2025年滬科版高二物理上冊月考試卷

…………○…………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年滬科版高二物理上冊月考試卷409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5題，共10分)1、下列說法正確的是（）A.物體的內能是組成該物體的所有分子熱運動動能的總和B.做功和熱傳遞在改變內能的方式上是不同的C.滿足能量守恒定律的物理過程都能自發(fā)進行D.只要對內燃機不斷改進，就可以把內燃機得到的全部內能轉化為機械能2、劈尖干涉是一種薄膜干涉，其裝置如圖(1)所示．將一塊平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夾入兩張紙片，從而在兩玻璃表面之間形成一個劈形空氣薄膜．當光垂直入射后，從上往下看到干涉條紋如圖(2)所示．干涉條紋有如下特點：(1)任意一條明條紋或暗條紋所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相鄰明條紋或暗條紋所對應的薄膜厚度差恒定．現(xiàn)若在圖(1)裝置中抽去一張紙片，則當光垂直入射到新的劈形空氣薄膜后，從上往下看到的干涉條紋A.變疏B.變密C.不變D.消失3、已知rm{S}和rm{Cl}兩種元素均位于第三周期，則()A.原子半徑：rm{S<Cl}B.氯化物的穩(wěn)定性：rm{H_{2}S>HCl}C.最高價氧化物對應水化物的酸性：rm{H_{2}SO_{4}<HClO_{4}}D.元素非金屬性：rm{S>Cl}4、質量為m1

的鈾核rlap{_{92}}{^{238}}U經(jīng)過若干次婁脕

衰變和婁脗

衰變后，會變成質量為m2

的鉛核rlap{_{82}}{^{206}}Pb關于該過程，下列說法中正確的是A.衰變過程中釋放出的婁脕

射線的穿透能力比婁脗

射線強，而電離能力比婁脗

射線弱B.鈾核rlap{_{92}}{^{238}}U需經(jīng)過8

次婁脕

衰變和6

次婁脗

衰變才能變成鉛核rlap{_{82}}{^{206}}PbC.1

個鈾核rlap{_{92}}{^{238}}U衰變成鉛核rlap{_{82}}{^{206}}Pb的過程中釋放的核能為(m1鈭?m2)c2

D.外界環(huán)境溫度升高、壓強變大，鈾核rlap{_{92}}{^{238}}U衰變的過程將加快5、下列哪一個單位是力學的國際制基本單位()

A.m/s

B.s

C.N

D.m/s2

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在地球赤道表面附近，一束電子流自東向西水平射出，在不計重力的情況下，由于地球的地磁場方向是____（填“地理南極指向地理北極”或“地理北極指向地理南極”），根據(jù)左手定則，該電子將會向____偏轉．7、如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R。線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度勻速轉動，線框中感應電動勢的最大值E=____。線框中感應電流的有效值I=。線框從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=____。8、某同學欲探究單擺周期與哪些因素有關。

(1)他有如下操作；請判斷是否恰當(填“是”或“否”)

①把擺球從平衡位置拉開至擺角約為5°處釋放；____________．

②在擺球經(jīng)過最高點時啟動秒表計時；____________．

③把秒表記錄擺球一次全振動的時間作為周期；____________．

(2)該同學改進測量方法后；用大小相同但質量分別為33.8g的鋼球和10.7g的陶瓷球作為擺球進行實驗，得到的部分測量數(shù)據(jù)見下表．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以初步判斷單擺周期隨____________的增大而增大．若他改用直徑是原來鋼球直徑2倍的另一鋼球重復實驗，測出的周期比相應擺長時測量值____________(選填“偏大”；“不變”或“偏小”)．

。實驗次數(shù)擺球質量/g擺線長/mm周期/s133.8999.32.0233.8799.21.8333.8501.11.4410.7999.32.0510.7799.21.8610.7501.11.49、將電量為3隆脕10鈭?6C

的負電荷放在電場中A

點，受到的電場力大小為6隆脕10鈭?3N

方向水平向右，該點的場強大小為______N/C;

方向______(

填"水平向右"或者"水平向左")如將電量為6隆脕10鈭?6C

的正電荷放在A

點，受到的電場力為_______N

方向為_______(

填“水平向右”或者“水平向左”)

如何將電荷取走，A

點的場強為_______。10、如圖所示，是某電場區(qū)域的電場線分布，A、B、C是電場中的三點，在這三點中，電場最強的是____點，電場最弱的是____點，該電場是____電荷形成的電場．

