2025年牛津上海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年牛津上海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6题，共12分)1、一质点做简谐运动；周期为T，振幅为A．下列说法中正确的是（）

A.质点做减速运动时；加速度一定在减小。

B.质点向平衡位置运动时；速度方向一定与加速度方向相反。

C.质点每次通过同一位置时；其速度不一定相同，但加速度一定相同。

D.在某个T/4时间内；振子发生的位移为零，则这段时间内路程一定小于A

2、下列关于曲线运动的说法中，正确的是(

)

A.做曲线运动的物体的加速度一定是变化的B.做曲线运动的物体的速度大小一定是变化的C.做匀速圆周运动的物体，所受的合外力不一定时刻指向圆心D.骑自行车冲到圆弧形桥顶时，人对自行车座的压力小于人受到的重力3、在光滑的水平面上有AB

两辆玩具小汽车，质量分别为MA=2kgMB=1kg

现使A

车以10m/s

的速度沿AB

中心的连线向静止的B

车运动，与B

车发生对心碰撞，则碰后两车的速度可能是(

)

A.vA=7m/svB=6m/s

B.vA=鈭�1m/svB=22m/s

C.vA=6m/svB=8m/s

D.vA=2m/svB=16m/s

4、为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1L2

电路中分别接了理想交流电压表V1V2

和理想交流电流表A1A2

导线电阻不计，如图所示。当开关S

闭合后()

A.A1

示数变大，A1

与A2

示数的比值变小B.A1

示数变大，A1

与A2

示数的比值变大C.V2

示数变小，V1

与V2

示数的比值变大D.V2

示数不变，V1

与V2

示数的比值不变5、下列说法正确的是（）A.牛顿提出万有引力定律，并利用扭秤实验巧妙地测出了万有引力常量B.太阳系中，所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等C.开普勒借助导师牛顿的丰富观测数据计算并提出了开普勒三大定律D.相同时间内，地球与太阳的连线扫过的面积等于火星与太阳的连线扫过的面积6、电场中某区域的电场线分布如图所示，a、b是该电场中的两点；则（）

A.a点的场强较小。

B.b点的场强较小。

C.同一个检验电荷在a点受到的电场力比在b点受到的电场力小。

D.同一个检验电荷在a点和b点受到的电场力相同。

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、在利用单摆测重力加速度的实验中，测出单摆偏角小于5°时完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，游标卡尺测得摆球直径为d．用上述测得的量写出测量重力加速度的一般表达式：g=____．如果测量摆球直径时，游标卡尺的示数如图所示，则测得摆球的直径是____cm．

8、如图为电磁流量计的示意图．直径为d的非磁性材料制成的圆形导管内，有导电液体流动，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导电液体流动方向而穿过一段圆形管道．若测得管壁内a、b两点间的电势差为U，则管中导电液体的流量Q=____．

9、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=30V，φB=6V，φC=-6V，由此可得D点电势φD=____V．10、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图所示的装置，计时器打点频率为50Hz。该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如下图所示，自A点起，相邻两点间的距离分别为10.0mm、12.0mm、14.0mm、16.0mm、18.0mm，则打E点时小车的速度为____m/s，小车的加速度为____m/s2。11、两个质点从同一位置出发沿一直线运动的位移图象如图所示,由图可知,质点A在1.5s时的速度大小为____,位移大小为____,质点B在1.5s时的速度大小为,位移大小为,两质点相遇的时刻为.评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、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）

13、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）

14、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）

15、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）16、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）17、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）

