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9题，共18分)1、关于电磁场和电磁波的认识正确的是（）

A.任何电场在它周围空间都会产生磁场。

B.均匀变化的磁场能够在空间产生电场。

C.振荡电场周围产生的磁场也是振荡的。

D.只要有电场和磁场；就能产生电磁波。

2、关于欧姆定律的说法中正确的是（）A.由I=U/R，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B.由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C.由R=U/I，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D.欧姆定律I=U/R适用于任何导体的导电情况3、发现“所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等”的科学家是（）A.牛顿B.第谷C.开普勒D.哥白尼4、如图甲所示的电路，已知电阻R1=R2=R．和R1并联的D是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压（电压为正值时，UAB＞0）．由此可知（）

A.在B之间所加的交变电压的周期为2sB.在B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u=20sin100πt（V）C.在B之间所加的交变电压的最大值为20VD.加在R2上电压的有效值为20V5、一个物体在五个共点力的作用下保持静止状态；则错误的说法是（）

A.这五个力的合力为零。

B.其中任何一个力必和其他四个力的合力的大小相等；方向相反。

C.若撤除其中的一个力；物体仍可保持静止状态。

D.若撤除其中的一个力；物体将沿此力方向的反方向加速运动。

6、关于液晶下列说法正确的是（）。A.液晶是液体和晶体的混合物B.液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C.液晶是一种特殊的物质，具有光学的各向同性。D.所有物质在一定条件下都能成为液晶7、下列说法中错误的是（）A.只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B.电场是为了研究方便而假想出来的，实际并不存在C.电荷间的相互作用是通过电场而产生的D.电场最基本的性质是对处在其中的电荷有力的作用8、如图甲所示；弹簧振子以O

点为平衡位置，在MN

两点之间做简谐运动.

振子的位移x

随时间t

的变化图象如图乙所示.

下列判断正确的是(

)

A.0.4s

时振子的加速度为零B.0.8s

时振子的速度最大C.0.4s

和1.2s

时振子的加速度相同D.0.8s

和1.6s

时振子的速度相同9、关于电流强度的说法中正确的是(

)

A.根据I=Q/t

可知I

与Q

成正比B.如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C.电流有方向，电流是矢量D.根据I=UR

电阻越大，电流越小评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、关于下列四幅图对应的四种说法正确的是（）

A.普朗克通过研究黑体辐射规律提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一B.光电效应实验中的锌板带正电C.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了德布罗意关于物质波的假设是正确的D.α粒子散射实验揭示了原子核的内部结构11、一列机械波在某一时刻的波形如实线所示，经过鈻�t=0.1s

时间的波形如虚线所示.

则波的传播速率可能为(

)

A.20m/s

B.30m/s

C.40m/s

D.50m/s

12、如图所示，W是瓦特表，用来测量电路的电功率，电流表的读数是I，电压表的读数是U，以下说法中正确的是（）A.当a、b间接直流时，功率表的读数P=UIB.当a、b间接交变电流时，功率表的读数P＜UIC.当a、b间接交变电流时，功率表的读数P=UID.当a、b间接脉动电流时，功率表的读数P＜UI13、如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M

点，再经过N

点，可以判定()

A.M

点的电势大于N

点的电势B.M

点的电势小于N

点的电势C.粒子在M

点受到的电场力大于在N

点受到的电场力D.粒子在M

点受到的电场力小于在N

点受到的电场力14、地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v

随时间t

的变化关系如图所示，其中图线垄脵垄脷

分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第垄脵

次和第垄脷

次提升过程，正确的结果是()

A.矿车上升所用的时间之比为4:5

B.电机的最大牵引力之比为2:1

C.电机输出的最大功率之比为2:1

D.电机所做的功之比为4:5

15、如图甲所示，在竖直向上的匀强磁场中(

规定竖直向上为正)

水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I

沿顺时针方向为正方向.