11、如圖甲所示為一彈簧振子的振動圖象；規(guī)定向右的方向為正方向，試根據(jù)圖象分析以下問題：

（1）如圖乙所示的振子振動的起始位置是______，從初始位置開始，振子向______（填“右”或“左”）運動．

（2）在乙圖中，找出圖象中的O、A、B、C、D各對應振動過程中的位置，即O對應______，A對應______，B對應______，C對應______，D對應______．

（3）在t=2s時，振子的速度的方向與t=0時速度的方向______．

（4）質點在前4s內的位移等于______．12、把一個滿偏電流為1mA、內電阻為600Ω的電流表頭改裝成量程為3A的電流表，則需要并聯(lián)一個______Ω的電阻．改裝成量程為15V的電壓表需要串聯(lián)一個______Ω的電阻．13、本題為選做題，考生只選擇一題作答.

若兩題都作答，則按24鈭?A

題計．。鈭?A.(

本題供選修1鈭?1

的考生作答)

如圖所示，桌面上放有一只10

匝線圈，線圈中心上方一定高度處有一豎立的條形磁體.

當磁體豎直向下運動時，穿過線圈的磁通量將_________(

選填“變大”或“變小”)

在上述過程中，穿過線圈的磁通量變化0.1Wb

經(jīng)歷的時間為0.5s

則線圈中的感應電動勢為_________V

．

24鈭?B.(

本題供選修3鈭?1

的考生作答)

如圖所示，開始時開關與a

相連.

當將開關與b

相連后的瞬間，通過靈敏電流表的電流方向_________(

選填“向左”或“向右”)

電容器的電容_________(

選填“變大”“變小”或“不變”)

．

評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、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）15、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）16、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）17、處于靜電平衡狀態(tài)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）18、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）

19、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）

20、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、計算題(共3題，共24分)21、如圖是有兩個量程的電壓表，當使用a、b兩個端點時，量程為0-10V，當使用a、c兩個端點時，量程為0-100V。已知電流表的內阻Rg為500滿偏電流Ig為1mA，求電阻R1,R2的值。22、如圖所示，已知半徑分別為R和r的甲；乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面內；甲軌道左側又連接一個光滑的軌道，兩圓形軌道之間由一條水平軌道CD相連，一小球自某一高度由靜止滑下，先滑過甲軌道，通過動摩擦因數(shù)為μ的CD段，又滑過乙軌道，最后離開，若小球在兩圓形軌道的最高點對軌道壓力都恰好為零，試求：

（1）釋放小球的高度h；

（2）水平軌道CD的長度．23、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上有一個用一根均勻導體圍成的正方形線框abcd

其邊長L=1m

總電阻R=4婁賂

放在磁感應強度B=1T

方向豎直向下的勻強磁場的左邊，圖中虛線MN

為磁場的左邊界.

線框在外力作用下以速度v0=4m/s

勻速進入磁場區(qū)域，其中ab

邊保持與MN

平行；在線框進入磁場的過程中，求：

(1)

線框的ab

邊產(chǎn)生的感應電動勢的大小E

(2)

線框ab

兩點的電勢差U

(3)

外力對線框做的功W

．評卷人得分五、作圖題(共3題，共30分)24、（９分）有一個直流電動機,把它接入0.2V電壓的電路時,電機不轉,測得流過電動機的電流是0.4A；若把電動機接入2.0V電壓的電路中,電動機正常工作,工作電流是1.0A,求電動機正常工作時的輸出功率多大?如果在電動機正常工作時,轉子突然被卡住，電動機的發(fā)熱功率是多大？25、根據(jù)所給電路圖（圖甲）；請在圖乙中以筆劃線代替導線將實物圖補充完整．

26、如圖所示，在圖(1)

中，G

為指針在中央的靈敏電流表，連接在直流電路中時的偏轉情況.

今使它與一線圈串聯(lián)進行電磁感應實驗，則圖(2)

中的條形磁鐵的運動方向是______；圖(3)

中電流計的指針將向______偏轉；圖(4)

中的條形磁鐵上端為______極．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【解答】A；物體的內能是組成該物體的所有分子熱運動的動能和分子勢能之和；故A錯誤B、做功主要有摩擦生熱和壓縮氣體做功，做功實質是能量的轉化，熱傳遞實質是內能從一個物體轉移到另一個物體，或者是從一個物體的高溫部分傳到低溫部分，有傳導、對流和輻射三種方式．故B正確。

