2025年华东师大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年华东师大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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。下列说法正确的是A.带电粒子在回旋加速器中从磁场中获得能量B.带电粒子在回旋加速器中从电场中获得能量C.高频交变电源的电压越大，带电粒子从出口被引出时获得的动能越大D.匀强磁场的磁感应强度越大，带电粒子从出口被引出时获得的动能越大2、“天宫二号”在发射过程中伴随着轨道修正和姿态调整；下列过程中，地面控制人员能够将“天宫二号”看成质点的是（）

A.整流罩分离的过程B.太阳帆板展开的过程C.姿态调整的过程D.环绕地球飞行的过程3、有一个在y方向上做简谐运动的物体；其振动图象如图所示，下列关于图中（1）～（4）的判断正确的是（）

A.图（3）可作为该物体的回复力-时间图象B.图（2）可作为该物体的回复力-时间图象C.图（1）可作为该物体的速度-时间图象D.图（4）可作为该物体的加速度-时间图象4、如图所示的弹簧振子在A；B之间做简谐运动；O为平衡位置，则（）

A.当振子从O向A运动时，位移变小B.当振子从A向O运动时，速度变大C.当振子从O向B运动时，加速度变小D.当振子从B向O运动时，回复力变大5、如图中的滑动变阻器在电路中起到改变电路中电流和电压的作用，下列关于供电电路中滑动变阻器的接法的叙述中，正确的是（）A.甲图示限流接法，乙图是分压接法B.当电表量程不够时，首选图乙接法C.当要求电表读数从0开始连续变化时一定要选用甲图所示电路D.当要求电路耗能最少时一定要选用甲图所示电路6、电磁场理论的建立，促进了现代社会的发展．下列应用中，同时使用了电磁波接收和发射技术的电器是（）A.微波炉B.收音机C.电视机D.手机7、一电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是（）A.在R上串联一个比R小得多的电阻B.在R上串联一个比R大得多的电阻C.在R上并联一个比R小得多的电阻D.在R上并联一个比R大得多的电阻8、“嫦娥三号”经过约8

天的绕月飞行，于北京时间2013

年12

月14

日21

时11

分，成功着陆在月球西经19.51

度、北纬44.12

度的虹湾以东区域.

下列说法正确的是()A.“西经19.51

度、北纬44.12

度”表示位移B.“8

天”是时刻，“21

时11

分”是时间C.在观测“嫦娥三号”绕月运行周期时可将其看做质点D.“嫦娥三号”绕月球做椭圆轨道运动时，处于平衡状态9、下列说法正确的是(

)

A.两个直线运动的合运动一定是直线运动B.两个直线运动的合运动一定是曲线运动C.两个直线运动的合运动可能是直线运动也可能是曲线运动D.两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、弹簧振子以O

点为平衡位置做简谐振动.

从O

点开始计时，振子第一次到达M

点用了0.3

秒，又经过0.2

秒第二次通过M

点.

则振子第三次通过M

点还要经过的时间可能是(

)

A.13

秒B.815

秒C.1.4

秒D.1.6

秒11、如图所示，绝缘金属平行板电容器充电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，则(

)

A.电容器的电容将减小B.电容器的电容将增大C.静电计指针的偏转角度会减小D.静电计指针的偏转角度会增大12、如图所示，三角形金属导轨EOF

上放有一金属杆AB

在外力作用下，使AB

保持与OF

垂直，以速度v

匀速从O

点开始右移，设导轨与金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是(

)

A.电路中的感应电流大小不变B.电路中的感应电动势大小不变C.电路中的感应电动势逐渐增大D.电路中的感应电流逐渐减小13、如图1

所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图2

所示的电流，则下列判断正确的是(

)

A.在tl

到t2

时间内，甲乙相吸B.在t2

到t1

时间内，甲乙相吸C.在t1

到t2

时间内，乙中电流减小D.在t2

到t3

时间内，乙中电流减小14、如图所示。在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD.

在水平外力作用下以大小为v

的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场。第二次以大小为v3

的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是(

)

A.笫二次进入与笫一次进入时线圈中的电流之比为13

B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为13

C.第二次进入与笫一次进入时线圈中产生的热量之比为13

D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为13

15、某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，R1=R2

开关S

原来断开.

