2025年人教A版高二物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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A版高二物理上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(xué)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9題，共18分)1、某種氣體的溫度是0℃，可以說（）A.氣體中分子的溫度是0℃B.氣體中分子運(yùn)動的速度快的溫度一定高于0℃，運(yùn)動慢的溫度一定低于0℃，所以氣體平均溫度是0℃C.氣體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增加D.該氣體沒有內(nèi)能2、科學(xué)研究證明，光子有能量也有動量，當(dāng)光子與電子碰撞的時候，光子的一些能量轉(zhuǎn)移給了電子，假設(shè)光子和電子碰撞前的波長為λ，碰撞后的波長為λ′，則以下說法正確的是（）A.碰撞過程中能量守恒，動量守恒，且λ=λ′B.碰撞過程中能量不守恒，動量不守恒且λ=λ′C.碰撞過程中能量守恒，動量守恒，且λ＜λ′D.碰撞過程中能量守恒，動量守恒，且λ＞λ′3、如圖所示，通電導(dǎo)線均置于勻強(qiáng)磁場中，其中導(dǎo)線受安培力作用正確的是()A.B.C.D.4、如圖所示，已知R1=R2=R3=1婁賂

當(dāng)開關(guān)S

閉合后，電壓表的讀數(shù)為1V

當(dāng)開關(guān)S

斷開后，電壓表的讀數(shù)為0.8V

則電池的電動勢等于(

)

A.1V

B.1.2V

C.2V

D.4V

5、真空中兩個點電荷的相互作用力為F

若把其一個電荷的帶電量減少一半，同時把它們之間的距離減少一半，則它們之間的作用力變?yōu)?

)

A.4F

B.2F

C.8F

D.F2

6、下列單位不屬于國際單位制中基本單位的是（）A.牛B.秒C.米D.千克7、關(guān)于電磁波在真空中的傳播速度，下列說法中正確的是A.頻率越高，傳播速度越大B.波長越長，傳播速度越大C.電磁波能量越大，傳播速度越大D.頻率、波長、能量都不影響電磁波在真空中的傳播速度8、一根阻值為R

的均勻電阻絲，長為l

橫截面積為S

設(shè)溫度不變，在下列哪些情況下其阻值仍為R

()A.當(dāng)l

不變，S

增大一倍時B.當(dāng)S

不變，l

增大一倍時C.當(dāng)l

和S

都減為原來的12

時D.當(dāng)l

和橫截面的半徑都放大一倍時9、在電能的輸送過程中，若輸送的電功率一定、輸電線電阻一定時，此時在輸電線上損失的電功率為P

若升壓變壓器副線圈匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼膎

倍，則輸電線上損失的功率為(

)

A.nP

B.n2P

C.Pn

D.Pn2

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、用功率P0＝3的光源，照射離光源r=5m處的某塊金屬的薄片.已知光源發(fā)出的是波長＝663nm的單色光，普朗克常量h=6.63×10-34J.s.(1)1s內(nèi)該金屬板1m2面積上接受的光能為_____J.(2)1s內(nèi)打到金屬板1m2面積上的光子數(shù)為________.11、一個線圈接通電路時，通過它的電流變化率為10A/S，產(chǎn)生的自感電動勢為3.0V，切斷電路時，電流的變化率為50A/S，產(chǎn)生的自感電動勢為______V，這個線圈的自感系數(shù)為______．12、如圖所示，A、B兩點相距0.1m，AB連線與電場線的夾角θ＝60°，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝100V/m，則A、B間電勢差UAB＝__________V。13、某研究性學(xué)習(xí)小組為探究小燈泡燈絲電阻與溫度的關(guān)系；設(shè)計并完成了有關(guān)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0～0.6A；內(nèi)阻0.1Ω）

