2025年統(tǒng)編版高二物理上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年統(tǒng)編版高二物理上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5題，共10分)1、如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，電場線與矩形所在平面平行．已知a點電勢為20V，b點電勢為24V，則（）A.場強大小一定為E=40V/mB.cd間電勢差一定為4VC.場強的方向一定由b指向aD.c點電勢可能比d點低2、如圖所示；圖中兩組曲線中實線代表電場線（方向未畫出）；虛線代表等勢線，點劃線是一個帶電粒子僅在電場力作用下從A到B的運動軌跡，下列說法正確的是（）

A.粒子一定帶正電B.粒子的動能一定是越來越大C.粒子的電勢能一定是越來越大D.A點的電勢一定高于B點的電勢3、通過電阻R的電流強度為l時，在t時間內產生的熱量為Q，若電阻為2R，電流強度為則在時間t內產生的熱量為（）A.4QB.2QC.D.4、如圖所示，有一矩形線圈abcd在勻強磁場中分別繞軸O1O1′和中軸O2O2′以同樣的角速度勻速轉動，那么此線圈在以O1O1′和O2O2′分別為軸旋轉到線圈平面與磁感線平行時，可產生的感應電流之比為（）A.1：2B.2：1C.1：4D.1：15、如圖所示，長方體導電金屬塊的長、寬、高分別為a、b、c，該金屬的電阻率為ρ，接在電動勢為E、內阻為r的電源兩端；則通過理想電流表A的電流大小為（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖，在水平光滑桌面上，兩相同的矩形剛性小線圈分別疊放在固定的絕緣矩形金屬框的左右兩邊上，且每個小線圈都各有一半面積在金屬框內，在金屬框接通逆時針方向電流的瞬間(

)

A.兩小線圈會有相互靠攏的趨勢B.兩小線圈會有相互遠離的趨勢C.兩小線圈中感應電流都沿順時針方向D.左邊小線圈中感應電流沿順時針方向，右邊小線圈中感應電流沿逆時針方向7、國家電網公司推進智能電網推廣項目建設，擬新建智能變電站1400

座.

變電站起變換電壓作用的設備是變壓器，如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u=2002sin100婁脨t(V)

電壓表、電流表都為理想電表.

則下列判斷正確的是(

)

A.輸入電壓有效值為200V

電流頻率為50Hz

B.S

打到a

處，當變阻器的滑片向下滑動時，兩電壓表示數(shù)都增大C.S

打到a

處，當變阻器的滑片向下滑動時，兩電流表的示數(shù)都減小D.若變阻器的滑片不動，S

打到b

處，電壓表V2

和電流表A1

的示數(shù)都減小8、如圖所示，物體P用水平作用力F壓在豎直的墻上，沿墻勻速下滑，物體的重力為G，墻對物體的彈力為N、摩擦力為f，物體對墻的壓力N′、摩擦力為f′．下列說法正確的有（）A.G和f是一對平衡力B.N和F是一對平衡力C.f和f′是一對作用力和反作用力D.N′和F是一對作用力和反作用力9、下列說法正確的是（）A.電磁波具有能量，電磁波是物質存在的一種形式B.根據(jù)電磁場理論，電磁波中電場強度和磁感應強度的方向互相垂直C.電磁波的傳播需要介質，且從一種介質進入另一種介質時頻率不變D.白天的天空很明亮，是因為大氣把陽光向四面八方散射的結果10、一束綠光照射某金屬發(fā)生了光電效應，則下列說法正確的是()A.若增加綠光的照射強度，則逸出的光電子數(shù)增加B.若增加綠光的照射強度，則逸出的光電子最大初動能增加C.若改用紫光照射，則可能不會發(fā)生光電效應D.若改用紫光照射，則逸出的光電子的最大初動能增加11、如圖所示；A

板發(fā)出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U

電子最終打在光屏P

上.

