…………○…………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2025年西師新版高二物理下冊階段測試試卷986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、如圖所示的電路；閉合開關S，當滑動變阻器滑片P向右移動時，下列說法正確的是（）

A.電流表讀數變小；電壓表讀數變大。

B.小電泡L變暗。

C.電容器C上電荷量減小。

D.電源的總功率變大。

2、感應電流的磁場一定A.阻礙引起感應電流的磁通量B.與引起感應電流的磁場反向C.與引起感應電流的磁場同向D.阻礙引起感應電流的磁通量的變化3、圖中A、B為兩個相同的環形線圈，共軸并靠近放置．A線圈中通有如圖(a)所示的交變電流i，則（）A.在t1到t2時間內B兩線圈相吸；B.在t2到t3時間內B兩線圈相斥；C.t1時刻兩線圈間作用力為零；D.t2時刻兩線圈間吸力最大4、下列說法正確的是（）A.沒有外力作用，物體不會運動，這是牛頓第一定律的體現B.力的國際單位制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律定義的C.一對作用力與反作用力總是大小相等，性質相同D.物體的速度越大，其慣性也越大5、如圖所示，虛線表示某電場中的四個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等.

一個不計重力的帶負電的粒子從右側垂直于等勢面4

向左進入電場，其運動軌跡與等勢面分別交于abc

三點，則()A.四個等勢面電勢高低關系為婁脮1>婁脮2>婁脮3>婁脮4

B.該區域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場C.等勢面4

上各點場強處處相等D.粒子的運動軌跡和等勢面3

也可能垂直6、圖甲是小型交流發電機的示意圖，兩磁極NS

間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表.

線圈繞垂直于磁場的水平軸OO隆盲

沿逆時針方向勻速轉動，從圖甲所示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示.

以下判斷正確的是(

)

A.電流表的示數為102A

B.線圈轉動的角速度為50婁脨rad/s

C.t=0.01s

時，線圈平面與磁場方向平行D.t=0.02s

時，線圈在中性面位置7、兩塊平行金屬板帶等量異號電荷；要使兩板間的電壓加倍，而板間的電場強度減半，采用的辦法有（）

①兩板的電量加倍；而距離變為原來的4倍②兩板的電量加倍，而距離變為原來的2倍。

③兩板的電量減半；而距離變為原來的4倍④兩板的電量減半，而距離變為原來的2倍．

A.①

B.③

C.①②

D.③④

8、在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，采用如圖所示的裝置.

下列說法中正確的是A.墊高長木板一端，調節傾角，直到小車在托盤和砝碼的拉動下做勻速直線運動，以平衡小車運動中受到的摩擦力B.在探究加速度與外力的關系時，應該改變小車的質量C.在探究加速度a

與拉力F

的關系時，為了直觀判斷二者間的關系，應作出a

鈭?1/

F

圖象D.當小車的質量遠大于托盤和砝碼的總質量時，可以近似認為細線對小車的拉力大小等于托盤和砝碼的總重力大小評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、如圖所示，虛線是兩個等量點電荷所產生的靜電場中的一簇等勢線，若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動，b點是其運動軌跡上的另一點，則下述判斷正確的是（）A.由a到b的過程中電場力對帶電粒子做正功B.由a到b的過程中帶電粒子的動能減小C.若粒子帶正電，兩等量點電荷均帶正電D.若粒子帶負電，a點電勢低于b點電勢10、如圖所示，一邊長為L

的單匝正方形線圈abcd

放在具有理想邊界的勻強磁場中，其電阻為Rab

的中點和cd

的中點的連線OO隆盲

恰好位于勻強磁場的邊界線上，外電路電阻阻值為R

磁場的磁感應強度為B

若線圈從圖示位置開始以角速度婁脴

繞OO隆盲

軸勻速轉動，則()A.閉合電路中感應電動勢的瞬時表達式e=BL2蠅sin蠅t

B.轉過1/4

圈的時間內，負載R

產生熱量Q=蟺B2L4蠅64R

C.轉過1/4

圈的時間內，通過負載電阻R

的電荷量q=BL22R

D.轉過1/4

圈時，穿過線圈的磁通量為零，此時磁通量隨時間變化最快11、某質點做簡諧運動；其位移隨時間變化的關系如圖所示，則質點()

