2025年湘教版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年湘教版高二物理下冊階段測試試卷911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7題，共14分)1、某同學對著墻壁練習打網球，假定球在墻面上以25m/s的速度沿水平方向反彈，落地點到墻面的距離在10m至15m之間。略空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。則球在墻面上反彈點的高度范圍是（）A.0.8m至1.8mB.0.8m至1.6mC.1.0m至1.6mD.1.0m至1.8m2、如圖所示,要使金屬環(huán)C向線圈A運動,導線AB在光滑金屬導軌上應()

A.向右作加速運動B.向左作加速運動C.向右作減速運動D.向左作勻速運動3、下列那組力有可能使物體處于平衡狀態(tài)()A.3N4N8N

B.3N5N1N

C.4N7N8N

D.7N9N1N

4、一個帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一磁感應強度是原來磁感應強度2

倍的勻強磁場，則()A.粒子的速率加倍，周期減半B.粒子的速率不變，軌道半徑也不變C.粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?/4

D.粒子的速率不變，周期減半5、如圖所示，A

、B

、C

為勻強電場中的三個點，已知隆脧

CAB

=60鈭?

AB

=2

AC

=2cm

婁脮A

=0V

婁脮B

=鈭?8V

將一帶電量為q

=3隆脕10鈭?5C

的正電荷從A

點移到C

點，電場力做功6隆脕10鈭?5J

則下列說法正確的是()

A.C

點電勢為2V

B.電場強度E

沿AB

方向由A

隆煤

B

，大小為400N/C

C.該正電荷在B

點具有的電勢能為24隆脕10鈭?4J

D.將該正電荷從C

點移到B

點，電勢能增加了1.8隆脕10鈭?4J

6、如圖A、B兩點電荷均帶正電，且電荷B的帶電量是電荷A的2倍，P點在A、B連線的中點，電荷A在P點形成的電場強度大小是E，則P點的合場強大小和方向分別是（）

A.3E，向左B.3E，向右C.E，向左D.E，向右7、下面與靜電現象無關的是(

)

A.磁鐵吸引鐵釘B.毛織地毯中夾有不銹鋼導電纖維C.雷電現象D.電視機工作時，屏表面很容易吸附灰塵評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、手電筒中標有“2.0V，0.80W”字樣的小燈泡正常發(fā)光時，通過的電流是____A；1分鐘內通過導體橫截面的電子數為____個．（已知e=1.6×10﹣19C）9、某位同學在實驗室使用打點計時器：

（1）研究物體作自由落體運動的實驗；有下列器材可供選擇：

鐵架臺、重錘、電火花打點計時器及碳粉、紙帶若干、220V交流電源、天平、秒表其中不必要的一種器材是：______，缺少的一種器材是：______．

（2）測定勻變速直線運動的加速度實驗中得到一段紙帶，是一次實驗中記錄小車運動的紙帶，圖中A、B、C、D、E為相鄰的計數點，（每相鄰的兩個計數點間有1個打印點未標出）該小車運動的加速度a=______m/s2，計數點D的瞬時速度vD=______m/s．（結果保留三位有效數字）

10、如圖所示，在傾角為α的斜面的頂點將小球水平拋出，若拋出時的初速度較大，小球落到斜面上時的速度也較大，因此有人猜想：“小球落到斜面上的速度大小與平拋的初速度的大小成正比”．這個猜想是____（選填：“正確的”或“不正確的”）．也有人猜想：“小球落到斜面上的速度方向與斜面的夾角隨平拋的初速度大小的增大而增大”．這個猜想是____（選填：“正確的”或“不正確的”）．

11、如圖所示，一個邊長L=10cm，匝數N=100匝的正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，磁感應強度B=0.50T，角速度ω=10πrad/s，外電路電阻R=4.0Ω，線圈內阻r=1.0Ω．

則線圈轉動的周期____，感應電動勢的最大值____；

線圈由圖中所示位置開始計時，感應電動勢的瞬時表達式____．

12、用______、______和接觸起電的方法都可以使物體帶電．13、一輛電動摩托車沿著平直公路行駛，其v鈭?t

圖象如圖所示，該摩托車在前2s

內做______直線運動，最后2s

內做______直線運動，(

填“勻加速”、“勻減速”或“勻速”)

第2s

末的速度為______m/s

．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18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、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）16、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）

17、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）

18、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）19、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）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、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）

22、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、作圖題(共2題，共6分)23、（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？24、我們可以通過實驗探究電磁感應現象中；感應電流方向的決定因素和遵循的物理規(guī)律.