關于電子的運動，下列說法中正確的是()

A.滑動觸頭向左移動時，電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U

增大時，電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U

增大時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變12、理發(fā)用的電吹風機中有電動機和電熱絲，電動機帶動風葉轉動，電熱絲對空氣加熱，得到熱風將頭發(fā)吹干.

設電動機線圈的電阻為R1

它與電熱絲的電阻R2

串聯(lián)，接到直流電源上.

電吹風機兩端電壓為U

電流為I

消耗的電功率為P

則有(

)

A.IU>P

B.P=I2(R1+R2)

C.IU=P

D.P>I2(R1+R2)

13、放在水平地面上的光滑絕緣圓筒內有兩個帶正電小球A，B，A位于筒底靠在左側壁處，B在右側筒壁上受到A的斥力作用處于靜止狀態(tài)，如圖所示。若A的電荷量保持不變B由于漏電而下降少許重新平衡，下列說法正確的是（）A.A對筒底的壓力不變B.B對筒壁的壓力變大C.A，B間的庫侖力變小D.A，B的庫侖力不變評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、麥克斯韋電磁理論的要點是：變化的電場產生____；變化的磁場產生____；按正弦規(guī)律周期性變化的電場（或磁場）將在周圍空間____．15、如圖所示，在平行金屬帶電極板MN的電場中將電荷量為-4×10-6C的點電荷從A點移到M板，靜電力做負功8×10-4J，把該點電荷從點移到N板，靜電力做正功為4×10-4J；N板接地．則：

（1）A點的電勢φA是____V；

（2）UMN等于____V

（3）M板的電勢?M是____V．

16、一個氡核衰變成釙核并放出一個粒子，其衰變期為3.8天。1kg氡經過7.6天衰變掉氡的質量為________g,以及衰變成的過程放出的粒子是___________17、如圖所示，導體棒AB靠近帶正電的導體Q放置．用手接觸B端，移去手指再移去Q，AB帶何種電荷______．若手的接觸點改在A端，情況又如何______．18、一靈敏電流計；當電流從它的正接線柱流入時，指針向正接線柱一側偏轉.

現(xiàn)把它與一個線圈串聯(lián)，將磁鐵從線圈上方插入或拔出.

請完成下列填空：

(1)

圖(a)

中靈敏電流計指針的偏轉方向為______.(

填“偏向正極”或“偏向負極”)

(2)

圖(b)

中磁鐵下方的極性是______.(

填“N

極”或“S

極”)

(3)

圖(c)

中磁鐵的運動方向是______.(

填“向上”或“向下”)

(4)

圖(d)

中線圈從上向下看的電流方向是______.(

填“順時針”或“逆時針”)

19、如圖所示，一種電熱取暖器的電路原理圖。電熱器上標有“220V、800W”字樣，電源電壓是220V的交流電。則，當S、S1閉合時候，電熱器的發(fā)熱功率是____W；當S、S1和S2都閉合時，電熱器的發(fā)熱功率是____W。20、如圖所示A、B質量分別為MA和MB，AB之間用細線系著，當彈簧處于原長時，由靜止同時釋放AB，之后AB一起做簡諧運動，在最低點時，細線對B拉力為21、如圖所示是某電場中的一簇等勢面；甲等勢面的電勢為90V，乙等勢面的電勢為-10V，各相鄰等勢面間的電勢差相等。

（l）將q=+1×10-8C的電荷從A點移到B點，電場力做功______；

（2）將q=-1×10-8C的電荷從A點移到C點，電場力做功______．22、圖示為有兩個量程的電壓表，當使用ab

兩個接線柱時，量程為0隆蘆10V

當使用ac

兩個接線柱時，量程為0隆蘆100V.