A.第1

s

末與第3

s

末的速度相同B.3

s

末與5

s

末的速度相同C.3

s

末與5

s

末的位移相同D.第1

s

末與第3

s

末的加速度相同12、有一電熱器，額定電壓為220V，額定功率為1000W．現要把它改裝一下，用在電壓為110V的電路中，若要使它消耗的功率仍為1000W．下面做法中正確的是（）A.將電熱器中的電熱絲截去一半B.將電熱器中的電熱絲截去只留下C.在電熱器中再并聯一根與原來相同的電熱絲D.將電熱器中的電熱絲等分成兩段，再并聯起來13、把標有“220V，100W”的白熾燈接在220V的交流電源下，下列說法中正確的是（）A.交流電壓有效值是220V，燈絲電阻是484ΩB.交流電壓最大值是311V，燈絲電阻是968ΩC.交流電壓有效值是220V，電流有效值是0.45AD.交流電壓最大值是311V，電流最大值是0.45A14、如圖所示，圖中MN

是由負點電荷產生的電場中的一條電場線.

一帶正電粒子q

飛入電場后，只在電場力作用下沿圖中虛線運動，ab

是該曲線上的兩點，則下列說法正確是(

)

A.該電場的場源電荷在M

端B.a

點的電場強度大于b

點的電場強度C.a

點的電勢低于b

點的電勢D.粒子在a

點的動能小于在b

點的動能15、兩個質量不同的物體，在光滑的水平面上相向運動，并發生正碰，則下列說法中正確的是(

)

A.碰撞后，質量小的物體速度變化大B.碰撞后，質量大的物體速度變化大C.若碰撞后連成整體，則整體運動方向與原來動量大的物體的運動方向相同D.若碰撞后連成整體，則整體運動方向與原來速度大的物體的運動方向相同16、如圖表示磁流體發電機的發電原理：將一束等離子體(

即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體來說呈中性)

沿圖示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板AB

這時金屬板上就聚集了電荷.

在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說法正確的是(

)

A.A

板帶負電B.有電流從b

經用電器流向a

C.金屬板AB

間的電場方向向下D.等離子體發生偏轉的原因是離子所受的洛倫茲力大于所受的靜電力17、如圖xoy

平面為光滑水平面，現有一長為d

寬為L

的線框MNPQ

在外力F

作用下，沿正x

軸方向以速度v

做勻速直線運動，空間存在豎直方向的磁場，磁感應強度B=B0cos婁脨dx(

式中B0

為已知量)

規定豎直向下方向為磁感應強度正方向，線框電阻為Rt=0

時刻MN

邊恰好在y

軸處，則下列說法正確的是(

)

A.外力F

為恒力B.t=0

時，外力大小F=4B02L2vR

C.通過線圈的瞬時電流I=2B0Lvcos婁脨vtdR

D.經過t=dv

線圈中產生的電熱Q=2B02L2vdR

評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)18、一列沿+x方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻剛好傳到x=6m處，如圖所示，已知波速v=10m/s，則圖中P點開始振動的方向沿______（選填“+y”或“-y”）方向，該點的振動方程為y=______cm．19、如圖，勻強磁場區域寬為d

一正方形金屬線框abcd

的邊長為L.

且L>d

線框平面與磁場垂直，bc

邊與磁場區域邊界平行.

線框以垂直于磁場邊界的速度勻速通過磁場區域，速度大小為v

則線框進入磁場時產生的感應電流的方向是______方向(

選填“順時針”或“逆時針”)

從進入磁場區域，到完全離開磁場區域的整個運動過程中，線框存在感應電流的時間是______．20、某同學設計了一個用打點計時器驗證動量守恒定律的實驗；在小車A

的前端粘有橡皮泥，設法使小車A

做勻速直線運動，然后與原來靜止的小車B

相碰并粘在一起，繼續做勻速運動，設計如圖1

所示：

在小車A

的后面連著紙帶；電磁打點計時器的頻率為50Hz

長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．

(1)

若已得到打點紙帶如圖2

所示；并測得各計數點間的距離，在圖上標出A

為運動起始的點，則應選______段來計算A

碰前的速度，應選______段來計算A

和B

碰后的共同速度．

(2)

