2025年粤教版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教版高二物理上册月考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5题，共10分)1、心电图仪（如图所示）通过一系列的传感手段，可将与人心跳对应的生物电流情况记录在匀速运动的坐标纸上．医生通过心电图，可以了解到被检者心跳的情况，例如，测量相邻两波峰的时间间隔，便可计算出1min内心脏跳动的次数（即心率）．同一台心电图仪正常工作时测得待检者甲、乙的心电图分别如图甲、乙所示．若医生测量时记下被检者甲的心率为60次/min，则可推知乙的心率和这台心电图仪输出坐标纸的走纸速度大小分别为（）

A.48次/min；25mm/s

B.48次/min；36mm/s

C.75次/min；45mm/s

D.75次/min；25mm/s

2、如图所示U-I图线上a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点α=β；则下列说法中正确的是（）

A.在b点时电源有最大输出功率。

B.在b点时电源的总功率最大。

C.从a→b时β角越大；电源的总功率和输出功率都将增大。

D.从b→c时β角越大；电源的总功率和输出功率都将减小。

3、真空中两个点电荷相距r时，库仑力为F，如果保持它们的电量不变，而将距离增大为2r，则二者之间的库仑力将变为A.F/4B.F/2C.FD.2F4、垄脵

把笔竖直倒立于水平硬桌面；下压外壳使其下端接触桌面(

见位置a)

垄脷

由静止释放，外壳竖直上升与静止的内芯碰撞(

弹簧已恢复原长)(

见位置b)

垄脹

碰撞后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处(

见位置c)

不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是(

)

A.仅减少笔芯中的油，则笔弹起的高度将变小B.仅增大弹簧的劲度系数，则笔弹起的高度将变小C.若笔的总质量一定，外壳质量越大笔弹起的高度越大D.笔弹起的过程中，弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能5、一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1R2

和R3

的阻值分别为4娄赂1娄赂

和4娄赂

为理想交流电流表，U

为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.

当开关S

断开时，电流表的示数为I

当S

闭合时，电流表的示数为3I.

该变压器原、副线圈匝数比为(

)

A.2

B.3

C.4

D.5

评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1

和降压变压器T2

向用户供电.

已知输电线的总电阻为R

降压变压器T2

的原、副线圈匝数之比为41

降压变压器副线圈两端交变电压u=2202sin100娄脨t(V)

降压变压器的副线圈与阻值R0=11娄赂

的电阻组成闭合电路.

若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(

)

A.通过R0

电流的有效值是20A

B.降压变压器T2

原、副线圈的电压比为41

C.升压变压器T1

的输出电压等于降压变压器T2

的输入电压D.升压变压器T1

的输出功率大于降压变压器T2

的输入功率7、关于磁感应强度的下列说法中；正确的是()

A.通电导线在磁场中受到安培力越大的位置；则该位置的磁感应强度越大。

B.磁感线上某一点的切线方向就是该点磁感应强度的方向。

C.垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向。

D.磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线的电流大小、导线长度、导线取向等均无关8、下列家用电器在工作时，主要利用电流热效应的是()A.电熨斗B.电冰箱C.吸尘器D.电饭锅9、如图所示，两个带同种电荷的小球A

和BAB

的质量分别为m

和2m

开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止.AB

的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放AB

经过一段时间，B

的速度大小为v

则此时(

)

A.A

球的速度大小为v2

B.A

球的动量大小为mv

C.A

球与B

球的动量大小之比一直为11

D.A

球的动能为2mv2

10、如图所示，质量为m的冰壶，与水平冰面间动摩擦因数为μ，被运动员以初速度v推出后，沿直线走了距离s后停止，下列说法中正确的有（）A.摩擦力对冰壶做正功μmgsB.冰壶克服摩擦力做功C.冰壶加速度大小为μgD.合外力对冰壶做正功11、一定量的理想气体处在温度为290K的A状态，经历如图的A→B→C→A循环．下列说法正确的是（）

