2025年上外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年上外版高二物理下冊階段測試試卷587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6題，共12分)1、兩質(zhì)量均為M的冰船A、B靜止在光滑冰面上，軸線在一條直線上，船頭相對，質(zhì)量為m的人從A船跳入B船，又立刻跳回，A、B兩船最后的速度之比是（）A.（M＋m）/MB.M/(2M-m)C.M/(M+m)D.M/(M-m)2、鐵路上使用一種電磁裝置向控制中心傳輸信號以確定火車的位置，能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵被安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖所示(

俯視圖).

當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時，便會產(chǎn)生一個電信號，通過和線圈相連的電壓傳感器被控制中心接收，從而確定火車的位置.

現(xiàn)一列火車以加速度a

駛來，則電壓信號關于時間的圖象為(

)

A.B.C.D.3、下列關于簡諧振動以及做簡諧運動的物體完成一次全振動的意義，以下說法正確的是（）A.位移減小時，加速度增大，速度增大B.位移的方向總跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C.動能或勢能第一次恢復為原來的大小所經(jīng)歷的過程D.物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同4、（2016?新課標Ⅰ）一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1，R2和R3的阻值分別為3Ω，1Ω，4Ω，?為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定．當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當S閉合時，電流表的示數(shù)為4I．該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為（）A.2B.3C.4D.55、如圖所示，平行板電容器上極板帶正電荷，且與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個固定在P點的正點電荷，以E表示兩極板間電場的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能；θ表示靜電計指針的偏角，若保持上極板不動，將下極板向上移動一小段距離至圖中虛線位置，則（）

A.θ增大，E增大，Ep增大B.θ增大，E增大，Ep減小C.θ減小，E不變，Ep增大D.θ減小，E不變，Ep減小6、1.

在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強電場，電場線如圖中實線所示.

一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A

點開始運動，到C

點時，突然受到一個外加的水平恒力F

作用而繼續(xù)運動到B

點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v

表示小球在C

點的速度.

則下列判斷中正確的是(

)

A.小球在A

點的電勢能比在B

點的電勢能小B.恒力F

的方向可能水平向左C.恒力F

的方向可能與v

方向相反D.在A

、B

兩點小球的速率不可能相等評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、如圖是歐姆表的工作原理圖．若表頭的滿偏電流為Ig=500μA，干電池的電動勢為1.5V，則這只歐姆表的總內(nèi)阻為____歐姆．

8、兩小孩在冰面上乘坐“碰碰車”做碰撞游戲，A

小孩連同車的總質(zhì)量為50kg

碰撞前向右運動速度為2m/sB

小孩連同車的總質(zhì)量為70kg

碰撞前向左運動速度為2m/s

在同一直線迎面碰撞后，B

繼續(xù)向左運動，速度變?yōu)?.5m/s

則A

最終速度為______，方向為______．9、在電場中某點放入一個點電荷，其帶電量是2.0隆脕10鈭?6C

受到的電場力是1.0隆脕10鈭?3N

方向向右，則該點的電場強度大小為______N/C

若在該點改放鈭?1.0隆脕10鈭?6C

的電荷，則該點的電場強度方向______．10、如圖所示，某十字路口有一交通指揮燈，內(nèi)有紅綠黃三盞燈，每盞燈額定功率40W，額定電壓220V，現(xiàn)保證每盞燈發(fā)光時都能正常發(fā)光，且每次只是一盞燈亮，則該指揮燈連續(xù)工作5小時，每盞的電阻為____Ω，共耗電____度．

11、圖甲為一黑箱裝置，盒內(nèi)有電源、電阻等元件，a、b為黑箱的兩個輸出端．

（1）為了探測黑箱；某同學進行了以下幾步測量：

①用多用電表的電阻檔測量a、b間的電阻。

②用多用電表的電壓檔測量a、b間的輸出電壓。

③用多用電表的電流檔測量a、b間的輸出電流．

以上測量中操作正確的是____（填序號）

（2）含有電源的黑箱相當于一個“等效電源”，a、b是等效電源的兩極．為了測定這個等效電源的電動勢和內(nèi)阻；該同學設計了圖乙所示的電路．調(diào)節(jié)變阻器的阻值，記錄下V和A的示數(shù)，并在方格紙上建立了U-I坐標，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出了坐標點（如圖丙）．請你根據(jù)此條件求出等效電源的電動勢。

