…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列科學家屬于“物體越重；下落越快”的觀點的代表人物（）

A.牛頓。

B.伽利略。

C.亞里士多德。

D.愛因斯坦。

2、兩根通電長直導線平行放置，電流大小分別為I1和I2，電流的方向如圖所示，在與導線垂直的平面上有a、b、c、d四點，其中a在導線橫截面連線的延長線上，c、d在導線橫截面連線的垂直平分線上。b點為導線橫截面連線與此垂直平分線的交點；導線中的電流在這四點產(chǎn)生磁場的磁感應強度可能為零的是（）

A.a點B.b點C.c點D.d點3、如圖所示電路，電源內阻不可忽略。開關S閉合后，在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中，A.電壓表與電流表的示數(shù)都減小B.電壓表與電流表的示數(shù)都增大C.電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D.電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大4、一只電爐的電阻和一臺電動機線圈電阻相同；都為R，設通過的電流強度相同，時間相同，電動機正常工作，則（）

A.電動機和電爐發(fā)熱相同。

B.電動機消耗的功率和電爐一樣大。

C.電動機兩端電壓大于電爐兩端電壓。

D.電動機和電爐兩端電壓相同。

5、下列靜電學公式中，F(xiàn)、q、E、U、r和d分別表示電場力；電量、場強、電勢差以及距離；則（）

①F=k②E=③E=④U=Ed．A.它們都只對點電荷或點電荷的場才成立B.①②③只對點電荷或點電荷的場成立，④只對勻強電場成立C.①②只對點電荷成立，③對任何電場都成立，④只對勻強電場才成立D.①②只對點電荷成立，③④對任何電場都成立6、如圖所示；一帶負電的離子束沿圖中箭頭方向通過兩磁極間時，它受的洛倫茲力方向(

)

A.向下B.向上C.指向S

極D.指向N

極7、如圖所示，理想變壓器有兩個副線圈，匝數(shù)分別為n

1

和n

2

所接負載4

R

1=

R

2

原線圈的電壓恒定不變，當只閉合S1

時，電流表示數(shù)為1A

當S1

和S2

都閉合時，電流表示數(shù)為2A

則n

1隆脙

n

2

為()

A.1隆脙1

B.1隆脙2

C.1隆脙3

D.1隆脙4

8、真空中有相隔距離為r

的兩個點電荷，它們分別帶4

q

和3

q

的電荷量，其間的靜電力為F

，如果保持它們之間的距離r

不變，而將它們所帶電量分別改變?yōu)?

q

和6

q

，那么它們之間的靜電力的大小應為()

A.F

/2

B.2

F

C.4

F

D.F

評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)9、物體以某一初速度從粗糙斜面的底沿斜面上拋，物體滑到最高點后又返回拋出點，則下述說法中正確的是()A.上滑過程中重力的沖量小于下滑過程中重力的沖量B.上滑過程中摩擦力的沖量與下滑過程中摩擦力的沖量大小相等C.上滑過程中彈力的沖量等于下滑過程中彈力的沖量D.上滑過程中合外力的沖量與下滑過程中合外力的沖量方向相同10、關于慣性，下列表述正確的有()A.物體的速度越大，慣性越大B.物體的質量越大，慣性越大C.靜止的物體也有慣性D.慣性是物體的固有屬性11、如圖所示電路中，電源內阻不能忽略，兩個電壓表均為理想電表.

當滑動變阻器R2

的滑動觸頭P

移動時，關于兩個電壓表V1

與V2

的示數(shù)，下列判斷正確的是()A.P

向b

移動，V1

示數(shù)增大、V2

的示數(shù)減小B.P

向a

移動，V1

示數(shù)增大、V2

的示數(shù)減小C.P

向b

移動，V1

示數(shù)改變量的絕對值大于V2

示數(shù)改變量的絕對值D.P

向a

移動，V1

示數(shù)改變量的絕對值小于V2

示數(shù)改變量的絕對值12、如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內，左右兩端點等高，分別處于沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中.

兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放.MN

為軌道的最低點，則下列說法中正確的是(

)

A.在磁場中小球能到達軌道的另一端最高處，在電場中小球不能到達軌道另一端最高處B.兩個小球到達軌道最低點的速度vM<vN

C.兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM>FN

D.小球第一次到達M

點的時間大于小球第一次到達N

點的時間13、水平放置的金屬框架cdef處于如圖所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則（）A.ab棒中感應電流增大，方向由a到bB.ab棒中感應電流不變，方向由b到aC.ab棒所受摩擦力增大，方向水平向右D.ab棒所受摩擦力不變，方向水平向左14、在“用單擺測定重力加速度”實驗中，使單擺做小角度擺動，實驗需要測量的物理量有（）A.擺球的質量B.單擺的振幅C.單擺的擺長D.單擺的周期評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、電荷既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消滅，它只能從一個物體______到另一個物體，或者從物體的一部分______到物體的另一部分；在______的過程中，電荷的總量______．16、某同學用圖示裝置測量油的折射率．已知儲油圓桶底面直徑與桶高均為d，當桶內無油時，從某點A恰能看到桶底邊緣上的點B，當桶內油的深度等于桶高一半時，在A點沿AB方向看去，看到桶底上的C點，C、B相距d由此可得油的折射率n=______，光在油中傳播的速度v=______m/s．（空氣中光速3×108m/s）17、如圖所示的電路中，電阻R1R2R3

的阻值都是1婁賂R4R5

的阻值都是0.5婁賂ab

端輸入電壓U=5V.

當cd

端接電流表時，其示數(shù)是______A

當cd

端接電壓表時，其示數(shù)是______V

．18、如圖所示，電路中E=3Vr=0.5婁賂R0=1.5婁賂

變阻器R

的最大阻值為10婁賂

．

(1)

當變阻器的阻值R=

______婁賂

時；變阻器上消耗的功率最大。

(2)

當變阻器的阻值R

為某特定值時，定值電阻R0

上消耗的功率最大，最大值Pm=

______W.

19、用如圖所示裝置做“研究有固定轉動軸物體的平衡條件”的實驗，力矩盤上各同心圓的間距相等．（1）（多選題）在用細線懸掛鉤碼前，下列措施中哪些是必要的（）（A）判斷力矩盤是否處在豎直平面（B）判斷橫桿MN是否嚴格保持水平（C）判斷力矩盤與轉軸間的摩擦是否足夠?。―）判斷力矩盤的重心是否位于盤中心（2）在力矩盤上A、B、C三點分別用細線懸掛鉤碼后，力矩盤平衡，如圖所示，已知每個鉤碼所受重力為1N，則此時彈簧秤示數(shù)應為________N．（3）若實驗前，彈簧秤已有0.2N的示數(shù)，實驗時忘記對彈簧秤進行調零，則完成實驗后測量出的順時針力矩與逆時針力矩相比，會出現(xiàn)M順______M逆（選填“＞”、“＝”或“＜”）．20、某同學由于沒有量角器，他在完成了光路圖后，以O點為圓心，10.00cm為半徑畫圓，分別交線段OA于A點，交線段OO′的延長線于C點，過A點作法線NN′的垂線AB交NN′于B點，過C點作法線NN′的垂線CD交NN′于D點，如圖所示．用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm，則玻璃的折射率n=________（請用已知線段表示），代入數(shù)據(jù)得n=____。21、一快艇從離岸邊100m遠的河流中央向岸邊行駛。已知快艇在靜水中的速度圖像如（圖甲）所示；河中各處水流速度相同，且速度圖像如（圖乙）所示。則快艇最快到達岸邊，所用的時間為____s，最快到達岸邊時，經(jīng)過的位移大小為m．22、圖示，A、B兩個小球用等長絕緣細線懸掛在支架上，A球帶0.003C的正電荷，B球帶等量的負電荷，兩懸點相距3cm，在外加勻強電場作用下，兩球都在各自懸點正下方處于平衡狀態(tài)，則該勻強電場產(chǎn)生的電場力與______相等，勻強電場的方向______．23、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10-8C的正點電荷，則A處場強大小EA=______N/C，B處的場強大小EB=______N/C．評卷人得分四、判斷題(共3題，共21分)24、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

25、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）26、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