图乙表示铜环中的感应电流I

随时间t

变化的图象，则磁场B

随时间t

变化的图象可能是图中的(

)

A.B.C.D.16、如图所示，理想变压器的原副线圈匝数之比为2：1，原线圈接在u=220sin100πt（V）的交流电源上，副线圈一端接有R=55Ω的负载电阻、熔断电流为1A的保险丝和一个灯泡D，电流表为理想电表。下列说法正确的是（）A.S断开时，原线圈中电流表的读数为1AB.S断开时，原线圈中的输入功率为220WC.副线圈中输出交流电的周期为50sD.S闭合时，灯泡D正常发光，原线圈中电流表读数不会超过1.5A评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、如图所示，三相交流电的线电压为380V，三相负载为三个完全相同的灯泡，则图中a灯的电压为____________V；当交流电源的A相断开时，图中b灯的电压为____________V．18、在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：

(1)下列给出的材料中应选择____________作为摆球与摆线；组成单摆．

A．木球B．铁球C．柔软不易伸长的丝线D．粗棉线。

(2)在测定单摆摆长时；下列的各项操作正确的是____________

A．装好单摆；抓住摆球，用力拉紧，测出摆线悬点到摆球球心之间距离。

B．让单摆自由下垂；测出摆线长度再加上摆球直径。

C．取下摆线；测出摆线长度后再加上摆球半径。

D．测出小球直径；把单摆固定后，让小球自然下垂，用刻度尺量出摆线的长度，再加上小球的半径。

(3)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大；可能的原因是____________

A．摆球的质量偏大B．单摆振动的振幅偏小。

C．计算摆长时加上了摆球的直径D．将实际振动次数n次误记成(n+1)次。

(4)实验中测量得小球的直径的示数如图1所示；图中游标尺上有20个等分刻度，则小球的直径d为____________mm．用秒表记下了单摆振动50次的时间如图2所示，由图可读出时间为____________s．

19、某电池电动势为1.5V

如果不考虑它内部的电阻，当把它的两极与150娄赂

的电阻连在一起时，则通过该电阻的电流强度为____mA10

秒内有_____C

的电荷定向移动通过电阻的横截面。

20、质量为m，电量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为θ（弧度），AB弧长为S，则A、B两点间的电势差UA-UB=，（3分）AB弧中点的场强大小E=。（2分）21、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，为了探究加速度与力的关系，应保持不变；为了直观地判断加速度与质量的数量关系，应作出____图象（选填“a—m”或“a—1/m”）22、风能将成为21

世纪大规模开发和利用的一种清洁能源。我国在西北地区建立了多处大型风力发电厂.

某风力发电厂以U=10kV

的电压输送电能。当输电功率P0=300kW

时，输电导线中的电流I=

_____A

风力发电机是将风能(

气流的动能)

转化为电能的装置。风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气的密度为娄脩

气流速度为v

风轮叶片长度为r

则单位时间内流向风轮机的最大风能Pm=

________．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)23、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）24、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）评卷人得分五、实验探究题(共1题，共9分)25、欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻；要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：

A．电池组（3V；内阻1Ω）；

B．电流表（0～3A；内阻0.0125Ω）

C．电流表（0～0.6A；内阻0.125Ω）

D．电压表（0～3V；内阻3kΩ）

E．电压表（0～15V；内阻15kΩ）

F．滑动变阻器（0～20Ω；额定电流1A）

G．滑动变阻器（0～2000Ω；额定电流0.3A）

H．电键；导线．

（1）上述器材中应选用的是______．（填写各器材的字母代号）

（2）实验电路应采用电流表______接法．（填“内”或“外”）

（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图甲所示，图示中I=______A，U=______V．