A.A→B的过程中，每个气体分子的动能都增加B.B→C的过程中，气体温度先升高后降低C.C→A的过程中，气体内能一定减小E.气体达到B状态时的温度为580KE.气体达到B状态时的温度为580K12、磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图所示，平行金属板P、Q有很强的匀强磁场，磁感应强度为B，现将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子）垂直于磁场的方向喷入，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，已知P、Q两板间距为d．电路稳定后下列说法中正确的是（）A.图中P板是电源的正极B.电源的电动势与离子所带电荷量q有关C.电源的电动势与离子喷入的速度v有关D.电源的电动势与金属板间距d有关13、如图所示，一质量为m

带电荷量为q

的物体处于场强按E=E0鈭�kt(E0k

均为大于零的常数，取水平向左为正方向)

变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为娄脤

当t=0

时刻物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是()

A.物体开始运动后加速度先增大，后保持不变B.物体开始运动后加速度不断增大C.经过时间t=E0k

物体在竖直墙壁上的速度达最大值D.经过时间t=娄脤qE0鈭�mg娄脤kq

物体运动速度达最大值14、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40eV

飞经等势面C

时，电势能为鈭�20eV

飞至等势面B

时动能为20eV

已知相邻等势面间的距离为5cm

则下列说法正确的是(

重力不计)(

)

A.等势面C

的电势为20V

B.匀强电场的场强大小为200V/m

C.电子再次飞经D

势面时，动能为10eV

D.电子的运动为匀变速直线运动评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E=____________V；内电阻r=____________Ω．16、一个边长为10cm

的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n=100

线框平面与磁场垂直，电阻为20娄赂.

磁感应强度随时间变化的图象如图所示.

则前两秒产生的电动势为______V

．17、如图所示线圈A竖直放在地面上与电阻R相连．当条形磁铁从线圈的正上方由静止开始自由落下；磁铁的N极向下插入线圈的过程中。

（1）穿过线圈的磁通量φ将____（选填“增大”；“减小”、“不变”）

（2）线圈中感应电流的磁场方向向____（选填“上”“下”）

（3）电阻R中的电流方向由____到____

（4）地面对线圈的支持力____线圈的重力（选填“大于”；“小于”、“等于”）

18、电荷量为-5.0×10-12C的点电荷A置于电场中的P点，所受电场力大小为2.0×10-6N，方向向右，则P点的电场强度大小为________N/C，方向________（填“向右”或“向左”）．若A电荷在P点具有-1.5×10-11J的电势能，则P点的电势为________V．若将P点的电荷换成电荷量为+2.0×10-12C的点电荷B，则P点的电场强度大小为________N/C，B电荷的电势能为________J。19、如图是某种一定量理想气体的p--t图像，图中A、B、C三点表示了这些气体的三个不同的状态，我们用VA、VB、VC表示在这三种状态下气体的体积，那么它们的大小顺序应是．20、利用“插针法”测定玻璃的折射率；所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图1所示．

（1）此玻璃的折射率计算式为n=______（用图中的θ1、θ2表示）；

（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择；为了减少误差，应选用宽度______（选填“大”或“小”）的玻璃砖来测量；

（3）甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面aa′和bb′后；不小心碰了玻璃砖使它向aa′方向平移了少许，如图2所示．则他测出的折射率将______（选填“偏大”；“偏小”或“不变”）；

（4）乙同学在画界面时，不小心将两界面aa′、bb′间距画得比玻璃砖宽度大些，如图3所示，则他测得的折射率______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)21、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）评卷人得分五、简答题(共1题，共3分)22、如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，且位置Ⅱ刚好在条形磁铁中心轴线上，在这个过程中穿过线圈的磁通量怎样变化？有无感应电流？评卷人得分六、实验题(共3题，共18分)23、某同学在做“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中得到如下一组U和I的数据:。编号12345678U/(V)0.000.200.501.001.502.002.503.00I/(A)0.000.050.100.150.180.190.210.22灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光（1）在图上画出I－U图线。（4分）（2）从图线上可以看出，当电珠的功率逐渐增大，即温度逐渐升高时，灯丝电阻的变化情况是____。（3）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的图____（选填“甲”或“乙”）。（4分）（4）请在图所示的实物图中用铅笔补全其中的连线。24、某同学设计了一个测定激光的波长的实验装置如图9(a)所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图9(b)中的黑点代表亮点的中心位置．图9(1)这个现象说明激光具有________________性．(2)通过测量相邻光点的距离可算出激光的波长，据资料介绍，如果双缝的缝间距离为a，双缝到感光片的距离为L，感光片上相邻两光点间的距离为b，则激光的波长λ＝该同学测得L＝1.0000m、缝间距a＝0.220mm，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点的距离时，尺与点的中心位置如图9(b)所示．图9(b)图中第1到第4个光点的距离是____________mm.实验中激光的波长λ＝________m．(保留两位有效数字)25、多用电表指针如下图所示。

