2025年人教版（2024）高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版（2024）高二物理上冊階段測試試卷26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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在干燥的日子，當我們用塑料梳梳頭時，常常會發(fā)出劈啪的微弱聲，這種現(xiàn)象的原因是（）A．接觸起電B．摩擦起電C．感應起電D．總電量增加2、下列四幅圖中，小磁針靜止時，其指向正確的是（）A.B.C.D.3、關于速度的描述，下列說法中正確的是()A.京滬高速鐵路測試時的列車最高時速可達484km/h

指的是瞬時速度B.電動自行車限速20km/h

指的是平均速度C.子彈射出槍口時的速度為500m/s

指的是平均速度D.某運動員百米跑的成績是10s

則他沖刺時的速度一定為10m/s

4、有一勻強電場，其場強為E，方向水平向右，把一個半徑為r的光滑絕緣環(huán)，豎直放置于場中，環(huán)面平行于電場線，環(huán)的頂點A穿有一個質(zhì)量為m，電量為q(q>0)的空心小球；如圖所示，當小球由靜止開始從A點下滑1/4圓周到B點時，小球?qū)Νh(huán)的壓力大小為()

A.2mgB.qEC.2mg+qED.2mg+3qE5、從地面上方A點處自由落下一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子．地面附近有如圖所示的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，這時粒子的落地速度為v1．若電場不變，只將磁場方向改為與原方向相反，粒子落地的速度為v2，則（）A.v1＞v2B.v1＜v2C.v1=v2D.無法判定6、現(xiàn)有abc

三束單色光，其波長關系為婁脣a婁脣b婁脣c=123.

當用a

光束照射某種金屬板時能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為Ek

若改用b

光束照射該金屬板，飛出的光電子最大動能為13Ek

當改用c

光束照射該金屬板時(

)

A.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為16Ek

B.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為19Ek

C.能發(fā)生光電效應，飛出的光電子最大動能為112Ek

D.由于c

光束光子能量較小，該金屬板不會發(fā)生光電效應7、用電高峰期，電燈往往會變暗，其原理可簡化為如下物理問題.

如圖所示，理想變壓器的副線圈上，通過輸電線連接兩只相同的燈泡L1

和L2

輸電線的等效電阻為R

原線圈輸入有效值恒定的交流電壓，當開關S

閉合時，以下說法中正確的是()

A.原線圈中電流減小B.R

兩端的電壓增大C.副線圈輸出電壓減小D.原線圈輸入功率減小8、請閱讀下列材料；回答20-23小題。

2018年12月8日凌晨2時23分；中國長征三號乙運載火箭在西晶衛(wèi)星發(fā)射中心點火升空，成功將嫦娥四號探測器送上太空。在12月30日8時56分，嫦娥四號探測器在環(huán)月軌道成功實施變軌控制，由距月面平均高度約100公里的環(huán)月軌道，成功實施降軌控制，進入近月點高度約15公里；遠月點高度約100公里的環(huán)月軌道。

2019年1月3日10時26分；嫦娥四號成功登陸月球背面，全人類首次實現(xiàn)月球背面軟著陸，嫦娥四號的著陸基本上是垂直降落，而且著陸時間短，航程短，風險高，22時22分，嫦娥四號著陸器與巡視器順利分離，“玉兔二號“巡視器駛抵月球表面，著陸器上監(jiān)視相機拍下了“玉兔二號”在月背留下的第一行“腳印”，通過“鵲橋”中繼星順利傳回地面。

假設“嫦娥四號”在變軌前與變軌后繞月球都做勻速圓周運動，如圖所示，用B代表變軌前運動軌跡，用A代表變軌后運動軌跡，則下列說法中正確的是（）A.A軌道的運行速度小于B軌道的運行速度B.A軌道的周期小于B軌道的周期C.A軌道的向心加速度小于B軌道的向心加速度D.A軌道的角速度小于B軌道的角速度評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流，設氫原子中的電子以速率v在半徑為r的軌道上運動，用e表示電子的電荷量，則其等效電流的大小為____________．10、在“用單擺測定重力加速度”的實驗中：

