2025年湘教版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年湘教版高二物理下册阶段测试试卷911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7题，共14分)1、某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间。略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。则球在墙面上反弹点的高度范围是（）A.0.8m至1.8mB.0.8m至1.6mC.1.0m至1.6mD.1.0m至1.8m2、如图所示,要使金属环C向线圈A运动,导线AB在光滑金属导轨上应()

A.向右作加速运动B.向左作加速运动C.向右作减速运动D.向左作匀速运动3、下列那组力有可能使物体处于平衡状态()A.3N4N8N

B.3N5N1N

C.4N7N8N

D.7N9N1N

4、一个带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2

倍的匀强磁场，则()A.粒子的速率加倍，周期减半B.粒子的速率不变，轨道半径也不变C.粒子的速率减半，轨道半径变为原来的1/4

D.粒子的速率不变，周期减半5、如图所示，A

、B

、C

为匀强电场中的三个点，已知隆脧

CAB

=60鈭�

AB

=2

AC

=2cm

娄脮A

=0V

娄脮B

=鈭�8V

将一带电量为q

=3隆脕10鈭�5C

的正电荷从A

点移到C

点，电场力做功6隆脕10鈭�5J

则下列说法正确的是()

A.C

点电势为2V

B.电场强度E

沿AB

方向由A

隆煤

B

，大小为400N/C

C.该正电荷在B

点具有的电势能为24隆脕10鈭�4J

D.将该正电荷从C

点移到B

点，电势能增加了1.8隆脕10鈭�4J

6、如图A、B两点电荷均带正电，且电荷B的带电量是电荷A的2倍，P点在A、B连线的中点，电荷A在P点形成的电场强度大小是E，则P点的合场强大小和方向分别是（）

A.3E，向左B.3E，向右C.E，向左D.E，向右7、下面与静电现象无关的是(

)

A.磁铁吸引铁钉B.毛织地毯中夹有不锈钢导电纤维C.雷电现象D.电视机工作时，屏表面很容易吸附灰尘评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、手电筒中标有“2.0V，0.80W”字样的小灯泡正常发光时，通过的电流是____A；1分钟内通过导体横截面的电子数为____个．（已知e=1.6×10﹣19C）9、某位同学在实验室使用打点计时器：

（1）研究物体作自由落体运动的实验；有下列器材可供选择：

铁架台、重锤、电火花打点计时器及碳粉、纸带若干、220V交流电源、天平、秒表其中不必要的一种器材是：______，缺少的一种器材是：______．

（2）测定匀变速直线运动的加速度实验中得到一段纸带，是一次实验中记录小车运动的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，（每相邻的两个计数点间有1个打印点未标出）该小车运动的加速度a=______m/s2，计数点D的瞬时速度vD=______m/s．（结果保留三位有效数字）

10、如图所示，在倾角为α的斜面的顶点将小球水平抛出，若抛出时的初速度较大，小球落到斜面上时的速度也较大，因此有人猜想：“小球落到斜面上的速度大小与平抛的初速度的大小成正比”．这个猜想是____（选填：“正确的”或“不正确的”）．也有人猜想：“小球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角随平抛的初速度大小的增大而增大”．这个猜想是____（选填：“正确的”或“不正确的”）．

11、如图所示，一个边长L=10cm，匝数N=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，磁感应强度B=0.50T，角速度ω=10πrad/s，外电路电阻R=4.0Ω，线圈内阻r=1.0Ω．

则线圈转动的周期____，感应电动势的最大值____；

线圈由图中所示位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式____．

12、用______、______和接触起电的方法都可以使物体带电．13、一辆电动摩托车沿着平直公路行驶，其v鈭�t

图象如图所示，该摩托车在前2s

内做______直线运动，最后2s

内做______直线运动，(

填“匀加速”、“匀减速”或“匀速”)

第2s

末的速度为______m/s

．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)14、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）15、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）16、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）

17、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）

18、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）19、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）20、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）21、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）

22、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、作图题(共2题，共6分)23、（９分）有一个直流电动机,把它接入0.2V电压的电路时,电机不转,测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中,电动机正常工作,工作电流是1.0A,求电动机正常工作时的输出功率多大?如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？24、我们可以通过实验探究电磁感应现象中；感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律.

