2025年外研版三年级起点高二物理下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年外研版三年级起点高二物理下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、从阴极射线管发射出的一束电子；通过图示的磁场，以下各图对电子偏转情况所作的描绘中，正确的是（）

A.

B.

C.

D.

2、电子是原子的组成部分，一个电子带有（）A.1.6×10-19C的正电荷B.1.6×10-19C的负电荷C.9.1×10-31C的正电荷D.9.1×10-31C的负电荷3、在干燥的日子，当我们用塑料梳梳头时，常常会发出劈啪的微弱声，这种现象的原因是(

)

A.接触起电B.摩擦起电C.感应起电D.总电量增加4、如图所示，一理想变压器，当原线圈两端接U1=220V

的正弦式交变电压时，副线圈两端的电压U2=55V.

对于该变压器，下列说法正确的是(

)

A.原、副线圈的匝数之比等于41

B.原、副线圈的匝数之比等于14

C.原、副线圈的匝数之比等于21

D.原、副线圈的匝数之比等于12

5、地球人造卫星A和B绕地球做匀速圆周运动速度分别vA和vB；两个比荷相同的带电粒子C和D，在同一匀强磁场中绕同一圆心分别作匀速圆周运动（忽略重力，忽略两带电粒子间的静电力），速度分别为vC和vD，下列说法正确的是（）A.vA＞vB，vC＞vDB.vA＜vB，vC＜vDC.vA＞vB，vC＜vDD.vA＜vB，vC＞vD6、电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d．已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为。

A.E=0B.C.D.7、如图所示，在赤道的正上方有一电子垂直地面入射，若赤道的地球磁场是呈水平；则此电子因受到地磁作用而发生偏转时，其落点应该接近偏向（）A.aB.bC.cD.d8、在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能Ek与入射光的频率的关系如图所示，A、C两点坐标已知，由图象可求()A.该金属的逸出功B.该金属的极限频率C.单位时间内逸出的光电子数D.普朗克常量9、某交流电压的瞬时值u=Umsin100πt，当t=s时，u=5V，则从电压表中读得的数值为（）A.5VB.VC.10VD.10V评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干个不同频率的光，关于这些光，下列说法正确的是（）A.波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B.频率最小的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的C.这些氢原子总共可辐射出3种不同的频率的光D.从n=2能级跃迁到n=1能级电子动能增加11、如图，质量为M

的物体P

静止在光滑水平面上，另有一质量为m

的物体Q

以水平速度v

正对P

滑动，则它们碰撞后(

)

A.若m<M

则Q

物体一定被弹回B.若m>M

则Q

物体不可能静止C.Q

物体不可能继续向前运动D.若相碰后两物体分离，则之后它们不可能再相碰12、如图所示，T

为理想变压器，原副线圈匝数比为5隆脙1A1A2

为理想交流电流表，V1V2

为理想交流电压表，R1R2

为定值电阻，R3

为光敏电阻(

阻值随光照强度的增大而减小)

原线圈两端电压u=2202sin314tV

以下说法正确的是(

)

A.当光照增强时，电压表V1

示数为442V

保持不变B.当光照增强时，电压表V2

示数变大C.通过电流表A1

的电流方向每秒变化100

次D.当光照增强时，电流表A1A2

示数同时变大13、现有两个边长不等的正方形ABDC

和abdc

，如图所示，且Aa

、Bb

、Cc

、Dd

间距相等.

在AB

、AC

、CD

、DB

的中点分别放等量的点电荷，其中AB

、AC

中点放的点电荷带正电，CD

、BD

的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零.

则下列说法中正确的是()

A.O

点的电场强度和电势均为零B.把一正点电荷沿着b

隆煤

d

隆煤

c

的路径移动时，电场力做功为零C.同一点电荷在a

、d

两点所受电场力相同D.将一负点电荷由a

点移到A

点电势能减小14、如图所示，可视为点电荷的小物块AB

分别带负电和正电，B

固定，其正下方的A

静止在绝缘斜面上，则A

受力个数可能为(

)

A.A

可能受到2

个力作用B.A

可能受到3

个力作用C.A

可能受到4

个力作用D.A

可能受到5

个力作用15、质量为m

的物体以速度v

0

从地面竖直上抛(

不计空气阻力)

到落回地面，在此过程中()A.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv

0

但方向相反B.整个过程中重力的冲量为鈭�2

mv

0

C.整个过程中重力的冲量为0

D.上升过程冲量大小为mv

0

方向向下16、带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示.

