2025年湘教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2025年湘教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、下列關于電荷所受電場力和洛倫茲力的說法，正確的是()A.垂直于磁場方向運動的電荷,一定受洛倫茲力作用B.垂直于電場方向運動的電荷,一定受電場力作用C.靜止在磁場中的電荷，所受洛倫茲力為零D.靜止在電場中的電荷，所受電場力不為零2、如圖所示，a、b是一列橫波上的兩個質點，它們在x軸上的距離s=30m，波沿x軸正方向傳播，經過3s，波傳播了30m，并且a經過平衡位置時，b恰好到達最高點，那么Ａ．這列波的速度一定是10m/sＢ．這列波的周期一定是3sＣ．這列波的波長可能是24mＤ．這列波的頻率可能是1.25Hz3、市電即電網為我們提供的工頻交變電流，我國的市電標準為“220V/50Hz”．它是由發(fā)電站的發(fā)電機發(fā)出，通過分級升壓或降壓變壓器變換電壓，跨越較遠距離輸送到用戶所在地．下列說法正確的是（）A.220V指的是交流電壓的峰值B.變壓器可以變換交流電的電壓、功率和頻率C.發(fā)電機轉子的轉速為3000r/minD.采用遠距離高壓輸電可減小輸電線的電阻及電線上的電流4、很多汽車的車窗有防夾手功能。車窗在關閉過程中碰到障礙時會停止并打開。實現該功能可能使用的傳感器是A.生物傳感器B.氣體傳感器C.溫度傳感器D.壓力傳感器5、如圖所示；豎直放置的兩端封閉的玻璃管中注滿清水，內有一個紅蠟塊能在水中勻速上?。诩t蠟塊從玻璃管的下端勻速上浮的同時，使玻璃管以速度v水平向右勻速運動．紅蠟塊由管口上升到頂端，所需時間為t，相對地面通過的路程為L，則（）

A.v增大時；t增大。

B.v增大時；t減小。

C.v增大時；L增大。

D.v增大時；L減小。

6、在10s內通過電解槽某一橫截面向右遷移的正離子所帶的電量為2C，向左遷移的負離子所帶電量為3C，那么電解槽中電流強度大小為（）A.0.5AB.0.2AC.0.3AD.0.1A7、由交流電動勢瞬時值表達式e=10sin4πt(V)，可知A.此交流電的頻率是4π(Hz)B.此交流電的周期是0.5sC.當t=0.5s時，此交流電動勢有最大值D.當t=0時，產生此交流電的線圈平面與中性面重合8、一帶電粒子從電場中的A

點運動到B

點，徑跡如圖中虛線所示，圖中實線為電場線，不計粒子所受重力，則(

)

A.粒子帶正電B.A

點的場強小于B

點場強C.粒子加速度逐漸減小D.粒子的速度一定在不斷增大評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、使物體帶電的方法有：摩擦起電、____和____。10、將普通熱敏電阻（負溫度系數）、電流表、電源按圖連接；將燒杯裝入2/3的水，用鐵架臺固定在加熱器上。閉合開關S，當熱敏電阻未放入水中時，電流表示數I１，放入溫水中時電流表示數I2，熱敏電阻放在熱水中，若示數為I3則I１＿＿＿I2＿＿＿I3（填“大于”“等于”“小于”）11、如圖所示；四個相同的電流表分別改裝成兩個安培表和兩個伏特表.

安培表A1

的量程大于A2

的量程，伏特表V1

的量程大于V2

的量程，把它們按圖接入電路，則。

安培表A1

的讀數______安培表A2

的讀數；

安培表A1

的偏轉角______安培表A2

的偏轉角；

伏特表V1

的讀數______伏特表V2

的讀數；

伏特表V1

的偏轉角______伏特表V2

的偏轉角；(

填“大于”，“小于”或“等于”)

