2025年人教A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年人教A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、如图所示，理想变压器原线圈接正弦交变电压和一个电流表，原、副线圈的匝数比为n，输出端接一电动机，电动机线圈电阻为R．当输入端接通电源后，电流表的示数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是（）A.电动机两端电压U′=nUB.电动机两端电压U′=nIRC.电动机消耗的功率P=D.电动机的输出功率为P=UI-n2I2R2、在光滑水平面上有一根轻质弹簧，将弹簧一端固定，另一端施以水平拉力F

时，弹簧伸长量为x1

如图所示；当水平拉力2F

时，弹簧伸长量为x2

弹簧始终处在弹性限度内，则(

)

A.x2=x1

B.x2=2x1

C.x2=3x1

D.x2=4x1

3、在如图所示的闭合电路中，滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中，下列关于外电路的阻值R、路端电压U、总电流I、外电阻的电功率P四个量关系的描述中，正确的是（）A.U随R的增大而均匀增大B.I随R的增大而均匀减小C.U随I的增大而均匀减小D.P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小4、一人用力踢质量为1kg的静止足球，使球以10m/s的水平速度飞出，设人踢球的平均作用力为200N，球在水平方向滚动的距离为20m，则人对球做功为（g取10m/s2）（）A.50JB.200JC.4000JD.6000J5、如图所示，某玻璃三棱镜的顶角为θ，恰好是绿光的临界角。当一束白光通过三棱镜，在光屏M上形成红橙黄绿蓝靛紫的彩色光带后，把白光束的入射角i逐渐减小到零，则以下说法中正确的是A.M屏上的彩色光带最上边的是紫光B.在入射角i逐渐减小的过程中M上最先消失的是紫光C.在入射角i逐渐减小到零的过程中，最后仍能射到M屏上的光的频率是最高的D.若把三棱镜换成如图所示的平行玻璃砖，则入射角i逐渐增大的过程中在光屏上最先消失的也是紫光6、如图所示，质量为m

的物块与水平转台之间的动摩擦因数为娄脤

物块与转台转轴相距R

物块随转台由静止开始转动并计时，在t1

时刻转速达到n

物块即将开始滑动.

保持转速n

不变，继续转动到t2

时刻.

则(

)

A.在0隆芦t1

时间内，摩擦力做功为零B.在t1隆芦t2

时间内，摩擦力做功不为零C.在0隆芦t1

时间内，摩擦力做功为2娄脤mgR

D.在0隆芦t1

时间内，摩擦力做功为娄脤mgR2

7、如图为某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图，带负电的粉尘被吸附时由b

点运动到a

点，以下说法正确的是(

)

A.该电场是匀强电场B.a

点电势高于b

点电势C.电场力对粉尘做负功D.粉尘的电势能增大8、某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100娄脨t(V).

对此电动势，下列表述正确的有(

)

A.最大值是502V

B.频率是100Hz

C.有效值是252V

D.周期是0.01s

评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、如图是一个应用某逻辑电路制作的简单车门报警电路图．图中的两个按钮S1．S2分别装在汽车的两道门上．只要其中任何一个开关处于开路状态，发光二极管（报警灯）就发光．则该逻辑电路是____门电路，并在图中画出这种门电路的符号；当S1．S2都闭合时，A．B的输入都为____，Y端输出为____；当S1断开时，____端的输入为1，Y端输出为____．（门电路有输入电压或有输出电压都记为1；无输入电压或无输出电压都记为0）

10、（6分）如图所示，一验电器与某金属板相连，在A处用一绿色灯照射该金属板，验电器张开一定偏角，关灯后，指针保持一定偏角。（1）现用一带少量负电的金属小球与该金属板接触，则验电器指针偏角将______(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射该金属板，验电器指针无偏转。那么，若改用强度更大的红外线灯照射该金属板，可观察到验电器指针______(填“有”或“无”)偏转。若改为强度很小的紫色灯照射该金属板，可观察到验电器指针______(填“有”或“无”)偏转。11、某同学为了较精确地测量某一节干电池的电动势和内阻；实验室准备了下列器材：

A．待测干电池E（电动势约为1.5V；内阻约为1Ω）

B．电流表G（满偏电流3.0mA；内阻为100Ω）

C．电流表A（量程0～0.6A；内阻约为1Ω）

D．滑动变阻器R1（0～10Ω；额定电流为2A）

E．滑动变阻器R2（0～1kΩ；额定电流为1A）

F．定值电阻R0（阻值为900Ω）

G．开关一个；导线若干。

（1）为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，实验中滑动变阻器应选______．

（2）根据题意在图1中画出该实验所需要的电路图并标所选器材的代码．

（3）如图2所示，是某同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，由图可知，被测干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω（结果都保留两位有效数字）12、静电在工业和生活中有很重要的用途；有时又会带来很多麻烦，需要防止。