带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(

)

A.微粒做往复运动B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒在第1s

内的位移与第3s

内的位移相同D.微粒在0隆芦1s

内的加速度与1隆芦2s

内的加速度相同17、如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg

它们在光滑水平面上，以10m/s

的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B

的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.

已知小车运动的速度v

随车的位移x

变化的v鈭�x

图象如图乙所示.

则()

甲乙A.线圈的长度L

=15cm

B.磁场的宽度d

=25cm

C.线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4m/s2

D.线圈通过磁场过程中产生的热量为48J

评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、如图，电动机Q的内阻为0.5Ω，当S断开时，A表读数1A，当S闭合时，A表读数3A．则：电动机的机械功率____；电动机的机械效率____．

19、质量为1kg的物体，从足够高处自由落下，（g=10m/s2）下落3s内重力对物体做功WG=____在下落第3s内重力对物体做功的功率P=____.20、利用垃圾发电可减少垃圾堆放，消除细菌和减少传染病传播，减少大气污染．中国第一座垃圾电站在深圳市，日处理垃圾300吨，发电功率500kW．当采用10kV电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差2400kW•h，则输电线上的总电阻为______Ω，若要使输电线上损失的功率变为输送功率的1.25%，则输电电压应提高到______V．21、用游标卡尺测定摆球的直径；测量结果如图1

所示，则该摆球的直径为______cm.

秒表读数为______s.

22、有一带电荷量q=-3×10-6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10-4J，从B点移到C点时电场力做功9×10-4J。则：（1）AB间电势差BC间电势差（2）如以B点电势为零，则A点的电势23、如图所示；是工业生产中大部分光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源；光电管、放大器、电磁继电器等几部分组成．

（1）示意图中，a端就是电源______极．

（2）光控继电器的原理是：当光照射光电管时，阴极K发射______，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M______，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M．24、用如图所示装置来验证动量守恒定律．质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上；O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．(已知当地的重力加速度为g)

(1)为验证两球碰撞过程动量守恒；应测出数值的物理量有S以及____________．(用题中字母表示)

(2)用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：PA=____________，PA′=____________．PB=0，PB′=____________．25、(1)

如图所示，桌面上放一10

匝的线圈，线圈中心上方一定高度处有一竖立的条形磁体。当磁体竖直向下运动时，穿过线圈的磁通量将____(

选填“变大”或“变小”)

在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化了1.0Wb

经历的时间为0.5s

则线圈中的感应电动势为____V

(2)

太阳能是绿色能源，太阳能发电已被广泛应用，某型号太阳能电池组的电动势为43.2V

内阻为6娄赂

给一个阻值为8.4娄赂

的电阻供电，则通过该电阻的电流为____A

该电阻两端的电压为____V

26、如图所示，电场中有静止的带电粒子AB

其受电场力的方向如图中箭头所示，则A

带______电，B

带______电，当它们所带电荷量相等时，其所受的电场力大小FA

______FB(

选填“大于”、“等于”或“小于”)

