2025年粤教沪科版高二物理上册月考试卷

…………○…………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年粤教沪科版高二物理上册月考试卷828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6题，共12分)1、下列说法中符合实际的是（）A.变化的磁场一定产生变化的电场B.电磁波不能发生衍射现象C.根据多普勒效应可以判断遥远天体对地球的运动速度D.光在真空中的运动速度在不同惯性系中测得数值可能不同2、下列各种叙述中，正确的是(

)

A.单位mkgN

是一组属于国际单位制的基本单位B.牛顿进行了“月鈭�

地检验”，将天体间的力和地球对物体的力统一起来C.法拉第通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系D.奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质3、如图所示，A、B是完全相同的两只小灯泡，L为自感系数很大、直流电阻不计的线圈，下列说法正确的是（）A.闭合电键S瞬间，A灯逐渐变亮，B灯立即亮B.电键闭合一段时间后，A灯不亮，B灯亮C.断开电键S的瞬间，B灯同时熄灭D.断开电键S的瞬间，B灯都闪亮一下后再熄灭4、自动门、生命探测器、家电遥控系统、非接触式测温仪都使用了（）A.温度传感器B.生物传感器C.压力传感器D.红外线传感器5、关于产生感应电流的条件，下列说法中正确的是（）A.任何导体在磁场中运动，都能产生感应电流B.当闭合电路中的一部分导体在磁场中运动时，一定能产生感应电流C.当闭合电路中的一部分导体在磁场中沿磁感线运动时，就能产生感应电流D.当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就能产生感应电流6、为测某电阻R的阻值；分别接成图所示的甲；乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为3V、3mA，乙电路中两表示数分别为2.9V和4mA，则待测电阻的真实值应为（）

A.比1000Ω略大一些B.比1000Ω略小一些C.比725Ω略大一些D.比725Ω略小一些评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)7、如图所示为一单摆做间谐运动的图象，在0.1～0.2s这段时间内（）A.物体的回复力逐渐减小B.物体的速度逐渐减小C.物体的位移逐渐减小D.物体的势能逐渐减小8、关于热辐射下列说法中正确的是（）A.物体在室温时辐射的主要成分是波长较长的电磁波B.随温度的升高，黑体辐射中较短波长的成分越来越多C.随温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．D.辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同，这是热辐射的一种特性9、如图所示，ABCD

为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D

时，动能为20eV

飞经等势面C

时，电势能为鈭�10eV

飞至等势面B

时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为5cm

则下列说法正确的是()

A.等势面A

的电势为鈭�10V

B.匀强电场的场强大小为400V/m

C.电子再次飞经等势面D

时，动能仍为20eV

D.电子的运动为类平抛运动10、有一横截面积为S

的铜导线，流经其中的电流为I

设每单位体积的导线中有n

个自由电子，电子的电荷量为q.

此时电子的定向移动速度为v

在t

时间内，通过铜导线横截面的自由电子数目可表示为(

)

A.nvSt

B.nqvt

C.Itq

D.ItSq

11、由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O

在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(

图示为ABC

三颗星体质量不相同时的一般情况).

若A

星体质量为2mBC

两星体的质量均为m

三角形边长为a.

则(

)

A.B

星体所受的合力与A

星体所受合力之比为12

B.圆心O

与B

的连线与BC

夹角娄脠

的正切值为32

C.AB

星体做圆周运动的线速度大小之比为37

D.此三星体做圆周运动的角速度大小为2Gm2a3

12、如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示；忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（）

A.高频电源的变化周期应该等于tx-tx-1B.在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1C.若电源电压可变，粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径13、如图是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中（）A.将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B.将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C.如A的N极朝上，B中感应电流为顺时针方向（俯视）D.如A的N极朝上，B中感应电流为逆时针方向（俯视）14、如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一处于纸面内的正方形导体框abcd

现将导体框分别向右以速度v

和向左以速度3v

匀速拉出磁场，则在这两个过程中(

)

A.导体框中的感应电流方向相反B.安培力对导体框做功相同C.导体框ad

边两端电势差相同D.通过导体框截面的电量相同15、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(

如图)

设两极板正对面积为S

极板间的距离为d

静电计(

起电压表的作用)

指针偏角为娄脠

实验中，极板所带电荷量不变，若()

A.保持S

不变，增大d

则娄脠

变小B.保持d

不变，减小S

则娄脠

变大C.保持S

不变，增大d

则娄脠

变大D.保持d

不变，减小S

则娄脠

不变评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、一水平放置的矩形线圈abcd，在条形磁铁S极附近下落，在下落过程中，线圈平面保持水平，如图所示，位置l和3都靠近位置2，则线圈从位置1到位置2的过程中，线圈内____感应电流，线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内____感应电流．（填“有”或“无“）