已測得小車A

的質量mA=0.4kg

小車B

的質量mB=0.20kg

則由以上結果可得碰前總動量=

______kg?m/s

碰后總動量=

______kg?m/s

．

21、變壓器中與負載連接的叫______線圈，與交流電源連接的叫______線圈．22、如圖所示，把一個面積為1.0隆脕10鈭?2m2

的矩形線框abcd

放在磁感應強度B=1.0T

的勻強磁場中，線框abcd

所處的平面與磁場方向垂直，穿過線框的磁通量為______Wb

當線框向右平移一段距離(

整個線框仍在磁場內)

則穿過線框的磁通量為______Wb

當線框以ab

邊為軸轉過90鈭?

則穿過線框的磁通量為______Wb

．評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)23、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）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、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

26、處于靜電平衡狀態的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）評卷人得分五、證明題(共2題，共6分)27、如圖，兩根勁度系數分別為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。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。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、實驗題(共3題，共27分)29、同學用電阻箱、多用電表、開關和導線測一節舊干電池的電動勢和內阻．⑴他先用多用表電壓檔直接接在電源兩極，讀數如圖甲，則電源電動勢約為V．⑵為了更準確的測量電源的電動勢和內電阻，他用多用表的“直流100mA”檔設計了如圖乙的測量電路，為了電表安全，請估算開關閉合前電阻箱的最小取值為Ω．⑶將多用電表的選擇開關從OFF旋轉至“直流100mA”檔，調節電阻箱到合適的值并記錄其讀數R，合上開關從多用表上讀出相應的示數I．⑷重復⑶獲得多組數據,根據數據作出了如圖丙所示的圖線．⑸由圖線得干電池的電動勢E=V（保留三位有效數字），內阻r=Ω（取整數），多用表的內電阻對（選填“E”、“r”或“E和r”）的測量結果有影響。30、（6分）現有一根用新材料制成的金屬桿，長為4m，橫截面積0.8cm2，要求它受到拉力后的伸長量不超過原長的選用同種材料制成樣品進行測試，通過測試取得數據如下表：。長度L250N500N750N1000N1m0.05cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm2m0.05cm20.08cm0.16cm0.24cm0.32cm3m0.05cm20.12cm0.24cm0.36cm0.46cm4m0.10cm20.08cm0.16cm0.22cm0.32cm4m0.20cm20.04cm0.08cm0.12cm0.16cm根據測試結果，可以推導出伸長量與材料的長度L、材料的截面積S及拉力F之間的函數關系是_______（請用符號表達）；通過對樣品的測試，可知長4m、橫截的圓面積為0.8cm2的新金屬桿能承受的最大拉力；表中有明顯誤差的數據是、.31、某同學在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中；使用的器材如下：

小燈泡（2.5V；1.25W）

電源（電動勢3V；內阻不計）

電流表（0~0.6A；內阻約0.125Ω，0~3A，內阻約0.025Ω）

電壓表（0~3V；內阻約3kΩ，0~15V，內阻約15kΩ）

滑線變阻器R（0~10Ω；額定電流2A）

單刀單擲開關及導線若干。

（1）為減小誤差，在本實驗中電流表應選用0~_____A量程，電壓表應選用0~_____V量程；

（2）如圖是本實驗器材的實物圖，圖中已連接了部分導線，為了滿足實驗要求并盡可能減小誤差，請補充完成實物圖中的連線____________。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C|D【分析】

A、當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，根據歐姆定律可知，電流I=增大，電壓表的讀數U=E-Ir減小．故A錯誤．

B、燈泡功率P=I2RL，RL不變；I增大，P增大，則燈泡變亮．故B錯誤．

C、電容器電壓UC=E-I（RL+r）減小，電容器電量Q=CUC減小．故C正確．

D、電源的總功率P總=EI，E不變，I增大，P總增大．故D正確．

故選CD

【解析】【答案】首先認識電路的結構：燈泡與變阻器串聯；電容器與燈泡并聯．當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻減小，根據歐姆定律分析．