（1）提供的器材有：鐵架臺、鐵夾、細線、有孔的小鐵球、刻度尺、秒表（停表）和天平，其中多余的器材是______，尚需補充的器材是______．

（2）測周期時，當擺球經(jīng)過______位置時開始計時并數(shù)1次，測出經(jīng)過該位置N次（約80～100次）的時間為t，則周期為______．

（3）測擺長時；測得擺線長為97.50cm，球直徑為2.00cm，然后用秒表記錄了單擺全振動50次所用的時間（如圖1），則：

①該擺擺長為______cm，秒表所示讀數(shù)為______s．

②如果他測得的g值偏小，可能的原因是______

A．測擺線長時擺線拉得過緊。

B．擺線上端未牢固地系于懸點；振動中出現(xiàn)松動使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表過遲按下。

D．實驗中誤將49次全振動數(shù)為50次。

③為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長L并測出相應的周期T，從而得出幾組對應的L與T的數(shù)據(jù)，再以L為橫坐標，T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)點連成直線（如圖2），并求得該直線的斜率為K，則重力加速度g=______（用K表示）．

11、一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖l所示．現(xiàn)給盒子一初速度v0，此后，盒子運動的v一t圖象呈周期性變化，如圖2所示．則盒內(nèi)物體的質(zhì)量為______．12、某同學小組合作自主發(fā)明了一臺小型發(fā)電機的產(chǎn)生的正弦式電流的電動勢的有效值為10V，若線圈從中性面開始勻速轉(zhuǎn)動，其周期為0.02s．則線圈轉(zhuǎn)動的角速度為______，電動勢的峰值為______，若把該電動機當成理想電源與5Ω的定值電阻串聯(lián)，則該電阻在5秒內(nèi)產(chǎn)生的熱量為______．13、如圖所示為某同學《用雙縫干涉測量光的波長》的實驗裝置，雙縫的間距為d=0.025cm，雙縫到屏的距離為L=90.000cm．實驗時，首先調(diào)節(jié)光源和濾光片的中心位于遮光筒的中心軸線上，并使______和______豎直且互相平行．當屏上出現(xiàn)了干涉圖樣后，通過調(diào)整測量頭（與螺旋測微器原理相似，手輪轉(zhuǎn)動一周，分劃板前進或后退0.500mm）觀察第一條亮紋的位置坐標如（a）圖中所示為x1=1.128mm處，第五條亮紋位置坐標如（b）圖中所示為x5=______mm．被測光波的波長為______（用題中代表各物理量的字母表示；不用算出具體數(shù)值）

14、用氦氖激光器發(fā)出的紅外線進行雙縫干涉實驗，已知使用的雙縫間距d

=0.1

mm

，雙縫到屏的距離L=6

m

，測得屏上干涉條紋中亮條紋的間距是3.8

cm

.

氦氖激光器發(fā)出的紅光波長婁脣=

____；如果把整個裝置放入折射率是43

的水中，這時屏上的條紋間距是____cm(

保留三位有效數(shù)字)

評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)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）16、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(nèi)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）

17、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）

18、如圖所示為某示波管內(nèi)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）

19、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）20、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）21、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)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）23、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）

評卷人得分四、計算題(共4題，共32分)24、某研究小組設計了一個測量液體折射率的儀器。如圖所示，在一個圓盤上，過其圓心O做兩條互相垂直的直徑BC、EF。在半徑OA上，垂直盤面插上兩枚大頭針P1、P2并保持P1、P2位置不變，每次測量時讓圓盤的下半部分豎直進入液體中，而且總使水平液面與直徑BC相平，EF作為界面的法線，而后在圖中右上方區(qū)域觀察P1、P2的像，并在圓周上插上大頭針P3，使P3正好擋住P1、P2的像。下列說法正確的是A．液體的折射率等于P3到EF的距離與A到EF的距離的比值B．液體的折射率等于A到EF的距離與P3到EF的距離的比值C．大頭針P3插在M位置時液體的折射率值大于插在N位置時液體的折射率值D．大頭針P3插在M位置時液體的折射率值小于插在N位置時液體的折射率值25、如圖所示，在勻強電場中，有AB

兩點，它們之間的距離為10cm

兩點的連線與場強方向成53鈭?