(1)如果选择开关为“×10”挡；则所测电阻的阻值____Ω.

(2)如果选择开关为直流电压250V挡；则对应读数是________V.

(3)如果选择开关为直流电流100mA挡，则对应读数是________mA.参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】

设甲；乙心跳的周期分别为T甲、T乙；坐标纸的速度大小为v，则有：

s甲=vT甲，s乙=vT乙；

又心率与心跳周期的关系为：f=则有：

f甲=f乙=

联立得：==f甲=60次/s，解得：f乙=75次/s．

由题：T甲==

所以：v=所以选项ABC错误，D正确．

故选D

【解析】【答案】由图看出坐标纸上都记录了心跳两次的情况；根据坐标纸的长度与速度之比，得到心跳的周期，心跳周期与心率成反比，可求出两人心率之比，即可求出乙的心率．坐标纸做匀速运动，由长度和心跳周期可求出坐标纸的走纸速度大小．

2、A|D【分析】

A、电源的输出功率P出=UI，由数学知识可知，P出等于图线上的点与两坐标轴所围图形的“面积”．由图可知，在b点时“面积”最大；电源的输出功率最大．故A正确．

B、电源的总功率P总=EI，在b点时I不是最大；电源的总功率不是最大．故B错误．

C、从a→b时β角越大；电流越小，电源的总功率越小，“面积”增大，输出功率增大．故C错误．

D、从b→c时β角越大；电流越小，电源的总功率越小，“面积”减小，输出功率减小．故D正确．

故选AD

【解析】【答案】电源的输出功率P出=UI，由数学知识可知，P出等于图线上的点与两坐标轴所围图形的“面积”．电源的总功率P总=EI，I最大时，电源的总功率最大．从a→b时β角越大，电流越小，电源的总功率越小，输出功率增大．从b→c时β角越大；电源的总功率和输出功率都将减小．

3、A【分析】【解析】试题分析：由点电荷库仑力的公式可以得到，电量不变，当距离增大一倍后，库仑力将变为原来的故选A考点：库仑定律【解析】【答案】A4、C【分析】解：A

设将外壳下移h1

时其下端与水平桌面接触时；外力做功为W

弹簧的弹性势能为EP.

设外壳和内芯的质量分别为M

和m.

由静止释放后外壳获得一个初速度为v1.

上升的高度为h1

外壳与内芯碰撞后弹起时的共同速度大小为v2

之后共同体上升的高度为h2

根据功能关系有：W+Mgh1=Ep垄脵

根据机械能守恒定律得：Ep=Mgh1+12Mv12垄脷

外壳和内芯碰撞过程；取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：Mv1=(M+m)v2垄脹

碰后过程，由机械能守恒定律得：(M+m)gh2=12(M+m)v22垄脺

仅减少笔芯中的油；m

减小，由垄脵垄脷

知，v1

不变，由垄脹

知v2

增大，由垄脺

式知笔弹起的高度h2

将变大，故A错误。

B；仅增大弹簧的劲度系数；Ep

变大，由上式可知，笔弹起的高度h2

将变大，故B错误。

C、由垄脵垄脷垄脹垄脺

得：h2=WM(M+m)2g

可知若笔的总质量M+m

一定，外壳质量M

越大，笔弹起的高度越大，故C正确。

D；笔弹起的过程中；弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能和动能之和，故D错误。

故选：C

由静止释放；外壳上升过程中，弹簧的弹性势能转化为外壳的机械能，由机械能守恒定律可以求出其速度。外壳与内芯碰撞过程中，系统动量守恒，由能量守恒定律可以求出碰后共同速度。外壳与内芯一起做竖直上抛运动，由机械能守恒定律可以求出弹起的高度，根据这些表达式分析。