C；滿足能量守恒定律的宏觀過程并不一定都是可以自發(fā)進行的；只有滿足能量守恒定律與熱力學第二定律的宏觀熱學過程可以發(fā)生，故C錯誤。

D；由熱力學第二定理：不可能從單一熱源取熱使之完全轉換為有用的功而不產(chǎn)生其他影響；可知內燃機得到的全部內能不可能轉化為機械能．內燃機里一定會有摩擦及熱損耗等等，故D錯誤。

故選：B．

【分析】內能是分子平均動能和分子勢能之和，改變內能的方式有做功和熱傳遞，是屬不同的方式，自發(fā)的宏觀熱學過程是有方向性的，滿足能量守恒定律的宏觀過程并不一定都是可以自發(fā)進行的，只有滿足能量守恒定律與熱力學第二定律的宏觀熱學過程可以發(fā)生，無論怎么改進機器都不可能將內能全部轉化為機械能2、A【分析】由薄膜干涉的原理和特點可知，干涉條紋是由膜的上、下表面反射的光疊加干涉而形成的，某一明條紋或暗條紋的位置就由上、下表面反射光的路程差決定，且相鄰明條紋或暗條紋對應的該路程差是恒定的，而該路程差又決定于條紋下對應膜的厚度，即相鄰明條紋或暗條紋下面對應的膜的厚度也是恒定的．當抽去一紙片后，劈形空氣膜的劈尖角－上、下表面所夾的角變小，相同的厚度差對應的水平間距離變大，所以相鄰的明條紋或暗條紋間距變大，即條紋變疏．答案A正確.【解析】【答案】A3、C【分析】【分析】此題考查的是元素周期律，如同周期，原子半徑從左到右逐漸減小，同周期，非金屬性從左到右逐漸增強，非金屬的非金屬性越強，則氫化物的穩(wěn)定性越強，則對應的最高價氧化物的水化物酸性越強；難度偏低?！窘獯稹緼.rm{S}rm{Cl}同周期，原子半徑從左到右逐漸減小，則原子半徑為rm{S>Cl}故A錯誤；B.非金屬性rm{Cl>S}則穩(wěn)定性為rm{HCl>H}rm{2}rm{2}故B錯誤；C.非金屬性rm{S}則最高價氧化物的水化物的酸性為rm{Cl>S}rm{HClO}rm{4}rm{4}rm{>H}rm{2}，故C正確；D.rm{2}rm{SO}同周期，非金屬性從左到右逐漸增強，則非金屬性rm{4}故D錯誤。故選C。rm{4}【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】衰變過程中釋放出的婁脕

射線的穿透能力比婁脗

射線弱，而電離能力比婁脗

射線強；根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒分析B

選項；根據(jù)核反應過程質量虧損計算釋放核能；半衰期不隨外界環(huán)境的變化而變化。本題考查3鈭?5

上的多個知識點，基礎題目?！窘獯稹緼.衰變過程中釋放出的婁脕

射線的穿透能力比婁脗

射線弱，而電離能力比婁脗

射線強，故A錯誤；B.根據(jù)質量數(shù)和電荷數(shù)守恒得出，經(jīng)過的婁脕

衰變的次數(shù)為：n=238鈭?2064=8婁脗

衰變的次數(shù)為：m=82+16鈭?92=6

故B正確；C.1

個鈾核92238U

衰變成鉛核82206Pb

的過程中釋放的核能92238U

減去82206Pb

和8

個氦核核6

個電子的質量得到的質量虧損乘以光速平方，故C錯誤；D.半衰期不隨外界環(huán)境的變化而變化，外界環(huán)境溫度升高、壓強變大，鈾核衰變的過程將不變，故D錯誤。故選B?！窘馕觥緽

5、B【分析】【分析】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量.

分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量.

它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位。

本題考查了。國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，這七個基本物理量和基本單位要記牢，要注意力學單位制是導出單位，不是基本單位。NN【解答】m/sm/s、NN2、m/sm/s都是國際單位制中的導出單位，ss是基本單位;;故BB正確，AA、CC、DD錯誤。故選BB【解析】B