角.

將一個電荷量為1隆脕10鈭?6C

的電荷由A

點移到B

點，克服電場力做功為8隆脕10鈭?5

J.求：(sin53鈭?=0.8,cos53鈭?=0.6)

(1)AB

兩點的電勢差UAB

(2)

勻強電場的場強E.

26、如圖所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L=0.50m．平行軌道左端接一阻值R=0.50Ω的電阻．軌道處于磁感應強度大小B=0.40T，方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中．一導體棒ab垂直于軌道放置．導體棒在垂直導體棒且水平向右的外力F作用下向右勻速運動；速度大小v=5.0m/s，導體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直．不計軌道和導體棒的電阻，不計空氣阻力．求。

（1）通過電阻R的電流大小I；

（2）作用在導體棒上的外力大小F；

（3）導體棒克服安培力做功的功率P安．27、如圖所示，小車停放在光滑的水平面上，小車的質(zhì)量為M=8kg

在小車水平面A

處放有質(zhì)量為m=2kg

的物塊，AB

段是粗糙的水平面上，BC

是一段光滑的圓弧，在B

點處與AB

相切，現(xiàn)給物塊一個v0=5m/s

的初速度，物塊便沿AB

滑行，并沿BC

上升，然后又能返回，最后恰好回到A

點處與小車保持相對靜止，求：

(1)

物塊返回A

點時的速度大小(2)

從物塊開始滑動至返回A

點整個過程中，小車與物塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為多少？(3)

物塊沿BC

弧上升相對AB

平面的最大高度為多少？評卷人得分五、識圖作答題(共2題，共14分)28、光合作用是維持生命的能量來源，地球上大部分的能量物質(zhì)也是經(jīng)過光合作用由太陽能而來。下圖是某植物光合作用過程示意圖。（1）圖中①所示結(jié)構(gòu)是___；產(chǎn)生物質(zhì)A的過程稱為_______；物質(zhì)B是指____________；反應I稱為____________；反應II稱為___________。（2）圖中反應II伴隨的能量變化是_________。A．光能→電能B．活躍化學能→穩(wěn)定化學能C．電能→活躍化學能D．穩(wěn)定化學能→活躍化學能（3）20世紀40年代科學家用14CO2供給小球藻進行光合作用，最終探明了CO2轉(zhuǎn)化為有機物的途徑。這個途徑是圖中的_________。A．僅反應IB．反應I和反應IIC．僅反應IID．反應I或反應II（4）光合作用被稱為地球上最重要的反應，從能量轉(zhuǎn)換和物質(zhì)變化兩方面說明光合作用的意義______________________。29、下圖1表示綠色植物葉肉細胞部分結(jié)構(gòu)中的某些生命活動過程，①～⑦代表各種物質(zhì)，A、B代表兩種細胞器。圖2表示該植物葉片CO2吸收量隨光照強度的變化曲線。據(jù)圖回答下列問題：