在许多场合都可以发现人们应用静电的例子；例如：______；

也可以发现许多防止静电的例子，例如：______。13、如图，一对对置的枕形导体A

和B

分别安放在两根绝缘支柱上，AB

彼此接触，操作如下：第一步：将带正电荷的物体C

移近导体A

然后保持不动，____(A

或B)

端出现负感应电荷，另一端出现正感应电荷。第二步：取一根导线，连接A

的左端和B

的右端，导线中____(

有或无)

瞬间电流，撤走导线。第三步：把AB

分开，再将物体C

移去。第四步：再取一根导线，连接A

的左端和B

的右端，导线中____(

有或无)

瞬间电流。14、船在静水中的速度大小为3m/s，水流的速度大小恒为4m/s，若河宽为120m，则船渡河所需要的最短时间为______，此时船的实际速度______．15、磁场对运动电荷有力的作用，这种力叫做______力．电视机显象管就是利用了______的原理．16、石岩同学利用单摆测重力加速度，他用分度值为毫米的直尺测得摆线长为89.40cm，用游标卡尺测得摆球直径如图（甲）所示，读数为______cm．则该单摆的摆长为______cm．用停表记录单摆做30次全振动所用的时间如图（乙）所示，则停表读数为______s．如果测得的g值偏大，不正确的操作可能是______（填选项前字母）．

A．计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径。

B．开始计时时；停表晚按下。

C．摆线上端未牢固系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加。

D．实验中误将30次全振动记为31次。

该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见表．根据表中数据可以初步判断单摆周期随______的增大而增大，与摆球的质量______（填有关或无关）．

。数据组摆长摆球周期编号/mm质量/g/s1999.332.22.02999.316.52.03799.232.21.84799.216.51.85501.132.21.4评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、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）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、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）

21、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）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、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）24、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）

25、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4分)26、2005年是“世界物理年”；100年前的1905年是爱因斯坦的“奇迹”之年，这一年他先后发表了三篇具有划时代意义的论文，其中关于光量子的理论成功的解释了光电效应现象，关于光电效应，下列说法正确的是：______

A．当入射光的频率低于极限频率时；不能发生光电效应。

B．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比。

C．光电子的最大初动能与入射光的强度成正比。

D．某单色光照射一金属时不发生光电效应；改用波长较短的光照射该金属时可能发生光电效应．

27、一个平行板电容器，使它每个极板所带电荷量从Q1=3×10-5C增加到Q2=3.6×10-5C时，两极板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V；这个电容器的电容多大？如要使两极板间的电势差从10V降到6V，则每极板需减少多少电荷量？

评卷人得分五、识图作答题(共2题，共12分)28、为了研究神经纤维的兴奋传导和神经一肌肉突触的兴奋传递，将蛙的脑和脊髓损毁。然后剥制坐骨神经一腓肠肌标本，如下图所示。实验过程中需要经常在标本上滴加任氏液（成分见下表），以保持标本活性。请回答下列问题：(1)任氏液中维持酸碱平衡的成分有________________________________，其Na+/K+比与体液中________________的Na+/K+比接近。(2)任氏液中葡萄糖的主要作用是提供能量，若将其浓度提高到15%，标本活性会显著降低，主要是因为______________________________。(3)反射弧的五个组成部分中，该标本仍然发挥功能的部分有________________。(4)刺激坐骨神经，引起腓肠肌收缩，相应的突触前膜处发生的变化有________、________________________。29、乙酰胆碱可作为兴奋性神经递质，其合成与释放见示意图。据图回答问题

（1）图中A-C表示乙酰胆碱，在其合成时，能循环利用的物质是____(填“A”“C”或“E”)。除乙酰胆碱外，生物体内的多巴胺和一氧化氮____(填“能”或“不能”)作为神经递质。（2）当兴奋传到神经末梢时，图中突触小泡内的A-C通过____这一跨膜运输方式释放到____，再到达突出后膜。（3）若由于某种原因使D酶失活，则突触后神经元会表现为持续_______。评卷人得分六、综合题(共2题，共8分)30、(1)

关于热力学定律；下列说法正确的是()

A.气体吸热后温度一定升高。

B.一定量的某种理想气体在等温膨胀过程中；内能一定减少。

C.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中；内能一定增加。

D.热量可以从低温物体传到高温物体。

E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)

如图所示，一端开口、另一端封闭的细长薄壁玻璃管水平放置，内有用25

cm

长的水银柱封闭的体积为20

m

L

的某种理想气体.