评卷人得分四、判断题(共4题，共20分)27、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）28、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）29、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）30、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、实验题(共2题，共12分)31、在一次用单摆测定加速度的实验中，图A的O点是摆线的悬挂点，如图示，(3)摆长L=m.。图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格为lmin，该单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图中所示，（4）所用时间t=____s．为了提高测量精度,需多次改变L的值并测得相应的T值.现测得的六组数据标示在以L为横坐标、T为纵坐标的坐标纸上,即图中用“”表示的点。根据图中的数据点作出T2与L的关系图线.若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度（5）____(填“偏大”或“偏小”或“准确”）32、(14分)有一金属电阻丝的阻值约为20现用以下实验器材测量其电阻率：A．电压表(量程0～15V，内阻约为15)B．电压表(量程0～3V，内阻约为3)C．电流表(量程0～0.3A，内阻约为0.5)D．电流表(量程0～3A，内阻约为0.1)E．滑动变阻器(阻值范围0～1允许最大电流0.2A)F．滑动变阻器(阻值范围0～20允许最大电流1.0A)G．螺旋测微器H．电池组(电动势3V，内电阻约为0.5)I．开关一个和导线若干（1）某同学决定采用分压式接法调节电路．为了比较准确地测量出电阻丝的电阻，电压表选________，电流表选________，滑动变阻器选________．(只需填写器材前面的字母)（2）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图甲所示，该电阻丝直径的测量值＝________mm；（3）如图乙所示，将电阻丝拉直后两端分别固定在刻度尺两端的接线柱和上，其间有一可沿电阻丝滑动的触头触头的上端为接线柱．当按下触头时，它才与电阻丝接触，触头位置可在刻度尺上读出．该同学测电阻丝电阻的实物连接如图丙所示，在连接最后一根导线的左端到电池组正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正．A．;B．________________________.（4）实验中改变触头与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数保持不变，记录对应的电压表的示数和接入电路的电阻丝的长度．利用测量数据描点作出图线，如图丁所示，并求得图线的斜率为．则用电阻丝的直径电流和斜率表示电阻丝的电阻率＝________．评卷人得分六、实验探究题(共4题，共12分)33、用螺旋测微器（千分尺）测小球直径时，示数如图甲所示，这时读出的数值是______mm；用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙所示，由此可知铅笔的长度是______cm．

34、（1）在DIS实验中通过测量遮光板的宽度以及用光电门测量遮光板通过光电门时遮光的时间的方法求得速度，该速度本质上是______（选填“平均速度”或“瞬时速度”）．若运动物体是从同一位置开始运动，而遮光板的宽度不同，在下表中的四个速度中，哪个更接近于物体通过光电门瞬间的速度？______（选填（1）；（2）、（3）或（4））

。△S=0.020（m）

（1）△t=0.043101（s）

=0.4640（m/s）△S=0.015（m）

（2）△t=0.032640（s）

=0.4596（m/s）△S=0.010（m）

（3）△t=0.021869（s）

=0.4573m/s）△S=0.005（m）

（4）△t=0.011160（s）

=0.4480（m/s）

（2）“用DIS测定加速度”的实验中，通过位移传感器获得小车运动的v-t图象如图（a）所示．小车在AB区域内可视为______运动，此区域内小车的加速度a=______m/s2．

（3）如图（b）所示为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d．当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间△t1和△t2，则小车加速度a=______．35、(1)

在“研究电磁感应现象”的实验中：为了研究感应电流的方向，图中滑动变阻器和电源的连线已经画出，请将图中实物连成实验所需电路图。(2)

连接好实验线路后，闭合开关，发现电流计的指针向右偏，则在闭合开关后，把螺线管A

插入螺线管B

的过程中，电流表的指针将向________偏转(

填“向左”“向右”或“不”)

(3)

闭合开关后，线圈A

放在B

中不动，在滑动变阻器的滑片P

向右滑动的过程中，电流表指针将向________偏转(

填“向左”“向右”或“不”)

(4)

闭合开关后，线圈A

放在B

中不动，在突然断开S

时，B

线圈中产生的感应电流方向与A

线圈中的电流方向________(

填“相同”或“相反”或“无电流”)

36、如图，某同学利用验证碰撞中的动量守恒实验装置．探究半径相等的小球1和2的碰撞过程是否动量守恒，用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2；按下述步骤进行了实验：

安装好实验装置；做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O第一步：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复10次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置．

第二步：把小球2放在斜槽前端边缘处；让小球1从A点由静止滚下；使它们碰撞并落在地面上．重复10次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置．

第三步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OD、OE、OF的长度，分别为LD、LE、LF．

（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的______点，m2的落点是图中的__________点．

（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式______；则说明两小球的碰撞过程动量守恒．

（3）实验中有关操作和描述正确的是______．

A．用质量大的球去碰质量较小的球；目的是使被碰球飞行距离更远，可减小测量误差。

B．调整斜槽末端水平；目的是使两球能发生对心碰撞。

C．让入射球认同一位置释放；目的是保障每次碰撞前小球的动量都相同。

D．碰撞后两球的动能之和总会小于碰前入射球的动能，是因为斜槽摩擦力做负功造成的．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】