(1)圖1中B是____。光反應形成ATP的反應式為____。(2)若該綠色植物長時間處于黑暗狀態(tài)時，則圖中①→②→①的循環(huán)不能進行，原因是____。(3)當光照強度處于圖2中的D點時，圖1中⑥的去向有____。(4)圖2中0～D間此幼苗光合作用有機物的凈積累量為____。(用S1、S2、S3表示)(5)在晴朗天氣下，給植物澆灌含18O的水，則在植物體周圍的空氣中含放射性物質(zhì)有____。(6)若圖2為植物25℃時CO2吸收量隨光照強度的變化曲線。已知該植物光合作用和細胞呼吸的最適溫度分別為25℃和30℃，請在圖中畫出30℃時(原光照強度和CO2濃度不變)相應的CO2吸收量隨光照強度的變化曲線(要求在曲線上標明與圖中A、B、C三點對應的a、b、c三個點的位置)。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【解析】試題分析：用塑料梳梳頭相當于用橡膠棒摩擦皮毛，梳子和頭發(fā)帶有異種電荷，然后當梳子靠近時發(fā)生放電現(xiàn)象，發(fā)出劈啪的微弱聲故選B考點：摩擦起電【解析】【答案】B2、A【分析】【解答】首先確定各磁鐵的磁感線的分布，注意磁感線由磁鐵外部是從N到S；再依據(jù)小磁針靜止時的指向，即為磁感線的切線方向，則A正確，BCD錯誤；

故選：A．

【分析】根據(jù)小磁針靜止時的指向，即為磁場方向，再結(jié)合磁感線由磁鐵外部是從N到S，而內(nèi)部則是從S到N，從而即可求解．3、A【分析】解：A

列車的最高時速指的是在安全情況下所達到的最大速度；為瞬時速度，故A正確；

B；電動自行車限速20km/h

限制的瞬時速度，不是平均速度，故B錯誤；

C；子彈射出槍口時的速度與槍口這一位置點對應；因此為瞬時速度，故C錯誤；

D；根據(jù)運動員的百米跑成績是10s

可知；可求得其平均速度為10m/s

而其沖刺速度不一定為10m/s.

故D錯誤．

故選：A

．

明確平均速度和瞬時速度的概念；知道它們的區(qū)別解答本題關鍵.

平均速度與一段位移或一段時間對應，而瞬間速度和某一位置或某一時刻對應，這是它們的根本區(qū)別．

本題應把握平均速度與瞬時速度的區(qū)別，即可判斷生活中所說的速度是平均速度還是瞬時速度，同時要加強對基本概念的理解．【解析】A

4、D【分析】【分析】當小球由靜止開始從A點下滑1/4圓周到B點的過程中，由動能定理有：在B點有牛頓第二定律有：解得ABC選項錯誤；D選項正確。

【點評】本題在求解時需要注意電場力和重力做功只與初末位置有關，與路徑無關，另外圓周運動中沿著半徑方向的合力提供向心力，顯然本題是考查相關結(jié)論的應用和做功、圓周運動特點的一個題5、A【分析】解：小球進入如圖所示的勻強電場和勻強磁場時；受到向下的重力，水平向右的電場力和水平向右的洛倫茲力，若電場力與洛倫茲力的合力使得粒子向右偏轉(zhuǎn)，過程中，電場力與重力的做正功，導致粒子的動能增加；

當磁場的方向改變時；則洛倫茲力的方向與電場力的方向相反，導致粒子的電場力做功偏小，則落地的動能小于原來的動能，故A正確，BCD錯誤；

故選：A．

對小球受力分析后；得出電場力與洛倫茲力的方向，由受力情況來確定運動情況，因洛倫茲力不做功，從而得出電場力做功，導致動能的變化，即可求解．

本題關鍵要明確洛倫茲力雖不做功，但導致粒子偏轉(zhuǎn)程度不同，從而影響電場力做功．【解析】【答案】A6、B【分析】解：abc

三束單色光，其波長關系為婁脣a婁脣b婁脣c=123

因為光子頻率v=c位

知光子頻率之比632

設a

光的頻率為6a

根據(jù)光電效應方程Ekm=hv鈭?W0

得，Ek=h?6a鈭?W013Ek=h鈰?3a鈭?W0

聯(lián)立兩式解得逸出功W0=32ha

．Ek=92ha

c

光的光子頻率為2a>W0

能發(fā)生光電效應。

最大初動能Ekm隆盲=h鈰?2a鈭?W0=12ha=19Ek.

