2025年上外版高二物理下冊(cè)階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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(cè)階段測試試卷587考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)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(duì)，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(hào)以確定火車的位置，能產(chǎn)生勻強(qiáng)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(dāng)它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時(shí)，便會(huì)產(chǎn)生一個(gè)電信號(hào)，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(hào)關(guān)于時(shí)間的圖象為(

)

A.B.C.D.3、下列關(guān)于簡諧振動(dòng)以及做簡諧運(yùn)動(dòng)的物體完成一次全振動(dòng)的意義，以下說法正確的是（）A.位移減小時(shí)，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(dòng)能或勢能第一次恢復(fù)為原來的大小所經(jīng)歷的過程D.物體運(yùn)動(dòng)方向指向平衡位置時(shí)，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時(shí)，速度方向與位移方向相同4、（2016?新課標(biāo)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(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，電流表的示數(shù)為I；當(dāng)S閉合時(shí)，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(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的正點(diǎn)電荷，以E表示兩極板間電場的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能；θ表示靜電計(jì)指針的偏角，若保持上極板不動(dòng)，將下極板向上移動(dòng)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(qiáng)電場，電場線如圖中實(shí)線所示.

一帶正電、初速度不為零的小球從桌面上的A

點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，到C

點(diǎn)時(shí)，突然受到一個(gè)外加的水平恒力F

作用而繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B

點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，v

表示小球在C

點(diǎn)的速度.

則下列判斷中正確的是(

)

A.小球在A

點(diǎn)的電勢能比在B

點(diǎn)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(diǎn)小球的速率不可能相等評(píng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)速度為2m/sB

小孩連同車的總質(zhì)量為70kg

碰撞前向左運(yùn)動(dòng)速度為2m/s

在同一直線迎面碰撞后，B

繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，速度變?yōu)?.5m/s

則A

最終速度為______，方向?yàn)開_____．9、在電場中某點(diǎn)放入一個(gè)點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為______N/C

若在該點(diǎn)改放鈭?1.0隆脕10鈭?6C

的電荷，則該點(diǎn)的電場強(qiáng)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(shí)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(shí)，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(gè)輸出端．

（1）為了探測黑箱；某同學(xué)進(jìn)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(hào)）

（2）含有電源的黑箱相當(dāng)于一個(gè)“等效電源”，a、b是等效電源的兩極．為了測定這個(gè)等效電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻；該同學(xué)設(shè)計(jì)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(biāo)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫出了坐標(biāo)點(diǎn)（如圖丙）．請(qǐng)你根據(jù)此條件求出等效電源的電動(dòng)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(dòng)勢與實(shí)際值相比____，測得的內(nèi)阻與實(shí)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(biāo)卡尺的讀數(shù)為______cm．

13、如圖所示，將一個(gè)電流表G和另一個(gè)電阻連接可以改裝成電壓表或電流表，則甲圖對(duì)應(yīng)的是______（電壓表或電流表），要使它的量程減小，應(yīng)使R1______．（填“增大”或“減小”）．14、如圖有正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，直線與水平方向的夾角為450

已知磁場強(qiáng)度為B

則電場強(qiáng)度E=

____，速度v=

____。(

用題中所給字母表示)

15、小李同學(xué)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(jī)拍攝的某次實(shí)驗(yàn)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(shí)針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)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(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)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(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)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(diǎn)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(duì)錯(cuò)）

20、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)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(diǎn)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(duì)錯(cuò)）

22、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)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(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)。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(dòng)。整個(gè)裝置位于光滑的水平地面上。當(dāng)小球位于O點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)。評(píng)卷人得分五、解答題(共2題，共8分)25、勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=2.0×104N/C，沿電場線方向有A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離s=0.10m．將電荷量q=+2.0×10-8C的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)．求：

（1）求A；B兩點(diǎn)兩點(diǎn)之間的電勢差。

（2）電荷從A點(diǎn)移至B點(diǎn)的過程中；電場力所做的功．

26、如圖所示，在鉛板A上有一個(gè)發(fā)射源C，可向各個(gè)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(dòng)勢E=20V，內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)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(dòng)變阻器滑片置于Rap=5.6Ω，閉合開關(guān)后，求：