以下是實驗探究過程的一部分．

(1)

如圖(1)

所示；當磁鐵N

向下運動時，發(fā)現電流表指針偏轉.

若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道______．

(2)

如圖(2)

所示，實驗中發(fā)現閉合開關時，電流表指針向右偏.

閉合開關穩(wěn)定后，若向左移動滑動觸頭，此過程中電流表指針向______偏轉；若將線圈A

抽出，此過程中電流表指針向______偏轉(

均選填“左”或“右”)

．評卷人得分五、實驗探究題(共2題，共10分)25、用如圖1的裝置，來驗證碰撞過程中的動量守恒．圖中PQ是斜槽，QR為水平槽．O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，A、B兩球的質量之比mA：mB=3：1．先使A球從斜槽上某一高度處由靜止釋放；在水平地面的記錄紙上留下落點痕跡P，重復10次，得到10個落點．再把B球放在水平槽上的末端R處，讓A球仍從同一高度處由靜止釋放，與B球碰撞，碰后A；B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復10次．A、B兩球在記錄紙上留下的落點痕跡如圖2所示，其中卷尺的某整刻度點與O點對齊．

（1）2%驗前應調節(jié)軌道末段，使末段水平，目的是使小球離開軌道后做______運動．每次實驗時由靜止釋放A球，______（填“要”或“不要”）從同一位置釋放．若將質量小的球由高出釋放，讓它碰質量大的靜止小球，則該實驗的誤差將______．

（2）碰撞后A球的水平射程應取______cm．

（3）本實驗的原理是：若能夠證明式子______（用示意圖中的字母表示）成立，即可證明動量守恒定律．26、某同學要測量一新材料制成的均勻圓柱體的電阻率婁脩

完成下列部分步驟：

(1)

用游標為20

分度的卡尺測量其長度；如圖甲所示，由圖可知其長度為______mm

(2)

用螺旋測微器測量其直徑；如圖乙所示，由圖可知其直徑為______mm

(3)

用多用電表的電阻“隆脕10

”擋按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻；表盤的示數如圖丙所示，則該電阻的阻值約為______婁賂

(4)

該同學想用伏安法更精確地測量其電阻R

現有的器材及其代號和規(guī)格如下：

待測圓柱體電阻R

電流表A1(

量程0隆蘆4mA

內阻約50婁賂)

電流表A2(

量程0隆蘆15mA

內阻約30婁賂)

電壓表V1(

量程0隆蘆3V

內阻約10k婁賂)

電壓表V2(

量程0隆蘆15V

內阻約25k婁賂)

直流電源E(

電動勢4V

內阻不計)

滑動變阻器R1(

阻值范圍0隆蘆15婁賂

允許通過的最大電流2.0A)

滑動變阻器R2(

阻值范圍0隆蘆2k婁賂

允許通過的最大電流0.5A)

開關S

導線若干。

為使實驗誤差較小；要求測得多組數據進行分析，請在虛線框中畫出測量的電路圖，并標明所用器材的代號。

評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)27、如圖所示是一個半球形透明物體的側視圖，現在有一細束單色光沿半徑OA

方向入射，保持入射方向不變，不考慮光線在透明物體內部的反射。(1)

將細光束平移到距O

點33R

處的C

點，此時透明體左側恰好不再有光線射出，求透明體對該單色光的折射率；(2)

若細光束平移到距O

點0.5R

處，求出射光線與OA

軸線的交點距O

點的距離。28、一個質量m=2kg

的小球，從H1=5m

處自由下落，與地面碰撞后又跳起H2=3.2m

全部過程歷時T=2s

試問：小球對地面的撞擊力為多大？(g=10m/s2)