C．電壓表（量程0～3V；內(nèi)阻約3kΩ）

D．電壓表（量程0～15V；內(nèi)阻約15kΩ）

E．滑線變阻器（最大阻值20Ω）

F．滑線變阻器（最大阻值1kΩ）

G．直流電源（電動勢15V；內(nèi)阻可忽略）H．開關(guān)一個，導(dǎo)線若干。

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

①請在虛線框中畫出為完成上述實驗而設(shè)計的合理的電路圖．其中滑線變阻器應(yīng)選擇____．（用代號填入）

②如圖所示是該研究小組測得小燈泡的I﹣U關(guān)系圖線．由圖線可知，小燈泡燈絲電阻隨溫度的升高而____（填“增大”、“減小”或“不變”）；當(dāng)小燈泡兩端所加電壓為6V時，其燈絲電阻值約為____Ω．（保留兩位有效數(shù)字）14、磁體與____________之間、磁體與____________之間，以及通電導(dǎo)體與____________之間的相互作用，都是通過____________來發(fā)生的．15、如圖所示是直角三棱柱，其中面abfe豎直放置，面abcd為正方形，邊長為L，且面abfe與面abcd夾角為30°，它們放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則通過abcd平面的磁通量大小為____________，通過整個三棱柱的磁通量為____________．16、某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的電路，已知電流表內(nèi)阻RA=0.4婁賂

允許通過的最大電流為100mAR1=0.1婁賂R2=30婁賂.

將接線柱12

接入電路時，可以測量的最大電流為______A

將接線柱13

接入電路時，可以測量的最大電壓為______V.(

均保兩位有效數(shù)宇)

17、現(xiàn)有一種特殊的電池，它的電動勢E

約為9V

內(nèi)阻r

約為50婁賂

已知該電池允許輸出的最大電流為50mA50mA為了測定這個電池的電動勢和內(nèi)阻，某同學(xué)利用如圖11所示的電路進(jìn)行實驗，圖11中電壓表的內(nèi)阻很大，對電路的影響可不考慮，RR為電阻箱，阻值范圍0隆蘆9999婁賂0隆蘆9999婁賂R0R0是定值電阻，起保護(hù)電路的作用．

(1)

實驗室備有的定值電阻R0

有以下幾種規(guī)格：

A.10婁賂2.5WB.100婁賂1.0WC.200婁賂1.0WD.2000婁賂5.0W

本實驗應(yīng)選________

(2)

該同學(xué)接入符合要求的R0

后，閉合開關(guān)S

調(diào)整電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數(shù)，改變電阻箱阻值，取得多組數(shù)據(jù)，作出了如圖22實所示的圖線((已知該直線在yy軸的截距為0.1V0.1V鈭?1).).則根據(jù)該同學(xué)所作出的圖線可求得電池的電動勢EE為________VV內(nèi)阻rr為________婁賂婁賂18、如圖所示，互相垂直的兩個分力F1、F2，將F2繞O點順時針旋轉(zhuǎn)至和F1重合，則合力在______（“增大”，“減小”），同時方向在______（“改變”，“不變”）．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)19、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（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(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(guān)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、電勢差有正有負(fù)，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）22、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)大小EA為零．________（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(guān)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、實驗探究題(共3題，共30分)24、某實驗小組利用圖1所示的裝置探究加速度與力；質(zhì)量的關(guān)系．

（1）下列做法正確的是______

A．調(diào)節(jié)滑輪的高度；使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行。

B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時；將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上。

C．實驗時；先放開木塊再接通打點計時器的電源。

D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時；不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度。

（2）為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動時受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量______木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量．（選填“遠(yuǎn)大于”；“遠(yuǎn)小于”或“近似等于”）