以下是实验探究过程的一部分．

(1)

如图(1)

所示；当磁铁N

向下运动时，发现电流表指针偏转.

若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道______．

(2)

如图(2)

所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏.

闭合开关稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向______偏转；若将线圈A

抽出，此过程中电流表指针向______偏转(

均选填“左”或“右”)

．评卷人得分五、实验探究题(共2题，共10分)25、用如图1的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比mA：mB=3：1．先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放；在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A；B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图2所示，其中卷尺的某整刻度点与O点对齐．

（1）2%验前应调节轨道末段，使末段水平，目的是使小球离开轨道后做______运动．每次实验时由静止释放A球，______（填“要”或“不要”）从同一位置释放．若将质量小的球由高出释放，让它碰质量大的静止小球，则该实验的误差将______．

（2）碰撞后A球的水平射程应取______cm．

（3）本实验的原理是：若能够证明式子______（用示意图中的字母表示）成立，即可证明动量守恒定律．26、某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率娄脩

完成下列部分步骤：

(1)

用游标为20

分度的卡尺测量其长度；如图甲所示，由图可知其长度为______mm

(2)

用螺旋测微器测量其直径；如图乙所示，由图可知其直径为______mm

(3)

用多用电表的电阻“隆脕10

”挡按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻；表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为______娄赂

(4)

该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R

现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R

电流表A1(

量程0隆芦4mA

内阻约50娄赂)

电流表A2(

量程0隆芦15mA

内阻约30娄赂)

电压表V1(

量程0隆芦3V

内阻约10k娄赂)

电压表V2(

量程0隆芦15V

内阻约25k娄赂)

直流电源E(

电动势4V

内阻不计)

滑动变阻器R1(

阻值范围0隆芦15娄赂

允许通过的最大电流2.0A)

滑动变阻器R2(

阻值范围0隆芦2k娄赂

允许通过的最大电流0.5A)

开关S

导线若干。

为使实验误差较小；要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。

评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)27、如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA

方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射。(1)

将细光束平移到距O

点33R

处的C

点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；(2)

若细光束平移到距O

点0.5R

处，求出射光线与OA

轴线的交点距O

点的距离。28、一个质量m=2kg

的小球，从H1=5m

处自由下落，与地面碰撞后又跳起H2=3.2m

全部过程历时T=2s

试问：小球对地面的撞击力为多大？(g=10m/s2)

29、氢原子处于基态时，原子的能量为E1=-13.6eV，当处于n=3的激发态时，能量为E3=-1.51eV；则：

（1）当氢原子从n=3的激发态跃迁到n=1的基态时；向外辐射的光子的波长是多少？

（2）若要使处于基态的氢原子电离；至少要用多大频率的电磁波照射原子？

（3）若有大量的氢原子处于n=3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种频率的光子？其中最长波长是多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：球做平抛运动，在水平方向上：x=v0t；由初速度是25m/s，水平位移是10m至15m之间，所以球的运动的时间是0.4s-0.6s之间，在竖直方向上自由落体：所以可以求得高度的范围是0.8m至1.8m，所以A正确。考点：平抛运动的规律.【解析】【答案】A2、C【分析】【分析】要使金属环C向线圈A运动,则必须穿过C的磁通量减小；A中的磁场减弱，即A中的电流减小，故AB导致磁通量增大，C导致磁通量减小，D导致磁通量不变，故选C。

【点评】关键是知道在什么情况下C将向A运动。3、C【分析】【分析】三力平衡时；三力可以组成首位相连的三角形，故要使三力的合力为零，应保证任意两力之和可以大于等于第三力，任意两力之差小于等于第三力。

