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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度v由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v；则以下说法正确的是（）

A.B两点的电势差一定为

B.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能。

C.若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是

D.若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的；则Q一定是负电荷。

2、如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合后，当滑动变阻器R：的滑片P向左移动时，电流表和电压表示数的变化情况是A.电流表的示数变小，电压表的示数变大B.电流表的示数变小，电压表的示数变小C.电流表的示数变大，电压表的示数变大D.电流表的示数变大，电压表的示数变小3、如图所示，A、B、Q、C、D、P为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，P、Q处有带电荷量相等的两个异种点电荷，它们的连线中点为O点。则（）

A.A点和B点的电场强度相同B.A点和C点的电场强度相同C.P、A两点间的电势差小于C、Q两点间的电势差D.将正电荷从A点沿直线移到B点的过程中，电场力做负功4、对于连入不同电路的不同灯泡；亮度较大的灯泡一定是（）

A.通过的电流较大。

B.两端电压较大。

C.电阻较大。

D.消耗电功率较大。

5、一物体从A到B做匀变速直线运动，其中点时刻的速度为通过AB位移中点时的速度为则可以判断A.若物体做匀加速直线运动，B.若物体做匀减速直线运动，C.无论物体做什么运动，D.无论物体做什么运动，6、下列说法中，正确的是(

)

A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B.线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C.线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大7、关于动量、冲量，下列说法正确的是(

)

A.物体动量越大，表明它受到的冲量越大B.物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量C.物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零D.物体动量的方向就是它受到的冲量的方向8、如图所示；一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t=0)

将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.

在物块放到木板上之后，木板运动的速度隆陋

时间图象可能是下列选项中的。

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列现象中，属于克服分子力做功的是（）A.人压打气筒给自行车打气B.用力压缩液体C.将吸在墙上的吸盘用力拉下D.手用力撕纸做功10、如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a

、b

、c

、d

到达最高点e

.

已知ab

=

bd

=6m

bc

=1m

小球从a

到c

和从c

到d

所用的时间都是2s

设小球经过b

、c

时的速度分别为vb

、vc

，则()

A.vb=22m/s

B.vc

=3m/s

C.de

=3m

D.从d

到e

所用时间为4s

11、用弹簧拉着木块在水平面上做匀速直线运动，弹簧拉木块的力与木块拉弹簧的力是(

)

A.一对平衡力B.一对作用力反作用力C.大小相等，方向相反，作用在一条直线上D.大小相等，方向相反，作用在同一物体上12、如图，质量为m

长为L

的直导线用两绝缘细线悬挂于OO隆盲

并处于匀强磁场中.

当导线中通以沿x

正方向的电流I

且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为娄脠.

则磁感应强度方向和大小可能为(

)

A.z

正向，mgILtan娄脠

B.y

正向，mgIL

C.z

负向，mgILtan娄脠

D.沿悬线向下，mgILsin娄脠

13、如图，电磁铁上下两磁极之间某一水平面固定两条平行金属导轨，L

是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆.

如要使金属杆L

在导轨上受安培力向右滑动，下列说法正确的是(

)

A.a

接正极，b

接负极，e

接正极，f

接负极B.a

接正极，b

接负极，e

接负极，f

接正极C.a

接负极，b

接正极，e

接正极，f

接负极D.a

接负极，b

接正极，e

接负极，f

接正极14、如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L

的区域内，两个边长均为a(a<L)

的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成，且导线的横截面积S录脳S脪脪=14.

将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则(

)

A.乙线圈也刚好能滑离磁场B.两线圈完全进入磁场后的动能相同C.两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同D.甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1

与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2

之比为14

评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、如图所示的电子元件名称叫____，它的电容参数是____．

16、在“测玻璃的折射率”实验中：

（1）为了取得较好的实验效果，下列操作正确的是____．

A；必须选用上下表面平行的玻璃砖；

B；选择的入射角应尽量小些；

C；大头针应垂直地插在纸面上；

D、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些．

（2）甲同学在画界面时，不小心将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，则他测得的折射率____（选填“偏大”“偏小”或“不变”）

（3）乙同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO′延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B点和D点，如图所示，若他测得AB=6cm，CD=4cm，则可求出玻璃的折射率n=____．

17、温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的．如图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的Rt图线所示，闭合开关，当R的温度等于120℃时，电流表示数I1=3mA；

（1）电流表G的内阻Rg=______Ω；

（2）当电流表的示数I2=1.8mA时，热敏电阻R的温度是______℃．18、某同学使用如图所示(

甲)

电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了(

乙)

图所示的U隆陋I

图象，由图象可知电池电动势为________V

电池的内阻为______娄赂

19、电磁打点计时器是一种使用低压______(

填“交”或“直”)

流电源的计时仪器，其打点频率为______Hz.

