2025年人教版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年人教版高二物理下冊階段測試試卷898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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、一列簡諧橫波沿直線傳播，該直線上的a、b兩點相距4.42m．圖中實、虛兩條曲線分別表示平衡位置在a、b兩點處質(zhì)點的振動曲線．從圖示可知（）

A.此列波的頻率一定是0.1Hz

B.此列波的波長一定是0.1m

C.此列波的傳播速度可能是34m/s

D.a點一定比b點距波源近。

2、真空中兩個點電荷相距時，靜電力為如果保持它們的電量不變，而將距離增大為時，則靜電力將變?yōu)锳.B.C.D.3、如圖，表示兩列同頻率相干水波在t=0時刻的疊加情況，圖中實線表示波峰虛線表示波谷，已知兩列波的振幅均為2cm（且在圖示范圍內(nèi)振幅不變）。波速為2m/s，波長為0.4m，E點是BD連線和AC連線的交點，下列說法正確的是（）A.C兩點是振動加強點B.B,D,E點是振動加強點C.D兩點在該時刻的豎直高度差8cmD.E點是振動加強點D兩點在該時刻的豎直高度差8cmt=0.05s時，E點離平衡位置的位移大小4cm4、如圖所示，為一定質(zhì)量的氣體在不同溫度下的兩條等溫線，則下列說法正確的是()A.從等溫線可以看出，一定質(zhì)量的氣體在發(fā)生等溫變化時，其壓強與體積成反比B.一定質(zhì)量的氣體，在不同溫度下的等溫線是不同的C.由圖可知T1>T2D.由圖可知T1<T25、關(guān)于元電荷，下列說法中錯誤的是(

)

A.元電荷實質(zhì)是指電子和質(zhì)子本身B.所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍C.元電荷的值通常取作e=1.60隆脕10鈭?19C

D.電荷量e

的數(shù)值最早是由美國科學(xué)家密立根用實驗測得的6、下列說法中正確的是(

)

A.在場強較小處，電荷在該處的電勢能也較小B.電荷在場強為零處，電勢能不一定為零C.在零電勢的位置處，電場強度必為零D.在場強相等的各點，電荷的電勢能必相等7、如圖所示；一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央進入兩平行金屬板間的勻強電場，已知粒子的帶電量為q，兩板間的電勢差為U，則粒子運動過程中（）

A.若粒子從電場中射出，則粒子動能增加了qUB.若粒子從電場中射出，則電場力一定對粒子做了的功C.若粒子打在極板上，則電場力一定對粒子做了的功D.若粒子打在極板上，則粒子的動能一定增加了qU8、有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球A、B、C，從同一位置以相同速度v0先后射入豎直方向的勻強電場中，它們落在正極板的位置如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.小球A帶正電，小球B不帶電，小球C帶負電B.三個小球在電場中運動的時間相等C.三個小球到達正極板的動能E＞E＞ED.三個小球的加速度關(guān)系為aA＞aB＞aC9、如圖所示，在絕緣的水平面上等間距固定著三根相互平行的通電直導(dǎo)線a、b和c，各導(dǎo)線中的電流大小相同，其中a、c導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，b導(dǎo)線電流方向垂直紙面向內(nèi)．每根導(dǎo)線都受到另外兩根導(dǎo)線對它的安培力作用．關(guān)于每根導(dǎo)線所受安培力的合力，以下說法中正確的是（）A.導(dǎo)線a所受安培力的合力方向向右B.導(dǎo)線c所受安培力的合力方向向右C.導(dǎo)線c所受安培力的合力方向向左D.導(dǎo)線b所受安培力的合力方向向左評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、黑體輻射的實驗規(guī)律如圖所示，圖中畫出了三種溫度下黑體輻射的強度與波長的關(guān)系．可見，一方面，隨著溫度的降低，各種波長的輻射強度都有______（選填“增加”或“減少”），另一方面，輻射強度的極大值向波長______（選填“較長”或“較短”）的方向移動．11、用三個完全相同的金屬環(huán)，將其相互垂直放置，并把相交點焊接起來成為如圖所示的球形骨架，如整個圓環(huán)的電阻阻值為4Ω，則Ａ、Ｃ間的總電阻阻值ＲＡＣ＝________．（Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆ為六個相交焊接點，圖中Ｂ點在外，Ｄ點在內(nèi)）12、平行板電容器所帶電量為Q=3.0×10-8C，它的兩板之間的電壓U=2.0V，則它的電容為____________μF．如果兩板間的帶電量各減少一半，則兩板電勢差為____________V，電容器電容為____________μF．____________pF．13、如圖甲為盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型圖，原子的中間有一個體積很小、帶正電的核，盧瑟福推算出原子核的直徑約為______m；如圖乙為α粒子散射實驗現(xiàn)象模擬圖，圖中只有極少數(shù)α粒子有機會從離核很近的地方經(jīng)過，是因為受到比較大的______力，才會發(fā)生大角度的偏轉(zhuǎn)．14、將一電荷量為2隆脕10鈭?5