（3）甲、乙兩同學(xué)在同一實驗室，各取一套圖1所示裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線，設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖2可知，m甲______m乙，μ甲______μ乙．（選填“大于”、“小于”或“等于”）25、如圖所示，小量程電流表G的內(nèi)阻為100Ω，滿偏電流為1mA，若把它改裝成5V、20V的兩個量程的電壓表，那么R2=______Ω．26、如圖是用來驗證動量守恒的實驗裝置，彈性球1用細(xì)線懸掛于O點，O點正下方桌子的邊緣放有一靜止彈性球2．實驗時，將球1拉到A點并從靜止開始釋放球1，當(dāng)它擺到懸點正下方時與球2發(fā)生對心碰撞．碰撞后，球1把處于豎直方向的輕質(zhì)指示針OC推移到與豎直線最大夾角為β處，球2落到水平地面上的C點．測出有關(guān)數(shù)據(jù)即可驗證1、2兩球碰撞時動量守恒．現(xiàn)已測出：在A點時，彈性球1球心離水平桌面的距離為a，輕質(zhì)指示針OC與豎直方向的夾角為β，球1和球2的質(zhì)量分別為m1、m2，C點與桌子邊沿間的水平距離為b．

（1）在此實驗中要求m1______m2（填大于；小于或等于）；

（2）此外，還需要測量的量是______和______；

（3）根據(jù)測量的數(shù)據(jù)，該實驗中動量守恒的表達(dá)式為______．評卷人得分五、畫圖題(共2題，共16分)27、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象28、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時間變化的圖象參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】解：AB；溫度是物體分子運(yùn)動平均動能的標(biāo)志．溫度是大量分子熱運(yùn)動的集體表現(xiàn)；含有統(tǒng)計意義．對于個別分子來說，溫度是沒有意義的．故AB錯誤．

C；溫度是物體分子運(yùn)動平均動能的標(biāo)志．從統(tǒng)計規(guī)律上看；氣體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增加，故C正確。

D；分子做無規(guī)則運(yùn)動；故分子內(nèi)能永不為零，故D錯誤。

故選：C

從分子運(yùn)動論觀點看；溫度是物體分子運(yùn)動平均動能的標(biāo)志．溫度是大量分子熱運(yùn)動的集體表現(xiàn)，含有統(tǒng)計意義．對于個別分子來說，溫度是沒有意義的。

溫度是物體內(nèi)分子熱運(yùn)動的宏觀表現(xiàn)，溫度是表示物體冷熱程度的物理量，微觀上來講是物體分子熱運(yùn)動的劇烈程度．溫度是物體內(nèi)分子間平均動能的一種表現(xiàn)形式．分子運(yùn)動愈快，物體愈熱，即溫度愈高；分子運(yùn)動愈慢，物體愈冷，即溫度愈低【解析】【答案】C2、C【分析】解：光子與電子的碰撞過程中；系統(tǒng)不受外力，也沒有能量損失，故系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)能量也守恒；

光子與電子碰撞后；電子能量增加，故光子能量減小，根據(jù)E=hv，光子的頻率減小；

根據(jù)λ=知；波長變長．即λ＜λ′

故選C．

光子與靜止電子碰撞后；動量守恒，能量守恒，通過能量守恒判斷光子頻率的變化，從而得出波長的變化．

本題關(guān)鍵抓住動量守恒和能量守恒，以及波速、波長、頻率的關(guān)系進(jìn)行分析求解．【解析】【答案】C3、A【分析】【分析】當(dāng)電流的方向與磁場方向平行時，導(dǎo)線不受安培力作用；當(dāng)電流的方向與磁場的方向不平行時，受安培力作用，安培力的方向根據(jù)左手定則進(jìn)行判斷。解決本題的關(guān)鍵知道左手定則的正確使用方法?！窘獯稹緼.根據(jù)左手定則，安培力作用豎直向上，故A正確；B.根據(jù)左手定則，安培力方向豎直向下，故B錯誤；C.根據(jù)左手定則，安培力作用豎直向下，故C錯誤；D.根據(jù)左手定則，安培力作用垂直紙面向外，故D錯誤故選A。

【解析】A

4、C【分析】【分析】

當(dāng)開關(guān)S

閉合時；電阻R3

與R2

并聯(lián)后與R1

串聯(lián)，當(dāng)S

斷開時，R1

與R3

串聯(lián)，電壓表測量R1

的電壓.