本题的关键是分析外壳的运动过程，判断出每个过程能量是如何转化，利用能量守恒、动量守恒以及竖直上抛运动规律解题。【解析】C

5、A【分析】【分析】变压器输入电压为U

与电阻R

11两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式；联立可求得U

与I

的关系；则可求得线圈匝数之比。

本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。【解答】设变压器原；副线圈匝数之比为K

则可知，开关断开时，副线圈电流为kI

则根据理想变压器原理可知：U鈭�IR1KI(R2+R3)=K(1)

同理可知，U鈭�4IR14KIR2=K(2)

代入数据联立解得：U=48I

代入(1)

式可得：K=2

故A正确；BCD错误。

故选A。【解析】A

二、多选题(共9题，共18分)6、ABD【分析】解：A

降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V

负载电阻为11娄赂

所以通过R0

电流的有效值是20A

选项A正确；

B；降压变压器T2

的原、副线圈匝数之比为41

所以降压变压器T2

原、副线圈的电压比为41

所以选项B正确；

C；升压变压器T1

的输出电压等于降压变压器T2

的输入电压加上输电线上的电压；所以选项C错误；

D；升压变压器T1

的输出功率等于降压变压器T2

的输入功率加上输电线上的功率；所以选项D正确．

故选：ABD

．

根据电压与匝数成正比；电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．【解析】ABD

7、BD【分析】【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直，磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，此比值与电场力及电流均无关。本题考查了磁感应强度，掌握磁感应强度的定义以及定义式，掌握磁感应强度强弱的决定因素。【解答】A.磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，此比值与电场力及电流均无关，故A错误；B.根据对磁感线方向的规定，磁感线上某一点的切线方向就是该点磁感应强度的方向，故B正确；C.根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直，故C错误；D.磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，此比值与磁场力及电流元均无关，故D正确。故选BD。【解析】BD

8、AD【分析】【分析】电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应，发生电流的热效应时，电能转化为内能。利用电流的热效应工作的家用电器工作时，都是电能转化为内能，这是判断的关键。【解答】AD.

电熨斗和电饭锅工作时，电能转化为内能，是利用电流的热效应，故AD正确；B、电冰箱是利用电流做功压缩制冷剂，使制冷剂液化，当制冷剂再通过冷凝管是体积膨胀气化而带走冰箱内的热量，故电流做功的过程中电能主要转化为机械能，故B错误；C、吸尘器是通过电流做功带动风扇转动而形成风，从而把灰尘吸进吸尘器，故主要是将电能转化为机械能，故C错误。故选AD。【解析】AD