（1）A；B間場強(qiáng)大?。?/p>

（2）不同方向射出的電子到達(dá)熒光屏的時(shí)間不同；則電子到達(dá)熒光屏的最長時(shí)間和電子到達(dá)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(shí)調(diào)節(jié)Rap多大？

評(píng)卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)27、如圖所示，光滑水平細(xì)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(qiáng)度為E。質(zhì)量為m的帶正電的小球P，穿在細(xì)桿上，從M端點(diǎn)由靜止向N端點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，在N、C連線中點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的小球，電荷量為Q。在勻強(qiáng)電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)恰好回到C點(diǎn)，且小球P與細(xì)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(diǎn)射出，其折射角為60鈭?

則玻璃對(duì)紅光的折射率為_____。若改用藍(lán)光沿同一路徑入射，則光線在D

點(diǎn)射出時(shí)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(shí)的波形圖如圖(a)

所示，PQ

是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖(b)

是質(zhì)點(diǎn)Q

的振動(dòng)圖像。求(i)

波速及波的傳播方向；(ii)

質(zhì)點(diǎn)Q

的平衡位置的x

坐標(biāo)。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】設(shè)人跳的速度為v，人從A船跳入B船時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律對(duì)A船和人有對(duì)人和B船有mv=（m+M）當(dāng)人從B船跳入A船時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律對(duì)B船和人有得到對(duì)人和A船有-mv-mv=（m+M）得到即C對(duì)，ABD錯(cuò)?！窘馕觥俊敬鸢浮緾2、D【分析】解：火車做勻加速運(yùn)動(dòng)；速度為v=v0+at

以火車為參照系，線圈是運(yùn)動(dòng)的，線圈左(

或右)

邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=BLv

線圈兩端的電壓u=E=BLv=

BLv0+BLat

由此可知，u

隨時(shí)間均勻增大.

線圈完全磁場中時(shí)，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生.

由于火車做加速運(yùn)動(dòng)，通過線圈左邊的時(shí)間長，通過線圈右邊的時(shí)間短，由圖象可知，D正確；

故選：D

．

由E=BLv

求出感應(yīng)電動(dòng)勢與時(shí)間的關(guān)系式；然后分析圖象答題．

本題關(guān)鍵掌握感應(yīng)電動(dòng)勢切割式E=BLv

和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式，得到電壓的表達(dá)式是解題的關(guān)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(dāng)位移減小時(shí)；回復(fù)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(cuò)誤；

B；回復(fù)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(yùn)動(dòng)方向指向平衡位置時(shí)，速度的方向與位移的方向相反；背離平衡位置時(shí)，速度方向與位移方向相同；故B錯(cuò)誤；

C；一次全振動(dòng)時(shí)；動(dòng)能和勢能均會(huì)有兩次恢復(fù)為原來的大小；故C錯(cuò)誤；

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

故選：D。

從某一時(shí)刻起到再次恢復(fù)到與該時(shí)刻相同狀態(tài)所經(jīng)歷的過程為一次全振動(dòng)；注意分析一次全振動(dòng)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(yùn)運(yùn)動(dòng)的全振動(dòng)規(guī)律，要注意明確回復(fù)力與位移方向始終相反，但同一個(gè)點(diǎn)上時(shí)，速度可能有兩個(gè)方向?！窘馕觥緿4、B【分析】【解答】解：設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為K，則可知，開關(guān)斷開時(shí)，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(cuò)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(duì)兩種情況列式，聯(lián)立可求得U與I的關(guān)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(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時(shí)電路的連接方式；同時(shí)注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)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?。?/p>

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(diǎn)的電勢減小，則由EP=φq可知；電勢能減小；故D正確，ABC錯(cuò)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(jì)指針夾角的變化；根據(jù)U=Ed分析電場強(qiáng)度的變化；根據(jù)電勢與電勢差之間的關(guān)系可分析P點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的合力方向應(yīng)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(guān)鍵明確電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，同時(shí)要能結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的條件、動(dòng)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(cuò)誤；B.從C