如图；电子束从阴极（-极）射出，根据左手定则判断得知，电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故B正确．

故选B

【解析】【答案】电子从阴极射出；在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可确定电子束偏转的方向．

2、B【分析】解：电子带负电，电荷量大小为e=1.6×10-19C；故B正确，ACD错误．

故选：B

电子带负电，我们将电子或质子所带电量的绝对值称为元电荷，元电荷的电荷量为1.6×10-19C．

掌握好元电荷的含义，它指的是电子或质子所带的电荷量，注意电子带负电．【解析】【答案】B3、B【分析】解：在干燥的日子；当我们用塑料梳梳头时，由于梳子与头发相互摩擦而使梳子与头发带电，梳子与头发带电后，靠的很近，会放电，从而会发出劈啪的微弱声；

故选B．

物体间相互摩擦可以使物体带电；带异种电荷的物体相互靠近时，物体要放电，发出劈啪声．

使物体带电的方式有三种，摩擦起电、感应起电、接触带电，要知道各起电方式的原理．【解析】B

4、A【分析】解：由理想变压器的变压比：U1U2=n1n2=41

可得；原；副线圈的匝数之比41

故A正确，BCD错误；

故选：A

理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时；导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势.

而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势.

电压比为：原副线圈电压与匝数成正比.

且电流与电压均是有效值．

理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.

同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定【解析】A

5、C【分析】解：根据G解得v=半径越大，线速度越小，故vA＞vB，洛伦兹力提供向心力qvB=解得v=因比荷一样。故半径越大，线速度越大，故vC＜vD；故C正确，ABD错误；

故选：C。

根据万有引力提供向心力；求出线速度的表达式，根据洛伦兹力提供向心力，求出线速度的表达式，作比较即可。

解答此题的关键是弄清两个模型，然后分析速度的有关物理量的变化情况进而求解。【解析】C6、B【分析】【详解】

+Q在P点产生的场强大小方向水平向右；根据电场的叠加原理可得：解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为故选B．7、A【分析】【解析】试题分析：赤道附近地球磁场是呈水平，由南向北，由左手定则可知电子向西偏转。故选A考点：洛伦兹力的方向判断【解析】【答案】A8、A|B|D【分析】试题分析：根据光电效应方程知，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量．横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，根据可求出逸出功．单位时间内逸出的光电子数无法从图象中获知，故A、B、D正确，C错误。考点：考查了光电效应【解析】【答案】ABD9、C【分析】解：

由题意可知：5=Umsin（100π×）t

解得：Um=10V

电压表显示的是交流电的有效值，故可知电压表读数为：U==10V；

故C正确．

故选：C．

电压表显示的是交流电的有效值；由题干给定的时间和对应的瞬时值可得最大值，进而可知有效值．

该题关键要知道电流表和电压表都显示的是有效值，另外要知道最大值和有效值之间的关系Um=U．【解析】【答案】C二、多选题(共8题，共16分)10、BD【分析】解：A；由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光；能量最大，频率最大，波长最短，故A错误；

B；由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光；能量最小，频率最小，故B正确；

C、处于n=4能级的氢原子能发射N==6种频率的光；故C错误；

D、电子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量，根据引力提供向心力，即=m可知，电势能减小，但动能增加，故D正确．

故选：BD．

根据玻尔理论和氢原子的能级公式分析辐射的光子的频率与波长关系；并根据库仑引力提供向心力，从而确定跃迁过程中，电势能与动能的变化情况．

本题涉及氢原子的能级公式和跃迁，光子的发射，光子能量的计算，光电效应等知识点，涉及面较广，有一定的综合性，比较全面考察了学生对近代物理掌握情况．【解析】【答案】BD11、BD【分析】解：A

若m<M

发生的是完全非弹性碰撞，则Q

物体继续向右运动，故A错误．

B、若m>M

碰后Q

静止，根据动量守恒得，mv=Mv隆盲

解得v隆盲=mvM

碰撞前的总动能Ek1=12mv2

碰撞后的总动能Ek2=12Mv隆盲2=m2v22M

由于m>M

则Ek2>Ek1

碰撞后总动能增加，违背了能量守恒，可知Q

物体不可能静止，故B正确．

C；若发生的碰撞为完全非弹性碰撞；则碰撞后PQ

一起向右运动，故C错误．

D；若碰后两物体分离；若M

和m

都向右运动，一定是物体P(M)

的速度大于Q(m)

的速度；或者物体P

向右运动，物体Q

向左运动.