如图所示是打点计时器测定匀加速直线运动加速度时得到的一条纸带，测出AB=1.2cmBC=2.4cmCD=3.6cm

计数点ABCD

中，每相邻的两个计数点之间有四个小点未画出，则运动物体的加速度a=

______m/s2

．20、从1405-1433年，出生于云南的航海家郑和先后7次下西洋。在一望无际的茫茫大海中，利用指南针导航。指南针指南的一端是______极（选填“N”或“S”）。21、图为一演示实验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的．现将电键K断开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从______端到______端，这个实验是用来演示______现象的．22、在可见光、无线电波、γ射线、x射线、红外线、紫外线中，最容易发生衍射的是______，粒子性最明显的是______，热效应最显著的是______．评卷人得分四、实验题(共4题，共28分)23、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s。则（1）他测得的重力加速度g=________m/s2。（保留三位有效数字）（2）他测得的g值偏小，可能的原因是____A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动数为50次（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率k。则重力加速度表达式g=________。(用k表示)24、（12分）如图甲为某同学描绘额定电压为3.8V的小灯泡伏安特性曲线的实验电路图.（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整；（2）开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于________端（选填“A”、“B”或“AB中间”）；（3）实验中测出8组对应的数据（见下表）：。次数12345678U/V00.200.501.001.502.003.003.80I/A00.080.130.180.210.240.290.33则测得小灯泡的额定功率为________W（保留两位有效数字）。请在给出的坐标中，描点作出I-U图线。由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。25、某同学课外研究平抛物体的运动，并将实验中测出的两物理量A和B数值填表如下，A和B的单位相同但没有写出。（g=10m/s2）。A0.000.100.200.300.400.50B0.000.050.200.450.801.25（1）上表中A表示的物理量是；B表示的物理量是。（2）若上表中A和B用的都是国际单位制中的单位，则平抛物体的水平速度为。26、红细胞表面存在多种蛋白质能与相应抗体结合，从而发生凝集现象。科学家进行了如下免疫学实验：实验一：提取健康家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞不发生凝集现象。实验二：用恒河猴的红细胞重复多次注射到实验一的家兔体内，再次提取家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞凝集成细胞集团。回答下列问题：（１）实验二中恒河猴红细胞作为____刺激家兔产生免疫反应。受到红细胞刺激和淋巴因子的作用，Ｂ淋巴细胞增殖分化为__________。（２）设置实验一起到了对照作用，具体说明了__________。（３）从免疫学角度看，实验二的实验结果表明人的红细胞与恒河猴红细胞_。评卷人得分五、实验探究题(共3题，共27分)27、某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示．这样做的目的是______

A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确。

C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动。

②下列摆动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图2中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动图象，知sin5°=0.087，sin15°=0.026，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是______

28、在“测定金属的电阻率”的实验中；待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：

A．电压表V1（量程0～3V；内阻约为15kΩ）

B．电压表V2（量程0～15V；内阻约为75Ω）

C．电流表A1（量程0～3A；内阻约为0.2Ω）

D．电流表A2（量程0～0.6A；内阻约为1Ω）

E．变阻器R1（0～100Ω；0.6A）

F．变阻器R2（0～2000Ω；0.1A）

G．电池组E（电动势为3V；内阻约为0.3Ω）

H．开关S；导线若干。

（1）为减小实验误差；电流表应选用，电压表应选用______（填序号）．

（2）为减小实验误差；应选用图1中填______（甲或乙）为该实验的电路原理图．

（3）按所选择的电路原理图把图2中的实物图用线连接起来．

（4）若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm；用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图3；4所示，则金属丝的直径为______mm，电阻值为______Ω．

29、在用电火花计时器研究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OABCD

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.