的試探電荷放在電場中的P

點處，所受的電場力的大小為2隆脕10鈭?2N

則P

點的電場強度的大小為______N/C

如果將試探電荷拿走則電場強度為______N/C

．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、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）16、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）17、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）

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(shè)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、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）21、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）

22、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）

23、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(shè)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7分)24、用多用表測量該元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，因此需選擇＿＿＿＿倍率的電阻檔(填：“×10”或“×1k”)，并重新＿＿＿＿再進行測量，多用表的示數(shù)如圖(a)所示，測量結(jié)果為＿＿＿＿Ω。評卷人得分五、實驗探究題(共4題，共8分)25、在“實驗：用伏安法測量金屬絲電阻率ρ”中；實驗用的電源電動勢為3V，金屬絲的最大電阻為5Ω．

①為使測量更為準確；請在圖甲中正確選擇電流表的量程并接入電路．

②用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，測量結(jié)果如圖乙所示，其讀數(shù)為d=______mm．

③滑動變阻器觸頭調(diào)至一合適位置后不動．閉合開關(guān)，P的位置選在ac的中點b，讀出金屬絲接人電路的長度為L，電壓表、電流表的示數(shù)分別為U、I．請用U、I、L、d寫出計算金屬絲電阻率的表達式：ρ=______．

④本電路測量結(jié)果：ρ測______ρ真．（選填“＞”或“＜”）26、如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O

.

接下來的實驗步驟如下：步驟1

不放小球2

讓小球1

從斜槽上A

點由靜止?jié)L下，并落在地面上.

重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；步驟2

把小球2

放在斜槽前端邊緣位置B

，讓小球1

從A

點由靜止?jié)L下，使它們碰撞，重復(fù)多次，并使用與步驟1

同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；步驟3

用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M

、P

、N

離O

點的距離，即線段OM

、OP

、ON

的長度．(1)

對于上述實驗操作，下列說法錯誤的是________．A.斜槽軌道必須光滑B.

應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下C.斜槽軌道末端必須水平D.

小球1

質(zhì)量應(yīng)大于小球2

的質(zhì)量(2)

上述實驗除需測量線段OM

、OP

、ON

的長度外，還需要測量的物理量有________．A.A

、B

兩點間的高度差h

1B

．B

點離地面的高度h

2

C.小球1

和小球2

的質(zhì)量m

1

m

2D.

小球1

和小球2

的半徑r

(3)

當所測物理量滿足表達式_______________________________________________(

用所測物理量的字母表示)

時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律.

如果還滿足表達式_________________________________________________(

用所測物理量的字母表示)

時，即說明兩球碰撞時無機械能損失．27、（1）物理課外小組研究“用單擺測重力加速度”實驗，他們依照教材實驗直接測量的物理量應(yīng)為：______、______、______、______．

（2）他們測出不同的擺長（l）所對應(yīng)的周期（T）；在進行數(shù)據(jù)處理時：

①如果甲同學(xué)以擺長（l）為橫坐標、周期（T）的平方為縱坐標作出了T2-l圖象，若他測得的圖象的斜率為k，則測得的重力加速度g=______．若甲同學(xué)測擺長時，忘記測擺球的半徑，則他用圖象法求得的重力加速度______（填“偏小”“偏大”或“準確”）；

②乙同學(xué)根據(jù)公式：T=2π得g=并計算重力加速度，若乙同學(xué)測擺長時，也忘記了測擺球的半徑，則他測得的重力加速度______（填“偏小”“偏大”或“準確”）．