根據(jù)閉合電路歐姆定律對兩種情況分別列式，聯(lián)立即可求得電源的電動勢E

對于閉合電路；根據(jù)兩種情況由閉合電路歐姆定律列出方程組，是求解電源電動勢和內(nèi)電阻常用的方法和思路，要加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練，做到熟練掌握。

【解答】

當(dāng)開關(guān)S

閉合時，電阻R3

與R2

并聯(lián)后與R1

串聯(lián)，外電路總電阻為：R=12R2+R1=1.5婁賂

電路中干路電流為：I=UR1=11A=1A

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=I(R+r)=1.5+r壟脵

當(dāng)K

斷開時，R1

與R3

串聯(lián)，電路中干路電流為：I隆盲=U鈥?R1=0.81A=0.8A

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=I隆盲(R隆盲+r)=0.8隆脕(2+r)壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷

解得：E=2Vr=0.5婁賂

故ABD錯誤，C正確。

故選C。

【解析】C

5、B【分析】解：由庫倫定律可得：

變化前：F=kQ1Q2r2

變化后：F隆盲=kQ1Q2隆盲r隆盲2=kQ112Q2(12r)2=2kQ1Q2r2

所以：F隆盲=2F

故ACD錯誤，B正確．

故選：B

．

該題比較簡單；直接根據(jù)庫侖力公式得出兩次作用力的表達(dá)式，則可求得距離減小后的相互作用力，從而解出正確結(jié)果．

本題考查庫侖定律的直接應(yīng)用，對于庫倫定律公式要注意公式的適用條件以及公式中各個物理量的含義．【解析】B

6、A【分析】解：

A；牛頓不是國際單位制中基本單位；是根據(jù)牛頓第二定律得到的導(dǎo)出單位．符合題意，故A正確．

B；C、D秒、米、千克；是國際單位制中力學(xué)的基本單位．不符合題意．故BCD錯誤．

故選A

國際單位制中基本單位秒；米、千克；牛頓不是基本單位．

學(xué)習(xí)物理量時，物理量的單位要一并學(xué)習(xí)，國際單位制中基本單位只有七個基本單位，牛頓、焦耳等不是基本單位．【解析】【答案】A7、D【分析】【解析】

試題分析：各種頻率(

波長)

的電磁波在真空中的傳播速度都是電磁波在真空中傳播速度與波長；頻率、能量均無關(guān)，則D正確。

考點：本題考查電磁波在真空中傳播。【解析】D

8、C【分析】解：A

根據(jù)電阻定律R=婁脩lS

當(dāng)L

不變，S

增大1

倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼?2.

故A錯誤．

B、根據(jù)電阻定律R=婁脩lS

當(dāng)S

不變，L

增大一倍時，電阻變成原來的2

倍.

故B錯誤．

C、根據(jù)電阻定律R=婁脩lS

當(dāng)L

和S

都縮為原來的12

時；電阻不變.

故C正確．

D、根據(jù)電阻定律R=婁脩lS

橫截面積的半徑增大為原來的2

倍，則橫截面積變?yōu)樵瓉淼?

倍，長度變?yōu)樵瓉淼?

倍，知電阻變成原來的一半；故D錯誤；

故選：C

．

根據(jù)電阻定律R=婁脩lS

結(jié)合電阻絲長度；橫截面積的變化判斷電阻的變化．

解決本題的關(guān)鍵掌握電阻定律公式R=婁脩lS

知道影響電阻大小的因素為導(dǎo)體長度、截面積及導(dǎo)體的村料．【解析】C

9、D【分析】解：升壓變壓器副線圈匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼膎

倍，則輸電線路上的電流變?yōu)樵瓉淼?n

倍，故損失功率為P脣冒=I2R=(1nI)2R=Pn2

故D正確；

故選：D

輸出功率一定時；根據(jù)P=UI

判斷電壓變化時，電流的變化，由P脣冒=I2R

求的損失功率。

解決此題關(guān)鍵掌握P=UI

和P=I2R

的應(yīng)用，注意總功率和損失功率的關(guān)系，注意損失電壓不是輸送電壓【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)10、略