18、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）

评卷人得分四、画图题(共2题，共12分)19、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20、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评卷人得分五、简答题(共1题，共6分)21、用软锰矿rm{(MnO_{2})}黄铁矿rm{(FeS_{2})}酸浸生产硫酸锰rm{(MnSO_{4})}并进一步电解制取电解二氧化锰rm{(EMD)}的工艺流程如下：I.将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间。rm{II.}向反应釜中加入rm{MnO_{2}}rm{CaCO_{3}}试剂，再加入rm{Na_{2}S}溶液除掉浸出液中的重金属。rm{III.}过滤，向滤液中加入净化剂进一步净化，再过滤，得到精制rm{MnSO_{4}}溶液。rm{IV.}将精制rm{MnSO_{4}}溶液送入电解槽，电解制得rm{EMD}请回答下列问题：rm{(1)}步骤rm{I}中搅拌、加热的目的是________。完成酸浸过程中反应的离子方程式：rm{FeS_{2}+}rm{MnO_{2}+}____rm{=}rm{Mn^{2+}}rm{+}rm{Fe^{2+}}rm{+S+SO_{4}^{2-}+}____rm{(2)}加入rm{CaCO_{3}}后，由于rm{CaCO_{3}+2H+=Ca^{2+}+CO_{2}隆眉+H_{2}O}将浸出液rm{pH}调至rm{pH=5}rm{Fe^{3+}}发生了：________________rm{(}相关离子方程式rm{)}从而除掉铁。rm{(3)}步骤rm{IV}中用如图所示的电解装置电解精制的rm{MnSO_{4}}溶液，生成rm{EMD}的是__________极rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}生成rm{EMD}的电极反应式是__________。rm{(4)EMD}可用作碱性锌锰电池的材料。已知碱性锌锰电池的反应式为：rm{Zn+2MnO_{2}+2H_{2}O=2MnOOH+Zn(OH)_{2}}下列关于碱性锌锰电池的说法正确的是________rm{(}填字母序号rm{)}A.碱性锌锰电池是二次电池B.碱性锌锰电池将化学能转化为电能C.正极反应为：rm{2MnO_{2}+2H_{2}O+2e^{-}=2MnOOH+2OH^{-}}D.碱性锌锰电池工作时，电子由rm{MnO_{2}}经外电路流向rm{Zn}极评卷人得分六、实验探究题(共4题，共40分)22、如图所示为交流电发电机示意图，匝数为n=100

匝的矩形线圈，边长分别为10cm

和20cm

内阻为5娄赂

在磁感应强度B=0.5T

的匀强磁场中绕OO鈥�

轴以502rad/s

的角速度匀速转动；转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部20娄赂

的电阻R

相接，求电键S

合上后。

(1)

写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；

(2)

电压表和电流表示数；

(3)

从计时开始，线圈转过娄脨6

的过程中，通过外电阻R

的电量。23、某课外学习小组想描绘标有“4V2W

”的小灯泡的U鈭�I

图象；除导线和开关外还备有以下器材：

A；电流表(

量程0.6A

内阻为1娄赂)

B；电流表(

量程3.0A

内阻为0.6娄赂)

C；电压表(

量程5.0V

内阻为5k娄赂)

D；电压表(

量程15V

内阻为10k娄赂)

E；滑动变阻器(

最大阻值为5娄赂

额定电流1.0A)

G；电源(

电动势为6.0V

内阻约为1.5娄赂)

导线若干。

(1)

电路中电流表应选用______；电压表选用______.(

用字母填写)

(2)

根据以上器材；选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图______．

(3)

根据(1)

题所选实验电路图；用笔画线代替导线，将图2

中的实验电路连接完整．

(4)

开关S

闭合之前；右图中滑动变阻器的滑片应该置于最______端.(

填“左”或“右”)

24、气垫导轨是常用的一种实验仪器；它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为无摩擦的．在实验室中我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和质量均为M的滑块A和B做验证动量守恒定律的实验，如图所示实验步骤如下：

（1）在A上固定一质量为m的砝码；在A和B间放入一个压缩状态的弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上；

（2）按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时记时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1、t2

（3）重复几次；

①在调整气垫导轨时应注意______；

②还应测量的数据有______；

③只要关系式______成立即可验证该过程动量守恒．25、如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA

的钢球A

用细线悬挂于O

点，质量为mB

的钢球B

放在离地面高度为H

的小支柱N

上，O

点到A

球球心的距离为L

使悬线在A

球释放前伸直，且线与竖直线夹角为娄脕A

球释放后摆到最低点时恰与B

球正碰，碰撞后，A

球把轻质指示针OC

推移到与竖直线夹角娄脗

处，B

球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D

保持娄脕

角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B

球的落点.(

物理量mAmB娄脕娄脗HLS

已测)

(1)

用测得的物理量表示碰撞前后A

球、B

球的动量PA=

____，PA隆盲=

____，PB=

____，PB隆盲=

____。(2)

用测得的物理量表示，如果满足等式____，那么我们认为碰撞前后AB

系统的动量是守恒的。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C|D【分析】

A；质点由平衡位置向最大位移处运动时；速度减小，加速度增大，故A错误；

B；质点向平衡位置运动时；质点做加速运动，速度方向与加速度方向相同，故B错误；

C；质点每次通过同一位置时；速度大小相等，方向不一定相同，速度不一定相同，但加速度一定相同，故C正确；

D、在某个时间内；振子发生的位移为零，说明物体在这段时间内先由向最大位移处运动，到达最大位移处后再反向运动，它的路程小于振幅A，故D正确；

故选CD．

【解析】【答案】做简谐运动的物体；由平衡位置向最大位移处运动时，速度减小，加速度变大，速度方向与加速度方向相反；

物体由最大位移处向平衡位置运动时；做加速运动，速度方向与加速度方向相同；在四分之一周期内位移为零；

振子先向最大位移处运动；然后反向运动，路程小于振幅．

2、D【分析】解：A

做曲线运动的物体的加速度不一定是变化的；比如：平抛运动，其加速度不变，所以A错误；

B；物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；速度大小不一定变化，比如匀速圆周运动，所以B错误；