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

磁場方向由地磁N極指向S極；地磁的N極在地理南極附近，地磁的S極在地理北極附近，所以地磁場方向由地理南極指向地理北極．

電子流自東向西射出；則電流的方向指向東，為四指方向，磁感線穿過掌心，則大拇指（洛倫茲力）指向上，即電子向上偏轉．

故答案為：地理南極指向地理北極；上．

【解析】【答案】地磁的N極在地理南極附近；地磁的S極在地理北極附近，在外部，磁場由N指向S．根據(jù)左手定則，判斷出洛倫茲力方向，從而得出電子的偏轉方向．

7、略

【分析】本題考查的是對電磁感應定律的理解，線圈在磁場轉動，產(chǎn)生的電動勢線框中感應電流的有效值線框從中性面開始轉過的過程中，通過導線橫截面的電荷量q=BS/R；16、【題文】在交變電流路中，如果把電感的作用概括為“通直流，阻交流；通，阻____?！眲t對電容的作用可概括為：通____，隔____；通，阻____?！敬鸢浮康皖l，高頻，交流，直流，高頻，低頻【解析】本題考查電感和電容的作用，電感線圈可以通直流阻交流通低頻阻高頻，電容可以通交流阻直流通高頻阻低頻；【解析】【答案】8、略

【分析】解：(1)單擺作簡諧運動要求擺角??；單擺從平衡位置拉開約5°釋放；因為最低點位置固定，小球經(jīng)過最低點時，產(chǎn)生的時間誤差較?。栽谧畹忘c啟動秒表計時；擺球一次全振動的時間太短；誤差大，應采用累積法測多個周期的時間求平均值；所以①是；②否；③否；

(2)從圖中數(shù)據(jù)可知：擺長相同時；周期相同，擺長變大時，周期變大，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以初步判斷單擺周期隨擺長的增大而增大．

擺長等于擺線的長度加上小球的半徑，根據(jù)單擺的周期公式T=2π當改用直徑是原來鋼球直徑2倍的另一鋼球重復實驗時，擺長變大，所以周期變大．

故答案為：(1)是、否、否．(2)擺長、偏大．【解析】是;否;否;擺長;偏大9、水平向左水平向左【分析】【分析】由電場強度的定義式解得A

點的場強，由負電荷所受電場力的方向與該點場強方向的關系判斷該點場強的方向；由電場力的表達式解得正電荷在A

點所受電場力，由正電荷在電場中的受力方向與場強方向關系得到電場力的方向；由電場強度的決定因素判斷取走電荷后的場強變化。本題主要考查場強的定義式，知道場強由比值法定義，知道比值法定義物理量的特點，較簡單?！窘獯稹坑呻妶鰪姸鹊亩x式可得該點的場強大小為：E=Fq=6隆脕10鈭?33隆脕10鈭?6N/C=2隆脕103N/CE=dfrac{F}{q}=dfrac{6隆脕{10}^{-3}}{3隆脕{10}^{-6}}N/C=2隆脕{10}^{3}N/C由于負電荷所受電場力的方向與該點場強方向相反，故該點場強方向水平向左；如將電量為6隆脕10鈭?6C的正電荷放在AA點，受到的電場力為：F鈥?=qE=1.2隆脕10鈭?2NF{{'}}=qE=1.2隆脕{10}^{-2}N且正電荷在電場中的受力方向與場強方向相同，故其方向水平向右；由于電場中某點的場強由電場本身決定，故將電荷取走，AA點的場強仍為：2隆脕103N/C

