少许，板间距离d增大，极板正对面积减小，根据C=得知电容将减小．电容器的电量Q不变，由C=分析得知板间电势差增大，故B正确．

C、同理，若将B极板向右上移少许，板间电势差增大，由E=得知；E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故C错误．

D；轻轻将细线剪断；小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动．故D错误．

故选：B．

根据电容的决定式C=分析电容的变化．电容器的电量不变，由C=分析板间电势差的变化．根据E=C=C=结合分析场强E的变化，判断θ的变化．轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向沿作匀加速直线运动．

本题要抓住条件：电量Q不变的基础上，根据E=C=C=进行分析．【解析】【答案】B3、C【分析】解：物体在水平方向运动；竖直方向受到重力和地面的支持力相互平衡，合力为零.

水平方向受到向右的滑动摩擦力f

和水平力F

作用，其中f=娄脤N=娄脤mg

根据牛顿第二定律得，F+f=ma

得，a=F+娄脤mgm=6+0.4隆脕2隆脕102m/s2=7m/s2

方向水平向右．

故选C

分析物体的受力情况；根据物体相对于地的运动方向，确定滑动摩擦力方向，根据牛顿第二定律求解加速度的大小和方向．

本题容易产生的错误是：摩擦力方向水平向左，与F

相反，要理解并记住：滑动摩擦力与物体相对运动方向相反，不是与F

相反．【解析】C

4、C【分析】

小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式知小球在A点和B点释放，运动到O点的时间相等，都等于．

根据动能定理有：知A点的△h大，所以从A点释放到达O点的速度大．故C正确，A；B、D错误．

故选C．

【解析】【答案】由于AO的弧长远小于圆弧的半径，所以小球的运动可视为简谐运动（单摆运动），根据周期公式比较时间．根据动能定理比较到达O点的速度．

5、B【分析】

若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．

故选B

【解析】【答案】先进行ACD三项操作都会发生自感现象；在电压表中有强电流流过，发热过多，造成仪器烧坏．

6、A【分析】声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的，人耳听不到电磁波；人眼看不见电磁波，有些声波人听不见；二胡和电子琴发出的都是声波．【解析】【答案】A7、D【分析】解：电视机显像管需要10kV以上的电压；手机工作需要3.6V的电压．

故选：D

电视机显像管需要10kV以上的电压；手机工作需要3.6V的电压．

该题中，电视机显像管需要10kV以上的电压是课本知识点中非常生僻的知识点，要注意对这类知识点的积累．【解析】【答案】D8、B【分析】【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化；闭合电路中的感应电动势遵守法拉第电磁感应定律；磁通量变化越快，感应电动势越大；感应电流与感应电动势之间的关系同样遵守欧姆定律。

解答本题关键要掌握产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律，知道磁通量变化率反映磁通量变化的快慢。【解答】

A.穿过闭合电路中的磁通量不为零时；若磁通量不发生变化，闭合电路中没有感应电流产生，故A错误；

C.穿过闭合电路中的磁通量减少；磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少，故C错误；

B.D

根据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变化率成正比；与磁通量没有直接关系，所以磁通量越大，感应电动势不一定越大；而磁通量变化越快，磁通量变化率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，故D错误，B正确。

故选B。

【解析】B

二、多选题(共7题，共14分)9、AB【分析】解：A

横波向X

轴正方向传播；可得处于X=0.1m

的质点，速度最大，加速度为零.

故A正确；

B、横波向X

轴正方向传播，该时刻波形图如图所示，经过34

周期后；处于X=0.4m

质点的速度最大，方向为正.

故B正确；

C、横波向X

轴正方向传播，该时刻波形图如图所示，经过34

周期后；处于X=0.1m

质点处于波谷处，但不随波迁移.

故C错误；

D；在相同的时间内；各质点做简谐运动，其运动的路程不相等，故D错误；

故选：AB

由波的传播方向来确定质点的振动方向，并由题意利用平移法可知经过34

周期时波形图；由波形图可判断各点的振动情况．

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系.

同时，要熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况.