12、A、B兩物體在光滑的水平面上相向運動，其中物體A的質量為mA=4kg，兩球發(fā)生相互作用前后的運動情況如圖所示，則：由圖可知A、B兩物體在______時刻發(fā)生碰撞，B物體的質量為mB=______kg。13、右圖為一交變電流圖像,把這種交變電流加在一燈泡兩端,則燈泡中的電流大小為A14、在做“驗證動量守恒定律”實驗時，入射球a的質量m1，被碰球b的質量為m2，小球的半徑為r，各小球的落地點如圖所示.下列關于這個實驗的說法正確的是A．入射球與被碰球最好采用大小相同、質量相等的小球B．讓入射球與被碰球連續(xù)10次相碰，每次都要使入射小球從斜槽上不同的位置滾下C．要驗證的表達式是m1=m1+m2D．要驗證的表達式是m1=m1+m2E．要驗證的表達式是m1（-2r）=m1（-2r）+m215、如圖為查德威克實驗示意圖，由天然放射性元素釙（Po）放出的A射線轟擊鈹時會產生粒子流A，用粒子流A轟擊石蠟時會打出粒子流B，經研究知道A為____，B為____．

16、將一帶電量為2×10-8C的檢驗電荷放入點電荷Q的電場中的p點時，受到的電場力為2×10-2N，則p點的電場強度為______N/C，如果移走檢驗電荷，則p點的電場強度為______N/C．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、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）18、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）19、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）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、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）

22、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）23、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）

24、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）

評卷人得分四、畫圖題(共2題，共8分)25、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度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電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象26、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度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電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象評卷人得分五、計算題(共2題，共10分)27、如圖所示，電場中某一電場線為一直線，線上有A、B、C三個點，電荷q1=10-8C，從B點移到A點時靜電力做了10-7J的功；電荷q2=-10-8C，在B點的電勢能比在C點時大10-7J；那么：

（1）比較A、B、C三點的電勢高低，由高到低的排序是______；

（2）A、C兩點間的電勢差是______V；

（3）若設B點的電勢為零，電荷q2在A點的電勢能是______J．28、如圖所示；光滑水平臺面MN

上放兩個相同小物塊AB

右端N

處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長度L=8m

沿逆時針方向以恒定速度v0=2m/s

勻速轉動.

物塊AB(

大小不計，視作質點)

與傳送帶間的動摩擦因數均為婁脤=0.2

物塊AB

質量均為m=1kg.

開始時AB

靜止，AB

間壓縮一輕質短彈簧.

現解除鎖定，彈簧彈開AB

彈開后B

滑上傳送帶，A

掉落到地面上的Q

點，已知水平臺面高h=0.8mQ

點與水平臺面間右端間的距離S=1.6mg

取10m/s2

．

(1)

求物塊A

脫離彈簧時速度的大小；

(2)

求彈簧儲存的彈性勢能；

(3)