29、氫原子處于基態(tài)時，原子的能量為E1=-13.6eV，當處于n=3的激發(fā)態(tài)時，能量為E3=-1.51eV；則：

（1）當氫原子從n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到n=1的基態(tài)時；向外輻射的光子的波長是多少？

（2）若要使處于基態(tài)的氫原子電離；至少要用多大頻率的電磁波照射原子？

（3）若有大量的氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，則在躍遷過程中可能釋放出幾種頻率的光子？其中最長波長是多少？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：球做平拋運動，在水平方向上：x=v0t；由初速度是25m/s，水平位移是10m至15m之間，所以球的運動的時間是0.4s-0.6s之間，在豎直方向上自由落體：所以可以求得高度的范圍是0.8m至1.8m，所以A正確?？键c：平拋運動的規(guī)律.【解析】【答案】A2、C【分析】【分析】要使金屬環(huán)C向線圈A運動,則必須穿過C的磁通量減?。籄中的磁場減弱，即A中的電流減小，故AB導致磁通量增大，C導致磁通量減小，D導致磁通量不變，故選C。

【點評】關鍵是知道在什么情況下C將向A運動。3、C【分析】【分析】三力平衡時；三力可以組成首位相連的三角形，故要使三力的合力為零，應保證任意兩力之和可以大于等于第三力，任意兩力之差小于等于第三力。

判斷三力能否平衡可以利用數學中三邊組成平行三角形的方法，只要三邊能組成三角形，則合力一定能為零。【解答】A.3N

與4N

的合力最大值為7N

最小值為1N

不可以與8N

的力平衡，故A錯誤；

B.3N

和5N

合成時；最大8N

最小2N

不可能與1N

合成平衡，故B錯誤；

C.4N

和7N

合成時；最大11N

最小3N

可能與8N

合成平衡，故C正確；

D.7N

和9N

合成時；最大16N

最小2N

不可能與1N

合成平衡，故D錯誤。

故選C。

【解析】C

4、D【分析】【分析】洛侖茲力對電荷永不做功，故洛侖茲力不會改變速度大小，只會改變運動的方向，洛侖茲力變化時，半徑、周期都會隨之變化。帶電粒子在磁場中速度不變，在洛侖茲力的作用下做勻速圓周運動，由洛侖茲力的變化可得出半徑及周期的變化?！窘獯稹?/p>

帶電粒子進入2B

的磁場中時，洛侖茲力加倍，但速度不變，則由Bqv=mv2R

可得r=mvqB

粒子的半徑減為原來的一半；周期T=2婁脨mqB

由題意知周期T

減半，故ABC錯誤，D正確。故選D?！窘馕觥緿

5、B【分析】【分析】

A.根據UAC=WACq

和UAC=婁脮A鈭?婁脮C

可求出C

點電勢；B.若過C

點作AB

的垂線，則交點D

為AB

的四等分點，可知D

點電勢為鈭?2vCD

為等勢線根據電場線與等勢面垂直，可以得出場強E

的方向，根據E=Ud

可以求出場強E

大小；

C.根據EP=婁脮q

可以求出正電荷在B

點具有的電勢能；

D.根據WCB=UCBq

就可以求出WCB

電場力做正功，電勢能減少。

此題是對靜電場中電勢、電勢能以及電場強度的考察，熟練把握電場線與等勢面垂直這一性質，就可以得出場強E

的方向，進而根據E=Ud

求出E

【解答】

A.設AC

之間的電勢差為UAC

則UAC=WACq=6隆脕10?53隆脕10?5=2VUAC=婁脮A鈭?婁脮C

將婁脮A=0V

代入得：0鈭?婁脮C=2V

得：婁脮C=鈭?2v.