现将S

闭合，交流电压表的示数U

交流电流表的示数I

电阻R1

上的功率P1

及变压器原线圈的输入功率P

的变化情况分别是()

A.U

减小B.I

减小C.P1

增大D.P

增大16、某一导体的伏安特性曲线如图中AB

段(

曲线)

所示；关于导体的电阻，以下说法正确的是(

)

A.B

点的电阻为12娄赂

B.B

点的电阻为40娄赂

C.导体的电阻因温度的影响改变了10娄赂

D.导体的电阻因温度的影响改变了9娄赂

17、如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L．导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内都有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则（）A.导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为B.两导体棒最终将以的速度沿导轨向右匀速运动C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为mv02D.当导体棒ab的速度变为v0时，导体棒cd的加速度大小为评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、在图的电路中，R是阻值为“0～15Ω”，额定电流为2A的滑动变阻器，L是一个“12V、24W”的灯泡，电路两端电压保持恒定．当电键S断开，且滑动变阻器Pa部分电阻为4Ω时，灯泡正常发光，则电路两端电压U=____V．当滑动变阻器Pa部分电阻为9Ω时，电建S闭合后，流过灯泡的电流为____A．

19、质量为2kg的物体从高处自由下落，在这2s内重力对物体所做功的平均功率是____W，第2s末重力对物体做功的瞬时功率是____W．(g取)20、在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究小车匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为____s．用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm．由此可知，打C点时纸带的速度大小为____m/s，小车的加速度为____m/s2．

21、电动势是描述电源这种本领的物理量，它的单位是______，常用干电池两极间的电压大约是的______伏．铅蓄电池两极间的电压大约是的______伏．22、如图所示，质量分别为m1

和m2

的两个物块AB

叠放在一起，在粗糙的水平面上向右做加速度大小为a

的匀减速直线运动并保持相对静止，运动过程中B

受到的摩擦力为_____、方向___________23、如图所示的电路中，A、B端接在恒压电源上，S断开时电流表的示数2A，S闭合时电流表的示数为3A，则电阻R1与R2的阻值之比R1∶R2＝______，S断开与闭合两种情况下R1的功率之比P1∶P1′______。24、一个单摆在甲地时，在时间t内完成m次全振动，移至乙地时，经过相同的时间完成n次全振动，则甲、乙两地重力加速度大小之比g甲：g乙等于______________。25、（6分）黑体辐射的规律如图所示，从中可以看出，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都有（填“增加”、“减少”“不变”），辐射强度的极大值向波长（填“较长”、“较短”）的方向移动．评卷人得分四、简答题(共3题，共21分)26、某台电动机的额定电压为110V；额定电流是6A，正常工作时的效率是80%，求：

（1）电动机正常工作时的输入功率；

（2）电动机正常工作时的输出功率；

（3）电动机正常工作30min，该电动机电枢线圈电阻产生的内能．27、rm{[}化学rm{隆陋隆陋}选修rm{3}物质结构与性质rm{]}东晋rm{隆露}华阳国志rm{?}南中志rm{隆路}卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜rm{(}铜镍合金rm{)}闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：rm{(1)}镍元素基态原子的电子排布式为_________，rm{3d}能级上的未成对的电子数为______。rm{(2)}硫酸镍溶于氨水形成rm{[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}蓝色溶液。rm{垄脵[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中阴离子的立体构型是_____。rm{垄脷}在rm{[Ni(NH_{3})_{6}]^{2+}}中rm{Ni^{2+}}与rm{NH_{3}}之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。rm{垄脹}氨的沸点rm{(}填“高于”或“低于”rm{)}膦rm{(PH_{3})}原因是______；氨是_____分子rm{(}填“极性”或“非极性”rm{)}中心原子的轨道杂化类型为_______。rm{(3)}单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：rm{I_{Cu}=1959kJ/mol}rm{I_{Ni}=1753kJ/mol}rm{I_{Cu}>I_{Ni}}的原因是______。rm{(4)}某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

rm{垄脵}晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。rm{垄脷}若合金的密度为rm{dg/cm^{3}}晶胞参数rm{a=}________rm{nm}28、利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V

电源内阻r=1娄赂

电阻R=3娄赂

重物质量m=0.10kg

当将重物固定时，理想电压表的示数为5V

当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V(

不计摩擦，g

取10m/s2).