已知電流表的內阻Rg=100婁賂

電阻R1=900婁賂

則滿偏電流Ig=

______mA

電阻R2=

______婁賂.

評卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)23、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）24、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）25、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）

評卷人得分五、解答題(共2題，共14分)26、在間距d=0.1m、電勢差U=103V的兩塊豎立平行板中間，用一根長L=0.01m的絕緣細線懸掛一個質量m=0.2g、電量q=10-7C的帶正電荷的小球；將小球拉到使絲線恰呈水平的位置A后由靜止釋放（如圖所示），問：

（1）小球擺至最低點B時的速度和線中的拉力多大？

（2）若小球擺至B點時絲線突然斷裂，以后小球能經過B點正下方的C點（C點在電場內，小球不會與正電荷極板相碰，不計空氣阻力），則BC相距多遠？（g=10m/s2）

27、如圖所示，水平放置的兩平行金屬板A、B接在U=4000V的直流電源上，兩極板間距離為2cm，A極板接地，電場中a點距B極板1cm，b點和c點均距A極板0.5cm；求：

（1）a點的電場強度；

（2）a；c之間的電勢差；

（3）電子在b點的電勢能．

評卷人得分六、簡答題(共4題，共16分)28、某化工廠的污水池中，含有一種有害的、難于降解的有機化合物rm{A}研究人員用化合物rm{A}磷酸鹽、鎂鹽以及微量元素配制的培養(yǎng)基，成功地篩選到能高效降解化合物rm{A}的細菌rm{(}目的菌rm{)}實驗的主要步驟如圖所示。請分析回答問題：

rm{(1)}培養(yǎng)基中加入化合物rm{A}的目的是篩選____，這種培養(yǎng)基屬于____培養(yǎng)基。rm{(2)}“目的菌”生長所需的氮源和碳源是來自培養(yǎng)基中的____，實驗需要振蕩培養(yǎng)，由此推測“目的菌”的代謝類型是____。rm{(3)}培養(yǎng)若干天后，應選擇培養(yǎng)瓶中化合物rm{A}含量____的培養(yǎng)液，接入新的培養(yǎng)液中連續(xù)培養(yǎng)，使“目的菌”的數(shù)量____。rm{(4)}轉為固體培養(yǎng)時，常采用________的方法接種，獲得單菌落后繼續(xù)篩選。rm{(5)}實驗結束后，使用過的培養(yǎng)基應該進行____處理后，才能倒掉。29、一質量為m=0.2kg

的皮球.

從高H=0.8m

處自由落下，與地面相碰t=0.1s

后反彈的最大高度為h=0.45m

求球與地面接觸這段時間內地面對皮球的平均作用力？30、在氣墊導軌上，一個質量為600g的滑塊以15cm/s的速度與另一個質量為400g、速度為10cm/s并沿相反方向運動的滑塊迎面相碰，碰撞后兩個滑塊粘在一起，求碰撞后滑塊速度的大?。?1、一質點從靜止開始做直線運動；其加速度隨時間作周期性變化的關系圖線(a鈭?t

圖)

如圖所示，求：

(1)

質點在第1s

末的速度；

(2)

質點在前3s

內的位移；

(3)

質點在第4s

內的位移．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】解：A、C根據(jù)題設條件可知，場強方向無法確定，知道了ab間電勢差，但不能根據(jù)E=求出場強的大?。蔄C錯誤．

B、根據(jù)勻強電場的電場線與等勢線分布的特點可知，cd間電勢差必等于ba間電勢差；為4V．故B正確．

D；cd間電勢差為4V；則知c點電勢比d點高4V．故D錯誤．

故選B

勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線與電場線垂直，可知，cd間電勢差等于ba間電勢差．電場線方向無法確定；場強大小不能求出．

本題的關鍵在于抓住勻強電場的等勢面與電場線分布均勻的特點，分析cd間電勢差與ba間電勢差的關系．【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】由圖；帶電粒子的軌跡向右彎曲，說明粒子所受的電場力大體向右且沿電場線的切線方向，如圖．由于電場線的方向不清楚，所以無法判斷粒子的電性．故A錯誤．