17、如图电路中，a、b、c三只小灯泡均发光，当滑动变阻器的滑片P向左端滑动时，a灯____，b灯____．（填“变亮”；“变暗”或“不变”）

18、LED发光二极管新技术已被广泛应用；某科技小组一同学想通过实验尽可能大范围描绘出发光二极管的伏安特性曲线来研究它的工作特性．

（1）实验室提供的器材如图甲所示（其中电压表内阻约20KΩ，电流表内阻约200Ω），该同学已连接了部分导线．请在下面线框内画出该实验电路图（用表示发光二极管）并在图甲中以划线代替导线，按实验要求将实物图连线补充完整____．

（2）实验测得这种发光二极管两端电压U和通过它电流I的数据如下表所示：

。U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/mA0.92.34.36.812.019.030.0根据表中数据，在图乙所示的坐标纸中画出该发光二极管的I-U图线____．

（3）若此发光二极管的最佳工作电流为12mA，现将此发光二极管与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个约多大的电阻R=____Ω（保留三位有效数字），才能使它工作在最佳状态，请在图乙所示的坐标纸中画出电阻R的伏安特征图线____．

19、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。20、如图中千分尺的读数是A______mm，B______mm

21、永动机：第一类永动机是不可能制成的，因为它违反了________;

第二类永动机也是不可能制成的，因为它违反了________．22、（4分）磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ,式中B是感应强度,μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L，并测出拉力F，如图所示．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B＝23、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到等势面L1处时动能为零；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的动能为7J时，它的电势能为______（不计重力及空气阻力）．评卷人得分四、识图作答题(共2题，共12分)24、下图为莴苣种子萌发过程中氧气的消耗速率和二氧化碳释放速率的曲线。

（1）胚根长出之前发生的主要是_______呼吸，理由是______________________。若以H218O浸润种子，则有氧呼吸过程中18O的转移途径是_____________________。（2）26℃下，将莴苣种子交替在红光（R，1min）和远红光（FR，4min）下连续曝光处理后，种子的萌发率如下表。。光处理萌发率%光处理萌发率%R80R-FR-R79FR7R-FR-R-FR7①本实验_________（填“能”或“不能”）说明红光对种子的萌发起促进作用，原因是__________________________________。②分析实验中光处理情况可判断：种子萌发率的高低由__________________________决定。③有些种子萌发还需要光照，这体现了______________________离不开生态系统的信息传递。25、如图所示是利用山楂制作果酒果醋的流程：回答下列问题：（1）酒精发酵主要利用酵母菌的________呼吸，酵母菌与醋酸菌在结构上的主要区别是________。（2）酒精发酵前加入的白砂糖主要是为酵母菌提供________。如图表示白砂糖的添加量对酒精生成量的影响，白砂糖的添加量为________左右最为合理。（3）醋酸发酵前，需要加入纯净水对山楂果酒进行稀释，原因是________。（4）将发酵好的山楂果醋在80％左右的温度下热处理8～10min，目的是________，以及防止杂菌污染。评卷人得分五、画图题(共2题，共18分)26、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27、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参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】解：A；只有非均匀变化的磁场才一定产生变化的电场；若是均匀变化的磁场，则会产生恒定的电场，故A错误；

B；电磁波是横波；波都能发生干涉和衍射，故B错误；

C；由于波源与接受者的相对位移的改变；而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故C正确；

D；根据光速不变原理；知在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度大小相等，故D错误．

故选：C．

均匀变化的磁场产生稳定的电场；非均匀变化的磁场产生变化的电场；电磁波是横波，波都能发生干涉和衍射；利用多普勒效应和光速不变原理判断CD选项即可．

明确干涉和衍射是波特有的现象；知道电磁波谱及作用功能，多普勒效应和光速不变原理，属于基础题．【解析】【答案】C2、B【分析】解：A

米、千克是基本单位；牛顿是国际单位制中的导出单位，故A错误；

B；牛顿发现万有引力定律后；进行了“月鈭�

地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故B正确；

C；奥斯特通过实验观察到电流的磁效应；揭示了电和磁之间存在联系.

故C错误；

D；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性；提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质.

故D错误．

故选：B

国际单位制规定了七个基本物理量.

分别为长度；质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量.

