2024年魯教五四新版高二物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年魯教五四新版高二物理下冊階段測試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、一物體做平拋運動，下列四幅圖中能正確反映物體水平速度（甲）和豎直速度（乙）隨時間變化關系的是（）A.B.C.D.2、某同學用伏安法測電阻，分別采用了甲、乙兩種電路測量，關于誤差分析正確的是（）A.若選擇甲圖，測量值比真實值偏大B.若選擇乙圖，測量值比真實值偏大C.若被測電阻RX與電流表內阻接近，應該選擇乙圖誤差較小D.若被測電阻RX與電壓表內阻接近，應該選擇甲圖誤差較小3、如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶負電微粒由a點以一定初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動；則下列說法正確的是（）

A.微粒的動能一定增加。

B.微粒的動能一定減少。

C.微粒的電勢能一定減少。

D.微粒的機械能一定增加。

4、某電場的電場線分布如圖所示；以下說法正確的是（）

A.c點場強大于d點場強。

B.a點電勢高于b點電勢。

C.若將一試探電荷+q由a點靜止釋放，它將沿電場線運動到b點。

D.若將一試探電荷+q由a點靜止釋放；它將做加速運動。

5、質量為2kg的物體以2m/s的速度作勻變速直線運動；經過2s后其動量大小變?yōu)?kg．m/s，則該物體（）

A.所受合外力的大小可能等于2N

B.所受合外力的大小可能等于6N

C.所受沖量可能等于20N．s

D.所受沖量可能等于12N．s

6、一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示．用E表示兩極板間場強，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則：()A.U變小，E不變B.E變大，Ep不變C.U變小，Ep不變D.U不變，Ep不變7、將一個輕質矩形導體框從一個有理想邊界的勻強磁場中垂直邊界方向勻速拉出（如圖線框平面垂直磁場方向），第一次以拉出的速度是第二次拉出速度的一半．則（）A.前后兩次線框磁通量變化率相同B.前后兩次拉力做功相同C.前后兩次拉力功率相同D.前后兩次通過線框截面電量相同8、一個質點以O

為中心做簡諧運動，位移隨時間變化的圖象如下圖所示。abcd

表示質點在不同時刻的相應位置，且bd

關于平衡位置對稱，則下列說法中正確的是()A.質點做簡諧運動的方程為x=Asin蟺3t

B.質點在位置b

與位置d

時速度大小相同，方向不同C.質點從位置a

到c

和從位置b

到d

所用時間相等D.質點從位置a

到b

和從b

到c

的平均速度相等評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、一個木箱靜止在粗糙水平面上，木箱的重量為G=20N，木箱和地面間的動摩擦因數為μ=0.30．最大靜摩擦力為7牛，現(xiàn)在用水平向右的拉力F拉木箱．第一次F=4.0N，第二次F=10N，則兩次木箱所受的摩擦力大小分別為____N和____N．

10、銀導線的橫截面積S，通以大小為I的電流，設銀的密度為ρ，摩爾質量為M，阿伏伽德羅常數為NA．若每個銀原子可以提供一個自由電子，則銀導線每單位長度上的自由電子數的計算式n=______．11、熱力學溫度與攝氏溫度的換算關系是T=

______k.

12、圖為包含某邏輯電路的一個簡單電路圖，L為小燈泡．光照射電阻R′時，其阻值將變得遠小于R．該邏輯電路是______門電路（填“與”、“或”或“非”）．當電阻R′受到光照時，小燈泡L將______（填“發(fā)光”或“不發(fā)光”）．13、某航空母艦上的起飛跑道長200m。飛機在航空母艦上滑行的最大加速度為6m/S2，起飛需要的最低速度為50m/S。那么飛機在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為m/s。14、如圖所示，在勻強電場中A、B、C三點組成一直角三角形，其中C為直角，角A為30°，AC=20cm．現(xiàn)將一帶電量為-2×10-8C的點電荷由C點移到A點，電場力做功6.0×10-6J，將另一個帶電量為1.5×10-8C的點電荷由C點移到B點，外力克服電場力做功4.5×10-6J，則勻強電場的場強大小為____．

15、某同學在家里做用單擺測定重力加速度的實驗；但沒有合適的擺球，他找到了一塊大小為3cm左右，外形不規(guī)則的大理石塊代替小球（如圖）．他設計的實驗步驟是：