故A錯誤；

B.若過C

點作AB

的垂線；則交點D

為AB

的四等分點，可知D

點電勢為鈭?2VCD

為等勢線，場強垂直CD

即電場強度E

沿AB

方向由A隆煤B

E=UABAB=80.02=400V/m

故B正確；

C.根據EP=婁脮q

將婁脮B=鈭?8Vq=3隆脕10鈭?5C

代入得：

EPB=(鈭?8)隆脕3隆脕10鈭?5J=鈭?2.4隆脕10鈭?4J

故C錯誤。

D.UCB=婁脮C鈭?婁脮B=6VWCB=UCBq=(3隆脕10鈭?5隆脕6)J=1.8隆脕10鈭?4J

所以電場力做正功；電勢能減少1.8隆脕10鈭?4J

故D錯誤。

故選B。

【解析】B

6、C【分析】【詳解】

根據題意，電荷A在P點形成的電場強度大小是E，由庫侖定律可知，電荷B在P點的電場強度大小是2E，方向與A電荷在該處相反，即為水平向左，根據電場的疊加原理，可知，在P點的合場強大小和方向分別是：E，水平向左，故C正確，ABD錯誤。7、A【分析】解：A

磁鐵吸引鐵釘；是磁場對鐵釘的作用，不是靜電現象，符合題意；

B；毛織地毯中夾有的不銹鋼導電纖維可以用來導走由于摩擦而使毛織地毯所帶的電荷；與靜電現象有關，不符合題意；

C；雷電現象時劇烈的放電現象；與靜電現象有關，不符合題意；

D；電視機工作時；屏幕表面有靜電荷，靜電荷把空氣中的灰塵吸引到屏幕表面上，是靜電現象，不符合題意．

故選：A

．

分析各現象的形成原因；然后判斷各現象的成因是否與靜電現象有關，然后答題．

了解日常生活中常見的靜電現象，知道各現象的成因，有助于解答該類習題．【解析】A

二、填空題(共6題，共12分)8、0.401.5×1020【分析】【解答】由題可知小燈泡電壓U=2.0V，功率P=0.8W

由P=UI得，I==0.4A；

每分鐘通過導體橫截面電子的電量q=It，所以1分鐘內通過導體橫截面的電子數N==1.5×1020個；

故答案為：0.40；1.5×1020

【分析】小燈泡在額定電壓下時正常發(fā)光，功率為額定功率．由額定功率與額定電壓求出電流．每個電子的電量為e，求出每分鐘通過導體橫截面電子的電量，再求出電子的個數．9、略

【分析】解：（1）實驗要測量重力加速度，根據公式△x=aT2；需要刻度尺測量位移；

故不需要天平；秒表；缺少刻度尺；

（2）由于每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出；所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s；

設A到B之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4；

根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。?/p>

得：x3-x1=2a1T2

x4-x2=2a2T2

為了更加準確的求解加速度；我們對兩個加速度取平均值。

得：a=（a1+a2）

即小車運動的加速度計算表達式為：

a==m/s2=2.00m/s2

根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度；可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大小．

vD==m/s=2.10m/s

故答案為：（1）天平；秒表；刻度尺；（2）2.00；2.10．

從實驗目的；實驗原理角度出發(fā)得到待測量；確定實驗器材．

根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大?。桓鶕蜃兯僦本€運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上D點時小車的瞬時速度大小．

要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用．注意單位的換算．【解析】天平、秒表；刻度尺；2.00；2.2110、略

【分析】

（1小球落到斜面上時有：tanθ=

所以豎直方向速度為vy=gt=2vtanθ

所以速度為V==V

所以速度小球落到斜面上的速度大小與平拋的初速度的大小成正比．

（2）假設落地時V與垂直方向Vy夾角γ

α=γ-β

sinγ=

Vy=gt

sinγ=tanα

所以γ不變；是個定量。

與初速度無關．

故選：正確的；不正確的．

【解析】【答案】首先利用好平拋運動在水平放上的勻速運動和豎直方向的自由落體運動；又物體落在斜面上，利用好斜面夾角的關系求解即可．

11、0.2s15.7e=15.7cos10πt【分析】【解答】根據公式：T===0.2S；

根據Em=NBωS；可得感應電動勢的最大值：

Em=100×0.5×0.1×0.1×10πv=15.7（v）

由于線框垂直于中性面開始計時；

所以電動勢瞬時值的表達式：e=15.7cos10πt

故答案為：0.2s，15.7，e=15.7cos10πt

【分析】由周期和角速度關系可求得周期；根據Em=NBωS求出最大值，再寫出電動勢和電流的瞬時表達式；12、略

【分析】解：接觸起電；摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體；而使物體帶電．感應起電是電荷從物體的一部分轉移到另一部分，而使物體帶電．