E=____V，內(nèi)阻r=____Ω．

（3）由于電壓表和電流表內(nèi)阻的影響不可忽略．則采用此測量電路所測得的電動勢與實際值相比____，測得的內(nèi)阻與實際值相比____．（填：偏大或偏小或相同）12、讀出圖1中螺旋測微器的讀數(shù)為______mm，圖2中游標卡尺的讀數(shù)為______cm．

13、如圖所示，將一個電流表G和另一個電阻連接可以改裝成電壓表或電流表，則甲圖對應的是______（電壓表或電流表），要使它的量程減小，應使R1______．（填“增大”或“減小”）．14、如圖有正交的勻強磁場和勻強電場，一質(zhì)量為m

，電量為q

的帶正電微粒在正交場中以某一速度做直線運動，直線與水平方向的夾角為450

已知磁場強度為B

則電場強度E=

____，速度v=

____。(

用題中所給字母表示)

15、小李同學利用激光筆和角度圓盤測量半圓形玻璃磚的折射率，如圖所示是他采用手機拍攝的某次實驗現(xiàn)象圖，紅色是三條光線，固定好激光筆，然后將圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動了5°角，發(fā)現(xiàn)光線______恰好消失了（選填①，②或③），那么這次他所測得半圓形玻璃磚的折射率n=______．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、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）17、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）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(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）

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、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）21、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）

22、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）

評卷人得分四、證明題(共2題，共10分)23、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。24、如圖，兩根勁度系數(shù)分別為K1、K2的輕質(zhì)彈簧與小球相連結(jié)，另外一端固定不動。整個裝置位于光滑的水平地面上。當小球位于O點時，兩彈簧均處于原長狀態(tài)。今把小球沿彈簧軸線方向拉離O一小段距離后放手。證明小球此后的運動為簡諧運動。評卷人得分五、解答題(共2題，共8分)25、勻強電場的電場強度E=2.0×104N/C，沿電場線方向有A、B兩點，A、B兩點間的距離s=0.10m．將電荷量q=+2.0×10-8C的點電荷從A點移至B點．求：

（1）求A；B兩點兩點之間的電勢差。

（2）電荷從A點移至B點的過程中；電場力所做的功．

26、如圖所示，在鉛板A上有一個發(fā)射源C，可向各個方向射出速率v=2.8×106m/s的電子，B為金屬網(wǎng)，A、B連接在電路上，電源電動勢E=20V，內(nèi)阻不計，滑動變阻器范圍為0～20Ω，A、B間距d=10cm，M為熒光屏（足夠大），它緊挨著金屬網(wǎng)外側(cè)，已知電子的比荷=1.75×1011C/kg；現(xiàn)將圖中滑動變阻器滑片置于Rap=5.6Ω，閉合開關后，求：

（1）A；B間場強大??；

（2）不同方向射出的電子到達熒光屏的時間不同；則電子到達熒光屏的最長時間和電子到達熒光屏范圍的最大寬度是多少；

（3）調(diào)節(jié)R使粒子打在熒光屏上面積范圍縮小為原來一半，此時調(diào)節(jié)Rap多大？

評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)27、如圖所示，光滑水平細桿MN、CD，MN、CD在同一豎直平面內(nèi)。兩桿間距離為h，N、C連線左側(cè)存在有界的電場，電場強度為E。質(zhì)量為m的帶正電的小球P，穿在細桿上，從M端點由靜止向N端點運動，在N、C連線中點固定一個帶負電的小球，電荷量為Q。在勻強電場中做勻速圓周運動恰好回到C點，且小球P與細桿之間相互絕緣。

28、(1)

如圖，鈻?ABC

為一玻璃三棱鏡的橫截面，隆脧A=30鈭?

一束紅光垂直AB

邊射入，從AC

邊上的D

點射出，其折射角為60鈭?

則玻璃對紅光的折射率為_____。若改用藍光沿同一路徑入射，則光線在D

點射出時的折射射角______(

填“小于”“等于”或“大于”)60鈭?