A．將石塊用細尼龍線系好；結點為M，將尼龍線的上端固定于O點。

B．用刻度尺測量OM間尼龍線的長度L作為擺長。

C．將石塊拉開一個大約α=30°的角度；然后由靜止釋放。

D．從擺球擺到最高點時開始計時，測出30次全振動的總時間t，由T=得出周期。

E．改變OM間尼龍線的長度再做幾次實驗；記下相應的L和T

F．求出多次實驗中測得的L和T的平均值作為計算時使用的數據，帶入公式g=（）2L求出重力加速度g．

（1）你認為該同學以上實驗步驟中有錯誤或操作方法不當的是______

（2）該同學用OM的長作為擺長；這樣做引起的系統(tǒng)誤差將使重力加速度的測量值比真實值偏大還是偏??？

（3）因石塊重心不便確定，另一個同學設計了一個巧妙的方法，可以避免上述誤差．第一次測得懸線長為L1，測得振動周期T1；第二次改變懸線長度為L2，并測得此時振動周期T2．根據測量數據導出重力加速度的表達式為______．16、如圖所示的電路中；1；2、3、4、5、6為連接點的標號．在開關閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關、小燈泡、3根導線以及電路中的各點連接．

（1）為了檢測小燈泡以及3根導線，在連接點1、2已接好的情況下，應當選用多用電表的______擋．在連接點1、2同時斷開的情況下，應當選用多用電表的______擋．

（2）在開關閉合情況下，若測得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明______可能有故障。

（3）將小燈泡拆離電路，寫出用多用表檢測該小燈泡是否有故障的具體步驟．______．17、表面光滑、質量不計的尖劈插在縫AB

之間，在尖劈背上加一壓力F

如圖所示，則尖劈對A

側的壓力為______，對B

側的壓力為______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)18、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）19、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）

20、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）

21、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）22、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）23、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）24、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）

評卷人得分四、實驗題(共1題，共8分)25、一游標卡尺的主尺最小分度為1mm，游標上有20個小等分間隔，用此卡尺來測量小球的直徑如圖所示，則其直徑為____mm。評卷人得分五、計算題(共3題，共30分)26、我國正在大力發(fā)展航母技術，其中包括蒸汽彈射技術．一架總質量M=5.0×103kg的戰(zhàn)機，從靜止起，在自身動力和持續(xù)的蒸汽動力共同作用下，只要水平加速60m，就能達到v0=60m/s的起飛速度．假設戰(zhàn)機起飛前的加速過程做勻加速直線運動；航母保持靜止．求：

（1）戰(zhàn)機加速過程中加速度大小a；

（2）戰(zhàn)機在甲板上飛行的時間t；

（3）戰(zhàn)機起飛過程中所受合力的大小F．27、如圖所示，真空中有一個半徑為R=0.1m、質量分布均勻的玻璃球，頻率為f=5.0×1014Hz的細激光束在真空中沿直線BC傳播，在玻璃球表面的C點經折射進入小球，并在玻璃球表面的D點又經折射進入真空中．已知∠COD=120°，玻璃球對該激光束的折射率為．求：

①此激光束進入玻璃球時的入射角α；

②此激光束穿越玻璃球的時間．28、如圖所示；光滑水平面上有一靜止長木板C

其右端帶有擋板，小物塊AB

分別靜置于其左端及中點。已知木板C

全長L=18m

物塊AB

與木板C

間的動摩擦因數皆為婁脤=0.3

三者質量滿足mC=2mA=2mB

重力加速度g=10m/s2.

現(xiàn)通過擊打使得A

物塊獲得向右的速度v0=15m/s

如果物體間的碰撞都是彈性正碰，試求：

(1)

物塊AB

第一次碰撞前的速度大小各為多少？

(2)B

物塊與木板C

右端擋板碰后瞬間的速度；

(3)B

物塊與C

木板右端擋板碰后，B

物塊與A

物塊的最短距離。評卷人得分六、實驗探究題(共2題，共16分)29、某研究性學習小組為探究小燈泡的伏安特性曲線；設計并完成了有關的實驗，以下是實驗中可供選用的器材．

A.待測小燈泡(

額定功率6W

額定電流0.5A)

B.電流表(

量程0隆蘆0.6A

內阻0.01婁賂)

C.電壓表(

量程0隆蘆3V

內阻約5k婁賂)