求物塊B

在水平傳送帶上運動的時間．評卷人得分六、實驗題(共4題，共20分)29、如圖所示，某種折射率較大的透光物質制成直角三棱鏡ABC，在垂直于AC面的直線MN上插兩枚大頭針P1、P2，在AB面的左側通過棱鏡觀察大頭針P1、P2的像，調整視線方向，直到P1的像被P2的像擋住，再在觀察的這一側先后插上兩枚大頭針P3、P4，使P3擋住P1、P2的像，P4擋住P3和P1、P2的像，記下P3、P4和三棱鏡的位置，移去大頭針和三棱鏡，過P3、P4作直線與AB面交于D，量出該直線與AB面的夾角為370，則透光物質的折射率n=.30、（1）①某同學設計了一個探究小車的加速度a與小車所受拉力F及質量m關系的實驗，圖中（甲）為實驗裝置簡圖。他想用鉤碼的重力表示小車受到的合外力，為了減小這種做法帶來的實驗誤差，你認為下列說法中正確的是()（選填字母代號）.A．實驗時要平衡摩擦力B．實驗時不需要平衡摩擦力C．鉤碼的重力要遠小于小車的總重力D．實驗進行時應先釋放小車再接通電源②如圖（乙）所示是某次實驗中得到的一條紙帶，其中A、B、C、D、E是計數點(每打5個點取一個計數點)，其中L1=3.07cm,L2=12.38cm,L3=27.87cm,L4=49.62cm。則打C點時小車的速度為______m/s，小車的加速度是_______m/s2。(計算結果均保留三位有效數字)(2)某實驗小組用如圖甲的電路測量一直流安培表的內電阻。所給的器材有：電池E(約4.5V)；電流表A(量程0~300mA，待測內阻約為5Ω)；電壓表V(量程0~3V)；電阻箱R1；滑動變阻器R2(0~10Ω)，以及電鍵S和導線若干。①圖乙實物圖中，已連接了部分電路，請完成余下電路的連接。②請完成主要實驗的步驟：A、連接好實驗電路，把變阻器的滑動片調到______(a或b端)；B、閉合電鍵，調節(jié)__________________________，使通過安培表電路電流從小到大變化，讀出并記錄數據。③若電壓表、電流表的讀數分別為U和I，電阻箱讀數為R1，則電流表的內電阻31、以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4為原料，制備高純PbO，實現鉛的再生利用。其工作流程如下：（1）過程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是__________。（2）過程Ⅰ中，Fe2+催化過程可表示為：i：2Fe2++PbO2+4H++SO42?2Fe3++PbSO4+2H2Oii:①寫出ii的離子方程式：____________________。②下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液幾乎無色，再加入少量PbO2，溶液變紅。b.________________。32、(1)用多用電表的歐姆擋測量阻值約為幾十kΩ的電阻Rx，以下給出的是可能的操作步驟，其中S為選擇開關，P為歐姆擋調零旋鈕，把你認為正確步驟前的字母按合理的順序填寫在橫線上________．a．將兩表筆短接，調節(jié)P使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆b．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開兩表筆c．旋轉S使其尖端對準歐姆擋×1kd．旋轉S使其尖端對準OFF擋，并拔出兩表筆(2)正確操作后，多用電表的指針位置如圖所示，此被測電阻Rx的阻值約為________Ω.參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|B|C|D【分析】【解析】試題分析：AC、由可知垂直于磁場方向運動的電荷,一定受洛倫茲力作用，靜止在磁場中的電荷，所受洛倫茲力為零；正確BD、電場最基本的性質是對放入其中的電荷有力的作用，與電荷的運動狀態(tài)無關；正確故選ABCD考點：洛倫茲力與電場力【解析】【答案】ABCD2、A|C|D【分析】波沿x軸正方向傳播，經過3s，波傳播了30m，由此可知，波速v=10m/s，A對；a經過平衡位置時，b恰好到達最高點，可知ab兩點間距離有可能為也有可能為有或波長與n有關，周期與n也有關系，B錯；根據當n=1時，波長為24m，C對；根據當n=3時，波長為8m，周期為λ/v=0.8s，頻率為1.25Hz，D對；【解析】【答案】ACD3、C【分析】解：A；220V是有效值；不是峰值，故A錯誤；

B；變壓器可以改變電壓但不能改變功率和頻率；故B錯誤；

C、市電的標準頻率為50Hz，則轉子的轉速變50r/s=3000r/min；故C正確；

D；采用遠距離高壓輸電可減小輸電線的電阻及電線上的電流；但不能減小輸電線的電阻，故D錯誤。

故選：C．

將發(fā)電站的電能遠輸時；由于電線上的電阻而導致電壓損失，從而使得用戶得到的電壓減少．變壓器通過電磁感應原理改變電壓和電流，但不能改變頻率．

理想變壓器的輸入與輸出功率相等，當電線上電阻的電壓越大時，用戶得到的電壓則越少．所以要通過升壓變壓器將電壓提高，從而實現降低電壓損失．【解析】【答案】C4、D【分析】【分析】傳感器是將非電學量轉變成電學量，如力傳感器是將力學量轉變成電學量.

而溫度傳感器則是通過溫度的變化轉變成電學量?？疾閭鞲衅鞯脑砑皯?，掌握各種傳感器的聯系與區(qū)別，注意電學量與非電學量的含義。【解答】汽車的車窗有防夾手功能；在關閉過程中碰到障礙時會停止并打開，這是因為使用壓力傳感器.

故D正確，ABC錯誤。

故選D?！窘馕觥緿

5、C【分析】

蠟塊在水平方向上和豎直方向上都做勻速直線運動，在豎直方向上，t=管長不變，豎直方向上的分速度不變，根據合運動與分運動具有等時性，知蠟塊由管口到頂端的時間不變．v增大，水平方向上的位移增大，根據運動的合成，知蠟塊相對于地面的路程L增大．故C正確，A；B、D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】蠟塊參與了豎直方向和水平方向兩個方向的分運動；根據分運動與合運動具有等時性確定運動的時間，根據運動的合成，確定蠟塊相對于地面的路程．

6、A【分析】【解析】試題分析：根據電流強度的公式A對，BCD錯?？键c：本題考查電流強度的公式?！窘馕觥俊敬鸢浮緼7、B|D【分析】試題分析：此交流電的周期是選項B正確；頻率是選項A錯誤；當t=0.5s時，此交流電動勢瞬時值為e=10sin4π×0.5(V)=0，選項C錯誤；當t=0時，產生此交流電的線圈平面與中性面重合，選項D正確?？键c：交流電的變化規(guī)律?！窘馕觥俊敬鸢浮緽D8、C【分析】解：A

由圖所示；粒子從A

到B

根據曲線運動條件可知，電場力逆著電場線方向向左，所以粒子帶負電.