外界大气压为75

cm

汞柱，环境温度为27隆忙.

求：

(1)

当环境温度降为鈭�3隆忙

时(

设大气压强不变)

气体的体积；

(2)

当把玻璃管慢慢竖起成竖直放置时；封闭气体的体积；

(3)

当玻璃管竖直放置后，给气体加热，使气体的温度升高到87隆忙

要保持气体的体积不变，应向玻璃管内加入的水银柱的长度．31、【物理隆陋

选修3鈭�3

】(1)

下列说法中正确的是____(

填正确答案标号。)

A.气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B.布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C.当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E.某气体的摩尔体积为v

，每个分子的体积为v

0

则阿伏伽德罗常数可表示为NA

=

V

/

V

0

(2)

一高压气体钢瓶，容积为V

0

用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p

0

温度为T

0=300K

内部气体经加热后温度升至T

1=350K

求：垄脵

温度升至T

1

时气体的压强；垄脷

若气体温度保持T

1=350K

不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p

0

此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】解：A、根据电压与匝数成正比，有解得电动机两端的电压故A错误；

B、根据电流与匝数成反比，有解得电动机是非纯电阻，不能用欧姆定律求电动机两端的电压，故B错误；

C、电动机消耗的功率故C错误；

D、电动机线圈的热功率电动机的输出功率为故D正确；

故选：D

理想变压器的输入功率与输出功率相等；而副线圈与电动机相连，则电动机的输出功率为电动机消耗的电功率与内阻上消耗的热功率之差．

电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和．【解析】【答案】D2、B【分析】解：根据胡克定律F=kxk

一定，得：

F2F=x1x2

解得：x2=2x1

．

故选：B

在弹性限度内；弹簧的伸长量与弹力成正比，根据胡克定律分析即可．

本题关键要知道弹簧的弹力遵守胡克定律F=kx

其中x

是弹簧的形变量，不是弹簧的长度．【解析】B

3、D【分析】解：A、根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压U=U随R的增大，但不是均匀增大，故A错误；

B、电流I=I随电阻的增大减小，但不是均匀减小，故B错误；

D；滑动变阻器从中间位置往右移动的过程中；电阻增大，电流减小，结合AB可知，C错误；

D、输出功率P=当R=r时，输出功率最大，由于不确定R与r的关系；故P随R的增大可能先增大后减小，也可能一直减小，故D正确。

故选：D。

根据闭合电路的欧姆定律求得电流电压与电阻间的关系即可判断，利用P=I2R求得输出功率即可判断出功率的变化。

本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，根据表达式判断出各物理量间的关系即可【解析】D4、A【分析】解：对于人踢球的过程；根据动能定理得人对足球所做的功为：

W=mv2=×1×102J=50J；故A正确，BCD错误。

故选：A。

对于人踢球的过程；人对足球做功，做足球的动能增大，根据动能定理求解人对足球所做的功．由于踢球时，足球的位移未知，不能用功的公式求此功．

本题中人对足球的作用力是变力，并且作用位移并不明确，故不能直接根据功的公式求人做功，所以只能考虑根据动能定理求解．【解析】A5、A|B【分析】试题分析:根据折射定律可知，通过三棱镜的光将向底面偏折和折射率越大的光“偏折越厉害”，由于紫光的折射率最大，所以紫光偏折的最厉害，由图可知m屏上的彩色光带最上边的光是紫光，所以A正确；紫光的频率高，折射率大，临界角最小，通过作图可知，入射角i减小，从三棱镜射出的光的入射角增大，由全反射规律可知，紫光最先发生全反射，即最先消失的光是紫光，所以B正确，C错误；若把三棱镜换成如图乙所示的平行玻璃砖，根据光路的可逆性可知，光线不可能玻璃砖的下表面发生全反射，出射光线与入射光线平行，没有光线在光屏上消失．故D错误。考点：光的折射定律【解析】【答案】AB6、D【分析】解：A

在0隆芦t1

时间内，转速逐渐增加，故物体的速度逐渐增加，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：娄脤mg=mv2R