評卷人得分五、證明題(共2題，共18分)27、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。28、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質彈簧與小球相連結，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分六、識圖作答題(共3題，共30分)29、我省三亞市南濱農場是我國南繁育種基地，著名育種專家袁隆平每年都要到該基地指導育種工作。下圖是水稻高桿和矮桿一對相對性狀的雜交實驗過程，其中P的基因型為DD和dd，請你按照孟德爾遺傳分離定律，回答下列問題：

（1）遺傳圖解中有很多的遺傳符號，如“”代表_____，P表示_____。（2）上圖中水稻高稈屬于______性狀，F(xiàn)1的基因型是______。（3）F2高稈水稻中雜合子占__________,F2中矮稈水稻的基因型是__________。30、下圖是某家庭先天性聾啞的遺傳系譜圖。請據(jù)圖回答。（顯、隱形基因分別用B、b表示）（1）該病的遺傳方式是常染色體上_____遺傳（顯性/隱性）。（2）圖中Ⅰ代1號的基因型是_______。（3）圖中Ⅲ代1號與聾啞基因攜帶者的女性結婚，生一個患病孩子的可能性是__。31、下圖是某溫帶陸地生態(tài)系統(tǒng)中某一時間的食物網(wǎng)?；卮鹣铝袉栴}：（1）有同學認為該生態(tài)系統(tǒng)中所有的鼠構成了第二營養(yǎng)級，該說法是否正確？________。理由是________。（2）該生態(tài)系統(tǒng)中的食物鏈往往是________（填“不變”或“可變”）的，原因是________（答出一點即可）。（3）一場低強度的火災過后，森林中的植被很快恢復，從生物種間關系的角度分析原因是________；從物質循環(huán)的角度分析原因是________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

A；根據(jù)牛頓第二定律在忽略空氣阻力的情況下；做自由落體運動的所有物體的加速度都等于當?shù)氐闹亓铀俣?，即所有的物體下落的一樣快，故A錯誤．

B；伽利略通過實驗發(fā)現(xiàn)輕的物體和重的物體下落的一樣快；故B錯誤．

C；亞里士多德認為物體越重下落越快；故C正確．

D；愛因斯坦主要成就是在量子力學；故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】牛頓認為所有的物體下落的一樣快；伽利略通過實驗發(fā)現(xiàn)輕的物體和重的物體下落的一樣快，亞里士多德認為物體越重下落越快，愛因斯坦主要成就是在量子力學．

2、A【分析】【詳解】

A．根據(jù)安培定則可知兩電流在a點磁感應強度的方向相反，若I1＜I2，由于a離I1近，故在a點I1的磁感應強度的大小可能等于I2的磁感應強度。則a點磁感應強度可能為0．故A正確；

B．兩電流在b點的磁感應強度的方向相同，故b點磁感應強度不能可為0。故B錯誤；

CD．兩電流分別在c、d點的磁感應強度的方向不共線，合成時不可能為0，c、d兩點的磁感應強度不可能為0．故CD錯誤。3、A【分析】試題分析：滑動變阻器向下滑動，R0接入電路的阻值減小，整個回路總電阻減小，總電流強度增加，因此內電壓升高，路端電壓降低，電壓表示數(shù)減小，B、C錯誤；同樣R1分得的電壓也增加，這樣R0與R2并聯(lián)后分得的電壓減小，即加在R2上的電壓減小，流過R2的電流減小，也就是電流表的示數(shù)減小，D錯誤，A正確?？键c：閉合電路歐姆定律【解析】【答案】A4、A|C【分析】

A、電爐電路和電動機電路焦耳定律都適用．根據(jù)焦耳定律Q=I2rt；得，電爐和電動機的電阻相同，電流相同，則在相同的時間內電爐和電動機產(chǎn)生的電熱相等．故A正確．

B；電動機消耗的電能一部分轉化為內能；另一部分轉化為機械能，電爐消耗的電能全部轉化為內能，而相等時間內它們產(chǎn)生的熱量相等，則在相同的時間內，電動機消耗的電能大于電爐消耗的電能，電動機消耗的功率大于電爐消耗的功率．故B錯誤．