（3）甲同學(xué)測量5種不同擺長下單擺的振動周期，記錄結(jié)果見表：

。l/m0.500.80.91.01.2T/s1.421.791.902.002.20T2/s22.023.203.614.004.84以周期（T）的平方為橫坐標，擺長（l）為縱坐標坐標，請你替他在上面的虛線框中作出l-T2圖象，利用此圖象求出的重力加速度為______．28、某同學(xué)用伏安法要準確測定一只約200電阻的阻值；除北側(cè)電阻外，還有如下實驗儀器。

A．直流電源（電壓3V；內(nèi)阻不計）

B．電壓表V1（量程0-3V；內(nèi)阻約為5kΩ）

C．電壓表V2（量程0-15V；內(nèi)阻約為25kΩ）

D．電流表A1（量程0-25mA；內(nèi)阻約為1Ω）

E．電流表A2（量程0-250mA；內(nèi)阻約為0.1Ω）

F．滑動變阻器一只；阻值0-20Ω

G．電鍵一只；導(dǎo)線若干。

在上述儀器中，電壓表應(yīng)選擇______（填“V1”或“V2”），電流表應(yīng)選擇______（填“A1”或“A2”）．請在方框內(nèi)畫出電路原理圖．評卷人得分六、計算題(共1題，共10分)29、如圖所示，電源的內(nèi)電阻r=1Ω，定值電阻R=1Ω，小電動機繞組的電阻RM=0.5Ω．當開關(guān)S閉合后電路正常工作；電壓表的讀數(shù)U=5V，電流表的讀數(shù)I=1A．求：

（1）電源的電動勢E；

（2）電動機的焦耳功率PQ．

（3）電動機的輸出功率P出．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

A、由圖讀出周期為T=0.1s，則此波的頻率為f==10Hz．故A錯誤．

B、C波從a傳到b的時間為t=（0.1n+0.03）s，波速為v==m/s，（n=0，1，2），當n=1時，v=34m/s．波長為λ=vT=n是整數(shù)，λ不可能等于0.1m．故B錯誤，C正確．

D；無法判斷波的傳播方向；則無法確定哪個點離波源近．故D錯誤．

故選C

【解析】【答案】根據(jù)兩個質(zhì)點在同一時刻的狀態(tài)，結(jié)合波形波，分析a、b間的距離與波長的關(guān)系，求出波速的通項和頻率的通項，再確定波速的特殊值．根據(jù)a、b兩點振動先后判斷離振源的遠近．

2、A【分析】試題分析：根據(jù)庫侖定律：選項A正確.考點：庫侖定律.【解析】【答案】A3、B|C|D【分析】【解析】試題分析：兩列波相遇時振動情況相同時振動加強，振動情況相反時振動減弱．兩列頻率相同的相干波，當波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇時振動加強，當波峰與波谷相遇時振動減弱，則振動情況相同時振動加強；振動情況相反時振動減弱．同一介質(zhì)里，波速是相同，則波長與頻率成反比．【解析】

如圖所示，實線表示波峰，虛線表示波谷．波速為2m/s，波長為0.4m，由v=λf及得：T=0.2s．A.C兩點均是波峰與波谷相遇點，所以振動減弱點，故A錯誤；B、B點是波谷與波谷相遇點，而D兩點是波峰與波峰相遇點，均屬于振動加強區(qū)．所以BD連線上也是振動加強區(qū)，則E點是振動加強點，故B正確；C、B點是波谷與波谷相遇點，則此刻相對平衡的豎直高度為4cm，而D兩點是波峰與波峰相遇點，則此刻相對平衡的豎直高度為4cm，所以B、D兩點在此刻的豎直高度差為8cm．故C正確；D、圖為相干水波在t=0時刻的疊加情況，由v=λf及得：T=0.2s．則再經(jīng)過t=0.05s時，即為周期，E點是波峰與波峰相遇，所以離開平衡位置的位移大小為4cm．故D正確；故選：BCD．考點：波的疊加．【解析】【答案】BCD4、A|B|C【分析】【解析】試題分析：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程當溫度恒定是，壓強p與體積V成反比關(guān)系，A選項正確。溫度不同時，反比例函數(shù)系數(shù)不同，兩條曲線不同，B選項正確。由圖可知壓強p相同時，T1曲線體積V較小，則T1較大?？键c：理想氣體狀態(tài)方程【解析】【答案】ABC5、A【分析】解：AC

元電荷是指電子或質(zhì)子所帶的電荷量；數(shù)值為e=1.60隆脕10鈭?19C

并不是電子和質(zhì)子本身.