故A錯誤；

B；從A

到B

電場線越來越疏，所以電場強度減小，故A點的場強大于B

點場強，故B錯誤；

C；場強逐漸減??；粒子所受的電場力也減小，則其加速度逐漸減小，故C正確；

D、由圖所示，粒子從A

到B

電場力方向與速度方向夾角大于90鈭?

對粒子做負功，因此粒子的速度不斷減小，故D錯誤；

故選：C

不計重力的粒子在電場力作用下從A

到B

由運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側，分析電場力方向，即可判斷粒子的電性.

電場線的疏密表示電場強度的強弱，由牛頓第二定律分析加速度的大小.

由電場力做功情況分析速度的變化．

本題的關鍵是根據運動軌跡來判定電場力方向，理解并掌握曲線運動條件：合力偏向曲線內側，從而分析出電場力的方向．【解析】C

二、填空題(共8題，共16分)9、略

【分析】【解析】試題分析：使物體帶電的方法有：摩擦起電、接觸起電、感應起電考點：考查起電的三種方式【解析】【答案】接觸起電、感應起電10、略

【分析】熱敏電阻阻值會隨著溫度的升高而減小【解析】【答案】小于小于11、略

【分析】解：安培表A1A2

并聯；電壓相同，表頭的電流相同，指針偏轉角度相同，由于安培表A1

的量程大于A2

的量程，則安培表A1

的讀數大于安培表A2

的讀數．

伏特表V1

與V2

串聯；流過表頭的電流相同，指針偏轉的角度相同，由于伏特表V1

的量程大于V2

的量程，則伏特表V1

的讀數大于伏特表V2

的讀數．

故答案為：大于等于大于等于．

由題：兩個安培表和兩個伏特表均是由四個相同的電流表改裝成的；表頭的滿偏電流和內阻相同.

安培表A1A2

并聯，電壓相同，表頭的電流，指針偏轉角度相同，量程越大，其讀數越大.

伏特表V1

與V2

串聯，流過表頭的電流相同，指針偏轉的角度相同，則量程越大，其讀數越大．

安培表和伏特表都是小量程的電流表(

表頭)

改裝而成，其核心是表頭，表頭指針偏轉的角度取決于流過表頭的電流．【解析】大于；等于；大于；等于12、2s6【分析】解：根據x-t圖象的斜率表示速度；發(fā)生碰撞后兩球的速度要發(fā)生改變，可知，A；B兩物體在2s末時刻發(fā)生碰撞。

碰前A的速度為：vA==-2m/s；

B的速度為：vB==3m/s。

碰后AB的共同速度為：v==1m/s。

根據動量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v

解得：mB=6kg

故答案為：2s；6

根據位移時間圖線的斜率表示速度；分析A；B兩物體發(fā)生碰撞的時刻，并分別求出A、B兩物體碰前和碰后的速度，根據動量守恒定律求出B物體的質量。

解答本題時，要知道位移時間圖線的斜率表示速度，碰撞遵守的基本規(guī)律是動量守恒定律，要注意速度的方向?！窘馕觥?s613、略

【分析】【解析】試題分析：根據交流電有效值的定義可得：解得：考點：考查了交流電有效值的計算【解析】【答案】5A14、略

【分析】【解析】【答案】D15、中子質子【分析】【解答】用放射源釙的α射線轟擊鈹時；能發(fā)射出一種穿透力極強的中性射線，這就是所謂鈹“輻射”，即中子流，中子轟擊石蠟，將氫中的質子打出，即形成質子流．

故答案為：中子；質子。

【分析】天然放射性元素釙（Po）放出的α射線轟擊鈹時會產生高速中子流，轟擊石蠟時會打出質子．16、106106【分析】解：由場強的定義式E=得，p點的電場強度為E=N/C=106N/C