粒子的速度方向與電場力方向的夾角為銳角；電場力對粒子做正功，粒子的動能一定是越來越大．故B正確．

電場力對粒子做正功；粒子的電勢能一定是越來越?。蔆錯誤．

粒子的電勢能減小；但粒子的電性不知道，無法判斷電勢的高低．故D錯誤．

故選B

【點評】看到物體運動的軌跡就要能判斷出物體所受合力的大體方向，是應具備的基本功．本題還要抓住電場力方向與電場線切線方向相同或相反．3、D【分析】解：根據(jù)Q=I2Rt得，電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，電流強度變?yōu)樵瓉淼臅r間不變，則熱量變?yōu)樵瓉淼模?/p>

故選：D．

根據(jù)Q=I2Rt去求電阻變?yōu)?R，電流強度變?yōu)樵跁r間t內產生的熱量．

解決本題的關鍵掌握焦耳定律熱量的公式Q=I2Rt．【解析】【答案】D4、D【分析】解：矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生的最大感應電動勢Em=NBSω；與轉軸位置無關，因而感應電流是相同的，故ABC錯誤，D正確；

故選：D

由Em=NBSω求出感應電動勢的最大值；再由閉合電路歐姆定律，即可求解感應電流，從而得出它們之比．

本題是簡單的交流發(fā)電機的原理，考查綜合應用法拉第定律、歐姆定律、楞次定律等電磁學規(guī)律分析實際問題的能力．【解析】【答案】D5、A【分析】根據(jù)電阻定律R＝ρ結合閉合電路歐姆定律分析?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)閉合電路歐姆定律有E＝I（r+R）根據(jù)電阻定律有R＝ρ＝聯(lián)立解得I＝故BCD錯誤，A正確。故選：A。二、多選題(共8題，共16分)6、BC【分析】解：根據(jù)右手螺旋定則可知；通電導線瞬間，對于左金屬框，因矩形金屬框內部的磁場比外部強，所以左小線圈有向外的磁通量，且增大；同理，右邊金屬框也一樣，因此左；右小線圈的磁通量均增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈的感應電流方向都是順時針方向，再由同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，知兩線圈的運動情況是相互遠離.

故B、C正確，A

D錯誤．

故選：BC

．

由通電導線產生磁場；導致線圈中產生感應電流，再根據(jù)電流與電流的作用力關系進行判斷，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥．

解決本題的關鍵掌握同向電流、異向電流的關系.

同向電流相互吸引，異向電流相互排斥.

同時還考查右手螺旋定則與楞次定律．【解析】BC

7、AD【分析】【分析】

根據(jù)瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值；周期和頻率等；再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結論電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法。

在解決變壓器問題時要明確；電路中的電壓由輸入電壓決定，電流中的電流由輸出電流決定。

【解答】

A.輸入電壓的最大值U1m=2002V

有效值U1=U1m2=20022=200V

由瞬時值知，角速度婁脴=100婁脨

電流頻率f=婁脴2婁脨=100婁脨2婁脨=50Hz

故A正確；

B.變壓器的電壓由輸入電壓決定；s

打到a

處當變阻器的滑片向下滑動時，原線圈的輸入電壓不變，原副線圈的匝數(shù)比不變，則副線圈的電壓不變，兩個電壓表示數(shù)都不變，故B錯誤；

C.由于副線圈的電壓不變；當變阻器的滑片向下滑動時，負載電阻減小，電路中電流增大，由原副線圈的電流比等于匝數(shù)比的倒數(shù)可知，原線圈的電流也增大，故C錯誤；

D.若變阻器的滑片不變，S

打到b

處；副線圈匝數(shù)減少，輸入電壓不變，輸出電壓減少，電壓表示V2

數(shù)減少，輸出功率減少，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，輸入功率減少，U1

不變，則I1

減少，即電流表A1

的示數(shù)減小，故D正確；

故選AD。

【解析】AD

8、ABC【分析】解：A；由題分析可知；物體沿墻壁勻速下滑，豎直方向受到重力和向上的滑動摩擦力，由平衡條件得知，滑動摩擦力大小f=G．即G和f是一對平衡力，故A正確；