用刻度尺量得点ABCD

到O

点的距离分别为x1=1.50cmx2=3.40cmx3=5.70cmx4=8.40cm.

由此可知，打C

点时纸带的速度大小为______m/s.

与纸带相连小车的加速度大小为______m/s2

．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A|C|D【分析】

A、根据动能定理得：-mgLsinθ+qUAB=-=0，得到，UAB=．故A正确．

B；小球从A运动到B的过程中；重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能．故B错误．

C、若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小值，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是．故C正确．

D、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则小球在A、B两点电势相等，电势能相等，重力做负功，小球到达到B点的速度小于v；与题相符．故D正确．

故选ACD

【解析】【答案】根据动能定理和电场力做功公式结合；求解A；B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．

2、A【分析】【解析】试题分析：因为定值电阻和滑动变阻器串联，当滑动变阻器的滑片向左移动时，连入电路中的电阻变大，即电路中的总电阻R变大；因为电源电压保持不变，故由公式可知，电路中的电流I变小，由公式可知，定值电阻两端的电压变小，因此滑动变阻器两端的电压变大；故电流表的示数变小，电压表的示数变大．故选A．考点：欧姆定律的应用；【解析】【答案】A3、B【分析】根据电荷量相等的两个异种点电荷的电场线的分布图可知：

A点和B点的电场强度的方向不同，故A错误；A点和C点的电场强度大小相等，方向相同，故B正确；由电场的对称性可知，P、A两点间的电势差与C、Q两点间的电势差相等，故C错误；将正电荷q从A点沿直线移到B点的过程中，电场力做正功，故D错误。所以B正确，ACD错误。4、D【分析】

灯泡亮度由灯泡实际功率决定；灯泡亮度与电流；电压、电阻无关，灯泡越亮，灯泡消耗的电功率越大；

故选D．

【解析】【答案】灯泡亮度由灯泡的实际功率决定；灯泡越亮，灯泡实际功率越大．

5、C【分析】本题考查的是匀变速直线运动规律问题，根据速度时间图可以很明显的看出无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，都有C正确；【解析】【答案】C6、D【分析】解：根据法拉第电磁感应定律E=n鈻�鈱�鈻�t

得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．

A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故鈻�鈱�鈻�t

不一定越大；故A错误；

B、磁通量越大，是娄碌

大，但鈻�娄碌

及鈻�鈱�鈻�t

则不一定大；故B错误；

C、虽然线圈放在磁感应强度越强的磁场，但鈻�鈱�鈻�t

可能为零；产生的感应电动势可能为零，故C错误；

D、磁通量变化的快慢用鈻�鈱�鈻�t

表示，磁通量变化得快，则鈻�鈱�鈻�t

比值就大；根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确．

故选：D

．

对法拉第电磁感应定律的理解E=n鈻�鈱�鈻�t

注意区分磁通量；磁通量的变化和磁通量的变化率．

磁通量娄碌=BS

磁通量的变化鈻�娄碌=娄碌2鈭�娄碌1

磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值鈻�鈱�鈻�t

法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比.

正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．【解析】D

7、B【分析】解：A

物体的动量等于质量与速度的乘积；与物体受到的冲量无关，故A错误；

B；由动量定理可知；物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量，故B正确；

C；动量是矢量；物体的速度大小没有变化，如果物体速度方向发生变化，则物体动量发生变化，由动量定理可知，物体受到的冲量大小不为零，故C错误；

D；物体动量的方向是物体速度的方向；与物体受到冲量的方向无关，故D错误；

故选：B

．

物体的质量与速度的乘积是物体的动量；物体动量的变化等于合外力的冲量，据此分析答题．

本题考查了动量、冲量、动量变化问题，知道动量的定义式、应用动量守恒定律即可正确解题．【解析】B

8、A【分析】略【解析】A

二、多选题(共6题，共12分)9、BD【分析】解：给自行车打气时要用力是内外压强不一样；需要克服内外压强差做功；将吸盘从墙下拉下时用力，也是克服大气压强做功；

液体分子间排列较为紧密；随分子间距离减小，分子间斥力大于引力，表现为斥力，压缩气体时需克服斥力做功；撕开纸时，纸张分子间的距离变大了，所以撕开纸张是克服分子间引力做功．故需要克服分子力做功的只有BD．