C；做匀速圆周运动的物体；所受的合外力一定时刻指向圆心，所以C错误；

D；冲到圆弧形桥顶时；根据牛顿第二定律，则有压力小于重力，则出现失重现象，所以D正确；

故选：D

．

物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上；速度的方向与该点曲线的切线方向相同．

本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．【解析】D

3、C【分析】略。

【解析】C

4、D【分析】【分析】本题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R22的变化；确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。【解答】由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变；则副线圈电压不变，V2

示数不变，V1

与V2

示数的比值不变，C错误；D正确；

开关S

闭合后；变压器副线圈的负载电阻减小，V2

不变，由欧姆定律可得A1

示数变大，由于理想变压器P2=P1V1

与V2

示数的比值不变，所以A1

与A2

示数的比值不变，AB错误。

故选D。【解析】D

5、B【分析】解：A；牛顿提出万有引力定律；但牛顿没有测出万有引力常量，是卡文迪许利用扭秤实验巧妙地测出了万有引力常量，故A错误。

B、根据开普勒第三定律知，太阳系中，所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即=k；故B正确。

C；开普勒借助导师第谷的丰富观测数据计算并提出了开普勒三大定律；故C错误。

D；根据开普勒第二定律知；相同时间内，地球与太阳的连线扫过的面积相等，但与火星与太阳的连线扫过的面积并不相等，故D错误。

故选：B。

本题是物理学史问题；根据牛顿；卡文迪许、第谷和开普勒等人的物理学成就和开普勒的行星运动定律分析答题。

本题考查物理学史，属于识记内容。对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。【解析】B6、A|C【分析】

A；由图可知；a点处电场线较疏，电场强度较小．故A正确．B错误．

C、根据F=Eq得同一个检验电荷在a点受到的电场力比在b点受到的电场力小；故C正确，D错误．

故选AC．

【解析】【答案】电场线的疏密反映电场强度的相对大小；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大．

二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】

根据题意可知：T=由单摆的周期公式T=解得：g==

直径：主尺：2.1cm，游标尺对齐格数：4个格，读数：4×=0.4mm=0.04cm；所以直径为：2.1+0.04=2.14cm

故答案为：2.14

【解析】【答案】（1）由单摆的周期公式即可求解；

（2）考查游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数）；再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；

8、略

【分析】试题分析：导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转；在上下两端间形成电势差，最终离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出离子的速度，再根据Q=vS求出导电液体的流量．

对离子有：qvB=q解得．流量等于单位时间流过液体的体积，有Q=vS=．

故答案为：．【解析】9、略

【分析】

如图，连接AC，沿AC方向相等距离电势差相等，将AC三等分，作出等分点E和F．由题φA=30V，φC=-6V，则F点的电势为φF=6V，φB=6V，连接BF，则BF是一条等势线．过D作DE∥BF，则DE也是一条等势线．E的电势为φF=18V，则D点电势φD=18V．

故答案为：18

【解析】【答案】由题；A；B、C、D是匀强电场中正方形的四个顶点，连接AC，根据匀强电场中沿与电场方向相同距离电势差相等，在AC上找出B点的等势点，作出一条等势线，再在AC上找出与D等势的点，得到D的电势．

10、略

【分析】【解析】试题分析：打E点时小车的速度为加速度根据考点：打点计时器【解析】【答案】0.85；5.011、略

【分析】【解析】【答案】3.5m/s4.13m2m/s1.5mt=4s三、判断题(共7题，共14分)12、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．13、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．14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．四、画图题(共2题，共12分)19、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】20、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、简答题(共1题，共6分)21、rm{(1)}加快反应速率，充分接触rm{FeS_{2}+4MnO_{2}+8H^{+}=4Mn^{2+}+Fe^{2+}+S+SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{(2)F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}}

rm{(2)F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}rm{(3)b}

rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}篓TMnO_{2}+4H^{+}}rm{(4)BC}【分析】【分析】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、电极反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解答】rm{(1)}将软锰矿、黄铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热，加热温度升高，反应速率加快，搅拌可以使反应物充分接触；rm{FeS_{2}}反应生成rm{Fe^{2+}}rm{S}rm{SO_{4}^{2-}}rm{S}元素的化合价升高rm{8}价，rm{MnO_{2}}中rm{Mn}元素的化合价降低rm{2}价，则rm{FeS_{2}}与rm{MnO_{2}}的计量数之比为rm{1}rm{4}结合原子守恒得到方程式为：rm{FeS_{2}+4MnO_{2}+8H^{+}篓T4Mn^{2+}+Fe^{2+}+S+SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

故答案为：加快反应速率，充分接触；rm{FeS_{2}+4MnO_{2}+8H^{+}=4Mn^{2+}+Fe^{2+}+S+SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{(2)}在溶液中存在水解平衡：rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}}加入rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}后，由于rm{CaCO_{3}(s)?Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)}rm{CaCO_{3}}溶液中氢离子浓度减小，使得rm{CaCO_{3}(s)?