（4）将图乙中给定的器材连成实验电路．评卷人得分六、计算题(共3题，共6分)26、一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，已知波的传播速度v＝2m/s。⑴写出从t＝0时刻起x＝2.0m处质点的位移y随时间t变化的表达式；⑵求出在0～4.5s内波传播的距离及x＝2.0m处质点通过的路27、所示，“目”字形轨道的每一短边的长度都等于只有四根平行的短边有电阻，阻值都是r，不计其它各边电阻。使导轨平面与水平面成夹角固定放置，如图乙所示。一根质量为m的条形磁铁，其横截面是边长为的正方形，磁铁与导轨间的动摩擦因数为磁铁与导轨间绝缘。假定导轨区域内的磁场全部集中在磁铁的端面，并可视为匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直导轨平面。开始时磁铁端面恰好与正方形3重合，现使其以某一初速度下滑，磁铁恰能匀速滑过正方形2，直至磁铁端面恰好与正方形l重合。已知重力加速度为g。求：（1）上述过程中磁铁运动经历的时间；（2）上述过程中所有电阻消耗的电能。28、如图所示，某潜水员在检查装有透明液体的圆柱体容器，当潜水员的眼睛在容器中心轴位置且在液面下h2=1m

处时，他看到容器口处所有景物都出现在一个顶角为60鈭�

的倒立圆锥里，已知容器口距离容器液面的距离h1=1m

圆柱体的横切面半径r=433m.

垄脵

容器中液体的折射率．

垄脷

若一个身高h3=1m

的小孩站在离容器口边缘x=433m

远的位置，小孩恰好能看到对面的容器底部，则容器中液体的深度为多少米？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B|C【分析】

A；变化的电场产生磁场；恒定电场不产生磁场，故A错误；

B；变化的磁场产生电场；均匀变化的磁场能够在空间产生恒定的电场，故B正确；

C；振荡电场是按照正弦规律变化的；即是周期性变化的，故会产生周期性变化的磁场，故C正确；

D；周期性变化的电场和周期性变化的磁场不断的相互激发；电场和磁场会由近及远的传播，形成电磁波，故D错误；

故选BC．

【解析】【答案】电磁波是横波；横波的传播方向与振动方向相互垂直，故电磁波的传播方向与振动方向相互垂直；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场．

2、A|B【分析】试题分析：欧姆定律为通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比与电阻的阻值大小成反比，则A选项正确；据电阻阻值一定，电阻两端的电压与通过电阻的电流成正比，B选项正确；电阻阻值大小由电阻本身决定，与电流和电压大小无关，故C选项错误；欧姆定律只适用于线性元件，故D选项错误。考点：本题考查对欧姆定律的理解。【解析】【答案】AB3、C【分析】解：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等；也就是开普勒第三定律，所以是开普勒发现的．

故选C．

开普勒根据前人的研究总结提出来行星运动的三条定律；奠定了天体运动的基础．

本题是对学生基础知识的考查，要求学生对物理定律与定理的物理史实要熟悉，同时还要记清晰．【解析】【答案】C4、B【分析】解：A；由图象可得交流电的周期T=0.02s；故A错误。

B、电压最大值为Um=V；变电压的瞬时值表达式为：

故B正确；

C、电压最大值为Um=V；故C错误；

D、因为是交流电所以应该分两种情况考虑：1、当电源在正半轴时A点电位高于B点电位二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压V=20V；

电源在负半轴时B点电位高于A点电位二极管截止R1，R2串联分压；

Q=Q1+Q2；

即为：

解得：V

故D错误．

故选：B

（1）由图象可得交流电的周期，电压最大值，依据u=Umsinωt可得变电压的瞬时值表达式．

（2）根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联；从而即可求解．

考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性．【解析】【答案】B5、C【分析】

A；物体在五个共点力的作用下保持静止状态；加速度为零，根据牛顿第二定律，合力为零，故A正确；

B；合力为零；故其中任何一个力必和其他四个力的合力的大小相等、方向相反并且作用与同一条直线上，故B正确；

C；若撤除其中的一个力；其他四个力的合力与该力等值、反向、共线，合力不再为零，加速度不再为零，速度一定改变，故C错误；

D；撤除其中的一个力；其他四个力的合力与该力等值、反向、共线，物体初速度为零，故物体将沿着合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，故D正确；