C、D設電流為I，則電爐兩端電壓U爐=Ir，電動機兩端電壓U機＞Ir，所以U機＞U爐．即電動機兩端電壓大于電爐兩端電壓．故C正確；D錯誤．

故選AC

【解析】【答案】對于電爐電路和電動機電路；焦耳定律都適用．歐姆定律適用于電爐，不適用于電動機．根據(jù)歐姆定律研究電爐兩端的電壓．電動機兩端的電壓大于電流與電阻的乘積．

5、C【分析】解：是庫侖定律的公式，只適用于點電荷．E=是由庫侖定律和電場強度的定義式E=推導出來的；也可適用于點電荷；

是電場定義式；采用比值法定義，適用于任何電場；U=Ed是根據(jù)W=qU和W=qEd結合推導出來的，W=qEd只適用于勻強電場，所以U=Ed只對勻強電場成立．故C正確．

故選：C．

E=只適用于點電荷；適用于任何電場；U=Ed只適用于勻強電場．

解決本題的關鍵知道庫侖定律和電場強度三大公式的適用條件，要知道各個公式的來源，并能靈活運用，即可正確答題．【解析】【答案】C6、A【分析】【分析】

本題考查基本定則的運用能力.

運用左手判斷洛倫茲力方向時；要注意四指指向正電荷的運動方向或負電荷運動的反方向。

帶電粒子在磁場中運動時受到洛倫茲力方向根據(jù)左手定則判斷；由磁感線方向確定手心方向，由電荷運動方向確定四指指向，由大拇指指向來判斷洛倫茲力的方向。

【解答】

由圖可知；磁場方向從N

極指向S

極，根據(jù)左手定則可知，讓四指指向與正電荷運動方向相同，讓磁感線穿過手心，根據(jù)大拇指的指向即可判斷出洛倫茲力的方向，由此可知負電的離子束所受的洛倫茲力的方向向下，故A正確，BCD錯誤。

故選：A

【解析】A

7、B【分析】【分析】設原線圈的電壓為U

當只閉合S1

時，根據(jù)電流表示數(shù)為1A

可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；當S1

和S2

都閉合時，電流表示數(shù)為2A

可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；進而得到兩副線圈的功率之比，根據(jù)P=U2R

結合負載4R1=R2

的阻值關系，與變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，即可求解。

本題考查了變壓器的特點：輸入功率等于輸出功率，且電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，注意副線圈的電阻阻值關系是解題的關鍵?！窘獯稹吭O原線圈的電壓為U

當只閉合S1

時，根據(jù)電流表示數(shù)為1A

則變壓器的輸入功率為U隆脕1A

則副線圈的功率為U隆脕1A

當S1

和S2

都閉合時，電流表示數(shù)為2A

則變壓器的輸入功率為U隆脕2A

則副線圈的功率為U隆脕2A

因此兩副線圈的功率之比為11

根據(jù)P=U2R

結合負載4R1=R2

的阻值關系，則有：U12R1=U22R2

解得：U1U2=12

由變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，則有：n1n2=12

故B正確，ACD錯誤。

故選B。【解析】B

8、D【分析】【分析】本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可。

本題考查了庫侖定律。庫侖定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進行類比學習。。庫侖定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進行類比學習。庫侖定律【解答】距離改變之前：

F=k4q.3qr2=k12q2r2壟脵F=kdfrac{4q.3q}{{r}^{2}}=kdfrac{12{q}^{2}}{{r}^{2}}壟脵當它們所帶的電荷量分別改變?yōu)?q8q和qq時，則有：F鈥?=k2q隆隴6qr2=k12q2r2F{{'}}=kdfrac{2q隆隴6q}{{r}^{2}}=kdfrac{12{q}^{2}}{{r}^{2}}

壟脷壟脷?=F聯(lián)立壟脵壟脷壟脵壟脷可得：FF；故ABC錯誤，D正確。故選D?！窘馕觥緿

二、多選題(共6題，共12分)9、AD【分析】【分析】對物體進行受力分析，由上滑與下滑過程中的運動過程明確物體的運動時間，再確定各力的沖量，由于動量定理比較合力的沖量大小。本題考查了比較各力的沖量大小，本題的解題關鍵是分析受力和兩個運動過程中的時間長度，由牛頓第二定律和運動學公式、沖量的意義、動量定理即可正確解題?！窘獯稹可匣^程加速度：a脡脧=mgsin婁脠+婁脤mgcos婁脠m=g(sin婁脠+婁脤cos婁脠)