故A項錯誤，C

項正確；

B；所有帶電體的電荷量都等于元電荷的整數(shù)倍；故B正確；

D；電荷量e

的數(shù)值最早是由美國科學(xué)家密立根用實驗測得的；故D正確．

本題要求選擇錯誤的選項；故選：A

．

電子的帶電量最??；質(zhì)子的帶電量與電子相等，但電性相反，故物體的帶電量只能是電子電量的整數(shù)倍，人們把這個最小的帶電量叫做叫做元電荷。

元電荷是帶電量的最小值，它本身不是電荷，所帶電量均是元電荷的整數(shù)倍.

且知道電子的電量與元電荷的電量相等，同時讓學(xué)生明白電荷量最早是由美國科學(xué)家密立根用實驗測得．【解析】A

6、B【分析】解：A

根據(jù)電荷的電勢能公式EP=q婁脮

而電場強度與電勢無關(guān)，所以場強小的地方，電荷在該處的電勢能不一定小，故A錯誤．

B；電荷在場強為零處；因為電勢的零點是人為選取的，電勢不一定為零，故電荷的電勢能也不一定為零，故B正確。

C；在選定為零電勢的位置處；場強并不一定為零，故C錯誤；

D；在場強相等的各點；電荷的電勢不一定相等，則電荷的電勢能不一定相等，如勻強電場中場強處處相等，但放在不同位置時電勢能不一定相等，故D錯誤．

故選：B

電荷的電勢能公式EP=q婁脮

而電場強度與電勢無關(guān).

在場強相等的各點，電勢不一定相等，電勢能不一定相等．

本題考查電勢和電場強度關(guān)系，電勢能和電勢關(guān)系.

明確電勢和場強之間沒有關(guān)系，電勢是描述電場中能的性質(zhì)的物理量，而場強是描述電場中力的物理量．【解析】B

7、C【分析】【解答】解：A、B若粒子從電場中射出，恰好從右板邊緣飛出，電場力做功最大，最大為q故AB均錯誤．

C、若粒子打在極板上，粒子初末位置的電勢差為電場力一定對粒子做了q的功；故C正確．

D、根據(jù)動能定理得，動能的變化等于電場力做功，則若粒子打在極板上，粒子的動能一定增加了q．故D錯誤．

故選C

【分析】電場力做功W=qU，與電荷的初末位置的電勢差U有關(guān)，分析粒子可能打在什么位置，確定電勢差，分析電場力做功情況．由動能定理研究動能的增加量．8、A【分析】解：從極板左側(cè)中央以相同的水平速度先后垂直地射入勻強電場的粒子的運動性質(zhì)為類平拋運動；水平方向勻速運動，豎直方向為初速度為零的勻加速運動；

AB；從圖中可以看到水平位移A最大；根據(jù)公式：x=vt，說明A運動的時間最長，其次是B，C的運動時間最短；又由于正電荷受到的電場力方向與電場方向相同，負電荷受到的電場力方向與電場方向相反，不帶電的粒子不受電場力；所以A粒子受到向上的電場力即A粒子帶正電，C粒子帶負電，B粒子不帶電．故A正確，B錯誤；

C、以相同的水平速度v0先后垂直極板間電場射入，電場力對C粒子做正功，電勢能減小則動能增加；對A粒子做負功，電勢能減小，則粒子的動能減?。匀齻€粒子到達正極板時的動能EkA＜EkB＜EkC．故C錯誤；

D、又因它們豎直方向為初速度為零的勻加速運動且位移相同，根據(jù)y=at2，可以判斷aC＞aB＞aA；故D錯誤．

故選：A．

正電荷受到的電場力方向與電場方向相同；負電荷受到的電場力方向與電場方向相反，不帶電的粒子不受電場力．

注意類平拋運動的靈活應(yīng)用，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動．【解析】【答案】A9、B【分析】解：對a來說，受到b的斥力和C的引力，而b靠近a；所以對a的作用力更大，所以a受到的合力向左；