求：

(1)

串联入电路的电动机内阻为多大？

(2)

重物匀速上升时的速度大小．

(3)

匀速提升重物3m

需要消耗电源多少能量？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B|D【分析】【解析】试题分析：在磁场中洛伦兹力不做功,所以粒子在电场中获得能量,A错;B对;只有当粒子偏转的半径增大到D型盒半径时才能从出口飞出，所以最大动能与电源电压无关，由D型盒的半径决定，C错；D对；考点：考查回旋加速器【解析】【答案】BD2、D【分析】【解答】解：A；研究整流罩分离过程时；天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故A错误．

B；研究太阳帆板展开过程时．天宫二号的大小和形状不能忽略；不能看成质点．故B错误．

C；在调整姿态的过程中；要考虑到飞船的形状，天宫二号的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故C错误．

D；研究天宫二号绕地球飞行时；天宫二号的大小和形状能够忽略，可以看成质点．故D正确．

故选：D

【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点．由此分析即可．3、A【分析】解：由图示简谐运动图象可知；t=0时刻质点由平衡位置向正的最大位移处运动，回复力F=-kx，回复力大小与位移成正比，方向相反，则回复力-时间图象在t=0时刻为零，大小应逐渐变大，方向是负的；

A；由图（3）可知；t=0时刻该变量为零，从此刻开始，变量逐渐变大，方向是负的，由于回复力的方向与位移方向等大反向，质点在t=0时刻从零逐渐变大，方向是正的，则它对应的回复力从零开始逐渐变大，方向是负的，因此图（3）可作为该物体的回复力-时间图象，故A正确；

B；由图（2）所示可知；在t=0时刻该量为正的最大，从t=0时刻该量逐渐减小，图（2）不能作为该物体的回复力-时间图象，故B错误；

C；做简谐运动的物体在平衡位置时速度最大；物体从平衡位置向正的最大位移处运动过程中，速度逐渐减小，速度方向为正的，由图（1）所示图象可知，该图象所反映的量在t=0时刻为零，从t=0时刻开始逐渐变大，该图象不能作为该物体的速度-时间图象，故C错误；

D、由牛顿第二定律可知，做简谐运动物体的加速度：a=-加速度大小与位移成正比，方向与位移方向相反，在t=0时刻，物体的位移为零，加速度大小为零，由图（4）所示图象可知，该图象不能作为该物体的加速度-时间图象，故D错误．

故选：A．

图y-t图象表示振动曲线；分析速度；回复力、加速度与位移的关系，即可判断选项中各图可能表示什么图．

本题关键要掌握简谐运动中各个量与位移的关系，可定性作出判断，选择图象．【解析】【答案】A4、B【分析】解：A；振子在从O向A运动的过程；是从平衡位置向最大位移运动的过程，所以位移变大．故A错误；

B；振子从A向O运动时；是向着平衡位置移动，位移变小，加速度变小，速度增大．故B正确；

C；振子从O向B运动时；是从平衡位置向最大位移运动的过程，所以位移变大，弹簧的弹力在增大，所以加速度增大．故C错误；

D；振子从B向O运动时；向着平衡位置移动，位移变小，弹簧的弹力在减小，回复力减小．故D错误．

故选：B

弹力为振子所受的合力；方向与加速度方向相同．判断振子加速还是减速看速度与加速度的方向关系，速度与加速度同向，速度增大，速度与加速度反向，速度减小．

解决本题的关键知道判断振子加速还是减速看速度与加速度的方向关系，速度与加速度同向，速度增大，速度与加速度反向，速度减小．【解析】【答案】B5、C【分析】解：A；由图可知；甲为分压接法，乙为限流接法，故A错误；

B；当电表量程不够时；不能再采用限流接法，应采用分压控制电压大小，让电路由零开始调节，故B错误；

C；当要求电表读数从0开始连续变化时一定要选用分压接法；故应选择甲图所示电路，故C正确；

D；限流接法电路中电流较小；耗能较小，故要求电路耗能最少时一定要选用乙图所示电路，故D错误。

故选：C。

明确滑动变阻器的基本使用方法；明确分压和限流接法的正确选择即可解答。

本题考查分压和限流接法的掌握情况，要注意选择分压的三种情况：一是要求从零开始调节的；二是电表量程不够时；三是滑动变阻器太小，起不到应用的保护作用时。【解析】C6、D【分析】解：微波炉；收音机、电视机、手机等都要利用电磁波来传递信息；但同时使用了电磁波接收和发射技术的电器只有手机，故D正确，ABC错误．