D.電壓表(

量程0隆蘆15V

內阻約15k婁賂)

E.滑動變阻器(

最大阻值50婁賂)

F.滑動變阻器(

最大阻值1k婁賂)

G.直流電源(

電動勢15V

內阻可忽略)

H.開關一個；導線若干．

實驗中調節(jié)滑動變阻器；小燈泡兩端電壓可以從零至額定電壓范圍內變化，從而測出小燈泡在不同電壓下的電流．

(1)

請在實物圖中用筆畫線代替導線將電路圖補充完整．

(2)

實驗中為較準確測量；方便調節(jié)；電壓表應選用______，滑動變阻器應選用______(

填寫儀器序號)

．

(3)

當小燈泡兩端所加電壓為10V

時；其燈絲電阻值約為______婁賂(

保留兩位有效數字)

．

(4)

如果將該小燈泡直接接到電動勢為6V

內阻為12婁賂

的電源兩端.

此時小燈泡的電功率約為______W(

保留兩位有效數字)

．30、利用如圖所示的電路做光電效應實驗，當光照射到光電管的金屬材料上時，靈敏電流計中沒有電流通過。經檢查實驗電路完好。則發(fā)生這種現(xiàn)象的原因可能有______和______。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】解：平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動豎直方向上的自由落體運動；水平速度保持不變，v-t圖象是平行于t軸的直線．

豎直速度為v=gt；v-t圖象是過原點的直線，故ACD錯誤，B正確．

故選：B

物體做平拋運動；我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，根據兩個方向分速度與時間分析圖象形狀．

本題是對平拋運動規(guī)律的考查，要明確平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來研究．【解析】【答案】B2、B【分析】解：A；甲圖所示電路是電流表外接法；用它測量電阻時，測量值是待測電阻Rx和電壓表內阻的并聯(lián)電阻值，故測得的電阻值偏小，故A錯誤；

B、乙圖所示電路是電流表內接法，用它測量電阻時，測量值R測=Rx+RA＞Rx；測量值偏大；故B正確；

C、電流表內阻很小，被測電阻RX與電流表接近；若采用乙圖接法，則誤差較大；因此應該選擇甲圖誤差較小，故C錯誤；

D、電壓表內阻越大，被測電阻RX與電壓表接近；應該選擇乙圖誤差較?。蔇錯誤．

故選：B．

電流表外接法測得的電阻阻值是待測電阻Rx和電壓表內阻的并聯(lián)電阻值；電壓表內阻越大；電阻越小，測量的誤差越??；而電流表內接法測得的電阻阻值是電流表內阻與待測電阻的串聯(lián)值的和，待測電阻越大，誤差越?。?/p>

該題中用伏安法測電阻的兩種常用電路分別是電流表內接法和電流表外接法，電流表內接法測得的電阻值大，電流表外接法測得的電阻值偏??；該知識點既可以說是屬于記憶性的知識，也要記住分析的方法．【解析】【答案】B3、C|D【分析】

根據做直線運動的條件和受力情況（如圖所示）可知；粒子做勻速直線運動，所以粒子的動能保持不變，選項AB錯誤；

再由a沿直線運動到b的過場中；電場力做正功，電勢能減小，選項C正確；

重力做負功；重力勢能增加，選項D正確．

故選：CD．

【解析】【答案】對帶電粒子進行受力分析；受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據各力的做功情況，即可判斷各選項的正誤．

4、B|D【分析】

A；電場線的密的地方場強大；d點電場線密，所以d點場強大，故A錯誤．

B、沿著電場線方向電勢降低，a點電勢高于b點電勢；故B正確．

C；若將一試探電荷+q由a點靜止釋放；將沿著在a點的場強方向運動，運動軌跡不是電場線，故C錯誤．

D；若將一試探電荷+q由a點靜止釋放；電場力對電荷做正功，電荷動能增加，所以將做加速運動，故D正確．

故選BD．

【解析】【答案】電場線的疏密反映電場的強弱．

沿著電場線方向電勢降低．

電場線方向與電荷的運動軌跡無直接關系．

5、A|B|D【分析】

取初動量方向為正方向。

A；當末動量方向與初動量方向相同時；根據動量定理得，F(xiàn)t=P′-mv，代入解得，F(xiàn)=2N．所受沖量為I=Ft=4N?s．故A正確．

B；D當末動量方向與初動量方向相反時；根據動量定理得，F(xiàn)t=-P′-mv，代入解得，F(xiàn)=6N所受沖量為I=Ft=12N?s．故B正確．

C；由上可知；所受沖量不可能等于20N?s．故C錯誤．

故選ABD

【解析】【答案】質量為2kg的物體以2m/s的速度作勻變速直線運動，初動量大小為P=mv=4kg?m/s；經過2s后末動量大小變?yōu)?kg?m/s，而方向可能與初動量方向相同，也可能與初動量方向相反，取初動量方向為正方向，根據動量定理求解合外力的大小可能值，及合外力的沖量可能值．