(2)

一列簡諧橫波在t=13s

時的波形圖如圖(a)

所示，PQ

是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點。圖(b)

是質(zhì)點Q

的振動圖像。求(i)

波速及波的傳播方向；(ii)

質(zhì)點Q

的平衡位置的x

坐標。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】設人跳的速度為v，人從A船跳入B船時，根據(jù)動量守恒定律對A船和人有對人和B船有mv=（m+M）當人從B船跳入A船時，根據(jù)動量守恒定律對B船和人有得到對人和A船有-mv-mv=（m+M）得到即C對，ABD錯。【解析】【答案】C2、D【分析】解：火車做勻加速運動；速度為v=v0+at

以火車為參照系，線圈是運動的，線圈左(

或右)

邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv

線圈兩端的電壓u=E=BLv=

BLv0+BLat

由此可知，u

隨時間均勻增大.

線圈完全磁場中時，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生.

由于火車做加速運動，通過線圈左邊的時間長，通過線圈右邊的時間短，由圖象可知，D正確；

故選：D

．

由E=BLv

求出感應電動勢與時間的關系式；然后分析圖象答題．

本題關鍵掌握感應電動勢切割式E=BLv

和勻變速直線運動的速度公式，得到電壓的表達式是解題的關鍵，這也是研究圖象問題常用的方法：得到解析式，再研究圖象的意義．【解析】D

3、D【分析】解：A；當位移減小時；回復力減小，則加速度在減小，物體正在返回平衡位置；故速度在增大；故A錯誤；

B；回復力與位移方向相反；故加速度和位移方向相反；但速度可以與位移相同，也可以相反；物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同；故B錯誤；

C；一次全振動時；動能和勢能均會有兩次恢復為原來的大?。还蔆錯誤；

D；速度可以與位移相同；也可以相反；物體運動方向指向平衡位置時，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同；故D正確；

故選：D。

從某一時刻起到再次恢復到與該時刻相同狀態(tài)所經(jīng)歷的過程為一次全振動；注意分析一次全振動中速度；位移及加速度等物理量的變化規(guī)律。

本題考查簡諧運運動的全振動規(guī)律，要注意明確回復力與位移方向始終相反，但同一個點上時，速度可能有兩個方向?！窘馕觥緿4、B【分析】【解答】解：設變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為K，則可知，開關斷開時，副線圈電流為kI；則根據(jù)理想變壓器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U=48I；

代入（1）式可得：

k=3；故B正確；ABC錯誤；

故選：B．

【分析】變壓器輸入電壓為U與電阻R1兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比可求得輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對兩種情況列式，聯(lián)立可求得U與I的關系；則可求得線圈匝數(shù)之比．本題考查理想變壓器原理及應用，要注意明確電路結(jié)構，知道開關通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關系．5、D【分析】【解答】解：電容器與電源斷開，電量不變，將下極板上移的過程中，由C=以及U=可知U=因d減小，故U減小，夾角減??；

再由E=可知，E=則可知，E不變；

根據(jù)U=Ed可知，由于P離下極板距離減小，E不變，因此P點的電勢減小，則由EP=φq可知；電勢能減小；故D正確，ABC錯誤．

故選：D．

【分析】電容器充電后斷開電源，極板上的電量不變；根據(jù)電容器的定義式可分析電容的變化，再根據(jù)決定式分析電壓的變化，從而分析靜電計指針夾角的變化；根據(jù)U=Ed分析電場強度的變化；根據(jù)電勢與電勢差之間的關系可分析P點電勢，再由電勢分析電勢能的變化．6、B【分析】【分析】電場力做的功等于電勢能的減小量；曲線運動的合力方向應該指向曲線的內(nèi)側(cè)。本題考查了電勢能；力的合成；電勢。本題關鍵明確電場力做功與電勢能變化的關系，同時要能結(jié)合曲線運動的條件、動能定理分析?！窘獯稹緼.小球帶正電，電場力向右，從A