故B正確；AC

D錯誤。

故選：B

根據(jù)光電效應方程；求出逸出功，從而判斷改用c

光照射時，能否發(fā)生光電效應．

解決本題的關鍵掌握光電效應方程，并能靈活運用．【解析】B

7、B【分析】【分析】開關S

閉合后改變了副線圈的電流和功率；根據(jù)變壓器原副線圈電壓；電流與匝數(shù)比的關系即可求解。

本題主要考查了變壓器的原理，要知道開關S

閉合后，副線圈的電流和功率都變大，難度不大，屬于基礎題?！窘獯稹緼.開關S

閉合后；電阻減小，而電壓不變，副線圈的電流增大，原線圈的電流也增大，故A錯誤；

B.副線圈電流增大，R

兩端的電壓增大，故B正確；C.副線圈電壓由原線圈和匝數(shù)比決定；而原線圈電壓和匝數(shù)比都沒有變，所以副線圈輸出電壓不變，故C錯誤；

D.原線圈的電壓不變；而電流增大，故原線圈的輸入功率增大，故D錯誤。

故選B。【解析】B

8、B【分析】解：萬有引力提供向心力；有：

=ma=m=mrω2=mr

得：v=a=ω=T=2

A、由v=可知半徑小的速度大，則A錯誤。

B、由T=2可知半徑小的周期小；則B正確。

C、由a=可知半徑小的加速度大；則C錯誤。

D、由ω=可么半徑小的角速度大；則D錯誤。

故選：B。

萬有引力提供探測器做圓周運動所需要的向心力；應用牛頓第二定律列式求出軌道半徑；向心加速度、線速度與角速度，然后答題。

本題考查了萬有引力定律的應用，知道萬有引力提供向心力，應用牛頓第二定律列方程求出相關的量即可解題，本題是一道基礎題?！窘馕觥緽二、填空題(共6題，共12分)9、略

【分析】解：由題，電子圓周運動的速率為v，半徑為r，則電子運動的周期T=

根據(jù)電流的定義式得到，等效電流為I==

故答案為：【解析】10、略

【分析】解：（1）根據(jù)實驗原理可知；不需要天平，但需要游標卡尺測量球的直徑；

（2）當擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時；

擺球兩次經(jīng)過最低點的時間間隔是半個周期，所以擺球通過最低點作為第1次停表開始計時到一直數(shù)到擺球第n次通過最低點，擺球經(jīng)過了（n-1）個半個周期，所以單擺的周期：T=

（3）①單擺的擺長是從懸點到擺球的球心的距離，L=l+=97.50+=98.50cm；

小表盤表針超過了半刻線；故：

t=60s+30+9.8s=99.8s．

②A、測擺長時將線拉得過緊導致測量值偏長，由公式g=g值偏大，故A錯誤。

B；擺線上端未牢固地系于懸點；擺動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加，但運算時選用開始所測得值，將導致g值偏小，故B正確。

C；開始計時時；秒表提前按下，將使所測周期偏大，由上式可知，g值偏小，故C正確。

D、實驗中將49次全振動誤數(shù)為50次，由T=知；周期偏小，g值偏大，故D錯誤。

故選：B；

③由單擺周期表達式T=2π可得：T2=

故以L為橫坐標、T2為縱坐標得到的圖象的斜率為：k=解得：g=

故答案為：（（1）天平，游標卡尺；（2）平衡；（3）98.50；99.8；B；．

（1）根據(jù)實驗原理來確定實驗器材；

（2）擺球經(jīng)過平衡位置開始計時；擺球兩次經(jīng)過最低點的時間間隔是半個周期；所以擺球通過最低點作為第1次停表開始計時到一直數(shù)到擺球第n次通過最低點，擺球經(jīng)過了（n-1）個半個周期；