故填：2隆脕103

，水平向左，1.2隆脕10鈭?2

，水平向左，2隆脕103

?【解析】2隆脕103水平向左1.2隆脕10鈭?21.2隆脕{10}^{-2}水平向左2隆脕103

?10、略

【分析】

如圖；C處電場線最密，電場強度最大，電場最強．A處電場線最疏，電場強度最小，電場最弱．由圖看出，電場線是匯聚的，該電場是由負電荷形成的．

故答案為：C；A；負。

【解析】【答案】電場線的疏密表示電場的強弱；電場線越密，電場強度越大，電場越強；電場線越疏，電場強度越小，電場越弱．負電荷形成的電場電場線是會聚的．

11、略

【分析】解：（1）由圖知t=0時刻；x=0，說明振子振動的起始位置是E；t=0時刻位移圖象的斜率為正，則振子速度沿正向，即向右．

（2）根據(jù)位移和起始速度方向可知；圖象中的O；A、B、C、D各對應振動過程中的位置，即O對應E，A對應G，B對應E，C對應F，D對應E．

（3）在t=2s時；圖象的斜率為負，說明振子的速度沿負向，即向左，與t=0速度的方向相反．

（4）質點在前4s內回到了出發(fā)點；其位移等于0．

故答案為：

（1）E；右．

（2）E；G，E，F(xiàn)，E．

（3）相反．

（4）0．

（1）振動圖象反映了振子的位移隨時間變化的情況；由圖可直接讀出位移，確定出振子的起始位置和速度方向．

（2）根據(jù)位移情況；確定振子的位置．

（3）根據(jù)位移圖象的斜率等于速度；分析t=2s時振子的速度方向．

（4）彈簧振子的振動周期是振子完成一次全振動的時間；由圖直接讀出周期．根據(jù)時間4s與周期的關系，確定位移．

由振動圖象直接讀出周期和振幅，分析振子的運動過程，確定位移和速度方向是基本功，要加強這方面的訓練．【解析】E；右；E；G；E；F；E；相反；012、略

【分析】解：把電流表改裝成3A電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值：R==≈0.2Ω；

把電流表改裝成量程為15V的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值：R′=-Rg=-600=14400Ω；

故答案為：0.2；14400．

把電流表改裝成大量程電流表需要并聯(lián)分流電阻；把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值．

本題考查了電壓表與電流表的改裝，知道電表的改裝原理是解題的前提，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題．【解析】0.2；1440013、略

【分析】A.【分析】

由磁通量的定義可知線圈中磁通量的變化；由法拉第電磁感應定律可求得線圈中的感應電動勢，從而即可求解。本題考查法拉第電磁感應定律的應用；題目較為簡單，熟記法拉第電磁感應定律即可求解。

【解答】

在磁體豎直向下落時，穿過線圈的磁感應強度增大，故磁通量變大；由法拉第電磁感應定律可得：E=N?鈱??t=10隆脕0.10.5V=2V

故填：變大；2

B.【分析】

當開關與a

相連時，電源給電容器充電，當開關與b

相連時，電容器放電.

明確電容器的電容與電量和電壓無關，只與電容器本身的性質有關。解決本題關鍵了解電容器的性質以及電容器充；放電的特性；知道充電時與電源正極相連的極板帶正電，與電源負極相連的極板帶負電。

【解答】

開關與a

相連時與電源相連，電容器帶電，上端帶正電；當開關與b

相連時；電容器放電，電流表中電流向左；電容器的大小由電壓和電量無關，故開關變化時，電容不變。

故填：向左；不變。【解析】A.變大2

B.向左不變三、判斷題(共7題，共14分)14、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．15、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，與試探電荷無關．16、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．17、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．18、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．19、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．20、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?。?、計算題(共3題，共24分)21、略

【分析】【解析】試題分析：接a、b時，為串聯(lián)的則接a、c時，為串聯(lián)的和則考點：考查了電表的改裝原理【解析】【答案】9500歐姆90000歐姆22、略

【分析】

（1）小球滾到兩圓軌道最高點均僅受重力；運用向心力公式可求出在其位置的速度．因為軌道光滑，則由機械能守恒定律可求出軌道最低點速度，從而可求出釋放小球時的高度h．

（2）由于CD段粗糙；不能運用機械守恒定律，選用動能定理，就可算出CD的長度．

本題中小球在軌道最高點壓力為零是解題的切入點，要明確最高點的臨界條件：重力等于向心力．在涉及力在空間的效果時，運用動能定理是常用的方法．【解析】解：（1）小球在光滑圓軌道上滑行時，機械能守恒，設小球滑過C點時的速度為vc；通過甲環(huán)最高點速度為v′，根據(jù)小球對最高點壓力為零，有：

①

取軌道最低點為零勢能點；由機械守恒定律有：

=mg?2R+②

由①、②兩式消去v′，可得：③

同理可得小球滑過D點時的速度為：④

所以小球經(jīng)過C點的速度為經(jīng)過D點的速度為

小球從在甲軌道左側光滑軌道滑至C點時機械能守恒，有：⑤

由③；⑤兩式聯(lián)立解得：h=2.5R

因此小球釋放的高度為2.5R

（2）設CD段的長度為l；對小球滑過CD段過程應用動能定理有：

⑥

由③、④、⑥三式聯(lián)立解得：

則有水平CD段的長度為

答：（1）釋放小球的高度h是2.5R；

（2）水平軌道CD的長度是．23、解：（1）ab邊產(chǎn)生的感應電動勢的大小為：E=BLv0=1×1×4=4V；

（2）總電阻為4Ω，則Rab=1Ω；

線框中感應電流為：I===1A；

a、b兩點的電勢差相當于電源的外電壓。

Uab=E-IRab=4-1×1=3V；

（3）線圈進入的時間t===0.25s；

則產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=1×4×0.25=1J；

答：（1）線框的ab邊產(chǎn)生的感應電