【分析】【解析】試題分析：該光源1s內(nèi)發(fā)出的能量為照射面積為所以單位面積上接受的能量為每個光子的能量為故1s內(nèi)打到金屬板1m2面積上的光子數(shù)為考點：考查了光電效應(yīng)方程【解析】【答案】0.03，11、略

【分析】解：自感電動勢公式E=L結(jié)合電流變化率為10A/s，產(chǎn)生的自感電動勢為2.0V；

則有：L===0.3V?s/A=0.3H；

當(dāng)切斷電路時；電流變化率為50A/s；

產(chǎn)生的自感電動勢是E′=L=0.3×50V=15V；

故答案為：15；0.3H．

根據(jù)自感電動勢公式E=L結(jié)合電流變化率，即可求解；切斷電路時，自感系數(shù)不變，再由自感電動勢，即可求解．

本題是基礎(chǔ)的內(nèi)容的考察，知道什么是自感現(xiàn)象，明確自感的作用可以解答本題，掌握自感電動勢公式的應(yīng)用，注意自感系數(shù)與電流變化率的大小無關(guān)．【解析】15；0.3H12、略

【分析】試題分析：沿電場線電勢逐漸降低，A點電勢低于B點電勢，距離應(yīng)該是沿電場線方向距離。考點：勻強(qiáng)電場電勢差【解析】【答案】-5V13、E增大15【分析】【解答】解：①小燈泡兩端電壓可以從零至額定電壓范圍內(nèi)變化；滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，又小燈泡電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)用外接法接法，實驗電路圖如圖所示，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選E．

②由圖示圖像可知；隨燈泡兩端電壓增大，通過燈泡的電流增大，電壓與電流的比值增大，燈泡電阻增大；

由圖示圖像可知，燈泡兩端電壓為6V時，通過燈泡的電流為0.4A，則燈泡電阻R===15Ω

故答案為：①電路圖如圖所示；E；②增大；15．

【分析】描繪燈泡電阻隨電壓的變化關(guān)系，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，根據(jù)燈泡電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法．14、略

【分析】解：磁體的周圍存在著磁場；磁體間的相互作用是通過磁場而發(fā)生的．根據(jù)電流的磁效應(yīng)得知：電流周圍也存在磁場，磁體間；磁體和通電導(dǎo)體間及通電導(dǎo)體之間的作用都是通過磁場而發(fā)生相互作用的．

故答案為：磁體，通電導(dǎo)體，通電導(dǎo)體，磁場．【解析】磁體;通電導(dǎo)體;通電導(dǎo)體;磁場15、略

【分析】解：通過abcd平面的磁通量大小為BSsin30°=BL2；

通過整個三棱柱的磁通量大小為：BL2；

故答案為：BL2；BL2；【解析】BL216、略

【分析】解：接線柱12

接入電路時，根據(jù)并聯(lián)電路特點，有：IgRA=I1R1

解得I1=IgRAR1=0.40A

故可以測量的最大電流為I=Ig+I1=0.50A

接線柱13

接入電路時；電流表A

與R1

并聯(lián)，后與R2

串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路的特點有：I3=I

則U3=I3R3=0.5隆脕30V=15V

故可以測量的最大電壓為U=U3+UA=15+0.4隆脕100隆脕10鈭?3=15.04V=15V

故答案為：0.5015

將接線柱12

接入電路時；R1

與電流表并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路分流規(guī)律求出通過R1

的電流，從而求得最大電流。將接線柱13

接入電路時，R1

與電流表并聯(lián)后再與R2

串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路的特點求解。

解決本題的關(guān)鍵是理解電壓表和電流表的原理，明確當(dāng)流過電流表的電流最大時，電表測量的電流或電壓達(dá)到最大值，利用并聯(lián)電路或串聯(lián)電路的規(guī)律求解?！窘馕觥?.5015