6、A|C【分析】試題分析：據題意，電容器充電后與電源斷開，說明電容器兩極板上的電荷量Q不變；當上極板下移至圖示位置，可知電容器極板距離減小，電容據可知增大，電容器電壓據可知減??；電場強度為：即電場強度不變；電荷在P點電勢能為：即電勢能不變；故選項A、C正確?？键c：本題考查電容器?！窘馕觥俊敬鸢浮緼C7、D【分析】解：A；線圈產生的感應電動勢為E=BLv；v越大，E越大，由法拉第電磁感應定律知，線圈的磁通量變化率越大，所以第二次線框磁通量變化率較大，故A錯誤．

B；在兩情況下；由于位移相同，所以拉力的功與拉力成正比，而拉力與安培力相等，則拉力做的功與安培力成正比，而安培力與速度成正比，所以拉力做的功與速度成正比，即1：2，故B錯誤．

C；在兩種情況下；由公式P=Fv知，拉力的功率等于拉力及速度的乘積成正比，所以功率之比為1：4．故C錯誤．

D、根據q=分析知；磁通量變化量相等，所以兩次通過線框截面電量相同．故D正確．

故選：D．

根據E=BLv分析感應電動勢的關系，由法拉第電磁感應定律分析磁通量變化率關系．在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，則拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積．拉力的功率等于電功率．電量根據q=分析．

通電導線在磁場中受到的安培力與運動速度有關，而且是唯一與速度有關的一個力．同時通過本題讓學生掌握去尋找要求的量與已知量的關系，其他不變的量均可去除．【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】簡諧運動方程應為x=Acos婁脴t，簡諧運動的位移是指相對平衡位置的位移。本題考查對振動圖象的識別和理解能力，圖象會直觀的告訴我們很多信息，故要學會認知圖象，并能熟練應用."id="MathJax-Element-3146-Frame"role="presentation"tabindex="0">．．．．．A.由圖像可知振幅為A

周期為8s

則婁脴=2婁脨婁脨T=2婁脨8=婁脨4rad/s

則質點做簡諧振動的方程為：x=Acos婁脨4t

故A錯誤；

B.由圖像可知點b

與點d

關于平衡位置對稱；而且同向運動，即速度大小相等，方向相同，故B錯誤；

C.質點從位置a

到c

和從位置b

到d

所用的時間相等；均為2s

故C正確；

D.質點從位置a

到b

和從b

到c

的過程中時間相同但位移大小不同；故平均速度不同，故D錯誤；

故選C。

．【解析】C

二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】

由題可知，木箱與水平面間的最大靜摩擦力為7N，當水平拉木箱的力為4N時，小于最大靜摩擦力，木箱未被拉動仍處于靜止狀態(tài)，受到靜摩擦力，根據平衡條件可知：木箱與水平面間的摩擦力大小f1=F1=4N．

當水平拉木箱的力為10N時，大于最大摩擦力，木箱受到滑動摩擦力，由滑動摩擦力公式得，木箱與水平面間的摩擦力大小f2=μN=μG=6N．

故答案為：4；6．

【解析】【答案】當水平拉木箱的力為4N時；小于最大靜摩擦力，物體未被拉動，受到靜摩擦力，根據平衡條件求解靜摩擦力大?。斔嚼鞠涞牧?0N時，大于最大摩擦力，由滑動摩擦力公式求解摩擦力．

10、略

【分析】解：單位長度質量為：M′=ρ?S?1；

單位長度原子數為：N=?NA=

每個銀原子可以提供一個自由電子，故電子數為

故答案為：

銀導線單位長度電子數等于原子數；設自由電子定向移動的速率為v；求出導線中單位長度自由電子的數目，根據電流的定義式推導出電流的微觀表達式，解得自由電子定向移動的速率．