要加强训练，熟练掌握．【解析】AB

10、AB【分析】【分析】由等势面与电场线的关系，画出电场线，由粒子所受电场力与运动规律的关系判断粒子所受静电力的方向，由此判断粒子电性；由静电力所做的功判断电势能与动能的变化；由动能定理判断两粒子经过B、CC两点时两粒子的速率关系。本题主要考查带电粒子在电场中运动时，其运动轨迹与其所受电场力的关系；同时知道静电力做功仅引起电势能与动能的转化。难度一般。

【解答】

A.由带电粒子在电场中的运动轨迹与所受电场力的关系可知，粒子11受斥力，而粒子22受引力，故两粒子电性相反，A正确；

B.由于粒子11所斥力，故其在从AA到BB运动过程中，静电力对其先做负功后做正功，故由动能定理可知，其动能先减后增，B正确；

C.同理，由粒子2s2s受引力，故从A

到C

运动过程中；静电力对其先做正功后做负功，故由动能定理可知，其动能先增后减，故C错误；

D.由于ABC

三点在同一等势面上，故粒子1

从A

到B

粒子2

从A

到C

静电力所做的功为零，故二者动能均不变；由于两粒子以不同的速率进入电场，故二者经过BBCC两点时两粒子的速率不等，D错误。故选AB。【解析】AB

11、AD【分析】解：A

由于ab

两表面平行，光线在a

表面的折射角等于b

表面的入射角，根据光路的可逆性可知，光线在b

表面的折射角等于在a

表面的入射角；由几何关系可知出射光线一定与入射光线平行，故A正确．

B；发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质；入射角大于等于临界角，可知光不可能在a

表面上发生全反射，故B错误．

C、根据几何知识可知：光经过表面b

上的入射角与在表面a

上的折射角相等，根据光路可逆性可知：所以不管入射角多大，不可能在b

表面发生全反射；故C错误，D正确．

故选：AD

．

根据折射定律和光路的可逆性分析出射光线与入射光线的关系．

产生全反射的必要条件是光线必须光密介质射入光疏介质.

运用几何关系和光路可逆性分析光线能否在界面b

上发生全反射现象．

解决本题的关键知道光的传播的可逆性原理，以及掌握全反射的条件，由此记牢平行玻璃砖的光学特性．【解析】AD

12、AD【分析】

试题分析：电流表的量程大于电流表的量程，故电流表的电阻值小于电流表的电阻值，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表的读数大于电流表的读数，故A正确；两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，故B错误；电压表的电阻值大于电压表的电阻值，u

电压表的读数大于电压表的读数；故C错误；两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，故D正确；

故选A；D

．

考点：闭合电路的欧姆定律；把电流表改装成电压表．

点评：本题关键是要明确电流表与电压表的改装原理，然后再根据电阻的串并联知识分析求解．【解析】AD

13、AC【分析】略【解析】AC

14、AB【分析】解：当细砂慢慢漏出；活塞上移，内部气体温度不变，体积减小，根据玻意耳定律PV=C

知，气体的压强增大．

根据鈻�U=W+Q

知；温度不变，气体内能不变，活塞上移，外界对气体做功，则气体放热.

故A；B正确，C

D错误．

故选AB．

开始活塞受到重力；拉力和内外气体的压力处于平衡；当细砂慢慢漏出，活塞上移，内部气体温度不变，体积减小，根据玻意耳定律判断压强的变化，根据热力学第一定律判断吸放热．

解决本题的关键掌握玻意耳定律以及热力学第一定律，并能灵活运用．【解析】AB

15、BC【分析】解：A

要是电子在加速电场中加速，则电子逆着电场线运动，故b

板电势高，故a

为阴极b

为阳极；故A错误；

B；电子在cd

极板间运动时；电场力做正功，故动能增大，速度增大，故B正确；

C、ab

间电势差越大；有动能定理可得离开加速电场时的速度越大，电子在偏转电场中的偏转量可能变小，故在偏转电场中电场力做功变少，故动能改变量可能变少，故C正确；

D、ab

间电势差越大；有动能定理可得，当只要能达到C

板，则时间相同，故D错误；

故选：BC

．

电子在加速电场中运动时；电场力做功eU

根据动能定理列式得出v

与U

的关系式，在偏转电场偏转量为由偏转电压和加速电压有关．

此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而在偏转电场中偏转量即与加速电压有关，由于偏转电压有关．【解析】BC

三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】根据法拉第电磁感应定律【解析】【答案】20V17、i应满足i≥30°【分析】【解答】光路图如图，设第一次折射角为r；全反射临界角为C，折射率为n，由折射定律有。

在图中三角形中，由数学知识可得：

综上所得：i=30°,所以为保证在内壁处光不会进入中空部分；

入射角i应满足i≥30°

【分析】光的折射。18、略

【分析】解：（1）根据实验原理可知；小球A没有落到地面上，只有B落地，故应让A球的速度大于B球；

（2）由动量守恒定律可知：

应满足的表达式为：mAvA=mAvA′+mBvB′

（3）小球从A处下摆过程只有重力做功；机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mAgL（1-cosα）=mAvA2-0；