到B

電場力做正功，故電勢能減小，故A錯誤；B.從C

到B

物體做曲線運動，需要向心力，故合力應該指向曲線的內(nèi)側(cè)，故恒力F

的方向可能水平向左，故B正確；C.從C

到B

物體做曲線運動，若恒力F

的方向與v

方向相反，則合力不可能指向曲線的內(nèi)側(cè)，故C錯誤；D.從A

到B

電場力做正功，拉力F

做負功，合力的功可能為零，故A、B

兩點的速率可能相同，故D錯誤。故選B?！窘馕觥緽

二、填空題(共9題，共18分)7、3000【分析】【解答】由閉合電路的歐姆定律可得；這只歐姆表的總內(nèi)阻：

．

故答案為：3000．

【分析】知道干電池的電動勢和滿偏時的電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出歐姆表的總內(nèi)阻．8、0.1m/s；水平向左【分析】解：AB

組成的系統(tǒng)動量守恒；以向左為正方向，由動量守恒定律得：

mBvB鈭?mAvA=mAvA隆盲+mBvB隆盲

即：70隆脕2鈭?50隆脕2=50隆脕vA隆盲+70隆脕0.5

解得：vA隆盲=0.1m/s

方向：水平向左；

故答案為：0.1m/s

水平向左．

碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒；規(guī)定正方向，根據(jù)動量守恒定律可以求出A

最終的速度．

本題考查了求物體的速度，應用動量守恒定律可以正確解題，解題時注意正方向的選擇，否則會出錯．【解析】0.1m/s

水平向左9、略

【分析】解：正試探電荷在該點所受的電場力方向向右；則該點的電場方向向右.

該點的電場強度為：

E=Fq=1隆脕10鈭?32.0隆脕10鈭?6N/C=500N/C

電場強度取決于電場本身；與有無試探電荷無關，在該點改放鈭?1.0隆脕10鈭?6C

的電荷，該點的場強仍為500N/C

電場強度方向向右．

故答案為：500

向右。

電場強度的方向與正電荷在該點所受的電場力方向相同，電場強度的大小由場強的定義式E=Fq

求出.

電場強度取決于電場本身；與有無試探電荷無關．

明確場強的定義式采用比值法定義；電場強度取決于電場本身，與有無試探電荷無關和場強方向的規(guī)定是解題關鍵．【解析】500

向右10、略

【分析】

根據(jù)P=得到

該指揮燈連續(xù)工作5小時；共耗電W=Pt=40W×5h=200W?h=0.2kW?h=0.2度；

故答案為：1210；0.2．

【解析】【答案】根據(jù)P=UI=求解電阻；根據(jù)W=Pt求解電功；1度是1kW?h．

11、略

【分析】

（1）多用電表不能用電阻擋直接測含源電路的電阻，用多用電表的電流檔測量a、b間可能會造成短路．

用多用電表的電壓檔測量a、b間的輸出電壓是可以的；故選②

（2）由U-I圖可知；

電源的電動勢E=1.45V

路端電壓為1V時，電流為0.6A，則由閉合電路歐姆定律可知：r==0.75Ω

（3）該實驗的系統(tǒng)誤差主要是由電壓表的分流；導致電流表測量的電流小于通過電源的真實電流；

利用等效電源分析；即可將電壓表等效為電源內(nèi)阻，測實驗中測出的電動勢應為等效電阻輸出的電壓；

由圖可知；輸出電壓小于電源的電動勢；故可知電動勢的測量值小于真實值；測實驗中測出的內(nèi)阻應為實際電源內(nèi)阻和電壓表內(nèi)阻并聯(lián)的等效電阻；

所以測得的內(nèi)阻與實際值相比偏?。?/p>

故答案為：（1）②

（2）1.45；0.75

（3）偏??；偏小。

【解析】【答案】（1）多用電表不能用電阻擋直接測含源電路的電阻，用多用電表的電流檔測量a、b間可能會造成短路．

（2）采用描點法作圖；由圖可知，圖象由縱坐標的交點為電動勢；由圖象與橫坐標的交點利用閉合電路歐姆定律可求得內(nèi)電阻．

電壓表測量為電源的輸出電壓；電壓表示數(shù)沒有誤差，但電流表測量的卻是外電路中一部分電路中的電流，故可知誤差來自于電壓表的分流；

12、略

【分析】解：螺旋測微器固定刻度為0.5mm；可動刻度為0.01×42.0=0.420mm，所以最終讀數(shù)為0.920mm．

游標卡尺的主尺讀數(shù)為5cm；游標讀數(shù)為0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最終讀數(shù)為5.015cm．