B；N和F的大小相同；方向相反，作用在一個物體上，是一對平衡力，故B正確；

C；f和f′是一對作用力和反作用力；故C正確；

D；N′和F的方向相同；不是一對作用力和反作用力，故D錯誤；

故選：ABC．

力的作用是相互的；一對作用力和反作用力彼此作用的兩個力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，分別作用在兩個不同物體上．此時的物體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，受到的墻壁對它豎直向上的摩擦力和重力是一對平衡力．

判斷兩個力是否是相互作用力，關鍵是抓住相互作用力的條件，區(qū)分與一對平衡力的區(qū)別．【解析】【答案】ABC9、ABD【分析】解：A；電磁波具有能量；電磁波是物質存在的一種形式，故A正確；

B；電磁波中每處的電場強度方向和磁感應強度方向總是相互垂直；并且與波的傳播方向也垂直，故B正確；

C；電磁波自身就是一種物質；傳播不需要介質，而機械波要依賴于介質傳播，故C錯誤；

D；由于大氣的漫反射；則白天的天空很明亮，故D正確；

故選：ABD．

A；電磁波具有能量；電磁波也是物質；

B；電磁波是橫波；

C；電磁波的傳播不需要介質；機械波的傳播需要介質；

D；白天的天空很明亮；由于大氣的漫反射．

解決本題的關鍵知道電磁波的特點，以及知道電磁波與機械波的區(qū)別，并掌握電磁波是橫波，同時理解漫反射與平面反射的不同．【解析】【答案】ABD10、AD【分析】略【解析】AD

11、BD【分析】【分析】加速電壓決定粒子進入偏轉電場的速度大??；偏轉電壓決定粒子在偏轉電場中做類平拋運動加速度的大小，粒子離開加速電場到打在屏上所用時間取決于加速后的速度大小。

本題考查電子經加速電場加速后再經偏轉電場做類平拋運動，掌握類平拋運動的處理方法，根據(jù)運動的合成與分解沿水平方向的豎直方向進行處理?！窘獯稹緼.根據(jù)歐姆定律知，當觸頭向右移動時，加在加速電場的電壓增大，電子加速后的速度v

增加，進入偏轉電場后，電子做類平拋運動的時間t=Lv

減小，而電子的側向位移y=12at2

將減小，由于電子在偏轉電場中向上偏轉，故電子打在屏上的位置將下降，故A錯誤；B.根據(jù)歐姆定律知，當觸頭向左移動時，加在加速電場的電壓減小，電子加速后的速度vv減小，進入偏轉電場后，電子做類平拋運動的時間t=Lv增加，而電子的側向位移y=12at2將增加，由于電子在偏轉電場中向上偏轉，故電子打在屏上的位置將上升，故B正確；C.電壓增大時，粒子在電場中運動的時間不變，而粒子在電場中豎直方向的速度vy=at=qUdmt，由于時間不變，故粒子在豎直方向的速度隨加速電壓UU的增加而增加，故粒子打在屏上的速度大小增加，故C錯誤；D.電壓UU增大時，帶電粒子在電場中做類平拋運動的加速度增加，而在水平方向粒子做勻速直線運動，故增加UU不改變粒子水平方向的速度大小，也不會改變粒子打在屏上的時間，故D正確。故選BD。

【解析】BD

12、CD【分析】解：電吹風機消耗的電功率P

是總的功率；總功率的大小應該是用P=IU

來計算，所以總功率P=IU

所以A錯誤，而C正確．

電吹風機中發(fā)熱的功率要用I2R

來計算；所以總的發(fā)熱功率為I2(R1+R2)