本题选错误的；故选C．

【解析】【答案】一个物体在五个共点力的作用下保持静止状态；加速度为零，合力为零；撤去一个力，其余力的合力与该力等值；反向、共线；物体将沿着合力方向做初速度为零的匀加速直线运动．

6、B【分析】液晶是液体，是具有晶体性质的液体，A错；B对；液晶分子通常是棒状的或盘状的，从空间构形上看，必然是光学各向异性的，C错；【解析】【答案】B7、B【分析】【分析】

A；电场的概念：电荷周围存在的、由它产生的一种特殊物质．所以只要有电荷存在；电荷周围就一定存在着电场，这种说法正确，不选A

B；电场是确实存在的；它是一种物质，不以人的客观意志为转移的，不是假想出来的，这种说法不对，选B

C；电荷间没有直接接触；但是它们之间会有力的作用，这种力是通过电场而产生的，这种说法正确，不选C

D；电场力是电荷在电场中收到的电场对它的作用力；所以电场对放入其中的电荷(不管是静止还是运动)都会有力的作用，这种说法正确，不选D

故选B

【点评】本题属于简单题，揭示了电场的本性，它是一种物质8、B【分析】解：A

由图象乙知；t=0.4s

时，振子的位移最大，根据F=鈭�kx

可知，回复力最大，则加速度最大，故A错误；

B；由图象乙知；t=0.8s

时，振子经过平衡位置，所以速度最大，故B正确；

C；由图象乙知t=0.4s

和t=1.2s

时；振子分别位移正的最大位移处与负的最大位移处，所以加速度大小相同，方向相反，故C错误；

D；由图乙可知；0.8s

时刻振子运动的方向沿负方向，而1.6s

时时刻振子运动的方向沿正方向，所以振子的速度大小相等，但方向相反，故D错误；

故选：B

由图象可知振动的周期和振幅；振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F=鈭�kx

再结合牛顿第二定律判断加速度的方向．

该题考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别，难度不大，属于基础题．【解析】B

9、D【分析】解：A

根据I=Qt

可知I

是通过某一横截面积的电量Q

与通过这些电量所用时间t

的比值；当t

一定时，I

与Q

成正比，当Q

一定时，通电时间越长，电流越小.

故A错误；

B；恒定电流的电流大小和方向都不随时间变化；而在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，只能说明大小相等，不能说明方向也不变.

故B错误；

C；电流有方向；但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故C错误；

D、根据I=UR

可知流过导体的电流与导体的电阻值成反比；电阻越大，电流越小.

故D正确．

故选：D

电流由通过某一横截面积的电量q

与通过这些电量所用时间t

共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流的运算满足代数法则；而矢量的运算满足平行四边形定则，自由电荷的定向一定就形成电流．

掌握了基本概念即可顺利解决此类物体，故要加强基本概念的积累．【解析】D

二、多选题(共7题，共14分)10、ABC【分析】解：A；普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念；成为量子力学的奠基人之一，故A正确．

B；该图为光电效应现象图；锌板失去电子而带正电，故B正确．

C；根据电子束通过铝箔后的衍射图样；说明电子具有波动性，故C正确．

D；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果；提出了原子的核式结构模型，故D错误．

故选：ABC．

普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果；提出了原子的核式结构模型；根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性．

弄清楚每个图象的作用及代表的物理知识，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提．【解析】【答案】ABC11、BD【分析】解：1

如果波向右传播；波形平移的距离为：

鈻�x=(n+14)娄脣=4n+1(n=012)

则波速为：v=鈻�x鈻�t=4n+10.1=40n+10(m/s)(n=012)

故波速可以取10m/s50m/s90m/s

2

如果波向左传播；波形平移的距离为：

鈻�x=(n+34)娄脣=4n+3(n=012)

则波速为：v=鈻�x鈻�t=4n+30.1=40n+30(m/s)(n=012)