故使物體帶電的方法共有三種分別為摩擦起電；感應起電和接觸起電．

故答案為：靜電感應；摩擦起電。

使物體帶點的方式有：接觸起電；摩擦起電是電荷從一個物體轉移到另一個物體；而使物體帶電．感應起電是電荷從物體的一部分轉移到另一部分，而使物體帶電．

解決本題的關鍵知道使物體帶電的三種方式：接觸起電﹑摩擦起電和感應起電．【解析】靜電感應；摩擦起電13、略

【分析】解：前2s

內速度時間圖象是一條傾斜的直線；說明摩托車的速度均勻增大，則知摩托車在前2s

內做勻加速直線運動，最后2s

內做勻減速直線運動；

由圖象可知；第2s

末的速度為2m/s

．

故答案為：勻加速；勻減速，2

．

速度時間圖象的斜率代表物體的加速度；由速度圖象與時間圖象可直接讀出速度，分析車的運動情況．

本題主要考查了速度鈭?

時間圖象的應用，知道速度時間圖象的斜率代表物體的加速度，根據圖象的形狀能分析物體的運動情況．【解析】勻加速；勻減速；2

三、判斷題(共9題，共18分)14、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．15、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．16、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．17、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?。?8、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．19、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．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、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．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小．四、作圖題(共2題，共6分)23、略

【分析】試題分析：把它接入0.2V電壓的電路時,電機不轉，可求電動機線圈電阻r＝電動機正常工作時電動機的輸入功率P入＝UI＝2.0W，電動機線圈的熱功率P熱＝I2r=0.5W,輸出功率P出＝P入－P熱＝1.5W。若電動機正常工作時轉子突然卡住，電能全部轉化為內能，則熱功率P熱＝考點：本題考查功率的計算。【解析】【答案】1.5W，8W24、略

【分析】解：(1)

如圖甲所示；當磁鐵的N

極向下運動時，發(fā)現電流表指針偏轉，若要探究線圈中產生感應電流的方向，必須知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系．

(2)

如圖乙所示；實驗中發(fā)現閉合開關時，穿過線圈B

的磁通量增加，電流表指針向右偏；電路穩(wěn)定后，若向左移動滑動觸頭，通過線圈A

的電流增大，磁感應強度增大，穿過線圈B

的磁通量增大，電流表指針向右偏轉；若將線圈A

抽出，穿過線圈B

的磁通量減少，電流表指針向左偏轉．

故答案為：(1)

電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；(2)

右；左．

(1)

要探究感應電流方向；應該知道電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系．

(2)

根據題意確定電流表指針偏轉方向與磁通量變化的關系；然后根據磁通量的變化判斷指針的偏轉方向．

探究電磁感應現象實驗，在實驗前應明確電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；本題無法直接利用楞次定律進行判斷電流方向，但是可以根據題意得出產生使電流表指針右偏的條件，即可不根據繞向判出各項中應該出現的現象．【解析】電流表指針偏轉方向與電流方向間的關系；右；左五、實驗探究題(共2題，共10分)25、略

【分析】解：（1）為了研究平拋運動我們采用讓小球平拋的方向；利用水平位移求解水平初速度，故必須保證小球做平拋運動；為了保證每次實驗入射球的速度相等，每次釋放小球均應從同一位置由靜止開始釋放；要用質量大的球去碰質量小的球；若用輕球去碰重球，則輕球會反彈，然后再返回后做平拋運動，會增大實驗誤差；