9、CD【分析】解：A

两球组成的系统所受合外力为零；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv+mvA=0

解得：vA=鈭�2v

方向向左；故A错误；

B；A

球的动量大小：p=mvA=2mv

故B错误；

C；两球组成的系统所受合外力为零；系统动量守恒，故A球与B

球的动量大小之比一直为11

故C正确；

D、A

球的动能：EKA=12mvA2=2mv2

故D正确；

故选：CD

．

两球组成的系统动量守恒；由动量守恒定律求出A

球的速度，然后答题．

本题考查了求速度、动能、动量问题，应用动量守恒定律、动量与动能的计算公式即可正确解题．【解析】CD

10、BC【分析】解：A、冰壶只受摩擦力，摩擦力对冰壶做负功，摩擦力做功Wf=-μmgs；则冰壶克服摩擦力做功为μmgs，故A错误，故B正确；

C、由牛顿第二定律可知，a==μg；冰壶的加速度大小为：μg，故C正确；

D；冰壶只受滑动摩擦力；冰壶所受的合外力就是摩擦力，摩擦力对冰壶做负功，合外力对冰壶做负功，故D错误；

故选：BC。

对冰壶受力分析；由牛顿第二定律可求得加速度；由功的公式可求得摩擦力所做的功．

本题考查了求功与加速度问题，对于负功要注意其说法；即可以说是力做负功；也可以说成物体克服摩擦力做正功．【解析】BC11、B:C:D【分析】【详解】

A到B过程中，体积不变，根据查理定律，压强增加，温度升高，分子的平均动能增加，但不是每个分子的动能都增加，故A错误．B→C过程中，根据理想气体状态方程B、C两点温度相同，过B、C两点的等温线是双曲线的一支，图线BC之间的点温度比B点和C点温度高，所以B→C过程中，气体的温度先升高后降低，故B正确．C→A的过程中，气体发生等压变化，体积减小，温度降低，理想气体的内能只与温度有关，故内能减小，故C正确．C→A的过程中，根据p-V图象面积求功，故D正确；由A→B发生等容变化，根据查理定律代入数据得TB＝870K，故E错误．12、CD【分析】解：等离子体进入磁场后；根据左手定则，知正离子向下偏，负离子向上偏．所以Q板带正电，P板带负电．

最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：q=qvB．电动势E=U=Bvd．故CD正确；AB错误．

故选：CD．

等离子体进入磁场；由于受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断出正负离子偏转的方向，从而确定极板带电的正负．最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势．

解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．【解析】【答案】CD13、BC【分析】【分析】对物体仅仅受力分析，运用牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，根据物体的初状态确定物体的运动情况；由于电场强度是随时间变化的，求合力时应注意其大小和方向。本题关键要找出物体的合力，求出物体的加速度，根据加速度的情况判断物体运动情况。【解答】AB.

电场改变方向之前；物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减弱，所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大；因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故A错误，B正确；

C.当电场强度为零时，物体开始离开墙壁，即E0鈭�kt=0

所以t=E0k

故C正确；D.根据A

选项分析，物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，故D错误。故选BC。【解析】BC

14、ABD【分析】解：A

根据电势的定义式：娄脮=EPq

得娄脮C=EPC鈭�e=鈭�20eV鈭�e=20V.

故A正确；

B；电子从D

到B

过程；根据动能定理得：鈭�eUDB=EkB鈭�EkD

解得，UDB=20V

电场强度为E=UDBd=200.05脳2=200V/m.

故B正确．

C；根据能量守恒可知；电子再次经过D

等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为40eV

故C错误．

D；根据电场线与等势面垂直可知；该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动.

故D正确．

故选：ABD

根据电势的定义式：娄脮=EPq

即可计算出C

点的电势；由E=Ud

求解电场强度；根据能量守恒可知；电子再次经过D

等势面时，动能为20eV

匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动．

解决本题的关键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．【解析】ABD

三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】解：由题，电池外电路断开时的路端电压为3V，则电池的电动势E=3V．当电源接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则有=得到r=═Ω=2Ω

故答案为：3，2【解析】3;216、略

【分析】解：根据B鈭�t

图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为：E=n鈻�B鈻�tS=100隆脕1鈭�(鈭�1)2隆脕0.12V=1V

故答案为：1

在B鈭�t

图中同一条直线磁通量的变化率是相同的.

由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定。

解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，记住法拉第电磁感应定律的公式E=n鈻�娄碌鈻�t

．【解析】1

17、略

【分析】

由图可知，穿过线圈的磁场方向向下且磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a到b；

由“来拒去留”可知；磁铁靠近线圈，则线圈与磁铁相互排斥，即地面对线圈的支持力大于自身的重力；

故答案为：（1）增大（2）上（3）a；b（4）大于。

【解析】【答案】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化；由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．

18、略

【分析】【解析】试题分析：根据公式得P点的场强大小为方向与负电荷受的电场力方向相反，故电场方向向左，根据公式得P点的电势为3.0V，电场强度大小跟试探电荷无关，所以将P点的电荷换成电荷量为的点电荷B，P点的电场强度大小不变，仍为．B电荷的电势能为．考点：本题考查电场强度和电势定义式的应用，【解析】【答案】4.0×105向左3.04.0×1056.0×10-1219、略

【分析】【解析】【答案】VC＞VA＝VB20、大不变偏小【分析】解：（1）玻璃的折射率为：n=．

（2）为了减少误差；应选用宽度大的玻璃砖来测量．

（3）如下左图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光路图，通过比较