故选：D．

电磁波和电流在生活中都有着广泛的应用；电磁波的应用主要是用来传递信息，而只有手机使用了电磁波接收和发射技术．

现代社会为信息社会，信息的传播离不开电磁波，故应掌握电磁波的性质及应用．【解析】【答案】D7、D【分析】解：电压表的读数总比准确值稍小一些；说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；

故选：D

电流表与电流表都是由表头改装成的；电压表是本题与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过本题的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻．

电流表、电压表的改装，实质上是电阻的串、并联问题，只要分清分电流、总电流，分电压、总电压，应用欧姆定律就能解决【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】探测器受月亮引力可用万有引力公式F=GMmr2F=Gdfrac{Mm}{{r}^{2}}分析即可。本题考查万有引力定律，知道公式及含义即可求解。【解答】ABCDABCD．当探测器运动至cc点时，离月球的距离最远，由万有引力公式F=GMmr2得：探测器受月亮引力最小，故ABD错误，C正确。故选C。

【分析】惯性是物体本身具有的一种性质，任何物体无论在何种情况下都有惯性；当它在月球表面行驶时，它受月球引力，所以对月面有压力，月面对它有支持力，也受阻力；牛顿运动定律只适用于低速、宏观、弱引力，而不适用于高速、微观与强引力。本题是基本概念理解及牛顿运动定律适用范围，难度不大。【解答】A.惯性是物体本身具有的一种性质；与物体是否运动；是否受力等外界因素无关，物体在任何状态下、任何时候都有惯性，故A错误；

BC.

当它在月球表面行驶时受到月球的引力；故受支持力和阻力，故BC错误；

D.牛顿运动定律只适用于低速、宏观、弱引力，而不适用于高速、微观与强引力，当它在月球表面行驶时遵循牛顿运动定律，故D正确。故选D。

【分析】

“嫦娥一号”和“嫦娥二号”环月运行时，由GMm(R+h)2=mv2R+h=m娄脴2(R+h)即可比较出大小关系。本题知道卫星的处理方法，即月球的引力提供它们做圆周运动的向心力。【解答】

AB.AB.由GMm(R+h)2=m娄脴2(R+h)得：娄脴=GM(R+h)3，距离月面越高，角速度越小，故娄脴1<娄脴2{娄脴}_{1}<{娄脴}_{2}故AB错误；CD.CD.由GMm(R+h)2=mv2R+hGdfrac{Mm}{{left(R+hright)}^{2}}=mdfrac{{v}^{2}}{R+h}得：v=GMR+hv=sqrt{dfrac{GM}{R+h}}距离月面越高，线速度越小，故v1<v2{v}_{1}<{v}_{2}故C错误，D正确。故选D。

【分析】

“坐标表示位置；时刻是指一瞬时，时间是一段间隔；一个物体能不能看成质点的条件是看形状和大小对研究的问题是否有影响；平衡状态是指匀速直线运动或静止状态。本题常见概念的区分与理解。

【解答】

A.“西经19.5119.51度、北纬44.1244.12度”是坐标，坐标表示位置不是位移，故A错误；

B.“88天”是指一段间隔，是时间；“2121时1111分”是一瞬间，是时刻，故B错误；

C.在观测“嫦娥三号”绕月运行周期时，“嫦娥三号”的形状和大小对运行周期无影响，故可将其看作质点，故C正确；

D.嫦娥三号”绕月球做椭圆轨道运动时；“嫦娥三号”所处的状态不是平衡状态，故D错误。

​故选C。

【解析】。【小题1

】C【小题2

】D【小题3

】D【小题4

】C9、C【分析】解：A

两个直线运动的合运动不一定是直线运动.

如平抛运动.

故A错误．

B；根据平行四边形定则知；两个不在同一直线上的匀速直线运动的合运动，却是直线运动.