（2）A小球和B小球相撞后；B小球的速度增大，A小球的速度減小，碰撞前后都做平拋運動，高度相同，所以運動時間相同，所以速度大的水平位移就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地點距離O點最近，所以碰撞后A球的水平射程應取OM的長度，故水平射程為：16.50-2=14.50cm；

（3）根據實驗原理可得：mAv0=mBv1+mAv2；

由已測量的物理量為：mA、mB；OM、OP、ON．

又因下落時間相同，即可求得：maOP=maOM+mbON；故只需驗證此等式相等；即可證明動量守恒定律；

故答案為：（1）平拋；要；較大；

（2）14.50；

（3）maOP=maOM+mbON

A小球和B小球相撞后；B小球的速度增大，A小球的速度減小，所以碰撞后A球的落地點距離O點最近，讀數時取平均值，只有當小球做平拋運動時才能用水平位移表示為水平速度，計算出碰撞前后動量的值即可求解。

掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵，注意理解動量守恒定律的條件，才能準確掌握本實驗應注意的事項．【解析】平拋；要；較大；14.50；maOP=maOM+mbON26、略

【分析】解：(1)

游標卡尺的固定刻度讀數為100mm

游標尺上第3

個刻度游標讀數為0.05隆脕3m=0.15mm

所以最終讀數為：100mm+0.15mm=100.15mm

(2)

螺旋測微器的固定刻度讀數為2.0mm

可動刻度讀數為0.01隆脕9.5mm=0.0935m

所以最終讀數為：2.0mm+0.095mm=2.095mm

(3)

該電阻的阻值約為22.0隆脕10婁賂=220婁賂

(4)

要精確測量電阻R

采用分壓式接法，故滑動變阻器選擇小電阻R1

測量電路中；電壓表選擇小量程讀數誤差小，故選V1

估算最大電流：I=3V220惟=0.0136A=13.6mA

故電流表選擇A2

由于RARV=30隆脕10隆脕1000=547.7婁賂>R

故電阻R

是小電阻，大內小外，采用電流表外接法誤差小；

故電路圖如圖所示：

故答案為：(1)100.15(2)2.093鈭?2.097(3)220(4)

如圖所示。

(1)

游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數；不需估讀；

(2)

螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數；在讀可動刻度讀數時需估讀；

(3)

用歐姆表測電阻的讀數為指針示數乘以倍率；當指針指在中央附近時測量值較準確；

(4)

電路分為測量電路和控制電路兩部分；控制電路采用分壓式接法，控制電路采用安培表外接法來減小誤差。

測量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測量電路和控制電路兩部分設計。測量電路要求精確，誤差小，可根據電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數關系，選擇電流表內、外接法。控制電路關鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法。在兩種方法都能用的情況下，為了減小能耗，選擇限流式接法?！窘馕觥?00.152.095220

六、計算題(共3題，共27分)27、(1)3(2)3R【分析】(1)

如圖甲所示，光束由C

處水平射入，在B

處發(fā)生全反射，隆脧OBC

為臨界角由臨界角公式：sinC=33RR=33

解得：n=1sinC=3

(2)

如圖乙所示，光束由D

點水平射入，在E

點發(fā)生折射，入射角為隆脧OED=婁脕

，折射角為隆脧NEF=婁脗

，折射率n=sin婁脗sin婁脕=3

sin婁脕=12

以上兩式聯立，解得：sin婁脗=32

婁脗=60鈭?

由幾何關系可知：隆脧FOE=婁脕

，隆脧OFE=婁脗鈭?婁脕=婁脕

，則出射光線與OA

軸線的交點F

與O

點的距離為：OF=2Rcos30鈭?=3R

【解析】(1)3

(2)3R

28、略

【分析】

根據位移時間公式分別求出上升和下降的時間；從而得出球與地面接觸的時間，對全過程運用動量定理，求出球對地面的撞擊力．

在用動量定理解題的時候要注意動量定理是矢量式，能夠合理地選擇研究過程，列式求解，難度中等．【解析】解：設下落；上升分別用時t1

和t2

根據H1=12gt12

解得：t1=2隆脕510s=1s