它们的在国际单位制中的单位称为基本单位；而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．

本题根据物理学史解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．【解析】B

3、B【分析】解：A；开关S闭合的瞬间；两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。故A错误；

B；开关S闭合的瞬间；两灯同时获得电压，所以A、B同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小，A灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B的电流增大，所以B灯变亮。故B正确；

C；D、断开开关S的瞬间；B灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误，D错误。

故选：B。

开关S闭合的瞬间；电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光。由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮。断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭。

对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路。【解析】B4、D【分析】【解答】自动门；生命探测器、家电遥控系统、非接触式测温仪均能发出红外线；所以使用的是红外线传感器．故选：D

【分析】传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．5、D【分析】【分析】只有闭合回路中的部分导体切割磁感线才能在回路中产生感应电流;

A；导体在磁场中运动；若没有闭合回路是不会产生感应电流的；即使是闭合的回路，导体的运动既可以是沿磁感线运动，也可是切割磁感线，只有切割才会产生感应电流，故A错误；

B；若闭合回路；一部分导体在磁场中运动时,不能确定导体切割磁感线，所以不一定产生感应电流，故B错误；

C；当闭合电路中的一部分导体在磁场中沿磁感线运动时；并没有切割磁感线，所以在回路中不会产生感应电流，故C错误；

D；只有闭合回路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动才能产生感应电流；故D正确；

故选D。

【点评】感应电流的产生条件，应明确只有同时满足两个条件：部分导体、导体做切割磁感线运动导体中才能产生感应电流。6、B【分析】【分析】用试触法判断电流表内外接方法是：哪个电表的变化大就用哪个表侧真实值，电压表的变化为小于电流表的变化故应该电流表内接（甲图），因为电压表测量值比真实值偏大，所以真实值应比1000略小些，B正确；

【点评】本题的关键是理解用试触法判断电流表内外接方法是：哪个电表的变化大就用哪个表侧真实值。二、多选题(共9题，共18分)7、ACD【分析】解：A；由图在0.1～0.2s这段时间内位移逐渐减小；质点向平衡位置靠近，故回复力逐渐减小，故A正确C正确；

B；0.1～0.2s内；质点向平衡位置靠近，故速度逐渐增大，B错误；

D；0.1～0.2s内；质点向平衡位置靠近，物体的势能逐渐减小，D正确．

故选：ACD．

由振动图象直接读出质点的位移及其变化情况；平衡位置处回复力为零，离平衡位置越远回复力越大．

平衡位置处速度最大；离平衡位置越近速度越大．平衡位置处物体的势能最小．

本题考查考取振动图象信息的能力，可结合简谐运动的特征进行分析．关键是能将振动图象上的某点与实际简谐运动的过程对应起来．【解析】【答案】ACD8、ABCD【分析】解：A；物体在室温时辐射的主要成分是波长较长的电磁波；以不可见的红外光为主，故A正确；

B；随着温度的升高；黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动；热辐射中较短波长的成分越来越多，故B正确，C正确；

D；辐射强度按照波长的分布情况随物体的温度而有所不同；这是热辐射的一种特性，故D正确；

故选：ABCD．

热辐射是物体由于具有温度而辐射电磁波的现象．温度较低时热辐射；主要以不可见的红外光进行辐射，当温度为300℃时热辐射中最强的波长在红外区．当物体的温度在500℃以上至800℃时，热辐射中最强的波长成分在可见光区．

本题知识点较为冷僻，关键熟悉黑体辐射的特点，要多看书．【解析】【答案】ABCD9、AC【分析】【分析】

根据动能定理；结合DB

两位置的动能求出电势差的大小，结合C

位置的电势能得出C

点的电势，从而抓住等势面间的电势差相等求出A

点的电势以及电势能。根据匀强电场的场强公式，结合电势差和间距求出匀强电场的大小。根据动能定理求出电子再次经过等势面D

时的动能。

解决本题的关键是知道等势面与电场线关系；掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系。

【解答】

A；从等势面D

到等势面B

根据动能定理知，鈭�eUDB=鈭�20eV

解得：UDB=20V

电子在等势面C

处的电势能为鈭�10eV

知C

点的电势为10V

因为相邻等势面间的电势差相等，则等势面A

点的电势为鈭�10V

故A正确。

B、匀强电场的电场强度为：E=UDBd=200.1=200V/m

故B错误。

C；电子再次经过等势面D

时；电场力做功为零，则动能不变，所以动能为20eV

故C正确。

D；电子在匀强电场中所受的电场力不变；与速度在同一直线上，做匀变速直线运动，不是类平抛运动。故D错误。

故选：AC

【解析】AC

10、AC【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t

时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt

的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt.