由于水平面是光滑的，不论哪一种情况，两个物体都不会再次碰撞.

故D正确．

故选：BD

．

两球滑块在水平方向不受外力；故两滑块组成的系统水平方向的动量守恒.

碰撞前后的动量一定守恒，但是动能不一定是守恒的，根据两物体速度的可能的变化进行分析．

一个物体与另一个静止的物体发生碰撞，入碰物体的质量小于被碰物体的质量是入碰物体被弹回的必要条件，而不是充分必要条件，要注意该条件的差别.

该题属于易错的题目．【解析】BD

12、CD【分析】原线圈两端电压有效值为220V

原副线圈匝数比为5隆脙1

所以副线圈的电压有效值为44V

电压表V1

示数为44V

保持不变，与电阻的变化无关，所以A错误；当光照增强时，R

3

的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R

1

的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2

示数变小，所以B错误；交变电流的周期为T

=2娄脨娄脴=2娄脨314=150s

所以通过电流表A1

的电流方向每秒变化100

次，所以C正确；当光照增强时，R

3

的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1A2

的示数都要变大，故D正确．【解析】CD

13、BC【分析】略【解析】BC

14、AC【分析】解：首先物块受重力和B

给的吸引力；若重力和吸引力恰好相等，则可以满足受力平衡的条件，所以A

球可能受到2

个力的作用，A正确；

若向上的吸引力小于重力；则A

对斜面有压力，会受到斜面的支持力，若要合力为0

处于平衡状态必须还要受一沿斜面向上的摩擦力才可以，所以A

有可能受四个力的作用，C正确。

故选：AC

对A

物块进行受力分析；同时结合平衡条件进行分析．

本题借助库仑力考查了物体受力平衡的条件应用，属于基础题．【解析】AC

15、BD【分析】【分析】根据竖直上抛运动的对称性求得落地的速度，然后结合动量定理即可解答。本题考查了动量定理、竖直上抛运动。该题结合冲量的计算与动量定理考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性判定落地的速度大小也v0

方向竖直向下是解题的关键。【解答】根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也v0

方向竖直向下.

上升过程和下落过程中只受到重力的作用；AD.

选取向上为正方向，上升过程动量的变化量：鈻�P1=0鈭�mv0=鈭�mv0

下落过程中动量的变化量：鈻�P2=鈭�mv0鈭�0=鈭�mv0

大小均为mv0

但方向相同.

故A错误，D正确；BC.

整个过程中重力的冲量为：I=鈭�mv0鈭�mv0=鈭�2mv0

故B错误，C正确。故选BD。【解析】BD

16、BC【分析】解：A

根据牛顿第二定律以及电场变化图象可知，微粒先加速再减速，微粒在2s

末的速度：v=qE1t+qE2tmE1

和E2

大小相等方向相反，所以微粒在2s

末的速度恰好是0

即微粒第1s

做加速运动.

第2s

做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去.

微粒将沿着一条直线运动.

A错误，B正确；

C；微粒在第1s

内与第3s

内都是从速度为0

开始加速；加速度相同，所以它们的位移也相同.

故C正确；

E；加速度的方向与粒子所带的电场力的方向相同；所以微粒在0鈭�1s

内的加速度与1鈭�2s

内的加速度大小相同，方向相反.

故D错误；

故选：BC

由图象可知；电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．

本题考查带电粒子在电场中运动，分析图象变化规律，计算出微粒的运动具有对称性是问题的关键，同时注意加速度是矢量，只有大小和方向均相同时，才是完全相同的．【解析】BC

17、BD【分析】【分析】闭合线圈在进入和离开磁场时；磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用；

线圈在进入磁场之前；完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动；在进入和离开磁场时做减速直线运动；

结合乙图可以知道；0鈭�5cm

是进入之前的过程，5鈭�15cm

是进入的过程，15鈭�30cm

是完全在磁场中运动的过程，30鈭�40cm

是离开磁场的过程，40cm

以后是完全离开之后的过程；

线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解。闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动.