下滑過程加速度：a脧脗=mgsin婁脠?婁脤mgcos婁脠m=g(sin婁脠鈭?婁脤cos婁脠)

則a脡脧>a脧脗

上滑過程為勻減速直線運動；末速度為零，其逆過程為初速度為零的勻加速直線運動；

下滑過程為初速度為零的勻加速直線運動，上滑與下滑過程的位移x

大小相等，可知：t脡脧<t脧脗

A.重力的沖量：IG=mgt

由于t脡脧<t脧脗

則上滑過程重力的沖量小于下滑過程中重力的沖量，故A正確；

B.摩擦力的沖量：If=ft=婁脤mgtcos婁脠

由于t脡脧<t脧脗

則上滑過程摩擦力的沖量小于下滑過程中摩擦力的沖量，故B錯誤；

CD.

上滑過程為勻減速直線運動；末速度為零，其逆過程為初速度為零的勻加速直線運動；

下滑過程為初速度為零的勻加速直線運動；上滑與下滑過程的位移x

大小相等；

由v2=2axa脡脧>a脧脗

可知：v脡脧>v脧脗

由動量定理得：I潞脧=mv鈭?0=mv

可知：I潞脧脡脧>I潞脧脧脗，方向相同，又由于上滑過程和下滑過程中彈力的大小相同，故上滑過程中彈力的沖量大于下滑過程中彈力的沖量；故D正確；C錯誤。

故選AD。【解析】AD

10、BCD【分析】略?！窘馕觥緽CD

11、BD【分析】【分析】由電路圖先明確電路的結構，再根據(jù)滑動變阻器的移動明確電阻的變化；由閉合電路歐姆定律可知電路電流的變化，則可分析內電壓、路端電壓及各部分電壓的變化。閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類題目，一般可按外電路鈭?

內電路鈭?

外電路的分析思路進行分析，在分析時應注意結合閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的性質?！窘獯稹坑蓤D可知R1

與R2

串聯(lián)；V1

測R1

兩端的電壓，V2

測R2

兩端的電壓；

B.若p

向a

端移動；則滑動變阻器接入電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流增大，則內電壓增大，R1

兩端的電壓增大；路端電壓減小，故R2

兩端的電壓減小，故B正確；

D.因路端電壓減??；V1

示數(shù)增大，V2

示數(shù)減小，而兩電表之和等于路端電壓，故可知V1

示數(shù)改變量的絕對值小于V2

示數(shù)改變量的絕對值，故D正確；

A.若p

向b

端移動；則滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電流減小，內電壓減小，V1

減小，故A錯誤；

C.由于內電壓減??；故路端電壓增大，而V1

減小，V2

必然增大，且增大量一定大于V1

的減小量，故C錯誤；

故選BD。

【解析】BD

12、AC【分析】解：A

洛倫茲力不做功；故在磁場中小球能運動可能到另一端的最高處；根據(jù)動能定理知，在電場中，電場力始終做負功，小球不能到達最高點，否則末動能小于零，矛盾；故A正確．

B、對左圖，根據(jù)動能定理得，mgR=12mvM2

解得vM=2gR

．

對右圖，根據(jù)動能定理得，mgR鈭?qER=12mvN2

解得vN=2(mgR鈭?qER)m.

所以vM>vN.

故B錯誤．

C、在最低點，對左圖有：FM鈭?mg=mvM2R

解得FM=3mg

．

對右圖有：FN鈭?mg=mvN2R

解得FN=3mg鈭?qE.

知FM>FN.