故选：BD．

明确压强和分子间作用力的区别；进行分析哪些现象是需要克服分子力做功的．

本题考查分子力的作用，要注意分子力作用的范围很小；对于气体来说分子间的作用力几乎可以忽略不计．【解析】【答案】BD10、BD【分析】【分析】本题的突破口是ab=bd=6mbc=1m

小球从a

到c

的时间是2s

从a

到d

的时间是4s

根据x=v0t+12at2

即可求出va

和a

再根据速度公式v=v0+at

求出vc

和vd

然后根据v2鈭�v02=2ax

求出de

的距离，最后根据v=v0+at

求出从d

到e

的时间。

本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解。【解答】物体在aa点时的速度大小为vv00，加速度为aa则从aa到cc有xac=v0t1+12at12

物体从aa到dd有xad=v0t2+12at22

解得：a=鈭�12m/s2vv00=4m/s=4m/s

根据速度公式vcv_{c}=v=v00+at+at可得vc=3m/s{v}_{c}=3m/s故B正确；

从aa到bb有vb2鈭�va2=2axab解得vb=10m/s故A错误；

根据速度公式vdv_{d}=v=v00+a+a隆陇2tt可得vvdd==2m/s2m/s

从dd到ee有鈭�v-vdd2=2ax=2axdede，解得：xxdede==4m4m故C错误；

从dd到ee的时间tde=0鈭�vda=4s故D正确。

故选BD。

【解析】BD

11、BC【分析】解：根据牛顿第三定律可知：弹簧拉木块的力与木块拉弹簧的力是一对作用力和反作用力；故A错误，B正确；

对于作用力和反作用力它们大小相等；方向相反，作用在一条直线上，但作用在不同物体上.

故C正确，D错误．

故选BC．

弹簧拉木块的力与木块拉弹簧的力是一对作用力和反作用力；它们大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在不同物体上．

考查牛顿第三定律及其理解.

应理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解析】BC

12、BCD【分析】解：逆向解题法。A

磁感应强度方向为z

正向；根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y

负方向，直导线不能平衡，所以A错误；

B、磁感应强度方向为y

正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z

正方向，根据平衡条件，当BIL

刚好等于mg

时，绳的拉力为零，所以B=mgIL

所以B正确；

C、磁感应强度方向为z

负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y

正方向，根据平衡条件BILRcos娄脠=mgRsin娄脠

所以B=mgILtan娄脠

所以C正确；

D、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：F=mgsin娄脠

得：B=mgsin娄脠IL

故D正确。

故选：BCD

左手定则：左手平展；让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.

把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N

极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．

根据左手定则的内容；逐个分析判断即可的出结论．

左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的(

一般用于判断感应电流方向)

用右手定则．【解析】BCD

13、BC【分析】解：A

由安培定则与左手定则可知，若a

接正极，b

接负极；e

接正极，f

接负极，L

所受安培力向左，L

向左滑动，故A错误；

B、由安培定则与左手定则可知，若a

接正极，b

接负极；e

接负极，f

接正极，L

受到的安培力向右，L

向右滑动，故B正确；

C、由安培定则与左手定则可知，若a

接负极，b

接正极；e

接正极，f

接负极，L

所受安培力向右，L

向右滑动，故C正确；

D、由安培定则与左手定则可知，若a

接负极，b

接正极；e

接负极，f

接正极，L

所受安培力向左，则L

向左滑动，故D错误；

故选：BC

由安培定则判断出电流产生的磁场方向；然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L

的移动方向。

熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题【解析】BC

14、AD【分析】解：A

设任一线圈的横面积为S

电阻率为娄脩碌莽

密度为娄脩脙脺

．

线圈进入磁场时产生的感应电流为I=BavR

所受的安培力大小为F=BIa=B2a2vR

加速度大小为a=Fm=B2a2vmR=B2a2v4a鈰�S娄脩脙脺鈰�娄脩碌莽鈰�4aS=B2v16娄脩脙脺娄脩碌莽

可知a

与S

无关，所以两个线圈进入磁场的过程，任意时刻加速度相同，同理离开磁场的过程任意时刻的加速度也相同，运动情况完全相同，所以若甲线圈刚好能滑离磁场，乙线圈也刚好能滑离磁场，故A正确．