故波速可以取30m/s70m/s110m/s

故BD正确；AC错误；

故选：BD

．

由波形图得到波长和波平移的距离，然后根据公式v=鈻�x鈻�t

求解波的传播速度．

本题考查运用数学方法解决物理问题的能力，抓住波的双向性和周期性得到波长通项是关键．【解析】BD

12、ABD【分析】解：A；电路接直流时；线圈对直流没有感抗，电路消耗的功率为实际功率（有用功率），故A正确；

BC；当电路接交变电流时；线圈对交变电流有感抗，IU是电路的总功率，而瓦特表的读数是有用功率，故P＜UI，故B正确，故C错误；

D、当ab间接脉动电流时；线圈上也有无用功率，故D正确。

故选：ABD。

根据线圈对直流没有感抗；对交流却有感抗，且瓦特表的示数是有用功率，而UI值是总功率，从而即可求解。

考查线圈对直流与交流的阻碍不同，掌握瓦特表的值是有用功率，理解UI值是总功率。【解析】ABD13、AD【分析】【分析】根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低.

由电场线的疏密判断场强大小，确定电场力的大小.

根据电场力做功分析电势能的变化。本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。【解答】AB.

根据顺着电场线方向电势降低可知；M

点的电势高于N

点的电势，故A正确，B错误；

CD.M

点处的电场线较疏；而N

点处电场线较密，则M

点处的电场强度较小，粒子在M

点所受的电场力也较小，故C错误，D正确；

故选AD。【解析】AD

14、AC【分析】【分析】本题考查v鈭�t

图像，功率。由图像读出速度、加速度、时间、交点含义等，再结合相关知识解题。解题的关键是理解图像。【解答】A.由几何关系可知第一次速度相等的时刻为t02

第二次速度相等的时刻为3t02

因为两次提升的高度相等，所以t02

到3t02

时间内图线1

与坐标轴围成的面积与从3t02

到停下来图线2

与坐标轴、图线1

围成的面积相等，即2

中所用的时间为5t02

所以两次所用的时间比为t1:t2=4:5

故A正确；B.由图像可知，两次加速阶段的加速度相同，所以牵引力F

相同，故B错误；C.1

中的最大功率P1=Fv02

中的最大功率P2=Fv02

所以P1:P2=2:1

故C正确；D.根据动能定理得W鈭�mgh=0

因为两次的质量和提升的高度相同，所以电机所做的功W

相同，故D错误。故选AC。【解析】AC

15、BD【分析】解：AC0

到1s

内磁感应强度不变；根据法拉第电磁感应定律，知感应电动势为0

感应电流为零.

故A、C错误．

B；0

到1s

内、3

到5s

内磁感应强度均匀变化；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小一定，且0

到1s

内的感应电势大于3

到5s

内的感应电动势，根据楞次定律，0

到1s

内是顺时针方向，3

到5s

内是逆时针方向.1

到3s

内磁感应强度不变，感应电动势为零.

故B正确．

D；0

到1s

内；磁感应强度均匀减小，根据楞次定律，感应电流的方向定从上向下看时，是逆时针方向，为负值；1

到3s

内磁感应强度不变，感应电动势为零；3

到5s

内磁感应强度均匀增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，为正值.

故D错误．

故选：B

．

根据楞次定律判断出感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势的大小．

解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用楞次定律判断感应电流的方向．【解析】BD

16、AD【分析】【分析】

​根据电压与匝数成正比；电流与匝数成反比，逐项分析即可得出结论。保险丝的熔断电流是热效应的作用，所以熔断电流1A应是有效值。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比；在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。