吹風機的總功率P=IU

要大于發(fā)熱部分的功率，所以B錯誤，D正確．

故選CD．

在計算電功率的公式中；總功率用P=IU

來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R

來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的．

對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的．【解析】CD

13、AB【分析】解：A、以整體為研究對象可知，筒底對A球的支持力大小等于A、B兩球的重力，

由牛頓第三定律可知A對筒底的壓力也等于A；B兩球的重力；小球A對筒底的壓力不變，故A正確；

B、隔離B球受力如圖所示，根據(jù)受力平衡有：FN=mgtanθ．B由于漏電而下降少許重新平衡；θ角變大，因此筒壁給球B的支持力增大，根據(jù)作用力與反作用力可知B球對筒壁的壓力變大，故B正確；

CD、小球A、B間的庫侖力F=θ角變大，cosθ變小，庫侖力F變大，故CD錯誤；

故選：AB。

本題考查了靜態(tài)平衡問題；研究系統(tǒng)之外物體施加給系統(tǒng)的力時可以以系統(tǒng)為研究對象，如在討論A對筒底的壓力變化時；在具體到每個物體受力情況時，可以采取隔離法，從而即可求解。

在平衡問題中正確應用“整體、隔離法”往往可以使問題變得簡單，對物體正確進行受力分析依據(jù)所處狀態(tài)列方程是解決平衡問題的關鍵?！窘馕觥緼B三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】

麥克斯韋的電磁場理論：變化的電場產生磁場；變化的磁場產生電場．在電場的周圍不一定存在著由該電場產生的磁場，原因是若變化的電場就一定產生磁場，若是穩(wěn)定的電場則不會產生磁場的．若周期性變化的電場一定產生同周期變化的磁場，而均勻變化的電場不能產生均勻變化的磁場；

故答案為：磁場；電場；電磁場。

【解析】【答案】麥克斯韋的電磁場理論：變化的電場產生磁場；變化的磁場產生電場．

15、略

【分析】

（1）A、N間的電勢差：UAN===-100V，又：UAN=φA-φN，φN=0，則A點的電勢：φA=-100V．

（2）UMN====-300V．

（3）UMN=φM-φN，φN=0，則M板的電勢：φM=-300V．

故答案為：（1）-100；（2）-300；（3）-300

【解析】【答案】（1）根據(jù)電勢差公式U=分別求出A；N間的電勢差；即可得到A點的電勢．

（2）由電勢差公式求出A；M間的電勢差．

（3）N點電勢為零；由MN間的電勢差，即可求出M板的電勢．

16、略

【分析】【解析】【答案】750，a粒子（或He的原子核）17、略

【分析】解：如圖金屬棒在帶正電的小球附近時；金屬棒上的自由電子會向金屬棒的左邊運動，金屬棒的左端因有了多余的電子而帶負電，右端因缺少電子而帶正電；而當手碰在金屬棒上，不論是A端還是B端時，因人體和金屬棒都是導體，會使人體和大地的電子流入金屬棒；移去手指再移去Q后，金屬棒因有了多余的電子而帶負電；

故答案為：負電；負電．

（1）感應起電的實質是在帶電體上電荷的作用下；導體上的正負電荷發(fā)生了分離，使電荷從導體的一部分轉移到了另一部分，既然是轉移，那么電荷必然守恒．

（2）同種電荷相互排斥；異種電荷相互吸引；人體是導體，能夠導電．

本題考查電荷的轉移，有一定的難度，關鍵知道由于異種電荷相互吸引，人體和大地的負電荷（自由電子）會轉移到金屬棒上．【解析】負電；負電18、略

【分析】解：(1)

磁鐵向下運動；穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向下，根據(jù)楞次定律感應電流方向俯視為逆時針方向，從正接線柱流入電流計，指針偏向正極．

(2)

由圖可知；電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，又磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，磁鐵下方為S

極．

(3)

磁場方向向下；電流從負接線柱流入電流計，根據(jù)安培定則，感應電流的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，磁通量減小，磁鐵向上運動．

(4)

圖(d)