電場強度是反映電場本身特性的物理量，由電場決定，與試探電荷無關，則將檢驗電荷移走后，該點的電場強度不變，仍為106N/C．

故答案為：106，106．

放入電場中電荷是試探電荷，電場強度等于試探電荷所受的電場力與電荷量的比值，由場強的定義式E=求解P點的電場強度．將檢驗電荷移走后；該點的電場強度不變．

電場強度的定義式E=具有比值定義法的共性，定義出的電場強度E與F、q無關，反映電場強度本身的特性．【解析】106106三、判斷題(共8題，共16分)17、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．18、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．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．19、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；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，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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．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：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?。?2、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．23、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．24、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．四、畫圖題(共2題，共8分)25、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】26、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應定律，當磁感強度均勻變化時磁通量均勻變化，感應電動勢、感應電流恒定不變【解析】【答案】五、計算題(共2題，共10分)27、略

【分析】解：（1）根據電勢差的定義式U=得：

BA間電勢差UBA==V=10V；說明B點的電勢比A點高10V；

電荷q2=-10-8C，在B點的電勢能比在C點時大10-7J，若該電荷從B點移到C點電場力做功為WBC=10-7J

則BC間電勢差UBC==V=-10V；說明B點的電勢比C點低10V

故A、B、C三點的電勢高低順序是：φC＞φB＞φA．

（2）AB間電勢差UAB=-UBA=-10V

則A、C兩點間的電勢差UAC=UAB+UBC=-10V-10V=-20V

（3）設B點的電勢為零，A點的電勢為φA=-10V

電荷q2在A點的電勢能是Ep=q2φA=-10-8×（-10）J=1×10-7J

故答案為：

（1）φC＞φB＞φA．

（2）-20

（3）1×10-7．

（1）根據電勢差的定義式U=求出BA間和BC間電勢差，即可比較三點電勢的高低；

（2）A、C兩點間的電勢差UAC=UAB+UBC．

（3）設B點的電勢為零，確定出A點的電勢，由Ep=qφ公式求出電荷q2在A點的電勢能．

本題的解題關鍵是掌握電勢差的定義式U=并能正確運用．也可以推論：正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢高處電勢能小，判斷電勢高低．【解析】φC＞φB＞φA；-20；1×10-728、解：（1）A作平拋運動，豎直方向：

水平方向：S=vAt

代入數據聯立解得：vA=4m/s

（2）解鎖過程系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定A的速度方向為正方向，有：mvA-mvB=0

由能量守恒定律：

代入數據解得：Ep=16J

（3）B作勻變速運動；由牛頓第二定律有：μmg=ma

解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2

B向右勻減速至速度為零，由

解得：SB=4m＜L=8m；所以B最終回到水平臺面．

設B向右勻減速的時間為t1：vB=at1

設B向左加速至與傳送帶共速的時間為t2，v0=at2

由

共速后做勻速運動的時間為t3，有：SB-S2=v0t3

代入數據解得總時間：t=t1+t2+t3=4.5s．

答：（1）物塊A脫離彈簧時速度的大小為4m/s；

（2）彈簧儲存的彈性勢能為16J；

（3）物塊B在水平傳送帶上運動的時間為4.5s．【分析】

(1)

根據平拋運動的規(guī)律求出物塊A

脫離彈簧時的速度大?。?/p>

(2)

根據動量守恒定律求出B

的速度；結合能量守恒求出彈簧儲存的彈性勢能．

(3)

物塊B

向右先做勻減速運動；然后返回做勻加速運動，當速度達到傳送帶速度做勻速運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出運動的總時間．

本題考查了動量守恒定律、能量守恒定律和牛頓第二定律的綜合運用，理清物塊在傳送帶上的運動規(guī)律，知道物塊先向右做勻減速運動，然后返回做勻加速運動，再做勻速運動，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．【解析】解：(1)A

作平拋運動，豎直方向：h=12gt2

水平方向：S=vAt

代入數據聯立解得：vA=4m/s

(2)

解鎖過程系統(tǒng)動量守恒；規(guī)定A

的速度方向為正方向，有：mvA鈭?mvB=0

由能量守恒定律：Ep=12mvA2+12mvB2

代入數據解得：Ep=16J

(3)B

作勻變速運動；由牛頓第二定律有：婁脤mg=ma

解得：a=婁脤g=0.2隆脕10m/s2=2m/s2

B

向右勻減速至速度為零；由vB2=2aSB

解得：SB=4m<L=8m

所以B

最終回到水平臺面．

設B

向右勻減速的時間為t1vB=at1

設B

向左加速至與傳送帶共速的時間為t2v0=at2

由v02=2aS2

共速后做勻速運動的時間為