本題關鍵是建立微觀模型，假設每個電子均以平均速度做勻速直線運動，然后結合電流的定義進行列式計算．【解析】11、略

【分析】解：熱力學溫度是以鈭?273.15隆忙

為零點；每1K

與1隆忙

相對應，故對應關系為：

T=t+273.15K

故答案為：t+273.15K

攝氏溫度t

與熱力學溫度T

中的每一度是相同的；它們的關系為：T=t+273.15K

本題考查攝氏度與熱力學溫度的關系，要明確兩種定義方法中的零點不同．【解析】t+273.15

12、非不發(fā)光【分析】解：該邏輯電路為非門電路．非門的特點輸入狀態(tài)和輸出狀態(tài)相反；當電阻R′受到光照時，其阻值將變得遠小于R．則R兩端的電勢差大，R′兩端間的電勢差小，則輸入端為高電勢，那么輸出端為低電勢，小燈泡L不發(fā)光．

故答案為：非；不發(fā)光．

根據門電路的符號判斷該門電路為非門；當輸出端為高電勢時；燈泡會發(fā)光，為低電勢時，燈泡不發(fā)光，所以判斷燈泡發(fā)光還是不發(fā)光，看輸入端是高電勢還是低電勢．

解決本題的關鍵知道門電路的各種符號，以及非門的特點，即輸入狀態(tài)與輸出狀態(tài)相反．【解析】非不發(fā)光13、略

【分析】試題分析：已知跑道長末速度加速度．由運動學公式得代入數據得：考點：考查了勻變速直線運動規(guī)律的應用【解析】【答案】1014、略

【分析】

C、A間電勢差UCA==V=-300V；

C、B間的電勢差UCB==V=-300V；

故知AB電勢相等；AB連線即為一條等勢線，根據電場線與等勢線垂直，且指向電勢較低的等勢面可知，電場強度方向垂直AC向上；

則場強大小為E==V/m=3000V/m

故答案為：3000V/m；

【解析】【答案】根據公式U=求出C、A間和C、B間的電勢差，找出等勢點，確定等勢線，根據電場線與等勢線垂直，確定電場線的方向，再根據E=求場強大?。?/p>

15、略

【分析】解：（1）B；（擺長應從懸點到大理石塊的質心）；

C；拉開一個大約α=5°的角度；然后由靜止釋放；

D；（測量時間應從單擺擺到最低點開始）；

F；（必須先分別求和各組L和T值對應的g；再取所求得的各個g的平均值）

故選：BCDF．

（2）根據g=擺長偏短，所以測得的重力加速度偏?。?/p>

（3）設石塊質心到M點的距離為x，通過周期公式T=2π得。

T1=2π

T2=2π

可解得g=4π2

故答案為：（1）BCDF；（2）偏??；（3）g=4π2．

（1）擺長等于懸點到大理石塊的質心的距離；單擺在擺角較小時（小于5°）可看成簡諧運動；在最低點速度最大；此時開始計時誤差最??；不能通過測得物理量的平均值作為計算時使用的數據，應根據各組數據求出重力加速度，再求平均值．

（2）根據g=判斷g值偏大還是偏?。?/p>

（3）可以設石塊質心到N點的距離x，通過周期公式T=2π兩次測量列方程組求解．

解決本題的關鍵掌握單擺的周期公式T=2π會用單擺的周期公式測得重力加速度．【解析】BCDF；g=4π216、略

【分析】解：（1）在1；2兩點接好的情況下；應當選用多用電表的電壓檔，若選電流擋易造成表頭燒壞、電源短路；若選歐姆擋則有可能造成短路、指針倒轉．在1、2同時斷開的情況下，應選用歐姆檔，直接測量某段電路的電阻即可．

（2）電壓表示數接近電動勢；只有一種可能，即電壓表與燈泡串聯(lián)接入電路，電壓表內阻極大，分得大部分電壓，說明開關或連接點5；6兩點斷路．

（3）①調到歐姆檔②將紅黑表筆相接；檢查歐姆檔能否正常工作（由于無需精確測量電路阻值，所以不必調零）③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．（燈絲斷或燈座接觸不良）

故答案為：（1）電壓；歐姆。

（2）開關或連接點5；6

（3）①調到歐姆檔；②將紅；黑表筆相接；檢查歐姆檔能否正常工作；③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．