解得：vA=

则PA=mAvA=mA

小球A与小球B碰撞后继续运动；在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：

-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2；

解得vA′=

PA′=mAvA′=mA

碰前小球B静止，则PB=0；

碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向H=gt2；

解得：vB′=S

则碰后B球的动量为：PB′=mBvB′=mBS

故答案为：（1）大于；（2）mAvA=mAvA′+mBvB′（3）mAmAmBS．

A球下摆过程机械能守恒；根据守恒定律列式求最低点速度；球A上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出动量的表达式，然后分析答题。

本题考查了确定实验需要测量的量，知道实验原理、求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键【解析】大于；mAvA=mAvA′+mBvB′；mAmAmBS19、③；②；②【分析】解：当开关断开的瞬间；L

中产生自感电动势，相当于电源，AB

两灯串联，同时逐渐变暗到熄灭，故选择垄脹

在没有断开前；流过B

灯电流方向从左向右，当断开后，在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，流过B

灯的电流方向从右向左.

故选择垄脷

．

小灯泡能否闪亮的原因是之前与之后的电流有差值；当之后电流大于之前，则会闪亮，若小于或等于则不会闪亮，因此造成未闪亮的原因是线圈电流偏大，电阻偏小，故选择垄脷

故答案为：垄脹垄脷垄脷

．

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，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．

对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源，注意流过灯泡B

的电流方向是解题的关键．【解析】垄脹垄脷垄脷

20、③【分析】解：圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动；入射角逐渐增大，当入射角等于临界角时发生全反射，折射光线消失，所以转动5°角时，发现光线③恰好消失了．

由题得全反射临界角C=45°，由sinC=得n=

故答案为：③，

圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动，入射角等于临界角时发生全反射，折射光线消失，由图读出临界角C，再由sinC=求折射率．

本题利用全反射知识测定玻璃砖的折射率，其原理是全反射临界角公式sinC=关键要理解并掌握全反射产生的条件．【解析】③21、略

【分析】

当等离子体受电场力和洛伦兹力处于平衡时，有：．则电动势E=Bvd．正电荷向上偏；负电荷向下偏，最终上极板带正电，下极板带负电，则闭合开关K时通过R的电流方向为：向下．

故答案为：Bvd；向下．

【解析】【答案】该模型为磁流体发电机模型；等离子体受到洛伦兹力发生偏转，在两极板间形成电势差，最终等离子体受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出发电机的电动势，根据极板带电的正负判断电流的流向．

22、略

【分析】解：开始时开关S断开；在移动滑动变阻器滑片P的过程中，穿过线圈B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不会发生偏转；接着闭合S，在闭合瞬间穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转；闭合S后，将螺线管A从B中抽出，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，在抽出过程中发现电流表指针会发生偏转．

故答案为：不会；会；会．

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发生变化，电路产生感应电流．

本题考查了判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题．【解析】不会；会；会23、略

【分析】解：(1)

游标卡尺的读数=

主尺上的读数+

游标上的读数；本题主尺上的读数是5cm

游标上的读数是3隆脕0.1mm=0.03cm

故游标卡尺的读数为5.03cm

螺旋测微器的读数=

固定尺的读数+

可动尺的读数隆脕0.01

即5mm+31.5隆脕0.01mm=5.315mm

(2)(a)

将滑动变阻器R1

的阻值调至最大；可以起到保护电流表及电源的作用；

(b)

将电阻箱R2

的阻值调至最大；目的也是为了保护电流表及电源；

(3)

本题的实验方法为替代法.

由。

I0=ER1+RA+r+Rx

I0=ER1+RA+r+R2

解得；Rx=R2=1280娄赂

．

故答案为：(1)5.035.315

(2)(a)

大(b)

大(3)1280

(1)

游标卡尺的读数=

主尺上的读数+

游标上的读数；螺旋测微器的读数=

固定尺的读数+

可动尺的读数隆脕0.01

(2)

将滑动变阻器R1

和电阻箱R2

的阻值调至最大；可以起到保护电流表及电源的作用；圆柱体的电阻等于电阻箱R2

的阻值；

该题采用“等效法替代”测圆柱体的电阻，无论什么方法，关键是理解实验原理然后利用电路的串并联知识求解．【解析】5.035.315

大；大；1280

24、略

【分析】解：根据闭合电路欧姆定律，由：E=U+IR

解得：I=E鈭�UR=60鈭�502A=5A

电动机的输出功率：P鲁枚=P鈭�P脠脠=UI鈭�I2R0=50隆脕5鈭�52隆脕1.6=210W

．

故答案为：210W

．

通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电动机的总功率为P=UI

即可求得，由P脠脠=I2r

可求的电动机内阻消耗的功率；输出功率为P鲁枚=P鈭�P脠脠

．

对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路.