解得：v=娄脤gR

物体做加速圆周运动过程，由动能定理得：Wf=12mv2=12m娄脤gR

故AC错误，D正确；

B；在t1隆芦t2

时间内；物体的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误；

故选：D

．

物体做加速圆周运动；受重力；支持力和静摩擦力，物体即将滑动时已经做匀速圆周运动，最大静摩擦力提供向心力，可以求出线速度；又由于重力和支持力垂直于速度方向，始终不做功，只有静摩擦力做功，故可以根据动能定理求出摩擦力做的功．

本题考查了求摩擦力做功问题，知道摩擦力提供物体做圆周运动的向心力、要与牛顿第二定律求出物体的速度是解题的前提与关键，求出物体的速度然后应用动能定理可以去除摩擦力做功多少．【解析】D

7、B【分析】解：A

该电场的电场线疏密不均匀；所以不是匀强电场.

故A错误。

B、沿着电场线方向电势降低.

所以a

点电势高于b

点电势；故B正确。

C、带负电粉尘受电场力向右，由b

点运动到a

点；电场力对粉尘做正功.

故C错误。

D、带负电粉尘被吸附时由b

点运动到a

点；电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D错误。

故选：B

．

电场线的疏密反映电场的强弱．

沿着电场线方向电势降低.

根据电场力做功判断电势能的变化．

掌握电场线的特点即可解决问题．

知道电势能的变化不仅与电势变化有关还与电荷性质有关．【解析】B

8、C【分析】解：A

由表达式知电动势最大值为50V

所以有效值为U=502=252V

故A错误，C正确；

B、周期T=2娄脨100娄脨=0.02s

频率为f=1T=50Hz

故B错误，D错误；

故选：C

．

由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值；角速度；从而计算出有效值、周期和频率．

本题考查了对正弦交流电的瞬时值表达式的理解，难度不大．【解析】C

二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】

由题，S1、S2中任何一个开关处于开路状态；发光二极管（报警灯）就发光，该逻辑电路应采用或门电路．

当S1、S2都闭合时，A、B的电势都为0，输入都为0，根据或门电路的特性，得到Y端输出为0．当S1断开时；A端电势不为0，A端的输入为1，Y端输出为1．

故答案为：“或”；0，0，A，1．

【解析】【答案】由题，S1．S2中任何一个开关处于开路状态，发光二极管（报警灯）就发光，该逻辑电路应采用或门电路．根据当S1．S2都闭合时和当S1断开时；有无输入电压，确定输出是1或0．

10、略

【分析】【解析】【答案】（1）减小（2）无有11、略

【分析】解：（1）电源电动势为1.5V较小；电源的内阻较小，为多次几组实验数据，方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D；

（2）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路；实验电路图如图所示．

（3）根据欧姆定律和串联的知识得电源两端电压为：U=I1（900+100）=1000I1；

根据图象与纵轴的交点得电动势为E=1.4mA×1000Ω=1.4V；

与横轴的交点可得出路端电压为1.0V时电流是0.6A；

由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可得，电源内阻r==≈0.67Ω；

故答案为：（1）D；（2）电路图如左图所示；（3）1.4；0.67．

（1）在保证安全的前提下；为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

（2）所给实验器材中；有两个电流表，没有电压表，也没有电阻箱，只能用伏安法测电池电动势与内阻，可以用电流表与定值电阻组装一个电压表，根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出电路图．

（3）根据欧姆定律和串联的知识求出I1和电源两端电压U的关系；根据图象与纵轴的交点求出电动势，由与横轴的交点可得出路端电压为某一值时电流，则可求得内阻．

本题考查电动势及内阻的测量；要明确在测量电源电动势和内阻时，要注意根据画出的U-I图象分析出电动势及内阻．【解析】D；1.4；0.6712、略

【分析】解：静电除尘；静电复印、静电喷涂、静电植绒、静电分选都是静电的应用；

汽车通过后面装一条拖地的铁链；及时导走静电，这是防止静电危害。

故答案为：静电除尘器；静电喷漆、复印机等；汽车通过后面装一条拖地的铁链；及时导走静电。

静电在工业和生活中有很重要的用途；有些方面静电也会产生危害，静电除尘；静电复印、静电喷涂、静电植绒、静电分选都是静电的应用。

本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以正确解答。【解析】静电除尘器、静电喷漆、复印机等；汽车通过后面装一条拖地的铁链，及时导走静电13、A；无；有。【分析】第一步：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷，另一端带同种电荷．将带正电荷的物体C