故B错误．

C；由上分析可知；两个直线运动的合运动，若加速度与速度共线，则是直线运动，若不共线，则是曲线运动，故C正确；

D；两个匀变速直线运动的合运动的合加速度与合初速度方向共线时；则是匀变速直线运动，若不共线时，则是匀变速曲线运动.

故D错误．

故选：C

．

合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上.

根据平行四边形定则；可知合速度；合位移与分速度、分位移的大小关系．

解决本题的关键知道合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上.

以及会根据平行四边形定则判断合速度与分速度的大小关系．【解析】C

二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】解：如图，假设弹簧振子在水平方向BC

之间振动，如图1

若振子开始先向左振动，振子的振动周期为T=2隆脕0.2s+0.13隆脕4s=1.63s

则振子第三次通过M

点还要经过的时间是t=0.2s+0.13隆脕4s=13s.

如图2

若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T=4隆脕(0.3+0.22)ss=1.6s

则振子第三次通过M

点还要经过的时间是t=1.6s鈭�0.2s=1.4s

．

故选：AC

根据振动周期的定义：振子完成一次全振动所用的时间；确定弹簧振子的周期，画出振子的运动路线，求出振子第三次通过M

点还要经过的时间可能值．

本题的解题关键是画出振子的运动路线，根据简谐运动的对称性，求出振动周期，再求解时间．【解析】AC

11、BC【分析】解：根据C=?S4娄脨kd

减小d

增大介电常数，则电容增大，根据C=QUQ

不变，U

减小，所以指针的偏转角度减小.

故BC正确，AD错误．

故选：BC

静电计测量的是电容器两端的电势差；通过电容的变化，判断电势差的变化．

本题的解题关键是要掌握电容的决定式C=?S4娄脨kd

和电容的定义式C=QU

并抓住电容器的电量不变进行分析．【解析】BC

12、AC【分析】解：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r.隆脧EOF=娄脕

．

B；C

从O

点开始金属棒运动时间为t

时；有效的切割长度L=vt?tan娄脕

感应电动势大小为：E=BLv=Bvt?tan娄脕?v隆脴t

则知电路中的感应电动势逐渐增大，故B错误，C正确．

A、D

根据电阻定律得t

时刻回路中总电阻为：R=(vt+vt?tan娄脕+vtcos伪)r

感应电流大小为：I=ER

联立整理可得：I=Bv2tan娄脕(v+vtan伪+vcos伪)rI

与t

无关，说明电路中感应电流大小不变，故A正确，D错误．

故选：AC

感应电动势大小根据公式E=BLvL

是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析．

本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析．【解析】AC

13、AD【分析】解：A

在t1

到t2

时间内；若设逆时针(

从左向右看)

方向为正，则线圈甲电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈乙方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈乙的电流方向逆时针方向，因此甲、乙中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A正确；

B；在t2

到t3

时间内；若设逆时针方向(

从左向右看)

为正，则线圈甲电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈乙方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈乙的电流方向逆时针方向，因此甲、乙中电流方向相反，甲、乙出现互相排斥，故B错误；

C；由题意可知；在t1

到t2

时间内，磁通量的变化率在变大，所以线圈乙感应电流也变大，故C错误；

D；在t2

到t3

时间内；磁通量的变化率是变小的，所以线圈乙感应电流变小，故D正确；

故选：AD

根据安培定则确定电流与磁场的方向关系；再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同。最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。

解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同；本题也可以直接利用”阻碍“的另一种描述”来拒去留“进行分析，明确相互间的作用力。【解析】AD