2、D【分析】【解析】試題分析：根據楞次定律，感應電流的磁場的磁通量總是阻礙原磁通的變化。即原磁通量減小，則感應電流對應的磁通量就與原方向相同，若原磁通量增加，則感應電流對應的磁通量就與原方向相反，即“增反減同”。根據上述理解，正確為D考點：楞次定律【解析】【答案】D3、A|B|C【分析】從t1到t2時間內，電流減小，根據楞次定律知吸引，從t2到t3時間內電流增大，根據楞次定律知排斥，AB正確；t1時刻電流最大，但磁場的變化率最小，B線圈中不產生感應電流，無相互作用，t2時刻由于A線圈電流為零，故作用力為零，CD錯誤【解析】【答案】ABC4、C【分析】解：A；由牛頓第一定律可知：力是改變物體運動狀態的原因；而不是維持物體運動狀態的原因，故A錯誤．

B；在國際單位制中；力的單位是根據牛頓第二定律定義的，故B錯誤；

C；一對作用力與反作用力總是大小相等；性質相同，故C正確；

D；慣性是物體的固有屬性；慣性的大小取決于質量，與其它因素無關，故D錯誤；

故選：C．

牛頓第一定律揭示力是改變物體運動狀態的原因．牛頓第二定律揭示合外力與質量和加速度的關系．

解答本題應抓住：力是使物體產生加速度的原因，力是改變物體運動狀態的原因．【解析】【答案】C5、B【分析】解：A

電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，由圖一可知，因此婁碌1<婁碌2<婁碌3<婁碌4

故A錯誤；

B；由題圖可知；該電場的上下是對稱的，結合圖二可知該區域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場，也可能是等量異種點電荷的電場，故B正確；

C；電場線的疏密表示電場的強弱；由圖二可知婁脮4

等勢面上各點場強不是處處相等，故C錯誤；

D；由圖可知；負電荷做曲線運動，所以粒子的運動軌跡和婁脮4

等勢面可能垂直，與婁碌3

等勢面不可能垂直，故D錯誤．

故選：B

質點只受電場力作用；根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向左上方，由于質點帶負電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場場強大．

解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場、電勢能、動能等物理量的變化．【解析】B

6、C【分析】解：A

由題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=102AA

周期T=0.02s

由于電流表的示數為有效值，故示數I=Im2=1022A=10A

故A錯誤；B

角速度=2婁脨T=2婁脨0.02rad/s=100婁脨rad/s

故B錯誤；C0.01s

時線圈中的感應電流達到最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0

故線圈平面與磁場方向平行，故C正確；D0.02s

時線圈中的感應電流最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，磁通量為0

線圈平面與磁感線平行，故D錯誤.

故選：C

由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數為有效值；感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0

線圈平面與磁感線平行本題考查交變電流的產生及有效值的定義，要注意明確電流表示數、機器銘牌上所標的電流值、電壓值等均為有效值．【解析】C

7、B【分析】

①板間距離變為原來的4倍時，電容為原來的兩板的電量加倍，由C=得知，電壓變為8倍，由E=分析得知；板間電場強度變為2倍．不符合題意．故①錯誤．

②板間距離變為原來的2倍時，電容為原來的兩板的電量加倍，由C=得知，電壓變為4倍，由E=分析得知；板間電場強度變為2倍．不符合題意．故②錯誤．

③板間距離變為原來的4倍，電容為原來的兩板的電量減半，由C=得知，電壓變為2倍，由E=分析得知，板間電場強度變為倍．符合題意．故③正確．

④板間距離變為原來的2倍時，電容為原來的兩板的電量減半，由C=得知，電壓不變，由E=分析得知；板間電場強度變為2倍．不符合題意．故④錯誤．

故選B

【解析】【答案】先根據電容的決定式分析電容的變化，再由電容的定義式分析電壓的變化，由E=分析板間電場強度的變化．

8、D【分析】【分析】加速度與物體質量、物體受到的合力有關，在探究加速度與物體質量、受力關系的實驗中，應該使用控制變量法；由于該實驗涉及的物理量較多，因此該實驗采用的是控制變量法研究加速度、質量、合力三者之間的關系；解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項。本題考查了科學探究方法，要掌握常用的科學探究方法，提高我們的實驗探究能力.