线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解。【解答】A.闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度；线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=10cm

故A错误；

B.磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5鈭�15cm

是进入的过程，15鈭�30cm

是完全在磁场中运动的过程，30鈭�40cm

是离开磁场的过程，所以d=30cm鈭�5cm=25cm

故B正确；C.根据F=BIL

及得：因为v

是一个变量，所以F

也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；D.线圈通过磁场过程中运用动能定理得：由乙图可知v1=10m/sv2=2m/s

带入数据得：W掳虏=鈭�48J

所以克服安培力做功为48J

即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J

故D正确。故选BD。【解析】BD

三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】

当S断开时，电阻R===10Ω．当S闭合时，通过R的电流为=1A，则通过电动机的电流为IM=I2-IR=3A-1A=2A，电动机的机械功率为P机=UIM-=10×2-22×0.5（W）=18W；电动机的机械效率为η==90%．

故答案为：18W；90%．

【解析】【答案】当S断开时；A表读数1A，求出电阻R．当S闭合时，先求出通过R的电流，再求解通过电动机的电流．电动机的机械功率等于电功率与内部发热功率之差，求出机械功率及效率．

19、略

【分析】【解析】试题分析：物体做自由落体运动，所以下落3s时下落的高度为故重力做功为前2s内物体下落的高度为故第三秒内下落的高度为故功率为考点：功功率的计算【解析】【答案】450焦，250瓦20、略

【分析】解：（1）输电线上的电流可由I=

而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算，其中Pr=

因此可求得r=

（2）输电线上损耗功率

原来Pr=100kW，现在要求Pr′=1.25%P=6.25kW；

计算可得输电电压应调节为U′=40000V．

故答案为：40；40000

由起点与终点两只电表的示数相差；可求出输电效率．由损失的功率及相差的电压从而能求出线路上的电流，进而算出线路上的电阻．若提高输电效率，则可通过提高输送电压来降低线路上的电流，从而实现提高效率．

输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．【解析】40；4000021、略

【分析】解：游标卡尺主尺读数为9mm

游标部分对应的格数为8

故最终读数为9+8隆脕0.1=9.8mm=0.98cm

秒表分钟读数为1

分半刻度已经过；故读数为：60+39.8s=99.8s

故答案为：0.9899.8

游标卡尺先读出固定刻度部分；再读出游标尺读数，然后求和；而秒表先读出分针的示数，再读出秒针所对应的示数，二者取和．

游标卡尺读数时要注意游标尺的分度，本题为10

分度，故精度为0.1mm

同时注意掌握机械秒表的读数方法，注意半分钟刻度是否已经露出．【解析】0.9899.8

22、略

【分析】试题分析：电场力做功：所以从B点移到C点时电场力做功所以所以：考点：电势能和电势差的关系，电势和电势差【解析】【答案】（1）200V，-300V（2）23、略

【分析】解：（1）电路中要产生电流；则a端接电源的正极，阴极K发射电子，电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M被磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M．

（2）阴极K发射电子；电路中产生电流，经放大器放大后的电流使电磁铁M被磁化，将衔铁N吸住；无光照射光电管时，电路中无电流，N自动离开M

故答案为：（1）正；（2）电子；磁化。

光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化．

解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光电子的最大初动能与什么因素有关．【解析】正；电子；磁化24、略

【分析】解：(1)实验过程中需要求出两小球碰撞前后的动量，因此需要知道小球的质量与速度，小球的速度可以由动能定理与平抛运动知识求得，因此该实验需要测量的物理量有：小球的质量mA、mB，倾角α与β，球B飞出时的高度H，绳长L；即需要测量的量有：mA、mB；α、β、H、L．

(2)小球从A处下摆过程只有重力做功；机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mAgL(1-cosα)=mAvA2-0，解得：vA=则PA=mAvA=mA