对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．【解析】210W

四、判断题(共1题，共3分)25、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．五、简答题(共3题，共9分)26、略

【分析】根据狭义相对论理论，光速是不变的，都应是c.【解析】【答案】(1)(2)(3)三种情况光速都是c.27、（1）1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）AC（2）CO2（或CS2等）异硫氰酸分子间能形成氢键（3）三角锥形2（4）y【分析】【分析】本题考查了电子排布式、等电子体、空间构型、杂化轨道、晶胞计算等知识，题目难度中等。【解答】rm{(1)}铜为rm{29}号元素，价电子层的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{(}或rm{[Ar]3d}或rm{(}rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{10}}rm{4s}rm{4s}根据基态铜原子价电子层排布依据的原理，当电子处于半充满或全充满状态的原子结构是稳定的，A.二价铁价层电子排布为rm{{,!}^{1}}易失去rm{)}根据基态铜原子价电子层排布依据的原理，当电子处于半充满或全充满状态的原子结构是稳定的，个电子达到稳定结构，因此rm{)}易被氧化为rm{3d^{6}}故A正确；

B.铜丝灼烧时焰色呈绿色，属于物理变化是焰色反应，和电子排布没有关系，故B错误；C.rm{1}原子最外层是半充满稳定结构，因此rm{Fe^{2+}}的第一电离能大于rm{Fe^{3+}}的第一电离能，故C正确；D.rm{N}的熔点比rm{N}的高；熔点是物理性质，故D错误；

故选AC，故答案为：rm{O}或rm{NaCl}rm{KCl}

rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}互为等电子体的分子为rm{AC}或rm{(2)}由于异硫氰酸分子间可形成氢键而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸rm{(2)}的沸点低于异硫氰酸；

故答案为：rm{SCN^{-}}或rm{CS_{2}}rm{CO_{2}}rm{(H-S-C隆脭N)}rm{CS_{2}}中心原子rm{CO_{2}}原子价层电子对为异硫氰酸；分子间能形成氢键；rm{(3)}模型为四面体，由于含有rm{(3)}对孤电子对，故为三角锥形，rm{NH_{3}}是rm{N}那么rm{3+1=4}是rm{VSEPR}它还有一个rm{1}一个rm{Cu}和rm{3d^{10}4s^{1}}个rm{Cu^{2+}}的空轨道，于是rm{3d^{9}}采取了rm{d}的杂化，使一个rm{s}一个rm{3}和两个rm{p}轨道简并，成为能量相同的rm{Cu^{2+}}个rm{dsp^{2}}杂化轨道，故rm{d}为rm{s}

故答案为：rm{p}；rm{4}若晶胞顶点rm{dsp^{2}}与堆积方式中的rm{x}球相对应，则晶胞中rm{2}三角锥形；rm{2}；rm{2}三点与堆积方式中rm{(4)}若晶胞顶点rm{A}与堆积方式中的rm{A}球相对应，则晶胞中rm{x}rm{y}rm{z}三点与堆积方式中rm{C}球相对应的点是rm{y}球相对应的点是rm{(4)}铜的晶胞中rm{A}原子个数rm{A}rm{x}rm{y}rm{z}rm{C}rm{y}rm{Cu}该晶胞中面上处于对角线的rm{=8隆脕}个原子紧挨着，该晶胞体积rm{1}rm{8}rm{1}rm{8}rm{(2sqrt{2}r{)}^{3}c{m}^{3}}rm{1}，晶胞的密度rm{1}rm{8}rm{8}rm{+6隆脕}rm{1}rm{2}rm{1}rm{2}rm{dfrac{dfrac{M}{{N}_{A}}隆脕4}{(2sqrt{2}r{)}^{3}}}rm{1}rm{1}rm{2}rm{2}rm{=4}rm{3}故答案为：rm{=}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}(}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{1})}rm{AC}rm{(2)CO_{2}(}或rm{CS_{2}}等rm{)}异硫氰酸分子间能形成氢键rm{(3)}三角锥形rm{2}rm{(4)y}rm{dfrac{sqrt{2}M}{8{{r}^{3}}{{N}_{A}}}}28、rm{(1)0.10}

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