B；根据A

项分析可知；两个线圈进入磁场过程的速度相等，由于质量不同，所以动能不等，故B错误．

C、根据感应电荷量公式q=n鈻�娄碌R

可知，进入磁场过程中磁通量的变化量相等，但由于两个线圈的电阻不同，则两线圈进入磁场过程中通过导线横截面电荷量不同，故C错误．

D、设线圈的初速度为v1

完全进入磁场时的速度为v2

根据能量守恒得：线圈进入磁场过程中产生热量Q=12mv12鈭�12mv22

则Q

与m

成正比，所以甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1

与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2

之比为Q1Q2=m1m2=S录脳S脪脪=14

故D正确．

故选：AD

．

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式得到线框的加速度表达式，再分析两个线圈的运动情况，即可判断乙线圈能否滑离磁场.

根据感应电荷量公式q=n鈻�娄碌R

分析电量关系.

根据能量守恒定律分析热量关系．

本题关键要综合考虑影响加速度的因素，将加速度表达式中质量和电阻细化，掌握感应电荷量公式q=n鈻�娄碌R

理解掌握克服安培力做功等于产生的热量等等，应加强基础知识的学习，提高综合分析问题的能力【解析】AD

三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】

该电子元件上有“50V；220μF”，知该元件为电容器，参数为：额定电压为50V，电容为220μF．

故答案为：电容；50V，220μF．

【解析】【答案】电容的单位有：法（F）；微法（μF）、皮法（pF）；根据单位的符号判断元件的名称．

16、略

【分析】

（1）A、作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行．故A错误．

B；为了减小测量的相对误差；选择的入射角应尽量大些，效果会更好．故B错误．

C；为了准确确定入射光线和折射光线；大头针应垂直地插在纸面上；故C正确．

D、大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时；相同的距离误差，引起的角度误差会减小，效果会好些．故D正确．

故选CD

（2）如图；实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此测得的折射率偏小．

（3）图中P1P2作为入射光线，OO′是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，则由几何知识得到：sini=sinr=又AO=OC，则折射率n===1.5．

故答案为：

（1）．CD

（2）．偏小。

（3）.1.5

【解析】【答案】（1）为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些；这样可以减小测量的相对误差．

（2）甲同学在画界面时，将两界面aa′和bb′间距画得比玻璃砖宽度大些；分析对入射角和折射角的影响，判断误差的变化．

（3）根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值；再求解折射率．

17、略

【分析】解：（1）根据题意得到：电源电源的电动势E=9.0V，I1=2mA=0.002A；

由图乙知；当R的温度等于120℃时，热敏电阻的阻值R=2000Ω

由串联电路特点及闭合电路欧姆定律得：

E=I1（R+Rg）

解得Rg=-R=-2000=2500Ω．

（2）当电流I2=1.8mA=0.0018A时；由闭合电路欧姆定律得：

E=I2（R′+Rg）

解得：R′=-Rg=-2500=2500Ω；

由图象知；此时热敏电阻的温度t=100℃．

故答案为：（1）2500；（2）100．

（1）闭合开关，当R的温度等于120℃时，电流表示数I1=3mA，由图读出R的阻值，根据闭合电路欧姆定律可求得电流表的内阻Rg；

（2）当电流表的示数I2=1.8mA时；根据闭合电路欧姆定律可求R，由图读出温度．

本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、识图能力，熟练掌握串联电路的特点、欧姆定律是正确解题的前提，由图象找出热敏电阻的阻值与对应的温度关系是解题的关键；解题时注意单位换算．【解析】2500；10018、1.401.0【分析】【分析】在U鈭�I

图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势；直线的斜率代表的是电源的内阻的大小.

本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义.

在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0

开始的。【解答】在U鈭�I

图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势；所以由图可以读出电源的电动势为1.40V

图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r=1.40鈭�1.000.4娄赂=1.0娄赂

故答案为：1.401.0

【解析】1.401.0

19、略

【分析】解：电磁打点计时器是一种使用低压交流电源的计时仪器；其打点频率为50Hz

．

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；

得：a=0.024鈭�0.0120.01=1.2m/s2

故答案为：交；501.2

．

实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项.