（3）單擺的擺長是從懸點到擺球的球心的距離；

秒表先讀分針讀數(shù)；再讀秒針讀數(shù)，兩者相加；機械式秒表的小表盤表示分鐘，大表盤表示秒，大表盤一圈30秒；為了確定是前三十秒還是后三十秒，需要參考小表盤兩分鐘之間的半刻線，如果小表盤表針沒到半刻線，就是某分鐘+小表盤示數(shù)秒；如果小表盤表針超過了半刻線，就是某分鐘+（大表盤示數(shù)+30）秒；

根據(jù)單擺周期T=2π得g=由此分析g值偏小的原因，可能是擺長偏短或周期偏長；

由單擺周期表達式可得T2與L的關系式；得到斜率k的表達式，進而可求得g值．

該題考查單擺測重力加速度的實驗的實驗原理，其中擺長與單擺的周期的計算也是該實驗中的一個注意事項．屬于簡單題．本題關鍵是根據(jù)單擺周期公式T=2π推導出T2-L的關系圖象，得到斜率的表達式，基礎問題．【解析】天平；游標卡尺；平衡；98.50；99.8；B；11、略

【分析】解：設物體的質(zhì)量為m．t0時刻受盒子碰撞獲得速度v；根據(jù)動量守恒定律有：

Mv0=mv①

3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0；說明碰撞是完全彈性碰撞，由能量守恒定律有：

=②

聯(lián)立①②解得：m=M

即盒內(nèi)物體的質(zhì)量也為M．

故答案為：M

根據(jù)速度時間圖象得到盒子各個時刻的速度情況；然后根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列方程后聯(lián)立求解．

本題關鍵根據(jù)速度時間圖象得到盒子與物體的碰撞是彈性碰撞，然后根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律列方程后聯(lián)立求解．【解析】M12、略

【分析】解：周期T=0.02s，則角速度為：ω===100πrad/s；

峰值為：Em=E=×10=10V；

熱量為：Q===100J；

故答案為：100πrad/s；10V；100J；

由周期和角速度的關系可求得角速度；由最大值和有效值的關系可求得最大值；再由純電阻電路中電功的計算公式可求得產(chǎn)生的熱量．

本題考查交流電中的周期、頻率和交速度的關系，及最大值和有效值的關系應用，同時在求解熱量時要正確選擇公式．【解析】100πrad/s；10V；100J13、略

【分析】解：單縫和雙縫需要互相平行．

螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為5.5mm；

可動刻度讀數(shù)為0.01×38.0mm=0.380mm；所以最終讀數(shù)為5.880mm．

根據(jù)△x=λ，且

得λ==．

故答案為：單縫，雙縫，5.880，．

螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，需估讀．根據(jù)條紋的間距公式△x=λ求出待測光波波長．

解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，需估讀．以及掌握條紋的間距公式△x=λ．【解析】單縫；雙縫；5.880；14、6.33×10-7m2.85cm

【分析】

【分析】根據(jù)?x=Ld婁脣

可得紅光的波長，進入水中，紅光的波長發(fā)生改變，則明條紋的間距發(fā)生變化。解決本題的關鍵掌握波動和振動的關系，以及條紋間距公式?x=Ld婁脣

【解答】根據(jù)?x=Ld婁脣

紅光的波長為：婁脣=dL?x=0.1隆脕10鈭?36隆脕3.8隆脕10鈭?2m=6.33隆脕10鈭?7m

因為v=cn

所以婁脣=cf

則紅光進入水中的波長婁脣鈥?=vf=cnf=婁脣n

所以?x=Ld婁脣鈥?=?xn=2.85隆脕10鈭?2m

故屏上的明條紋間距是2.85cm

故答案為：6.33隆脕10鈭?7m2.85

【解析】6.33隆脕10鈭?7m2.85cm

三、判斷題(共9題，共18分)15、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．16、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，判斷出場強方向，A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A點處的場強大小及方向．17、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(cè)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(jié)論．18、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?9、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．20、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?。?/p>