判断三力能否平衡可以利用数学中三边组成平行三角形的方法，只要三边能组成三角形，则合力一定能为零。【解答】A.3N

与4N

的合力最大值为7N

最小值为1N

不可以与8N

的力平衡，故A错误；

B.3N

和5N

合成时；最大8N

最小2N

不可能与1N

合成平衡，故B错误；

C.4N

和7N

合成时；最大11N

最小3N

可能与8N

合成平衡，故C正确；

D.7N

和9N

合成时；最大16N

最小2N

不可能与1N

合成平衡，故D错误。

故选C。

【解析】C

4、D【分析】【分析】洛仑兹力对电荷永不做功，故洛仑兹力不会改变速度大小，只会改变运动的方向，洛仑兹力变化时，半径、周期都会随之变化。带电粒子在磁场中速度不变，在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，由洛仑兹力的变化可得出半径及周期的变化。【解答】

带电粒子进入2B

的磁场中时，洛仑兹力加倍，但速度不变，则由Bqv=mv2R

可得r=mvqB

粒子的半径减为原来的一半；周期T=2娄脨mqB

由题意知周期T

减半，故ABC错误，D正确。故选D。【解析】D

5、B【分析】【分析】

A.根据UAC=WACq

和UAC=娄脮A鈭�娄脮C

可求出C

点电势；B.若过C

点作AB

的垂线，则交点D

为AB

的四等分点，可知D

点电势为鈭�2vCD

为等势线根据电场线与等势面垂直，可以得出场强E

的方向，根据E=Ud

可以求出场强E

大小；

C.根据EP=娄脮q

可以求出正电荷在B

点具有的电势能；

D.根据WCB=UCBq

就可以求出WCB

电场力做正功，电势能减少。

此题是对静电场中电势、电势能以及电场强度的考察，熟练把握电场线与等势面垂直这一性质，就可以得出场强E

的方向，进而根据E=Ud

求出E

【解答】

A.设AC

之间的电势差为UAC

则UAC=WACq=6隆脕10?53隆脕10?5=2VUAC=娄脮A鈭�娄脮C

将娄脮A=0V

代入得：0鈭�娄脮C=2V

得：娄脮C=鈭�2v.

故A错误；

B.若过C

点作AB

的垂线；则交点D

为AB

的四等分点，可知D

点电势为鈭�2VCD

为等势线，场强垂直CD

即电场强度E

沿AB

方向由A隆煤B

E=UABAB=80.02=400V/m

故B正确；

C.根据EP=娄脮q

将娄脮B=鈭�8Vq=3隆脕10鈭�5C

代入得：

EPB=(鈭�8)隆脕3隆脕10鈭�5J=鈭�2.4隆脕10鈭�4J

故C错误。

D.UCB=娄脮C鈭�娄脮B=6VWCB=UCBq=(3隆脕10鈭�5隆脕6)J=1.8隆脕10鈭�4J

所以电场力做正功；电势能减少1.8隆脕10鈭�4J

故D错误。

故选B。

【解析】B

6、C【分析】【详解】

根据题意，电荷A在P点形成的电场强度大小是E，由库仑定律可知，电荷B在P点的电场强度大小是2E，方向与A电荷在该处相反，即为水平向左，根据电场的叠加原理，可知，在P点的合场强大小和方向分别是：E，水平向左，故C正确，ABD错误。7、A【分析】解：A

磁铁吸引铁钉；是磁场对铁钉的作用，不是静电现象，符合题意；

B；毛织地毯中夹有的不锈钢导电纤维可以用来导走由于摩擦而使毛织地毯所带的电荷；与静电现象有关，不符合题意；

C；雷电现象时剧烈的放电现象；与静电现象有关，不符合题意；

D；电视机工作时；屏幕表面有静电荷，静电荷把空气中的灰尘吸引到屏幕表面上，是静电现象，不符合题意．

故选：A

．

分析各现象的形成原因；然后判断各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题．

了解日常生活中常见的静电现象，知道各现象的成因，有助于解答该类习题．【解析】A

二、填空题(共6题，共12分)8、0.401.5×1020【分析】【解答】由题可知小灯泡电压U=2.0V，功率P=0.8W

由P=UI得，I==0.4A；

每分钟通过导体横截面电子的电量q=It，所以1分钟内通过导体横截面的电子数N==1.5×1020个；

故答案为：0.40；1.5×1020

【分析】小灯泡在额定电压下时正常发光，功率为额定功率．由额定功率与额定电压求出电流．每个电子的电量为e，求出每分钟通过导体横截面电子的电量，再求出电子的个数．9、略