而从电流的定义来说，I=qt

故在t

时间内通过某一横截面的电荷量为It

通过横截面的自由电子数目为Itq

．

故选：AC

根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t

时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt

的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvSt.

而从电流的定义来说，I=qt

故在t

时间内通过某一横截面的电荷量为It

通过横截面的自由电子数目为Itq

．

本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式I=nvst

中各物理量的意义．【解析】AC

11、BC【分析】解：A

由万有引力定律；A

星受到BC

的引力的大小：

FBA=FCA=GmAmca2=G鈰�2m2a2

方向如图，则合力的大小为：FA=2FBA鈰�cos30鈭�=23Gm2a2

同理，B

星受到的引力分别为：FAB=G鈰�2m2a2FCB=GmBmCa2=Gm2a2

方向如图；

沿x

方向：FBx=FAB鈰�cos60鈭�+FCB=2Gm2a2

沿y

方向：FBy=FAB鈰�sin60鈭�=3Gm2a2

可得：FB=FBx2+FBy2=7Gm2a2

B

星体所受的合力与A

星体所受合力之比为723.

故A错误；

B、通过对于B

的受力分析可知，由于：FAB=G鈰�2m2a2FCB=GmBmCa2=Gm2a2

合力的方向经过BC

的中垂线AD

的中点；所以圆心O

一定在BC

的中垂线AD

的中点处．

所以圆心O

与B

的连线与BC

夹角娄脠

的正切值为：tan隆脧OBD=FyFx=32.

故B正确；

C、结合B

的分析可知，所以：RC=RB=(12a)2+(34a)2=74a

由几何关系：RA=AO=AD鈭�OD

而：AD=a?sin60鈭�OD=BD?tan60鈭�=a?tan60鈭�

联立得：AD=34a

由于三星系统转动的角速度是相等的，由v=娄脴r

可得AB

星体做圆周运动的线速度大小之比为：vAvB=RARB=37.

故C正确；

D、由题可知C

的受力大小与B

的受力相同，对B

星：FB=7Gm2a2=m娄脴2RB

整理得：娄脴=4Gma3

故D错误．

故选：BC

由万有引力定律；分别求出单个的力，然后求出合力即可．

C

与B

的质量相等；所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C

的轨道半径；

三星体做圆周运动的角速度相等；写出B

的向心加速度表达式即可求出．

该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B

与C

的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的.

画出它们的受力的图象，在结合图象和万有引力定律即可正确解答．【解析】BC

12、BD【分析】解：A、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于2（tx-tx-1）；故A错误；

B、根据周期公式T=知，粒子的回旋的周期不变，与粒子的速度无关，所以t4-t3=t3-t2=t2-t1．故B正确．

C、根据半径公式r=知，v=则粒子的最大动能与加速的次数无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关．故C错误，D正确．

故选：BD．

交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=和半径公式r=进行判断．

本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的．【解析】【答案】BD13、BC【分析】解：A；B、当将B环靠近A时；由于越靠近A物体，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中B环会切割磁感线运动，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时B环中的电流不会变小，且永远存在，故A错误，B正确；

C；D、此时圆环B水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中；即其相互排斥，这就说明B环的下面是N极，故安培定则可判断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为顺时针方向（俯视），故C正确，D错误．

故选：BC．

闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；在电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，所以据电磁感应的理解，结合超导；安培定则分析即可判断．

知道产生感应电流的条件，并能结合超导和安培定则进行分析是解决该题的关键．【解析】【答案】BC14、CD【分析】解：A

导体框移出磁场时；根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向。故A错误。

B；设磁感应强度为B

线框边长为L

电阻为R

则。

则Q=E2Rt=B2L2v2Rt

又vt=L

得到。

W=Q=B2L3vR

则W隆脴v

当速度为3v

时安培力做功多。故B错误。

C、向左移出磁场时，ad

电势差U1=14BL?3v=34BLv.

向右移出磁场时，ad

电势差U2=34BLv.