Ca^{2+}(aq)+CO_{3}^{2-}(aq)}的水解平衡向正反应方向移动，因此rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}篓TCO_{2}隆眉+H_{2}O}转化为rm{Fe^{3+}}沉淀而被除去；

故答案为：rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}}

rm{Fe^{3+}}锰离子在阳极失电子生成二氧化锰，rm{Fe(OH)_{3}}极与正极相连为阳极，所以二氧化锰在rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}极生成；其电极反应式为：rm{(3)}

故答案为：rm{b}rm{b}

rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}篓TMnO_{2}+4H^{+}}锌锰干电池不能充电；完全放电后不能再使用，属于一次电池，故A错误；

B.原电池装置是向外提供电能的装置；其能量转化为化学能转化为电能，故B正确；

C.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为rm{b}故C正确；

D.电子从负极沿导线流向正极，而电流从正极沿着导线流向负极，则电子由rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}篓TMnO_{2}+4H^{+}}极经外电路流向rm{(4)A.}故D错误．

故答案为：rm{MnO_{2}+e^{-}+H_{2}O篓TMnO(OH)+OH^{-}}rm{Zn}【解析】rm{(1)}加快反应速率，充分接触rm{FeS_{2}+4MnO_{2}+8H^{+}=4Mn^{2+}+Fe^{2+}+S+SO_{4}^{2-}+4H_{2}O}

rm{(2)F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}}

rm{(2)F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}rm{(3)b}

rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}篓TMnO_{2}+4H^{+}}rm{(4)BC}六、实验探究题(共4题，共40分)22、解：（1）感应电动势的最大值为：

电动势的瞬时表达式为：

（2）电源的电动势有效值为：

S闭合，电流表示数为有效值为：

电压表示数为路端电压为：U=IR=40V

（3）转过时，磁通量的变化量为：

产生的平均感应电动势为：

通过的电荷量为：

联立解得解得：q=0.02C

答：（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式为

（2）电压表和电流表示数分别为40V和2A；

（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量为0.02C。【分析】

(1)

根据Em=nBS娄脴

求得产生的感应电动势的最大值；从与中性面垂直开始计时；产生交流电的瞬时值表达式e=Emcos娄脴t

(2)

根据闭合电路的欧姆定律求得电压和电流；注意是有效值。

(3)

据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I?鈻�t=n鈻�鈱�R+r

公式；从而可求得。

此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动势的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值。【解析】解：(1)

感应电动势的最大值为：Em=nBS娄脴?Em=502V

电动势的瞬时表达式为：e=502cos(502t)V

(2)

电源的电动势有效值为：E=Em2

S

闭合，电流表示数为有效值为：I=ER+r=2A

电压表示数为路端电压为：U=IR=40V

(3)

转过娄脨6

时，磁通量的变化量为：鈻�娄碌=BSsin娄脨6

产生的平均感应电动势为：E炉=n鈻�娄碌鈻�t

通过的电荷量为：q=I炉t

联立解得解得：q=0.02C

答：(1)

写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式为e=502cos(502t)V

(2)

电压表和电流表示数分别为40V

和2A

(3)

从计时开始，线圈转过娄脨6

的过程中，通过外电阻R

的电量为0.02C

23、略

【分析】解：(1)

灯泡额定电压为4V

故电压表应选择5V

的量程，故选C；电流I=PU=24=0.5A

故电流表应选择0.6A

量程，故选A；

(2)

因做描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流与电压从零调；故滑动变阻器应用分压式，又小灯泡的电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图应选丙．

(3)

根据选出的原理图可得出对应的实物图如图所示；

(4)

当滑动触头位于最左端时小灯泡两端电压是零；为保护电流表，应接滑动触头打到最左端．

故答案为：(1)AC(2)

丙；(3)

如图所示；(4)

左．

(1)

根据额定值可确定电流表和电压表；

(2)

滑动变阻器用分压式接法时；能使电流和电压值从零调节，故做测定小灯泡伏安特性曲线实验要求滑动变阻器用分压式接法，当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法．

(3)

描绘图象时要注意标度的选取要适当；连线时要用平滑的曲线连接．

(4)

根据电路