解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的操作步驟和數據處理以及注意事項，然后熟練應用物理規律來解決實驗問題。【解答】A.做該實驗需要平衡摩擦力，所以在長木板不帶定滑輪的一端下面墊一木塊，反復移動木塊的位置，讓小車做勻速直線運動，托盤和砝碼不能掛在小車上，故A錯誤；B.在探究加速度與外力的關系時，應該控制小車的質量不變，改變外力，故B錯誤；C.要直觀的反映兩個量之間的關系，可以通過作圖來解決.

但是只有作出一條直線，才可以直觀的反映兩個變量之間的關系.

在探究加速度a

與質量m

的關系時，為了直觀判斷二者間的關系，應作出a鈭?1m

圖像，故C錯誤；D.設小車的質量為M

砝碼盤和砝碼的質量為m

設繩子上拉力為F

以整體為研究對象有mg=(m+M)a

解得：a=mgM+m

以M

為研究對象有繩子的拉力F=Ma=MmgM+m=mg1+mM

顯然要有F=mg

必有m+M=M

故有M>>m

即只有M>>m

時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力，故D正確。故選D。【解析】D

二、多選題(共9題，共18分)9、AD【分析】解：A；可由運動軌跡確定粒子的受力方向與速度方向；兩者的夾角小于90°故做正功，則動能增加，故A正確；

BD、若帶負電荷，由a到b，電場力做正功，則電勢能減小，動能增加，因電荷帶負電，則電勢增加，即a點電勢低于b點電勢；故B錯誤，D正確；

C；若粒子帶正電；在兩者中垂線左側受力方向向右，則其電場線向右，而兩等量電荷可以左邊的為正電荷，右邊的為負電荷．故C錯誤．

故選：AD．

由運動的軌跡與電場線確定出受力向；根據力的方向與速度方向的夾角確定電場力做功的正負，從而判斷出能量的大小關系．

在電場中跟據帶電粒子運動軌跡和電場線關系判斷電場強度、電勢、電勢能、動能等變化是對學生基本要求，也是重點知識，要重點掌握．【解析】【答案】AD10、BD【分析】【分析】線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流，根據規律可列出感應電動勢的瞬時表達式，最大值與有效值的2

倍；每當線框通過中性面時，電流方向改變；當磁通量為零時，線框切割速度最大，產生的電動勢也最大。線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流.

而對于電表讀數、求產生的熱量均由交變電的有效值來確定，而涉及到耐壓值時，則由最大值來確定；而通過某一電量時，則用平均值來求，同時注意磁場只有一半。【解答】A、由閉合電路中感應電動勢的瞬時表達式e=Emsin婁脴t

得回路中感應電動勢的瞬時表達式e=12B婁脴L2sin婁脴t,

故A錯誤；B、電壓有效值為E=Em2

轉過14

圈的時間內，整個電路產生的焦耳熱為Q=E2R+r隆隴14隆隴2婁脨婁脴=婁脨B2L4婁脴32R

那么負載R

產生熱量QR=12Q=婁脨B2L4婁脴64R

故B正確；C、轉過14

圈時，通過R

的電荷量q=??2R?t=BL24R

故C錯誤;

D、轉過14

圈時，線圈從圖示位置轉過90鈭?

此時磁場穿過線圈的磁通量最小，磁通量變化率最快，故D正確。故選BD。【解析】BD

11、BD【分析】略【解析】BD

12、BD【分析】解：A、B根據公式P=電熱絲消耗的功率不變，電壓為額定電壓的則電阻應為原來的根據電阻定律得，電熱絲的長度應為原來的可將電熱器中的電熱絲截去．故A錯誤；B正確．

C、若在電熱器中再并聯一根與原來相同的電熱絲，總電阻變為電壓為額定電壓的電熱絲消耗的功率為原來的不符合題意．故C錯誤．

D、若將電熱器中的電熱絲等分成兩段，再并聯起來，根據電阻定律可知電阻變為原來的符合要求．故D正確．

故選BD

根據公式P=分析電壓變化，而功率不變時，電阻的變化情況，根據電阻定律確定電熱絲長度的變化．

本題是電阻定律與功率的綜合應用，可采用控制變量法和比例法理解．常規題，比較簡單．【解析】【答案】BD13、AC【分析】解：標有“220V；100W”的白熾燈，燈泡的銘牌信息可知燈泡的額定電壓及額定功率，其中額定電壓指的是有效值．