故C正确。

D、根据感应电荷量q=鈻�娄碌R

由于线框拉出磁场，磁通量的变化量鈻�娄碌

相等；则通过导体框截面的电量相同。故D正确。

故选：CD

导体框向左；向右移出磁场；根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ad

电势差．

解决本题的关键掌握感应电动势公式：E=BLv

感应电荷量经验公式q=鈻�娄碌R

以及知道ad

电势差与感应电动势的关系．【解析】CD

15、BC【分析】【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C=?S4娄脨kd

分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C=QU

分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况。本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变。【解答】根据电容的决定式C=?S4娄脨kd

得知，电容与极板间距离成反比，当保持S

不变，增大d

时，电容减小，由电容的定义式C=QU

分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角娄脠

变大，故C正确，A错误；根据电容的决定式C=?S4娄脨kd

得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d

不变，减小SS时，电容减小，电容器极板所带的电荷量QQ不变，则由电容的定义式C=QU分析可知，板间电势差增大，静电计指针的偏角娄脠娄脠变大，故D错误，B正确。

故选BC。

【解析】BC

三、填空题(共8题，共16分)16、略

【分析】

如图所示；线圈从位置1到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量减小，则产生感应电流；线圈从位置2到位置3的过程中，线圈内穿过的磁通量增加，则也会产生感应电流；

故答案为：有；有。

【解析】【答案】穿过线圈的磁通量发生变化；则闭合电路中产生感应电流．可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．

17、略

【分析】

当滑动变阻器的滑片P向左端滑动时；变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，根据欧姆定律得知，灯泡c的电压增大；

由并联部分电压U并=E-I（r+Rc），I变大，则并联部分电压U并减小，灯泡a的电流Ia变小；亮度变暗．

灯泡b的电流Ib=I-Ia，I变大，Ia变小，则Ib变大，灯泡b变亮．

故答案为：变暗；变亮。

【解析】【答案】当滑动变阻器的滑片P向左端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，引起外电路总电阻减小，总电流增大，根据欧姆定律分析灯泡c电压的变化，得到并联部分电压的变化，再分析a灯泡亮度的变化．由干路电流与灯泡a电流的变化关系，分析灯泡b的电流变化；再分析其亮度变化．

18、略

【分析】

（1）电压电流要从0测起；所以滑动变阻器应该用分压式；二极管的电阻更接近电流表的内阻，电流表应该用外接法．电路图如图。

实物图的连接如图．

（2）根据表中数据；在图上描出各点，用光滑的曲线连接起来．如图．

（3）根据U-I图线；当二极管的工作电压为2V时，工作电流约为12mA，串联电阻上分到电压应为1V；

故应串联的电阻为：R===83.3Ω

电阻R的伏安特征图线为：

故答案为。

（1）如上图。

（2）如上图。

（3）83.3

【解析】【答案】（1）描绘该二极管的伏安特性曲线；电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式；从表格中数据看，二极管的电阻更接近电流表的内阻，所以电流表应该用外接法．

（2）在图上描出电流和电压的对应点；用光滑的曲线连接起来．

（3）根据二极管的工作电流结合I-U图线求出工作电压；再求出串联的电阻．

19、略

【分析】根据法拉第电磁感应定律【解析】【答案】20V20、略

【分析】解：A；螺旋测微器的固定刻度为0mm；可动刻度为9.5×0.01mm=0.095mm，所以最终读数为0mm+0.095mm=0.095mm．

B；螺旋测微器的固定刻度为10.5mm；可动刻度为30.5×0.01mm=0.305mm，所以最终读数为10.5mm+0.305mm=10.805mm．

故答案为：A.0.095；B.10.805．

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数；在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】0.095；10.80521、能量守恒定律热力学第二定律【分析】【分析】本题考查两类永动机。永动机：第一类永动机是不可能制成的，因为它违反了能量守恒定律；第二类永动机也是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律。解题的关键是知道永动机的缺点。【解答】永动机：第一类永动机是不可能制成的，因为它违反了能量守恒定律；第二类永动机也是不可能制成的，因为它违反了热力学第二定律。故答案为：能量守恒定律热力学第二定律【解析】能量守恒定律热力学第二定律22、略

【分析】试题分析：本题关键根据题意得到磁场能量密度的定义，然后根据功能关系求得条形磁铁与铁片P之间的磁场所具有的能量。因为F所做的功等于△L间隙中磁场的能量，所以先分别求出F所做的功和△L间隙中磁场的能量，然后根据等量关系得出一等式，即可解得在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功为：以表示间隙中磁场的能量密度，由题给条件根据磁能量密度的定义可得：△L间隙中磁场的能量由题意可知：F所做的功等于△L间隙中磁场的能量，即W=E；所以解得：．考点：本题考查磁能量密度；弹簧测力计的使用与读数；磁场；功的计算，同时考查考生从新情境中提取物理信息的能力．【解析】【答案】23、略

【分析】解：根据动能定理得：W31=EK3-EK1=-20J．知从等势面L3处运动到L1处电势能增加20J．取L2为零势面，则L1处电势能与L3处电势能绝对值相等且一正一负，故L1处电势能为10J，L3处电势能为-10J．则L