小球A与小球B碰撞后继续运动；在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒；

由机械能守恒定律得：-mAgL(1-cosβ)=0-mAvA′2，解得vA′=

PA′=mAvA′=mA

碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向H=gt2；

解得vB′=S则碰后B球的动量PB′=mBvB′=mBS

故答案为：(1)mA、mB、α、β、H、L；(2)mAmAmBS．【解析】mA、mB、α、β、H、L;mAmAmBS25、（1）变大，20

（2）3；25.2

【分析】(1)(1)【分析】由磁通量的定义可知线圈中磁通量的变化；由法拉第电磁感应定律可求得线圈中的感应电动势，从而即可求解。本题考查法拉第电磁感应定律的应用，题目较为简单，熟记法拉第电磁感应定律即可求解。【解答】在磁体竖直向下落时；穿过线圈的磁感应强度增大，故磁通量变大；

由法拉第电磁感应定律可得：E=N?娄脮?t=10隆脕10.5V=20V

故填：变大，2

(2)

【分析】根据闭合电路欧姆定律求解电流，由欧姆定律求出电阻两端的电压。闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律是电路部分重点知识，要能熟练运用。

【解答】根据闭合电路欧姆定律得：通过该电阻的电流为。

I=ER+r=43.26+8.4A=3A

该电阻两端的电压为U=IR=3隆脕8.4V=25.2V

故填：325.2

【解析】(1)变大，2020(2)(2)325.2

26、负；正；大于【分析】解：根据电荷与电场力的关系可知；正电荷受到的电场力与电场线上该点的切线方向相同，负电荷则相反，由图，A

受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以A

一定带负电；B

受到的电场力的方向与电场线的方向相同，所以B

带正电；

电场线的疏密表示电场的强弱；由图可知，A

处的电场线密，所以A

点的电场强度大，所以当它们所带电荷量相等时，其所受的电场力大小FA

大于FB

．

故答案为：负；正；大于。

正电荷受到的电场力与电场线上该点的切线方向相同；负电荷则相反；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小.

据此分析即可．

本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，并结合正电荷受到的电场力与电场强度相同，负电荷则相反的原则，即可解决本题．【解析】负；正；大于四、判断题(共4题，共20分)27、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．28、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．29、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．30、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、实验题(共2题，共12分)31、略

【分析】本题考查测定重力加速度的实验。由刻度尺读出数据0.9950m。有秒表读出数据100.4秒。若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度准确。【解析】【答案】（3）0.9950m（4）100.4秒(5)准确32、略

【分析】试题分析：（1）电源电压为3V，所以电压表选择B;电路最大电流约为所以电流表选择C，为方便实验操作，滑动变阻器的范围不能过大，应选F；(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0mm，可动刻度示数为18.5×0.01mm=0.185mm，螺旋测微器示数为0mm+0.185mm=0.185mm．(3)电路在工作前开关应该处于断开状态；为了保护用电器和电表，滑动变阻器的滑片应该置于接入电路的有效阻值最大处，故不当之处是:开关应该处于断开状态、滑动变阻器滑片应当滑到最右端.(4)根据欧姆定律得：根据电阻定律得：联立解得：则斜率解得：考点：本题考查了测定金属丝的电阻率、螺旋测微器读数、实物图连接、电阻定律、欧姆定律.【解析】【答案】（1）B（2分），C（2分），F（2分）（2）0.185（）（2分）（3）A:开关应该处于断开状态（2分）B：滑动变阻器滑片应当滑到最右端（2分）；（4）（2分）六、实验探究题(共4题，共12分)33、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm；可动刻度读数为0.01×47.30mm=0.473mm，所以最终读数为：8mm+0.473mm=8.473mm，由于需要估读因此在范围8.472mm～8.474mm范围内都对；

游标卡尺的固定刻度读数为10m；游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.05×8mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为：10cm+0.040cm=10.040cm；

故答案为：8.473；10.040．

解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法；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．游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

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；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同．【解析】8.472；10.04034、略

【分析】解：（1）通过测量遮光板的宽度以及用光电门传感器测量遮光板通过光电门时遮光的时间这一方法求得运动物体的速度；该速度本质是平均速度．当时间取得越短，平均速度越趋向于瞬时速度，可知第（4）个速度更接近光电门的瞬时速度．

（2）由图可知图象AB部分为倾斜的直线；因此物体在AB部分做匀加速直线运动，图象的斜率的大小等于物体的加速度，因此有：