所以交流電壓有效值是U=220V，交流電壓最大值是Um=220V=311V；

燈絲電阻R===484Ω

電流的有效值為I===0.45A；

電流的最大值是Im=I=A．所以AC正確；BD錯誤；

故選：AC．

標有“220V；100W”的白熾燈，燈泡的銘牌信息可知燈泡的額定電壓及額定功率，其中額定電壓指的是有效值．根據電功率和歐姆定律求解．

掌握家用電器銘牌上各種參數的含義，用電器的標稱值都是有效值．【解析】【答案】AC14、AD【分析】解：A

帶正電粒子受到的電場力向左；故負電荷產生的場強由N

指向M

故M

端為場源電荷，故A正確；

B、根據負電荷周圍電場分布特點可知：a

點的電場強度小于b

點的電場強度，a

點的電勢高于b

點的電勢；故BC錯誤；

D、粒子從a

運動到b

的過程中；電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故D正確．

故選：AD

．

解答本題的突破口是根據粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向；從而確定電場線MN

的方向以及負點電荷的位置，然后根據負點電荷周圍電場分布情況，進一步解答．

依據帶電粒子的運動軌跡確定其所受電場力方向是解決帶電粒子在電場中運動問題的突破口，然后可進一步根據電場線、電場力做功等情況確定電勢、電勢能的高低變化情況．【解析】AD

15、AC【分析】解：A

兩物體放在光滑水平面上，發生正碰，由動量守恒定律知，兩物體動量變化大小相同，再由鈻?p=m鈻?v

知質量小的物體速度變化大；故A正確；B錯誤；

C；兩物體結合成整體；由m1v1鈭?m2v2=(m1+m2)v

可知，v

方向與動量大的物體的運動方向一致，故C正確、D錯誤．

故選：AC

碰撞過程中；系統所受合力為零，系統動量守恒，根據動量定理判斷碰撞后速度變化的大小以及整體運動方向．

本題主要考查了動量定理及動量守恒定律的直接應用，知道在碰撞過程中，動量守恒，難度不大，屬于基礎題．【解析】AC

16、ABD【分析】解：A

根據左手定則知；正電荷向下偏，負電荷向上偏，則A

板帶負電，故A正確；

B、因為B

板帶正電，A

板帶負電，所以電流的流向為b

流向a

故B正確；

C；因為B

板帶正電；A

板帶負電，所以金屬板間的電場方向向上，故C錯誤；

D；等離子體發生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力；故D正確。

故選：ABD

根據左手定則判斷出正負電荷所受洛倫茲力的方向；從而判斷出正負電荷的偏轉方向，帶正電的極板電勢高，電流從正極板流向負極板。

解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道電流在外電路中，由高電勢流向低電勢；本題是一道基礎題，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習。【解析】ABD