移近导体A

然后保持不动，A

端出现负感应电荷，另一端B

出现正感应电荷。第二步：取一根导线，连接A

的左端和B

的右端，因为导体是等势体，导线中无瞬间电流。第四步：再取一根导线，连接A

的左端和B

的右端，因为此时AB

电势不等，有电势差，故导线中有瞬间电流。【解析】A

无；有。14、略

【分析】解：当静水速与河岸垂直时；垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：

t==s=40s；

根据矢量的合成法则；则此时船的实际速度为：

v合===5m/s；

故答案为：40s；5m/s．

当静水速与河岸垂直时；渡河时间最短；当合速度与河岸垂直时，渡河航程最短，再依据矢量的合成法则，即可求解．

解决本题的关键知道合运动与分运动具有等时性，当静水速与河岸垂直，渡河时间最短；当合速度与河岸垂直，渡河航程最短．【解析】40s；5m/s15、略

【分析】解：当运动电荷进入磁场时；若磁场方向与电荷运动方向不在同一直线上，则将受到磁场的作用力，叫做洛伦兹力，电视机的显像管就是利用了当电子进入磁场时，受到洛伦兹力而发生偏转制成的．

故答案为：洛伦兹力；电子受到洛伦兹力作用而发生偏转．

本题比较简单；考查了洛伦兹力的产生以及简单应用．

本题比较简单，考查了有关洛伦兹力的基础知识，对于简单知识不可忽略，在平时要加强练习．【解析】洛伦兹力；电子受到洛伦兹力作用而发生偏转16、略

【分析】解：摆球的直径d=20mm+0.05×10mm=20.50mm=2.050cm．

摆长l=cm=90.425cm．

秒表的读数t=57.0s．

根据T=得，g=

A；计算摆长时用的是摆线长加摆球的直径；则摆长的测量值偏大，重力加速度测量值偏大，故A正确．

B．开始计时时；停表晚按下，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故B正确．

C．摆线上端未牢固系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，重力加速度测量值偏小，故C错误．

D．实验中误将30次全振动记为31次；则周期的测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故D正确．

本题选不正确的；故选：C．

从表中数据可以初步判断单摆周期随摆长的增大而增大．与摆球的质量无关．

故答案为：2.050；90.425，57.0，C

摆长；无关．

游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读．摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和．秒表的读数等于小盘读数加上大盘读数．

根据单摆的周期公式；得出重力加速度的表达式，结合周期和摆长的测量误差确定重力加速度的测量误差．

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法和秒表的读数方法，掌握单摆的周期公式，会通过周期和摆长的测量误差分析重力加速度的误差．【解析】2.050；90.425；57.0；C；摆长；无关．三、判断题(共9题，共18分)17、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．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、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．21、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．22、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．23、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．24、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．25、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4分)26、略

【分析】

A；当入射光的频率小于极限频率；不会发生光电效应．故A正确．

B、根据光电效应方程知Ekm=hv-W；光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系．故B错误．

C；根据光电效应方程知光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故C错误．

D；某光照射金属不能发生光电效应；改用波长较短光照射，入射光的频率增大，可能使金属大师光电效应．故D正确．

故答案为：AD

【解析】【答案】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；根据光电效应方程得出最大初动能与什么因素有关．

27、略

【分析】

由得：

使两极板间的电势差从10V降到6V，每极板需减少的电荷量是△Q=C•△U=3×10-6×（10-6）C=1.2×10-5C

答：这个电容器的电容是3μF，使两极板间的电势差从10V降到6V，每极板需减少的电荷量是1.2×10-5C．

【解析】【答案】给定的电容器，其电容一定，由电容的定义式C=根据数学知识得到C=．根据电容的这两个公式分别求出电容和电荷量的减小量．

五、识图作答题(共2题，共12分)28、（1）NaHCO3和NaH2PO4组织液

（2）外界溶液浓度过高，导致神经细胞失水

（3）传出神经、效应器

（4）突触前膜产生动作电位（或兴奋）突触小泡释放神经递质（或乙酰胆碱）【分析】【分析】本题考查内环境的成分，反射弧的结构和功能，兴奋的产生和传导途径，旨在考查考生理解所学知识的要点，把握知识的内在联系，形成知识网络，并结合题干信息进行推理、分析问题。【解答】（1）分析表格中的成分可知，NaHCO3、NaH2PO4是弱酸强碱盐，在酸性较强的条件下显碱性，在碱性较强的条件下显酸性，进而维持pH的相对平衡；组织液是细胞生活的直接环境，任氏液模拟的是神经细胞生活的组织液，因此Na+/K+比与体液中组织液的Na+/K+比接近。