在電源接入時；電路故障判定一般選用電壓表并聯(lián)，電壓表示數接近電動勢，說明該處斷路，無視數則正常；電源不接入時，使用歐姆表，歐姆表示數為無窮大，即說明電路發(fā)生斷路．

用電壓擋測電路斷路故障原理是：某處斷路時，并聯(lián)接入的電壓表，與一般電阻串聯(lián)，由于電壓表內阻大，能分到大部分電壓，其示數接電動勢；若電路完好，則總電路斷路時，電壓表無示數；另外，電壓表只要量程夠大，不必擔心電表燒壞或電路短路．【解析】電壓；歐姆；開關或連接點5；6；①調到歐姆檔。

②將紅；黑表筆相接；檢查歐姆檔能否正常工作。

③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．17、略

【分析】解：對尖劈進行受力分析如圖；對壓力F

進行分解如圖：

由幾何知識得對A

側壓力：F2=Fsin偽

對B

側的壓力：F1=Ftan偽

故答案為：Fsin偽Ftan偽

．

將F

按照力的作用效果分解為垂直于三角形劈的直角邊和斜邊方向；根據平行四邊形定則，求出兩個分力的大小，兩分力的大小分別等于對A

側和B

側的壓力．

解決本題可以用合成法，也可以用分解法.

將力按作用效果分解，運用分解法處理比較簡便．【解析】Fsin偽Ftan偽

三、判斷題(共7題，共14分)18、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；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：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．19、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；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】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，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，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．20、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．21、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；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：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．22、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??；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．23、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．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據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W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。?、實驗題(共1題，共8分)25、略

【分析】【解析】試題分析：游標卡尺為20分度，最小刻度代表的是0.05mm，主尺讀數為9mm，游標尺讀數為0×0.05mm，由此可知讀數為9.00mm考點：考查游標卡尺的讀數【解析】【答案】小球的直徑為9.00mm。五、計算題(共3題，共30分)26、略

【分析】

（1）利用勻變速直線運動的速度與位移關系代入求解；

（2）利用勻變速直線運動的速度與時間關系v=v0+at代入求解；

（3）利用牛頓第二定律求出戰(zhàn)機起飛過程中所受合力的大小F．

第（2）問中求時間也可以利用勻變速直線運動的位移與時間關系，或者用勻變速直線運動的平均速度求位移公式求出戰(zhàn)機運動的時間．【解析】解：（1）戰(zhàn)機的初速度為0，起飛速度為v0=60m/s；水平運動的位移x為60m

由勻變速直線運動的速度與位移關系可得。

即602=2a×60

解得a=30m/s2

（2）勻變速直線運動的速度與時間關系v=v0+at得。

v0=at即60=30t

解得t=2s

（3）由牛頓第二定律得F=Ma=5.0×103kg×30m/s2=1.5×105N

答：（1）戰(zhàn)機加速過程中加速度大小a為30m/s2；

（2）戰(zhàn)機在甲板上飛行的時間t為2s；

（3）戰(zhàn)機起飛過程中所受合力的大小F為1.5×105N．27、略

【分析】

由幾何知識得到激光束在在C點的折射角，由折射定律求出入射角．根據光路的可逆性可知光束在D點不可能發(fā)生全反射．光子穿越玻璃球時頻率不變．由幾何知識求出CD的長度，由v=求出激光束在玻璃球中傳播的速度；則可求出此激光束在玻璃中穿越的時間．

本題是幾何光學與物理光學的綜合，要抓住光子的頻率由光源決定，與介質無關，掌握折射定律、光速公式v=和全反射的條件：光從光密介質進入光疏介質時，入射角大于或等于臨界角，即可進行解答．【解析】解：（1）由幾何知識得到激光束在在C點折射角r=30°；

由n=得：sinα=nsinr=sin30°=

得入射角：α=60°．

（2）此激光束在玻璃中的波速為：v==

CD間的距離為：S=2Rsin60°=R

則光束在玻璃球中從C到D傳播的時間為：t==．

答：①此激光束進入玻璃球時的入射角α是60°；

②此激光束穿越玻璃球的時間是．28、解：(1)