故C正確．

D；左圖在運動的過程中；只有重力做功，右圖在運動的過程中，除重力做功外，還有電場力做負功，起阻礙作用，所以小球第一次到達M

點的時間小于小球第一次到達N

點的時間，故D錯誤．

故選：AC

帶電小球在磁場中運動；洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理求出運動到最低點的速度，從而根據(jù)牛頓第二定律求出底部對小球的支持力大小，然后進行比較．

解決本題的關鍵知道電場力做功和洛倫茲力做功的區(qū)別，知道洛倫茲力不做功，綜合動能定理和牛頓第二定律進行求解．【解析】AC

13、BC【分析】解：A、磁感應強度均勻增大，穿過回路的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律得知，回路中產(chǎn)生恒定的電動勢，感應電流也恒定不變；根據(jù)楞次定律可知，電流由b到a；故A錯誤；B正確；

C、ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止；則摩擦力也均勻增大．根據(jù)左手定則可知，安培力向左，根據(jù)平衡條件可知，摩擦力向右，故C正確，D錯誤．

故選：BC

磁感應強度均勻增大；穿過回路的磁通量均勻增大，回路中產(chǎn)生恒定的電流，根據(jù)楞次定律可明確電流方向；安培力F=BIL，分析安培力的變化，根據(jù)左手定則可明確安培力的方向；再根據(jù)平衡條件即可判斷摩擦力的變化．

本題關鍵根據(jù)法拉第電磁感應定律分析感應電動勢如何變化，從而判斷感應電流和安培力的變化以及方向．【解析】【答案】BC14、CD【分析】解：根據(jù)單擺周期公式：得：

根據(jù)以上公式可得；要得出重力加速度，需要測量的是單擺的擺長和擺動的周期．

該公式中；與擺球的質量和單擺的振幅無關．故選項A；B錯誤，選項CD正確．

故選：CD

根據(jù)單擺周期公式：列式；得出重力加速度的表達式，根據(jù)表達式分析即可．

本題關鍵明確單擺擺長等于懸掛點到球心的間距，然后根據(jù)周期公式列式求解，基礎題．【解析】【答案】CD三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】解：電荷既不會憑空產(chǎn)生；也不會憑空消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到物體的另一部分；

在轉移的過程中；電荷的總量保持不變．

故答案為：轉移；轉移，轉移，保持不變．

同種電荷相互排斥；異種電荷相互吸引．根據(jù)電荷守恒定律的內容就可以直接作出解答．

本題是基礎的題目，考查的就是學生對電荷守恒定律的掌握的情況，比較簡單．【解析】轉移；轉移；轉移；保持不變16、略

【分析】解：作出光路圖；如圖所示：

光從油射入空氣時，入射角正弦：sinγ==

折射角正弦：sini=sin45°=

故折射率為：n===2；

所以油中光速為：v===1.5×108m/s；

故答案為：2，1.5×108

畫出光路圖后，根據(jù)折射定律求出折射率的大小，根據(jù)v=求出光在油中的傳播速度．

解決本題的關鍵掌握光的折射定律，以及知道光在介質中的速度與真空中速度的關系．【解析】2；1.5×10817、略

【分析】解：當cd

端接電流表時；R4

與R5

串聯(lián)后與R2

并聯(lián)，再與R1R3

串聯(lián)；

并聯(lián)電路中總電阻的倒數(shù)等于各分電阻倒數(shù)之和，則并聯(lián)部分的總電阻為R虜壟=2(R4+R5)R2+R4+R5=1隆脕11+1=0.5(婁賂)

電路中總電流為I=UR1+R虜壟+R3=51+0.5+1A=2A

因為R4+R5=R2

所以通過電流表的電流為IA=12I=1A

當cd

端接電壓表時，R1R2R3

串聯(lián)，此時R4R5

相當于導線，電壓表測R2

兩端的電壓，則得電壓表的示數(shù)：UV=R2R1+R2+R3U=11+1+1隆脕5V=53V

故答案為：153

(1)

當cd

端接電流表時；R4

與R5

串聯(lián)后與R2

并聯(lián)，再與R1R3

串聯(lián)，根據(jù)電阻的串并聯(lián)表示出電路中的總電阻，根據(jù)歐姆定律求出電路中的電流和并聯(lián)部分的電壓，根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點和歐姆定律求出電流表的示數(shù)．

(2)

當cd

端接電壓表時；R1R2R3

串聯(lián)，此時R4R5

相當于導線，電壓表測R2

兩端的電壓，根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電路中的電流，根據(jù)歐姆定律求出電壓表的示數(shù)；

本題考查了串并聯(lián)電路的特點和歐姆定律的應用，關鍵是cd

端接電壓表時或接電流表時電路串并聯(lián)的辨別，理清電阻之間的關系特別關鍵．【解析】153

18、略

【分析】解：(1)