（2）任氏液中葡萄糖的主要作用是提供能量，任氏液中葡萄糖浓度如果过高；渗透压升高，神经细胞会通过渗透作用失水，神经细胞活力下降，甚至失去活性。

（3）由题意知；制取的标本包括坐骨神经和腓肠肌，没有神经中枢，没有感受器，传入神经发挥作用必须经过神经中枢，因此发挥作用的是传出神经和效应器。

（4）刺激坐骨神经，产生兴奋，传至突触前膜，产生动作电位，突触前膜的突触小泡释放神经递质，由电信号转变成化学信号。【解析】（1）NaHCO3和NaH2PO4组织液（2）外界溶液浓度过高，导致神经细胞失水（3）传出神经、效应器（4）突触前膜产生动作电位（或兴奋）突触小泡释放神经递质（或乙酰胆碱）29、（1）C能（2）胞吐突触间隙（3）兴奋【分析】【分析】本题考查兴奋在神经元之间传递的相关知识，考查考生识图的能力，并能理解突触各部分的结构及兴奋的传递，把握之间内在联系的能力。【解答】（1）由图可知；乙酰胆碱在合成时，能循环利用的物质是C，除乙酰胆碱外，生物体内的多巴胺和一氧化氮也能作为神经递质。

（2）当兴奋传到神经末梢时；图中突触小泡内的神经递质A-C，通过胞吐的作用释放到突触间隙，再达到突触后膜。

（3）由图可知；酶D能使乙酰胆碱分解，若酶D失活，导致乙酰胆碱（兴奋性递质）持续起作用，导致突触后神经元持续兴奋。

【解析】（1）C能（2）胞吐突触间隙（3）兴奋六、综合题(共2题，共8分)30、(1)CDE(1)CDE(2)(2)解：(1)(1)对被封闭的气体进行状态分析，

初状态：VV11=20ml=20mlTT11=273+27=300K=273+27=300K

末状态：VV22==TT22=273K鈭�3K=270K=273K-3K=270K

由理想气体状态方程有：V1T1=V2T2dfrac{{V}_{1}}{{T}_{1}}=dfrac{{V}_{2}}{{T}_{2}}

即为：V2=T2T2隆陇V1=18ml{V}_{2}=dfrac{{T}_{2}}{{T}_{2}}隆陇{V}_{1}=18ml

(2)(2)当把玻璃管慢慢竖起成竖直放置的过程中，气体的温度不变，开始时的压强：PP11=75cmHg=75cmHg

后来时的压强：PP33=(=(75+25)cmHg=100cmHg由玻意耳定律：PP11VV11=P=P33VV33，

所以：V3=P1V1P3=15ml{V}_{3}=dfrac{{P}_{1}{V}_{1}}{{P}_{3}}=15ml

(3)(3)使气体的温度升高到87隆忙87隆忙TT44=(=(273+87)K=360K由盖??吕萨克定律：P3T1=P4T4dfrac{{P}_{3}}{{T}_{1}}=dfrac{{P}_{4}}{{T}_{4}}

代入数据得：PP44=120cmHg=120cmHg

则需要向玻璃管内加入的水银柱的长度：鈻�L=120cm鈭�100cm=20cmtriangleL=120cm-100cm=20cm【分析】(1)

【分析】(1)

改变物体内能的方法有做功和热传递；(2)

由理想气体状态方程分析可知内能变化情况；(3)

热量的传递分自发和非自发，自发的具有方向性，非自发的没有；(4)

如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡。本题考查改变内能的方法、理想气体状态方程的应用，热量的传递、热力学定律等知识点，涉及知识点较多，难度不大。【解答】A.气体吸热时如果同时对外做功，则内能可能不变，温度不一定升高，故A错误；B.一定量的理想气体发生等温膨胀时，温度不变则气体的内能不变，故B错误；C.由盖吕萨克定律可知，理想气体在等压膨胀过程中气体温度升高，气体内能增加，故C正确；D.热量的传递分自发和非自发，自发的具有方向性，非自发的没有，故热量可以从低温物体传到高温物体，但是会产生其他影响，故D正确；E.如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间必定处于热平衡，故E正确。故选CDE。(2)

本题从多个不同的角度考查理想气体的状态方程，解答本题关键是找出各个平衡态的温度、压强、体积，选好过程根据理想气体状态方程或气体实验定律列式后联立求解。(1)

在环境温度变为鈭�3隆忙

时；气体的压强不变，分析变化前后的