14、AC【分析】解：设磁感应强度为BCD

边长度为LAD

边长为L隆盲

线圈电阻为R

A、线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv

感应电流为：I=ER=BLvR

感应电流I

与速度v

成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：I2拢潞I1=v3拢潞v=1拢潞3

故A正确；

B、线圈进入磁场时受到的安培力为：FA=BIL=B2L2vR

线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力为：F=FA=BIL=B2L2vR

外力功率为：P=Fv=B2L2v2R

功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为：P2拢潞P1=(v3)2拢潞v2=1拢潞9

故B错误；

C、线圈进入磁场过程中产生的热量为：Q=I2Rt=(BLvR)2隆脕R隆脕L隆盲v=B2L2L隆盲vR

产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2拢潞Q1=v3拢潞v=1拢潞3

故C正确；

D、通过导线横截面电荷量为：q=I鈻�t=鈻�娄碌R鈻�t鈻�t=BLL隆盲R

电荷量与速度无关，电荷量之比为11

故D错误；

故选：AC

根据切割公式E=BLv

求解电动势；由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv

求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比，由电流定义式求出电荷量间的关系。

本题考查电磁感应导体棒切割磁场模型，本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv

然后根据P=Fv

求解功率，根据Q=I2Rt

求解热量，能由电流定义式可以求出电荷量。【解析】AC

15、AD【分析】略【解析】AD

16、BC【分析】解：ABB

点的电阻为：RB=UBIB=61.5隆脕10鈭�1娄赂=40娄赂

故A错误；B正确；

CDA

点的电阻为：RA=UAIA=31.0隆脕10鈭�1娄赂=30娄赂

则两点间的电阻改变了40鈭�30=10娄赂

故C正确，D错误；

故选：BC

由图读出AB

点时电压和电流，根据电阻的定义式R=UI

求解电阻；再得到电阻的变化量．

本题考查对伏安特性曲线的了解，要注意明确各点的电阻应通过电阻的定义式R=UI

求解，不能根据切线的斜率求．【解析】BC

17、BC【分析】解：A、当导体棒ab刚获得速度v0时，导体棒cd还没开始运动，此时导体棒ab产生的感应电动势为：E=BLv0，回路中的感应电流为：I=故此时导体棒ab受到的安培力大小为F=BIL，以上各式联立可解得：F=故A错误；

B、从开始到两导体棒达到共同速度的过程中，两棒的总动量守恒，则可得：mv0=2mv

解得其共同速度为：v=故B正确；

C、由能量守恒定律得，整个运动过程中产生的总热量为：Q=mv02-•2mv2

整理可得：Q=mv02；故C正确；

D、设导体棒ab的速度变为初速度的时，导体棒cd的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得：mv0=m•v0+mv1

此时回路中的感应电动势为：E'=BL（v0-v1）

感应电流为：I'=

此时导体棒cd受到的安培力为：F'=BI'L

所以导体棒cd的加速度大小为：a=

联立以上各式可解得：a=故D错误。

故选：BC。

开始时cd棒静止，只对ab棒分析；由E=BLv和闭合电路欧姆定律求出电流，从而求出其受到的安培力大小；

本题中两根导体棒的运动情况：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流。ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力作用下作加速运动。在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速；cd棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v作匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒；再根据能量守恒定律，求解棒中产生的热量，由牛顿第二定律确定加速度大小。

本题是动量守恒定律、牛顿第二定律及能量守恒定律在电磁感应现象中的应用问题，分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力的系统总动量守恒的条件，从而为确定两棒最后的末速度找到解决途径是关键，之后分析这类电磁感应现象中的能量转化较易：系统减少的动能转化为回路的焦耳热。【解析】BC三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】

“12V、24W”的灯泡，可知电阻R=灯泡正常工作的电流为当电键S断开，且滑动变阻器Pa部分电阻为4Ω时，灯泡正常发光，因此电路两端的电压U=I（R+RL）=2×（6+4）V=20V；

当滑动变阻器Pa部分电阻为9Ω时，电建S闭合后，灯泡与滑动变阻器Pb部分电阻为6Ω并联；所以得到。

总电阻为12Ω，根据则流过灯泡的电流为．

故答案为：20；

【解析】【答案】根据“12V；24W”的灯泡；可求得灯泡的电阻与工作电流，由灯泡与滑动变阻器串联后根据灯泡正常发光，从而可确定电路电压．当改变滑动变阻器电阻时，根据电压不变，由欧姆定律可求出灯泡的电流．

19、200400【分析】【解答】由可得：

重力所做的功为：W=mgh=20×20=400J；

2s内重力做功的平均功率为：

落地时的速度v=gt=10×2=20m/s

P=Fv=20×20=400w

故答案为：200400

【分析】（1）由自由落体规律可求得2s内物体下落的高度，则由功的公式可求得重力所做的功，由功率的计算公式可求得平均功率；（2）瞬时功率由p=Fv求出．20、0.10.250.4【分析】【解答】解：按打点先后顺序每5个点取1个计数点；所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s；