17、CD【分析】解：A

由于磁場是變化的；故切割產生的感應電動勢也為變值，安培力也會變力；故要保持其勻速運動，外力F

不能為恒力；故A錯誤；

B、t=0

時，左右兩邊的磁感應強度均為B0

方向相反，則感應電動勢E=2B0LV

拉力等于安培力即F=2B0IL=4B02L2vR

故B錯誤；

C、由于兩邊正好相隔半個周期，故產生的電動勢方向相同，經過的位移為vt

瞬時電動勢E=2B0Lvcos婁脨vtd

瞬時電流I=2B0Lvcos婁脨vtdR

故C正確；

D、由于瞬時電流成余弦規律變化，故可知感應電流的有效值I=2B0Lv2R

故產生的電熱Q=I2Rt=2B02L2vdR

故D正確；

故選：CD

．

由題意明確感應電動勢的規律；根據導體切割磁感線規律和交流電有效值的計算方法可求得電流及熱量．

本題考查電磁感應及交流電規律，要注意交流電有效值定義在本題中的遷移應用；本題選題新穎，是道好題．【解析】CD

三、填空題(共5題，共10分)18、略

【分析】解：由波形圖知波長λ=4m，由波速公式v=λf得：頻率f==2.5Hz．

簡諧波沿+x方向傳播；P質點開始向-y方向振動，其簡諧運動的表達式y=Asin2πft（cm）=10sin5πt（cm）．

故答案為：-y；10sin5πt

由波形圖讀出波長；由波速公式v=λf求出頻率．簡諧運動的振動方程為y=Asin2πft．當圖示時刻x=0.15m處波峰傳到C點時，質點C第一次到達波峰．

本題考查基本的讀圖能力，關鍵要能從波動圖象讀取波長和振幅，根據質點的狀態，寫出振動方程．【解析】-y；10sin5πt19、略

【分析】解：由右手定則可知；線框進入磁場過程中產生的感應電流沿逆時針方向；

產生感應電流過程線框的位移為2d

則線框存在感應電流的時間：t=2dv

故答案為：逆時針；2dv

．

由右手定則可以判斷出感應電流的方向；

當穿過線框的磁通量變化時；產生感應電流，由速度公式的變形公式可以求出產生感應電流的時間．

本題考查了判斷感應電流方向、求產生感應電流的時間，應用右手定則、知道感應電流產生的條件即可正確解題．【解析】逆時針；2dv

20、略

【分析】解：(1)

由于碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A

獨自運動的速度；故AC應在碰撞之前，DE

應在碰撞之后．

推動小車由靜止開始運動；故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內通過的位移相同，故BC段為勻速運動的階段，故選BC計算碰前的速度；

碰撞過程是一個變速運動的過程；而A

和B

碰后的共同運動時做勻速直線運動，故在相同的時間內通過相同的位移，故應選DE段來計算碰后共同的速度．

故答案為BCDE

(2)

碰前系統的動量即A

的動量，則P1=m1v1=m1BC5T=0.40隆脕0.10505脳0.02=0.420kg?m/s

碰后的總動量P2=(m1+m2)v2=(m1+m2)DE5T=(0.40+0.20)隆脕0.06955脳0.02=0.417kg?m/s

故答案為：0.4200.417

．

故本題的答案為：(1)BCDE(2)0.4200.417

(1)

碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A

獨自運動的速度；確定AC

應在碰撞之前，DE

應在碰撞之后，在勻速運動時在相同的時間內通過的位移相同，所以BC

應為碰撞之前勻速運動階段，DE

應為碰撞之后勻速運動階段．

(2)

物體發生的位移與發生這些位移所用時間的比值等于勻速運動的物體在該段時間內的速度.P=mv=mxt

．

根據碰撞之后共同勻速運動的速度小于碰撞之前A

獨自運動的速度，確定AC

應在碰撞之前，DE

應在碰撞之后，是解決本題的突破口．【解析】BCDE0.420.417

21、略

【分析】解：變壓器線圈分為原線圈和副線圈；

原線圈：與交流電源連接的線圈；也叫初級線圈；

副線圈：與負載連接的線圈；也叫次級線圈；

故答案為：副；原．

變壓器是利用電磁感應的原理來改變交流電壓的裝置；主要構件是初級線圈；次級線圈和鐵芯（磁芯）；主要功能有：電壓變換、電流變換等．

本題關鍵是掌握變壓器結構，知道原副線圈的名稱，并知道變壓器的基本接法．【解析】副；原22、1.0×10-2；1.0×10-2；0【分析】解：在勻強磁場中，穿過線框的磁通量公式為：婁碌=BS=1.0隆脕1.0隆脕10鈭?2Wb=1.0隆脕10鈭?2Wb

當線框向右平移一段距離(

整個線框仍在磁場內)

穿過線框的磁感線條數沒有變化，所以磁通量不變，仍為1.0隆脕10鈭?2Wb

當線框以ab

邊為軸轉過90鈭?

線框與磁場平行，沒有磁感線穿過線框，則穿過線框的磁通量為0

．

故答案為：1.0隆脕10鈭?21.0隆脕10鈭?20

．

在勻強磁場中；穿過線框的磁通量公式為：婁碌=BS

磁感線可以用穿過線框的磁感線的條數來理解.

當線框與磁場平行時，穿過線框的磁通量為零．

對于磁通量，關鍵抓住兩種特殊下磁通量的求解公式：在勻強磁場中，當B隆脥S

時，婁碌=BS

當B//S婁碌=0.

根據這兩種情況，運用投影的方法可求線框與磁場成任意角時的磁通量．【解析】1.0隆脕10鈭?21.0隆脕10鈭?20

四、判斷題(共4題，共40分)23、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，正負表示大小；電勢差與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．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、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