將電阻R0

和電源等效成新的電源；當外電路電阻與等效電源內電阻相等時，等效電源的輸出功率最大；

故當Rx=R0+r=2婁賂

時；等效電源的輸出功率最大，即變阻器上消耗的功率最大；

(2)

根據(jù)閉合電路歐姆定律；有：

I=Er+R0+Rx

當Rx=0Im=Er+R0=30.5+1.5A=1.5A

根據(jù)公式P=I2R0=1.52隆脕1.5W=3.375W

故答案為：(1)2(2)3.375

．

(1)

當外電路電阻與電源內電阻相等時；電源的輸出功率最大；將電阻R0

和電源等效成新的電源進行分析即可；

(2)

通過定值電阻R0

的電流最大時；輸出功率最大．

本題關鍵明確“當外電路電阻與電源內電阻相等時，電源的輸出功率最大”的結論，對于定值電阻，電流越大，功率越大．【解析】23.375

19、略

【分析】【解析】試題分析：（1）因為重力方向豎直向下，即重力只能在豎直面內作用。故選(A).。力矩盤與轉軸間的摩擦應足夠小，則摩擦力產(chǎn)生力矩可忽略。故選(C)。力矩盤的重心若不位于盤中心，則力矩盤的重力也要產(chǎn)生力矩，那么實驗時必須將力矩盤重力產(chǎn)生的力矩計算在內。力矩盤的重心若位于盤中心，則力矩盤的重力產(chǎn)生的力矩為零。故選(D)。而橫桿MN是否嚴格保持水平，并不影響實驗結果。（2）由力矩平衡原理（設力矩盤上各同心圓的間距相等，且為R）得：(F為彈簧秤示數(shù))解得：F＝3N（3）若實驗前，彈簧秤已有示數(shù)，實驗時忘記對彈簧秤進行調零，計算逆時針力矩力矩時，F(xiàn)代入數(shù)值就比實際值大，得到的結果：順時針力矩比逆時針力矩小?？键c：力矩平衡【解析】【答案】（1）ACD（2）3（3）<20、略

【分析】【解析】試題分析：解析由圖可知sin∠AOB=sin∠DOC=OA=OC=R，根據(jù)n=知，n====1.5考點：光的折射定律【解析】【答案】1.521、略

【分析】當船頭垂直正對岸時，所用時間最短，船在靜水中的運動為勻加速運動，加速度為0.5m/s2，沿河岸方向移動位移為總位移為116.6m【解析】【答案】20116.622、略

【分析】解：由題可知；AB帶異種電荷，則相互間的庫侖引力；

在外加勻強電場作用下；兩球都在各自懸點正下方處于平衡狀態(tài)，則該勻強電場產(chǎn)生的電場力與各自庫侖力方向相反，大小相等；

依據(jù)正電荷的電場力方向即為電場強度的方向；那么外加電場的電場強度方向向左；

故答案為：庫侖力；向左．

向左．

依據(jù)同種電荷相吸；異種電荷相斥，判定電荷間的庫侖力方向，再依據(jù)平衡條件，即可確定勻強電場產(chǎn)生的電場力的方向與大小關系．

考查電荷間的庫侖力方向與大小的應用，掌握平衡條件的內容，及理解電場強度方向與正電荷的電場力方向，及負電荷的電場力方向的關系．【解析】庫侖力；向左23、略

【分析】解：點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小為E=k=9×109×N/C=9×103N/C；方向從O→A；

同理，點電荷在B點處產(chǎn)生的場強大小也為E=k=9×109×N/C=9×103N/C；方向從O→B；

根據(jù)平行四邊形定則得，則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為EA=E點-E勻=9×103N/C-9×103N/C=0；

同理，B點的場強大小為EB=E=9×103N/C；

故答案為：0；9×103

根據(jù)公式E=k求出點電荷在C點處產(chǎn)生的場強大??；判斷出場強方向，C點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解AB兩點處的場強大小及方向．

本題電場的疊加問題，一要掌握點電荷的場強公式E=k二要能根據(jù)據(jù)平行四邊形定則進行合成．【解析】0；9×103四、判斷題(共3題，共21分)24、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．25、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大?。浑妱莶钆c零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．26、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場