到B

物體做曲線運(yùn)動(dòng)，需要向心力，故合力應(yīng)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(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；D.從A

到B

電場力做正功，拉力F

做負(fù)功，合力的功可能為零，故A、B

兩點(diǎn)的速率可能相同，故D錯(cuò)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(dòng)勢和滿偏時(shí)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(dòng)量守恒；以向左為正方向，由動(dòng)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(dòng)量守恒；規(guī)定正方向，根據(jù)動(dòng)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(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以正確解題，解題時(shí)注意正方向的選擇，否則會(huì)出錯(cuò)．【解析】0.1m/s

水平向左9、略

【分析】解：正試探電荷在該點(diǎn)所受的電場力方向向右；則該點(diǎn)的電場方向向右.

該點(diǎn)的電場強(qiáng)度為：

E=Fq=1隆脕10鈭?32.0隆脕10鈭?6N/C=500N/C

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

的電荷，該點(diǎn)的場強(qiáng)仍為500N/C

電場強(qiáng)度方向向右．

故答案為：500

向右。

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

求出.

電場強(qiáng)度取決于電場本身；與有無試探電荷無關(guān)．

明確場強(qiáng)的定義式采用比值法定義；電場強(qiáng)度取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)和場強(qiáng)方向的規(guī)定是解題關(guān)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(shí)；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(huì)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(dòng)勢E=1.45V

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

（3）該實(shí)驗(yàn)的系統(tǒng)誤差主要是由電壓表的分流；導(dǎo)致電流表測量的電流小于通過電源的真實(shí)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(shí)驗(yàn)中測出的電動(dòng)勢應(yīng)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(dòng)勢；故可知電動(dòng)勢的測量值小于真實(shí)值；測實(shí)驗(yàn)中測出的內(nèi)阻應(yīng)為實(shí)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(shí)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(huì)造成短路．

（2）采用描點(diǎn)法作圖；由圖可知，圖象由縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電動(dòng)勢；由圖象與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)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(dòng)刻度為0.01×42.0=0.420mm，所以最終讀數(shù)為0.920mm．

游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5cm；游標(biāo)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(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)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(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)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(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)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(shí)，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(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)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?！窘馕觥?/p>

15、③【分析】解：圓盤和玻璃磚一起順時(shí)針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)；入射角逐漸增大，當(dāng)入射角等于臨界角時(shí)發(fā)生全反射，折射光線消失，所以轉(zhuǎn)動(dòng)5°角時(shí)，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(shí)針繞圓心緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，入射角等于臨界角時(shí)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(shí)測定玻璃磚的折射率，其原理是全反射臨界角公式sinC=關(guān)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(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對(duì)大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱莶钆c零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；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(guān)．17、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)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(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)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(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)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．18、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)

根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小，判斷出場強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場強(qiáng)大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)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(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)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(diǎn)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(dòng)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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)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(diǎn)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(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)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(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)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(qiáng)度的大?。摹⒆C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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)為簡諧運(yùn)動(dòng)五、解答題(共2題，共8分)25、略

【分析】

（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)處處相同，大小均為E，則A、B兩點(diǎn)兩點(diǎn)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E電勢差U之間的關(guān)系；可以求出求A；B兩點(diǎn)兩點(diǎn)之間的電勢差；把電場力當(dāng)作一般的力，應(yīng)用功的計(jì)算公式W=FL，可以求出電場力的功．

26、略

【分析】

（1）設(shè)滑動(dòng)變阻器最大阻值為R；

有U=

A、B間場強(qiáng)E′===56V/m

（2）平行板射出的電子；當(dāng)初速度平行極板射出時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，此時(shí)電子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：

d==

解得：tm=

平行極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

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?yàn)镾′=有R′ap=2Rap=11.2Ω

答：（1）A；B間場強(qiáng)大小為56V/m；

（2）不同方向射出的電子到達(dá)熒光屏的時(shí)間不同；則電子到達(dá)熒光屏的最長時(shí)間和電子到達(dá)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(shí)調(diào)節(jié)Rap為11.2Ω；

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

（2