【分析】解：（1）实验要测量重力加速度，根据公式△x=aT2；需要刻度尺测量位移；

故不需要天平；秒表；缺少刻度尺；

（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出；所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s；

设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4；

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：x3-x1=2a1T2

x4-x2=2a2T2

为了更加准确的求解加速度；我们对两个加速度取平均值。

得：a=（a1+a2）

即小车运动的加速度计算表达式为：

a==m/s2=2.00m/s2

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D点时小车的瞬时速度大小．

vD==m/s=2.10m/s

故答案为：（1）天平；秒表；刻度尺；（2）2.00；2.10．

从实验目的；实验原理角度出发得到待测量；确定实验器材．

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；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D点时小车的瞬时速度大小．

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．注意单位的换算．【解析】天平、秒表；刻度尺；2.00；2.2110、略

【分析】

（1小球落到斜面上时有：tanθ=

所以竖直方向速度为vy=gt=2vtanθ

所以速度为V==V

所以速度小球落到斜面上的速度大小与平抛的初速度的大小成正比．

（2）假设落地时V与垂直方向Vy夹角γ

α=γ-β

sinγ=

Vy=gt

sinγ=tanα

所以γ不变；是个定量。

与初速度无关．

故选：正确的；不正确的．

【解析】【答案】首先利用好平抛运动在水平放上的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；又物体落在斜面上，利用好斜面夹角的关系求解即可．

11、0.2s15.7e=15.7cos10πt【分析】【解答】根据公式：T===0.2S；

根据Em=NBωS；可得感应电动势的最大值：

Em=100×0.5×0.1×0.1×10πv=15.7（v）

由于线框垂直于中性面开始计时；

所以电动势瞬时值的表达式：e=15.7cos10πt

故答案为：0.2s，15.7，e=15.7cos10πt

【分析】由周期和角速度关系可求得周期；根据Em=NBωS求出最大值，再写出电动势和电流的瞬时表达式；12、略

【分析】解：接触起电；摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体；而使物体带电．感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，而使物体带电．

故使物体带电的方法共有三种分别为摩擦起电；感应起电和接触起电．

故答案为：静电感应；摩擦起电。

使物体带点的方式有：接触起电；摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体；而使物体带电．感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，而使物体带电．

解决本题的关键知道使物体带电的三种方式：接触起电﹑摩擦起电和感应起电．【解析】静电感应；摩擦起电13、略

【分析】解：前2s

内速度时间图象是一条倾斜的直线；说明摩托车的速度均匀增大，则知摩托车在前2s

内做匀加速直线运动，最后2s

内做匀减速直线运动；

由图象可知；第2s

末的速度为2m/s

．

故答案为：匀加速；匀减速，2

．

速度时间图象的斜率代表物体的加速度；由速度图象与时间图象可直接读出速度，分析车的运动情况．

本题主要考查了速度鈭�

时间图象的应用，知道速度时间图象的斜率代表物体的加速度，根据图象的形状能分析物体的运动情况．【解析】匀加速；匀减速；2

三、判断题(共9题，共18分)14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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、作图题(共2题，共6分)23、略

【分析】试题分析：把它接入0.2V电压的电路时,电机不转，可求电动机线圈电阻r＝电动机正常工作时电动机的输入功率P入＝UI＝2.0W，电动机线圈的热功率P热＝I2r=0.5W,输出功率P出＝P入－P热＝1.5W。若电动机正常工作时转子突然卡住，电能全部转化为内能，则热功率P热＝考点：本题考查功率的计算。【解析】【答案】1.5W，8W24、略

【分析】解：(1)

如图甲所示；当磁铁的N

极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．

(2)

如图乙所示；实验中发现闭合开关时，穿过线圈B

的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向左移动滑动触头，通过线圈A

的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B

的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A

抽出，穿过线圈B

的磁通量减少，电流表指针向左偏转．

故答案为：(1)

电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；(2)