故答案為：0.920；5.015

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)；不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．以及螺旋測微器的讀數(shù)方法，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．【解析】0.920；5.01513、略

【分析】解：甲圖中電阻起分流作用；故為大量程的電流表；R1起分流作用；在最大量程時，表頭G中電流不變，電壓不變；故要使量程減小，需減小R1的分流，即增大R1的電阻．

故答案為：電流表；增大．

甲圖為G表頭并聯(lián)一分流電阻改裝成一電流表；分流電阻越小，分流越大，量程越大．

本題考查電表的改裝原理，明確分壓與電阻成正比，電阻大分壓大；明確分流與電阻成反比，電阻大，分流小，反之電阻小則分流大．【解析】電流表；增大14、略

【分析】考查帶電粒子在復合場中的運動。微粒受力情況如圖，根據(jù)平衡條，得：

Bq婁脭cos婁脠鈭?mg=0壟脵Bq婁脭cos婁脠-mg=0壟脵

Bq婁脭sin婁脠鈭?qE=0壟脷Bq婁脭sin婁脠-qE=0壟脷

由壟脵壟脷壟脵壟脷式聯(lián)立得：故答案為：根據(jù)運動軌跡為直線，重力電場力均為恒力，所以洛倫茲力必為恒力，所以三力平衡，列平衡方程求解。【解析】

15、③【分析】解：圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動；入射角逐漸增大，當入射角等于臨界角時發(fā)生全反射，折射光線消失，所以轉(zhuǎn)動5°角時，發(fā)現(xiàn)光線③恰好消失了．

由題得全反射臨界角C=45°，由sinC=得n=

故答案為：③，

圓盤和玻璃磚一起順時針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動，入射角等于臨界角時發(fā)生全反射，折射光線消失，由圖讀出臨界角C，再由sinC=求折射率．

本題利用全反射知識測定玻璃磚的折射率，其原理是全反射臨界角公式sinC=關鍵要理解并掌握全反射產(chǎn)生的條件．【解析】③三、判斷題(共7題，共14分)16、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(zhì)，與試探電荷無關．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(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．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(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．20、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．21、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．22、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?。?、證明題(共2題，共10分)23、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動24、略

【分析】見答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏離平衡位置位移為X,則左側(cè)彈簧被拉伸X，右側(cè)彈簧被壓縮X。小球所受合外力為，F(xiàn)=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考慮到F與X的方向相反，則F=-KX所以小球的運動為簡諧運動五、解答題(共2題，共8分)25、略

【分析】

（1）勻強電場場強處處相同，大小均為E，則A、B兩點兩點之間的電勢差U=E?s=2.0×103V

（2）在A到B過程中電場力是恒力，做的功W=qU=4.0×10-8J；

答：電勢差U=E?s=2.0×103V；電場力做功4.0×10-8．

【解析】【答案】根據(jù)勻強電場的電場強度E電勢差U之間的關系；可以求出求A；B兩點兩點之間的電勢差；把電場力當作一般的力，應用功的計算公式W=FL，可以求出電場力的功．

26、略

【分析】

（1）設滑動變阻器最大阻值為R；

有U=

A、B間場強E′===56V/m

（2）平行板射出的電子；當初速度平行極板射出時，運動時間最長，此時電子在電場力作用下做類平拋運動，平行極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向做勻加速直線運動，則有：

d==

解得：tm=

平行極板方向做勻速直線運動；

所以熒光屏范圍的最大寬度：dm=2vtm=0.8m

（3）熒光屏范圍面積為：

S==

所以S正比于

因為S′=有R′ap=2Rap=11.2Ω

答：（1）A；B間場強大小為56V/m；

（2）不同方向射出的電子到達熒光屏的時間不同；則電子到達熒光屏的最長時間和電子到達熒光屏范圍的最大寬度是0.8m；

（3）調(diào)節(jié)R使粒子打在熒光屏上面積范圍縮小為原來一半，此時調(diào)節(jié)Rap為11.2Ω；

【解析】【答案】（1）先根據(jù)歐姆定律計算AB間的電壓，再根據(jù)E=即可求解；

（2