17、C；10；47【分析】解：(1)

當(dāng)滑動變阻器短路時；電路中通過的最大電流為50mA

則由閉合電路歐姆定律可知，定值電阻的最小阻值為：R0=EI鈭?50婁賂=180鈭?50婁賂=130婁賂

定值電阻應(yīng)選C；200婁賂1.OW

(2)

由閉合電路歐姆定律可得：U=ER0+R+r(R0+R)

變形得：1U=1E+rE1R+R0

由數(shù)學(xué)知識可知，圖象中的斜率k=rE

截距b=1E

由圖可知，b=0.1

故E=10V

k=0.66鈭?0.112隆脕10鈭?2=0.47

即rE=47

解得：r=47婁賂

故答案為：(1)C(2)1047

(1)

已知電源電動勢；內(nèi)阻及最大電流；由閉合電路歐姆定律可得出電路中最小電阻，則可找出保護(hù)電阻；

(2)

由閉合電路歐姆定律可得出表達(dá)式；再結(jié)合圖象和數(shù)學(xué)知識可得出圖象的截距及斜率的含義，則可求得電動勢和內(nèi)電阻．

本題關(guān)鍵在于能由圖象知識(

斜率與截距的意義)

結(jié)合閉合電路歐姆定律求解，在解題時要注意題目中給出的條件及坐標(biāo)中隱含的信息．【解析】C1047

18、增大改變【分析】解：由題意，結(jié)合力的合成法則，則可知，隨著將F2繞O點順時針旋轉(zhuǎn)至和F1重合；其合力的大小增大，方向在改變；

故答案為：增大；改變．

根據(jù)力的平行四邊形定則；結(jié)合三角知識，即可求解．

考查力的平行四邊形定則的內(nèi)容，掌握兩個力大小不變，夾角在變化時，合力如何變化．【解析】增大改變?nèi)?、判斷題(共5題，共10分)19、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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．21、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)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(guān)．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(biāo)量，正負(fù)表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；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(guān)．22、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強(qiáng)

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

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)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(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點的場強(qiáng)是由正點電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強(qiáng)大小及方向．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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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、實驗探究題(共3題，共30分)24、略

【分析】解：（1）A；調(diào)節(jié)滑輪的高度；使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；

B；在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時；不應(yīng)懸掛“重物”，故B錯誤；

C；打點計時器要“早來晚走”即實驗開始時先接通打點計時器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊；而當(dāng)實驗結(jié)束時應(yīng)先控制木塊停下再停止打點計時器，故C錯誤；

D；平衡摩擦力后；有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，與質(zhì)量無關(guān)，故通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D正確；選擇AD；

（2）設(shè)砝碼與砝碼桶的質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M，對砝碼桶及砝碼與小車組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：a=

對木塊，由牛頓第二定律得：T=Ma==只有當(dāng)a=＜只有當(dāng)砝碼桶及桶的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量時，即：m＜＜M時，小車受到的拉力近似等于砝碼及砝碼桶的重力；

（3）當(dāng)沒有平衡摩擦力時有：T-f=ma，故a=T-μg，即圖線斜率為縱軸截距的大小為μg．觀察圖線可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙；

故答案為：（1）AD；（2）遠(yuǎn)小于；（3）小于；大于．

（1）實驗要保證拉力等于小車受力的合力；要平衡摩擦力，細(xì)線與長木板平行；

（2）砝碼桶及桶內(nèi)砝碼加速下降；失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需減小加速度，即減小砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量；

（3）a-F圖象的斜率表示加速度的倒數(shù)；求解出加速度與拉力F的