設mA=mB=m

則mC=2m

設向右為正方向，剛開始A

加速度大小a1=婁脤mAgmA=婁脤g=0.3g

BC

共同的加速度大小a2=婁脤mg3m=0.1g

此時BC

可保持共速，設AB

第一次相撞時所用時間為t

則：(v0t鈭?12a1t2)鈭?12a2t2=L2

解得t=15鈭?3174s

所以碰撞前A

的速度vA=v0鈭?a1t

解得vA隆脰13m/s

碰撞前B

的速度vB=a2t隆脰0.66m/s

(2)AB

是彈性碰撞且質量相等；則碰撞后速度交換，因此碰后A

相對C

靜止以a2

加速，B

延續(xù)碰前A

的速度以a1

減速。

設B

與C

右端擋板碰前；B

的速度為v1AC

的速度為v2

從開始運動至此時刻，取向右為正方向，由動量守恒和能量關系得：

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12鈰?3mv22+婁脤mgL

解得：v1=10.5m/sv2=1.5m/s

另一組解v1=鈭?3m/sv2=6m/s

舍去。

故：B

物塊與木板C

右端擋板碰后瞬間的速度為10.5m/s

方向向右。

(3)

設B

與C

右端碰撞后速度分別為vBvC

由動量守恒及機械能守恒得。

mv1+2mv2=mvB+2mvC

12mv12+12鈰?2mv22=12mvB2+12鈰?2mvC2

解得vB=4v2鈭?v13vC=2v1+v23

另一組解vB=v1vC=v2

舍去。

代入數據得vB=鈭?1.5m/svC=7.5m/s

AB

加速度為a1

而C

加速度為a3=0.3g

設AC

共速時間為t

則v3=v2+a1t=vC鈭?a3t

得t=1s

AC

共速v3=4.5m/sB

的速度v4=vB+a1t=1.5m/s

由動量守恒定律：mv0=(m+2m+m)v

得v=3.75m/s

由v=v4+a1t1

得：t1=0.75s

由圖知；陰影部分面積為兩物體靠的最近時的相對位移：S脧脿=4.125m

故最近的位移為d=L2鈭?S脧脿=4.875m

答：

(1)

物塊AB

第一次碰撞前的速度大小各為13m/s

和0.66m/s

(2)B

物塊與木板C

右端擋板碰后瞬間的速度為1.5m/s

方向向左；

(3)B

物塊與C

木板右端擋板碰后，B

物塊與A

物塊的最短距離是4.875m【分析】本題綜合考查了動量守恒定律；能量守恒定律以及牛頓第二定律；關鍵要找出能夠發(fā)生碰撞的臨界情況和臨界條件，分析物體間的速度關系和位移關系。

(1)

由牛頓第二定律求出AB

第一次碰撞前A

與B

的加速度大小，根據AB

第一次相撞時兩者位移之差等于L2

由位移公式求出所用的時間，再由速度公式求得碰撞前兩者的速度。

(2)AB

是彈性碰撞且質量相等；則碰撞后速度交換，因此碰后A

相對C

靜止以a2

加速，B

延續(xù)碰前A

的速度以a1

減速。B

物塊與木板C

右端擋板碰撞過程遵守動量守恒定律和能量守恒定律，由此求解。

(3)

由動量守恒定律和能量守恒定律求出B

與C

右端碰撞后速度。由動量守恒定律求出AC

所達到的共同速度。畫出三個物體的v鈭?t

圖象；根據“面積”表示位移，求出B

物塊與A

物塊的相對位移來求最短距離。

【解析】解：(1)

設mA=mB=m

則mC=2m

設向右為正方向，剛開始A

加速度大小a1=婁脤mAgmA=婁脤g=0.3g

BC

共同的加速度大小a2=婁脤mg3m=0.1g

此時BC

可保持共速，設AB

第一次相撞時所用時間為t

則：(v0t鈭?12a1t2)鈭?12a2t2=L2

解得t=15鈭?3174s

所以碰撞前A

的速度vA=v0鈭?a1t

解得vA隆脰13m/s

碰撞前B

的速度vB=a2t隆脰0.66m/s

(2)AB

是彈性碰撞且質量相等；則碰撞后速度交換，因此碰后A

相對C

靜止以a2

加速，B

延續(xù)碰前A

的速度以a1

減速。

設B

與C

右端擋板碰前；B

的速度為v1AC

的速度為v2

從開始運動至此時刻，取向右為正方向，由動量守恒和能量關系得：

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12鈰?3mv22+婁脤mgL

解得：v1=10.5m/sv2=1.5m/s

另一組解v1=鈭?