對b來說，受到a、c的拆力，并且是相等的，所以b受到的合力為0；

對c來說；和a的情況正好相反，所以合力向右。

故選：B。

同向電流相互吸引；異向電流相互排斥．導(dǎo)線越近，磁場越強，安培力越大．

本題考查了學(xué)生對用安培定律中導(dǎo)線之間相互作用力、電流的大小、導(dǎo)線之間的距離等因素的關(guān)系了解和掌握，屬于常見題型．【解析】B二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】解：由圖可知；隨溫度的降低，相同波長的光輻射強度都會減?。煌瑫r最大輻射強度向右側(cè)移動，即向波長較長的方向移動；

故答案為：減少；較長．

本題考查的是讀圖能力；由圖可得出波長與輻射強度及溫度之間的關(guān)系．

本題看起來考查較為高深的內(nèi)容，但其實考查的是學(xué)生讀圖的能力，只要認真分析是較為容易的找出答案的．【解析】減少；較長11、略

【分析】【解析】試題分析：BDEF四點為等式點，所以AC間的電阻為考點：考查了串并聯(lián)電路規(guī)律【解析】【答案】0．5Ω12、略

【分析】解：電容器的電容C=．

帶電量減小一半；電容不變；

則U=．

電容器的電容C=1.5×10-2μF=1.5×104pF．

故答案為：1.5×10-2；1.0；1.5×10-2；1.5×104【解析】1.5×10-2;1.0;1.5×10-2;1.5×10413、略

【分析】解：原子核直徑的數(shù)量級為10-15m；在α粒子散射實驗中，極少數(shù)α粒子從離核很近的地方經(jīng)過，發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)是受到了原子核較大的排斥力作用．

故答案為：10-15；排斥。

盧瑟福在用a粒子轟擊金箔的實驗中發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，提出原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說，原子核直徑的數(shù)量級為10-15m；原子核帶正電荷且質(zhì)量很大，α粒子也帶正電荷，由于同種電荷相互排斥和α粒子被質(zhì)量較大的原子核彈回．

本題考查的是α粒子散射實驗．對這個實驗要清楚兩點：一是α粒子散射實驗的實驗現(xiàn)象；二是對實驗現(xiàn)象的微觀解釋--原子的核式結(jié)構(gòu)．【解析】10-15；排斥14、1000；1000【分析】解：電荷量為q=2隆脕10鈭?5

的試探電荷；放在電場中在P

點的電場力大小為F=2隆脕10鈭?2N

則有：E=Fq=2隆脕10鈭?22隆脕10鈭?5N/q=1000N/C

電場強度與電場有關(guān)；與檢驗電荷無關(guān)，將試探電荷移走，則電場強度大小與方向仍不變；

故答案為：10001000

電場強度是描述電場強弱的物理量；它是由電荷所受電場力與其電量的比值來定義.

比值與電場力及電量均無關(guān).

而電場線越密的地方，電場強度越強．

電場強度是通過比值定義的，比值與其電場力及電量均沒有關(guān)系.

例如：質(zhì)量與體積的比值定義為密度.

當質(zhì)量變大時，體積變大，而比值卻不變.

電場線雖不實際存在，但卻能形象描繪電場的強度與方向．【解析】10001000

三、判斷題(共9題，共18分)15、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．16、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．17、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．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：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．21、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．22、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．23、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?。摹嶒烆}(共1題，共7分)24、略

【分析】試題分析:選用“×100”倍率的電阻檔測量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，說明歐姆表的讀數(shù)過小，也就是倍率選擇大了，應(yīng)選取×10倍率的電阻檔，并需要重新歐姆調(diào)零后再測量，測量結(jié)果為R=7×10Ω=70Ω考點：多用表的使用【解析】【答案】×10,調(diào)零（歐姆調(diào)零），70Ω五、實驗探究題(共4題，共8分)25、略