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．

vC==0.25m/s

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；

得：a==0.4m/s2．

故答案为：0.1；0.25；0.4

【分析】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度；可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小；

根据物体的加速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．21、略

【分析】解：电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；则电动势的单位与电压的单位相同，均是伏特．

干电池两极间的电压等于电动势；大约为1.5V；铅蓄电池两极间的电压等于其电动势，大约为2V．

故答案为：伏特；1.5；2．

电动势的单位与电压的单位相同；是伏特．常用干电池两极间的电压大约是1.5V，铅蓄电池两极间的电压大约是2V．

本题是常识性问题，考查识记能力，比较简单，高考中不大可能出现．【解析】伏特；1.5；222、水平向左【分析】【分析】对B

受力分析列出牛顿第二定律方程求解摩擦力。本题是牛顿第二定律的直接应用，注意研究对象的选择。【解答】对B

列出牛顿第二定律方程：f=m2a

因为加速度向左，故摩擦力方向向左。故填：m2a

水平向左【解析】m2a

水平向左23、略

【分析】试题分析:S断开时，电阻R1直接接入电源，则I1=U/R1＝2A①S闭合时，三个电阻并联，电流表测量的是通过电阻R1和R2的总电流，则I2=U/R1+U/R2＝3A②由①②解得：R1/R2=1/2S断开与闭合两种情况下通过R1的电流不变，根据P=I2R可知，两种情况下R1的功率相等，即P1/P1′=1/1考点：串联电路和并联电路【解析】【答案】1：2；1：124、略

【分析】在甲地时，在乙地时，两式联立得加速度之比为m2：n2【解析】【答案】m2：n225、略

【分析】【解析】【答案】（6分）减少；较长四、简答题(共3题，共21分)26、略

【分析】

（1）电动机工作时；输入功率P=UI；

（2）电动机的输出功率P出=ηP入；

（3）动机线圈消耗的功率P=P入-P出；再根据Q=Pt求解．

本题考查功率公式的应用，要注意明确电动机为非纯电阻电路，各个公式的应用要明确，不能混淆，难度不大，属于基础题．【解析】解：（1）电动机的输入功率为：P入=UI=110×6=660W；

（2）电动机的输出功率为：P出=ηP入=660×0.80=528W；

（3）电动机线圈消耗的功率为：P=P入-P出=660-528=132W

电动机正常工作30min，电枢线圈电阻产生的内能为：W=Pt=132×30×60=3.78×104J

答：（1）电动机正常工作时的输入功率为660W；

（2）电动机正常工作时的输出功率为528W；

（3）电动机正常工作30min，该电动机电枢线圈电阻产生的内能为3.78×104J．27、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}

rm{(2)垄脵}正四面体

rm{垄脷}配位键rm{N}

rm{垄脹}高于氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强极性rm{sp^{3}}

rm{(3)}金属rm{Cu^{+}}的rm{3d}全充满比rm{Ni^{+}}的更稳定，难以失去电子

rm{(4)3}rm{1}

rm{垄脷}rm{{left[dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}}rm{{left[

dfrac{251}{d隆脕6.02隆脕{10}^{23}}right]}^{frac{1}{3}}隆脕{10}^{7}

}【分析】【分析】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础。【解答】rm{(1)Ni}元素原子核外电子数为rm{28}核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{3d}能级上的未成对电子数为rm{2}故填：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{8}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{8}4s^{2}}rm{2}rm{(2)垄脵SO_{4}^{2-}}中rm{S}原子的孤电子对数rm{=dfrac{6+2-2隆脕4}{2}=0}价层电子对数rm{=4+0=4}离子空间构型为正四面体，故填：正四面体；rm{垄脷Ni^{2+}}提供空轨道，rm{NH_{3}}中rm{N}原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故填：配位键；rm{N}rm{垄脹PH_{3}}分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于rm{PH_{3}}分子的，rm{NH_{3}}分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，rm{N}原子有rm{1}对孤对电子，形成rm{3}个rm{N-H}键，杂化轨道数为rm{4}氮原子采取rm{sp^{3}}杂化，故填：高于；氨气分子之间形成氢键，分