【解答】

解：A、原线圈接在u=220sin100πt（v）的交流电源上，所以原线圈的电压U1=220V；

理想变压器的原副线圈匝数之比为2：1，所以副线圈电压U2=U1=110V；

副线圈一端接有R=55Ω的负载电阻，S断开时，副线圈电流I2=A=2A；

根据电流与匝数成反比，所以原线圈中电流表的读数为I1=I2=1A；故A正确；

B、S断开时，副线圈输出功率P2=2×110=220W；所以原线圈中的输入功率为220W，故B错误；

C、原线圈接在u=220sin100πt（v）的交流电源上，周期T=s=0.02s；

所以变压器不会改变交流电的周期和频率；所以副线圈中输出交流电的周期为0.02s，故C错误；

D；S闭合时；灯泡D正常发光，保险丝的熔断电流是热效应的作用，所以熔断电流1A应是有效值。

根据并联电路的电流关系得副线圈的电流最大值是3A；

根据电流与匝数成反比，所以原线圈中电流表的读数最大是×3=1.5A；故D正确；

故选：AD。

【解析】AD三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】解：由题意可知：三相交流电线电压为380V；而每根火线与地线的电压为220V，又因为三个完全相同的灯泡．

所以图中a灯的电压为220V．当交流电源的A相断开时，图中b灯的电压为380V的一半．即为190V．

故答案为：220；190【解析】220;19018、略

【分析】解：(1)为减小空气阻力与摆长变化对实验的影响；应选用密度大而体积小的球作为摆球，应选长度不易发生变化的线作为摆线，因此摆球应选B，摆线选C；

(2)单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和；应先测出摆球直径，然后把单摆悬挂好，再测出摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故D正确；

(3)由单摆周期公式T=2π重力加速度：g=

A、由g=可知；重力加速度与摆球质量无关，故A错误；

B、由g=可知；重力加速度与振幅无关，故B错误；

C、算摆长时加上了摆球的直径，摆长偏大，由g=可知，重力加速度的测量值偏大，故C正确；D、将实际振动次数n次误记成(n+1)次，所测周期T偏小，由g=可知；重力加速度的测量值偏大，故D正确；故选CD．

(4)由图示游标卡尺可知；主尺示数为1.1cm=11mm，游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm，则摆球直径d=11mm+0.55mm=11.55mm；

由图示秒表可知；分针示数为1min30s=90s，秒针示数为6.8s，则秒表示数为90s+6.8s=96.8s．

故答案为：(1)BC；(2)D；(3)CD；(4)11.55，96.8．【解析】BC;D;CD;11.55;96.819、10，0.1。【分析】不考虑电源内部的电阻，则电源的路端电压等于电压的电动势，根据欧姆定律，有：10s

中时间内通过电阻的电量为：q=It=0.01A隆脕10s=0.1C

。故答案为：10mA0.1C

【解析】100.1

20、略

【分析】试题分析：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，由动能定理知，静电力做的功是零，所以A、B两点间的电势差设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长①静电力是质点做圆周运动的向心力，即②弧AB中点的场强大小③解①②③组成的方程组得考点：考查了带电粒子在电场中的运动【解析】【答案】0，21、略

【分析】【解析】【答案】质量、a—1/m22、30；【分析】【分析】根据功率公式P0=UI

求解电流大小；风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS

根据P路莽=12mv2

即可求解。本题考查了功和功率的计算，关键是根据题意找出求出发电机功率的方法。【解答】输电导线中的电流为：I=P0U=30010=30A

风垂直流向风轮机时；提供的风能功率最大。

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为m=娄脩vSS=娄脨r2

风能的最大功率可表示为：P路莽=12(娄脩vS)v2=12娄脩v娄脨r2v2=12娄脩娄脨r2v3

故答案为：3012娄脩娄脨r2v3

【解析】303012娄脩娄脨r2v3

四、判断题(共2题，共16分)23、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．24、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．五、实验探究题(共1题，共9分)25、略

【分析】解：（1）必选器材有：A；H．

电池组的电动势是3V；电压表的量程选3V，即选择电压表D．

由题，金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约Imax==0.6A．故电流表选C．

为方便实验操作滑动变阻应选F．

（2）由题得，而=40，则则采用电流表外接法，可减小误差．