根据匀变速直线运动的推论公式鈻�x=aT2

可以求出加速度的大小；

对于实验装置和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还用从实践上去了解它，自己动手去做做.

本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力．【解析】交；501.2

20、S【分析】解：根据对磁体磁场的N；S极的规定可知；指南针指南的一端是S极。

故答案为：S；

根据磁体之间的相互作用的特点分析指南针。

该题考查磁场的方向的规定、磁场的基本特点以及洛伦兹力的定义，都是和磁场有关的几个基本概念，记住即可正确解答。基础题目。【解析】S21、略

【分析】解：在K断开前，自感线圈L中有向左的电流，断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零．原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向左的电流会立即消失．但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由a到b．因此；灯泡不会立即熄灭，而是渐渐熄灭，将这称为自感现象．

故答案为：a；b；自感．

线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大；断开时产生一自感电动势相当于电源，与A组成闭合回路，L的右端电势高．

做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向．【解析】a；b；自感22、略

【分析】解：可见光；无线电波、γ射线、x射线、红外线、紫外线中无线电波的波长最长；衍射最明显；红外线最显著的作用是热作用，所以可利用红外线来加热物体；紫外线波长最短，粒子性最明显；

故答案为：无线电波；紫外线；红外线；

红外线最显著的作用是热作用；所以可利用红外线来加热物体，烘干油漆和谷物，进行医疗等，由于波长长容易发生衍射现象．

紫外线有显著的化学作用；可利用紫外线消毒，也可以用来验钞，它和红外线的特点是不同的，所以使用范围也就不同．

X射线具有较强的穿透能力；但没有γ射线强．波长越长，越容易产生衍射．

对于电磁波谱中各种电磁波将产生的机理、波动性和粒子性的强弱顺序要理解并掌握，并依据各自的用途用来解答本题．【解析】无线电波；紫外线；红外线四、实验题(共4题，共28分)23、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据公式可得其中解得：（2）根据知，测摆线长时摆线拉得过紧，导致摆长偏大，重力加速度偏大．故A错误．摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，摆动的过程中，摆长变短，根据知，重力加速度偏小．故B正确．开始计时时，秒表过迟按下，导致周期变小，根据知，重力加速度偏大．故C错误．实验中误将49次全振动记为50次，导致周期变小，根据知，重力加速度偏大．故D错误．故选B．（3）所以考点：用单摆测定重力加速度．【解析】【答案】(1)9.76(2)B(3)4π2/k24、略

【分析】试题分析：（1）从表格可看出电压、电流是从零开始增大，滑动变阻器选择分压式，电阻较小，选择外接法。电路图如图甲。（2）为保护负载，滑动变阻器的调节应使负载上电压为零，故滑片滑至A端。考点：描绘小灯泡伏安特性曲线的实验【解析】【答案】（1）电路连接如下甲（2）A（3）1.3W，如图乙增大。25、略

【分析】试题分析:在研究平抛运动试验中测出的两物理量单位相同，那只能是位移，即水平方向位移和竖直方向位移．平抛运动水平方向做匀速直线运动，位移与时间成正比，故A表示水平位移，则B为竖直位移．由于物体在竖直方向做自由落体运动，故在竖直方向有△h=gT2，解得T=0.1s，则初速度v0==1.00m/s考点：研究平抛物体的运动．【解析】【答案】（1）水平位移、竖直位移（2）1.00m/s26、（1）抗原浆细胞和记忆细胞

（2）家兔血清中没有与人红细胞发生凝集现象的抗体

（3）具有相同的抗原（或蛋白质）

【分析】【分析】本题考查体液免疫的过程，意在考查学生对知识的理解和应用能力、分析实验的能力。【解答】（1）实验二中恒河猴红细胞作为抗原刺激家兔产生免疫反应。受到红细胞刺激和淋巴因子的作用，B淋巴细胞增殖分化为浆细胞和记忆细胞。（2）实验一：提取健康家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞不发生凝集现象。设置实验一起到了对照作用，具体说明了家兔血清中没有与人红细胞发生凝集现象的抗体。（3）用恒河猴的红细胞重复多次注射到实验一的家兔体内，再次提取家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞凝集成细胞集团。从免疫学角度看，实验二的实验结果表明人的红细胞与恒