右；左．

(1)

要探究感应电流方向；应该知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．

(2)

根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系；然后根据磁通量的变化判断指针的偏转方向．

探究电磁感应现象实验，在实验前应明确电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；本题无法直接利用楞次定律进行判断电流方向，但是可以根据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不根据绕向判出各项中应该出现的现象．【解析】电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；右；左五、实验探究题(共2题，共10分)25、略

【分析】解：（1）为了研究平抛运动我们采用让小球平抛的方向；利用水平位移求解水平初速度，故必须保证小球做平抛运动；为了保证每次实验入射球的速度相等，每次释放小球均应从同一位置由静止开始释放；要用质量大的球去碰质量小的球；若用轻球去碰重球，则轻球会反弹，然后再返回后做平抛运动，会增大实验误差；

（2）A小球和B小球相撞后；B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位移就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取OM的长度，故水平射程为：16.50-2=14.50cm；

（3）根据实验原理可得：mAv0=mBv1+mAv2；

由已测量的物理量为：mA、mB；OM、OP、ON．

又因下落时间相同，即可求得：maOP=maOM+mbON；故只需验证此等式相等；即可证明动量守恒定律；

故答案为：（1）平抛；要；较大；

（2）14.50；

（3）maOP=maOM+mbON

A小球和B小球相撞后；B小球的速度增大，A小球的速度减小，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，读数时取平均值，只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，计算出碰撞前后动量的值即可求解。

掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件，才能准确掌握本实验应注意的事项．【解析】平抛；要；较大；14.50；maOP=maOM+mbON26、略

【分析】解：(1)

游标卡尺的固定刻度读数为100mm

游标尺上第3

个刻度游标读数为0.05隆脕3m=0.15mm

所以最终读数为：100mm+0.15mm=100.15mm

(2)

螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm

可动刻度读数为0.01隆脕9.5mm=0.0935m

所以最终读数为：2.0mm+0.095mm=2.095mm

(3)

该电阻的阻值约为22.0隆脕10娄赂=220娄赂

(4)

要精确测量电阻R

采用分压式接法，故滑动变阻器选择小电阻R1

测量电路中；电压表选择小量程读数误差小，故选V1

估算最大电流：I=3V220惟=0.0136A=13.6mA

故电流表选择A2

由于RARV=30隆脕10隆脕1000=547.7娄赂>R

故电阻R

是小电阻，大内小外，采用电流表外接法误差小；

故电路图如图所示：

故答案为：(1)100.15(2)2.093鈭�2.097(3)220(4)

如图所示。

(1)

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读；

(2)

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；

(3)

用欧姆表测电阻的读数为指针示数乘以倍率；当指针指在中央附近时测量值较准确；

(4)

电路分为测量电路和控制电路两部分；控制电路采用分压式接法，控制电路采用安培表外接法来减小误差。

测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计。测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法。控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法。在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法。【解析】100.152.095220

六、计算题(共3题，共27分)27、(1)3(2)3R【分析】(1)

如图甲所示，光束由C

处水平射入，在B

处发生全反射，隆脧OBC

为临界角由临界角公式：sinC=33RR=33

解得：n=1sinC=3

(2)

如图乙所示，光束由D

点水平射入，在E

点发生折射，入射角为隆脧OED=娄脕

，折射角为隆脧NEF=娄脗

，折射率n=sin娄脗sin娄脕=3

sin娄脕=12

以上两式联立，解得：sin娄脗=32

娄脗=60鈭�

由几何关系可知：隆脧FOE=娄脕

，隆脧OFE=娄脗鈭�娄脕=娄脕

，则出射光线与OA

轴线的交点F

与O

点的距离为：OF=2Rcos30鈭�=3R

【解析】(1)3

(2)3R

28、略

【分析】

根据位移时间公式分别求出上升和下降的时间；从而得出球与地面接触的时间，对全过程运用动量定理，求出球对地面的撞击力．

在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，能够合理地选择研究过程，列式求解，难度中等．【解析】解：设下落；上升分别用时t1

和t2

根据H1=12gt12

解得：t1=2隆脕510s=1s