中磁鐵向下運動；穿過線圈的磁通量增加，原磁場方向向上，根據(jù)楞次定律感應電流方向俯視為順時針方向．

故答案為：偏向正極；S

極，向上，順時針。

根據(jù)磁鐵的運動方向分析磁通量變化；由楞次定律確定感應電流方向，結合題給條件：當電流從它的正接線柱流人時，指針向正接線柱一側偏轉判斷指針偏轉方向分析判斷．

本題考查安培定則和楞次定律綜合應用的能力，常規(guī)題，只要細心分析就能正確作答．【解析】偏向正極；S

向上；順時針19、略

【分析】【解析】試題分析：由于二極管具有單向導電性，所以當只是有S，S1閉合時，在一個周期內發(fā)熱量只有整個周期的一般，根據(jù)交流電有效值得概念，此刻的交流電的有效值為所以此刻的功率P=400W。當S2，S1，S都閉合時，此刻總功率為400W*2=800W。考點：交流電有效值【解析】【答案】400W，800W20、略

【分析】試題分析：振子在平衡位置時，彈簧的形變量為在最低點時，彈簧被拉長2x，則整體的加速度滿足：解得a=g；對物體B，由牛頓第二定律：T-MBg=MBa，解得T=2MBg.考點：牛頓第二定律的應用；簡諧振動.【解析】【答案】2MBg21、略

【分析】解：（1）甲等勢面的電勢為90V；乙等勢面的電勢為-10V，各相鄰等勢面間的電勢差相等，則A點的電勢為140V，B點電勢為40V，C點電勢為-60V．

則：WAB=qUAB=q（φA-φB）=1×10-8×（140-40）J=1×10-6J

（2）WAC=qUAC=q（φA-φC）=（-1）×10-8×（140+60）J=-2×10-6J

故答案為：（1）1×10-6J；（2）-2×10-6J

求出AB；AC兩點間的電勢差；根據(jù)W=qU求出電場力所做的功。

解決本題的關鍵掌握電場力做功的公式W=qU，【解析】1×10-6J；-2×10-6J22、略

【分析】解：當使用ab

兩個接線柱時；量程為0隆蘆10VU1=g(Rg+R1)=g(100+900)=10V

使用ac

兩個接線柱時；量程為0隆蘆100VU2=g(Rg+R1+R2)=g(100+900+R2)=100V

解得；Ig=0.01A=10mAR2=9000婁賂

．

故答案為：109000

．

把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻；應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值．

本題考查了電壓表的改裝，知道電壓表的改裝原理、應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律即可正確解題．【解析】109000

四、判斷題(共3題，共18分)23、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，與試探電荷無關．24、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．25、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．五、解答題(共2題，共14分)26、略

【分析】

（1）小球由靜止釋放后到擺到最低點的過程；由動能定理得。

又E=

代入解得

小球經過最低點時

解得T=4×10-3N

（2）小球擺至B點時絲線突然斷裂；小球水平方向做有往返的勻減速直線運動，加速度大小為。

根據(jù)對稱性=s=0.128s

小球在豎直方向做自由落體運動，則

代入解得h=0.08m．

答：（1）小球擺至最低點B時的速度和線中的拉力為4×10-3N．

（2）若小球擺至B點時絲線突然斷裂；以后小球能經過B點正下方的C點時BC相距約0.08m．

【解析】【答案】（1）將小球拉到使絲線恰呈水平的位置A后由靜止釋放后；小球受到重力；電場力和線的拉力做圓周運動，重力做正功，電場力做負功，根據(jù)動能定理求出小球擺至最低點B時的速度．小球經過最低點時，由重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出線中的拉力．

（2）若小球擺至B點時絲線突然斷裂，小球做曲線運動，運用運動的分解方法：小球水平方向做勻減速直線運動，豎直方向做自由落體運動．根據(jù)牛頓第二定律求出水平方向加速度，根據(jù)對稱性和運動學公式求出時間，由豎直方向h=求出BC相距的距離．

27、略

【分析】

（1）E=．

故a點的電場強度為2×105V/m．

（2）

故ac間的電勢差大小為1000V．

（3）A點的電勢為0，根據(jù)UAc=φA-φc=Ed″得