【分析】解：①根據(jù)I==A=0.6A；

因滑動變阻器采用限流式接法；電流表采取外接法，實物圖連接如下圖；

②螺旋測微器的讀數(shù)為：0.5mm+0.01×19.0mm=0.690mm．

③根據(jù)歐姆定律得，R=根據(jù)電阻定律得，R=ρ=ρ

聯(lián)立兩式解得ρ=．

④所用電壓表不是理想電壓表；電壓表起分流作用，導(dǎo)致測量的電流偏大，根據(jù)歐姆定律測量的電阻偏小，根據(jù)電阻定律知，導(dǎo)致電阻率的測量值偏?。?/p>

故答案為：①如圖所示；

②0.690（0.688～0.693）；

③．

④＜．

①根據(jù)滑動變阻器采用分壓式接法；電流表采取外接法連接實物圖．

②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)；在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

③結(jié)合電阻定律和歐姆定律求出電阻率的表達式．

④電流表采取外接法；由于電壓表起分流作用，導(dǎo)致測量的電流偏大，根據(jù)歐姆定律和電阻定律得出電阻率測量的誤差是偏大還是偏?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，以及掌握歐姆定律和電阻定律，會分析誤差的來源．【解析】0.688～0.693；＜26、（1）A（2）C（3）m1?OP=m1?OM+m2?ON【分析】【分析】(1)(2)

在驗證動量守恒定律的實驗中；運用平拋運動的知識得出碰撞前后兩球的速度，因為下落的時間相等，則水平位移代表平拋運動的速度。根據(jù)實驗的原理確定需要測量的物理量。

(3)

根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律可求得動量守恒及機械能守恒的表達式。解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，以及實驗的步驟，在驗證動量守恒定律實驗中，無需測出速度的大小，可以用位移代表速度.

同時，在運用平拋運動的知識得出碰撞前后兩球的速度，因為下落的時間相等，則水平位移代表平拋運動的速度.

若碰撞前后總動能相等，則機械能守恒。【解答】(1)BCD.

為保證小球平拋時獲得相同的初速度，應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下，因為平拋運動的時間相等，根據(jù)v=xt

所以用水平射程可以代替速度，則需測量小球平拋運動的射程間接測量速度。故應(yīng)保證斜槽末端水平，小球每次都從同一點滑下；同時為了小球2

能飛的更遠，防止1

反彈，球1

的質(zhì)量應(yīng)大于球2

的質(zhì)量；故BCD正確，A.只要保證每次平拋的初速度相同即可，斜槽不要求必須光滑，A錯誤；本題選擇錯誤的；故選A。

(2)

根據(jù)動量守恒得；m1?OP=m1?OM+m2?ON

所以除了測量線段OMOPON

的長度外，還需要測量的物理量是小球1

和小球2

的質(zhì)量m1m2隆攏

故選C。

(3)

因為平拋運動的時間相等，則水平位移可以代表速度，OP

是A

球不與B

球碰撞平拋運動的位移，該位移可以代表A

球碰撞前的速度，OM

是A

球碰撞后平拋運動的位移，該位移可以代表碰撞后A

球的速度，ON

是碰撞后B

球的水平位移，該位移可以代表碰撞后B

球的速度，當所測物理量滿足表達式m1?OP=m1?OM+m2?ON

說明兩球碰撞遵守動量守恒定律，由功能關(guān)系可知，只要12m1v02=12m1v12+12m2v22

成立則機械能守恒；故若m1?OP2=m1?OM2+m2?ON2

說明碰撞過程中機械能守恒。

故填(1)A(2)C(3)m1?OP=m1?OM+m2?ONm1?OP2=m1?OM2+m2?ON2

【解析】(1)A(2)C(3)m

11?OP=m

11?OM+m

22?ONm1?OP2=m1?OM2+m2?ON2

27、略

【分析】解：（1）應(yīng)用單擺測重力加速度實驗，單擺的周期：T=單擺擺長：L=l+單擺周期：：

所以：

需要測出：擺線的長度l；擺球的直徑d、擺球完成n次全振動所用時間t；

（2）①如果甲同學(xué)以擺長（l）為橫坐標、周期（T）的平方為縱坐標作出了T2-l圖象，若他測得的圖象的斜率為k，則由公式g=可知測得的重力加速度g=．若甲同學(xué)測擺長時，忘記測擺球的半徑，將擺線的長誤為擺長，由公式g=可知；與擺長無關(guān)，所以測量值不變；

②乙同學(xué)根據(jù)公式：T=2π得g=并計算重力加速度，若乙同學(xué)