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(zhì)，與試探電荷無關．21、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．23、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(cè)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(jié)論．四、計算題(共4題，共32分)24、略

【分析】【解析】【答案】AD25、解：（1）電荷由A→B電場力做功，有：WAB=qUAB

則有：

（2）根據(jù)UAB=EdABcos53°得：E=1333.3V/m

【分析】(1)

結(jié)合電場力做功與電勢差的關系W=qU

求出AB

兩點的電勢差；

(2)

根據(jù)勻強電場的電場強度公式U=Ed

求出場強的大小。

解決本題的關鍵知道電場力做功等于電勢差的減小量，掌握電場力做功與電勢差的關系.

注意運用W=qU

計算時，功的正負、q

的正負都要代入計算，以及在U=Ed

中，d

表示沿電場線方向上的距離?！窘馕觥拷猓?1)

電荷由A隆煤B

電場力做功；有：WAB=qUAB

則有：UAB=WABq=8隆脕10鈭?51隆脕10鈭?6V=80V

(2)

根據(jù)UAB=EdABcos53鈭?

得：E=1333.3V/m

26、解：（1）導體棒ab切割磁感線E=BLv=1.0V

由閉合電路的歐姆定律

（2）導體棒ab受到安培力F安=BIL=0.4N

由于導體棒ab勻速運動，滿足：F=F安

所以；作用在導體棒上的外力F=0.4N

（3）導體棒克服安培力的功率P安=F安v=2W

答：（1）通過電阻R的電流大小2A；

（2）作用在導體棒上的外力大小0.4N；

（3）導體棒克服安培力做功的功率2W．【分析】

（1）由題，導線ab做勻速運動；已知速度大小v，由E=BLv求出感應電動勢大小，再由閉合電路歐姆定律可求出通過電阻的電流大小；

（2）根據(jù)安培力公式可求出其大??；再由受力平衡可確定外力的大?。?/p>

（3）在水平方向上；導線受到拉力和安培力，根據(jù)功率的公式可求出安培力的功率．

本題是導體在導軌上運動類型，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式結(jié)合研究．同時運用力的功率公式．【解析】解：（1）導體棒ab切割磁感線E=BLv=1.0V

由閉合電路的歐姆定律

（2）導體棒ab受到安培力F安=BIL=0.4N

由于導體棒ab勻速運動，滿足：F=F安

所以；作用在導體棒上的外力F=0.4N

（3）導體棒克服安培力的功率P安=F安v=2W

答：（1）通過電阻R的電流大小2A；

（2）作用在導體棒上的外力大小0.4N；

（3）導體棒克服安培力做功的功率2W．27、解：

（1）以車與物塊組成的系統(tǒng)為研究對象；以物塊的初速度為正方向；

在整個過程中，由動量守恒定律得：

解得：

（2）由能量守恒定律得：

解得：△E=20J；

（3）以車與物塊組成的系統(tǒng)為研究對象；以物塊的初速度為正方向；

在物塊上升到最大高度過程中，由動量守恒定律得：

由能量守恒定律得：

解得：h=0.5m?！痉治觥糠治銮宄矬w運動過程，應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題，解題時要注意物塊返回A

點時系統(tǒng)損失的機械能是物塊在BC

上上升最大高度過程中損失機械能的兩倍。(1)(1)由動量守恒定律求出物塊與車的共同速度；(2)

由能量守恒定律求出系統(tǒng)損失的機械能；

(3)(3)以車與物塊組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律與能量守恒定律求出物塊上升的最大高度?！窘馕觥拷猓?1)(1)以車與物塊組成的系統(tǒng)為研究對象；以物塊的初速度為正方向；

在整個過程中，由動量守恒定律得：mv0=(m+M)v1

解得：v1=1m/s

(2)

由能量守恒定律得：?E=1