2025年外研版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………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年外研版高二物理上冊階段測試試卷351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、宇航員在探測某星球時發(fā)現(xiàn)：①該星球帶負電；而且?guī)щ娋鶆?；②該星球表面沒有大氣；③在一次實驗中，宇航員將一個帶電小球（其帶電量遠遠小于星球電量）置于離星球表面某一高度處無初速釋放，恰好處于懸浮狀態(tài)．如果選距星球表面無窮遠處的電勢為零，則根據(jù)以上信息可以推斷（）

A.小球一定帶正電。

B.小球的電勢能一定小于零。

C.只改變小球的電量；從原高度無初速釋放后，小球仍處于懸浮狀態(tài)。

D.只改變小球離星球表面的高度；無初速釋放后，小球仍處于懸浮狀態(tài)。

2、某正弦式交流電的電流i

隨時間t

變化的圖象如圖所示.

由圖可知(

)

A.電流的最大值為10A

B.電流的有效值為10A

C.該交流電的周期為0.03s

D.該交流電的頻率為0.02Hz

3、某待測電阻R

估計值在100婁賂

左右，電壓表內(nèi)阻為RV隆脰3000婁賂

電流表內(nèi)阻為RA隆脰0.2婁賂.

若測量得電壓表讀數(shù)為U

電流表讀數(shù)為I

則電流表接法及電阻測量值分別為(

)

A.內(nèi)接，R=UI

B.外接，R=UI

C.內(nèi)接，R=IU

D.外接，R=IU

4、如圖所示，磁感應強度B、電流I、磁場力F三者之間的方向關系不正確的是（）A.B.C.D.5、如圖，當滑動變阻器的滑片P向上端移動時，則電表示數(shù)的變化情況是（）A.V1減小，V2增大，A增大B.V1增大，V2減小，A增大C.V1增大，V2增大，A減小D.V1減小，V2減小，A減小評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、如圖所示,平行等距的豎直虛線為某一電場的等勢面,一帶正電的微粒以一定初速度射入電場后,恰能沿直線A.B運動,則由此可知()

A.該電場一定是勻強電場，且方向水平向左A.A點的電勢高于B點的電勢B.微粒從A點到B點，其動能和電勢能之和保持不變C.微粒從A到B點，其電勢能増加，機械能減少7、如圖是“牛頓擺”裝置；5個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5根輕繩互相平行，5個鋼球彼此緊密排列，球心等高．用1；2、3、4、5分別標記5個小鋼球．關于此實驗，下列說法中正確的是（）

A.當把小球1向左拉起一定高度，然后由靜止釋放，可觀察到小鋼球5向右擺起，且達到的最大高度與小鋼球1的釋放高度相同B.如果同時向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度，同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小鋼球4、5一起向右擺起，且上升最大高度高于小鋼球1、2、3的釋放高度C.如果同時向左拉起小鋼球1、2、3到相同高度，同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小鋼球3、4、5一起向右擺起，且上升最大高度等于小鋼球1、2、3的釋放高度D.上述整個實驗過程中，5個小鋼球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒8、做簡諧運動的物體，每當物體到達同一位置時，保持不變的物理量有(

)

A.速度B.加速度C.動量D.動能9、如圖所示，L1L2

為兩平行的虛線，L1

上方和L2

下方都是垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，AB

兩點都在L2

上，帶電粒子從A

點以初速度v

斜向上與L2

成30鈭?

角射出，經(jīng)過B

點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法中正確的是(

)

A.帶電粒子經(jīng)過B

點時速度一定跟A

點速度相同B.若將帶電粒子在A

點時初速度變大(

方向不變)

它仍能經(jīng)過B

點C.若將帶電粒子在A

點時初速度方向改為與L2

成60鈭?

角斜向上，它也能經(jīng)過B

點D.此粒子一定帶正電10、將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體上來說呈電中性）噴入磁場，由于等離子體在磁場力的作用下運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，磁場中的兩塊金屬板A和B上就會聚集電荷，從而在兩板間產(chǎn)生電壓．在圖示磁極配置的情況下，下列表述正確的是（）A.金屬板A的電勢較高B.通過電阻R的電流方向是b→R→aC.等離子體在B間運動時，磁場力對等離子體做正功D.等離子體在B間運動時，磁場力對等離子體不做功11、如圖所示，真空中有兩個固定點電荷A、B，所帶電荷量分別為+2Q和+Q。M、N是AB連線中垂線上的兩點，∠AMB＝120°，此時M點的電場強度大小為EM，電勢為φM，將電荷量為+q的點電荷由M點移至N點，電場力做功為W。若保持其它條件不變，僅將B所帶電量增加至+2Q，此時M點的電場強度大小為電勢為仍將電荷量為+q的點電荷由M點移至N點，電場力做功為W′。則下列說法正確的（）

A.一定大于EMB.可能等于EMC.一定大于φMD.W′一定大于W評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)12、如圖所示，兩個正的點電荷Q1、Q2相距9cm，Q1=2.0×10-8C，Q2=4.0×10-8C，在兩個點電荷連線上有a、b兩點，分別距Q1、Q2為3cm，由此可知a點場強的大小為____，方向為____；b點場強的大小為____．

13、一個物體的質(zhì)量是2kg，沿豎直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地上，隨后又以8m/s的速度被反彈回，若取豎直向上為正方向，則小球與地面相碰前的動量是_______kg·m/s．若碰撞過程時間為0.1s則小球給地面的平均作用力為_______N(g=10m/s2)14、某同學用多用電表測量一電阻時，他根據(jù)對電阻的估計值將選擇開關旋到電阻擋倍率等于N的位置，然后把兩枝表筆相互接觸，再調(diào)整電阻擋的____，使指針指在電阻擋的“0”刻度線處．若這位同學對電阻測量時，刻度盤上的示數(shù)為R，則這個電阻的測量值為____．15、某同學在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中；先測得擺線長為101.00cm，擺球直徑為2.00cm，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間為101.5s．則：

（1）他測得的重力加速度g=______m/s2．（計算結(jié)果取三位有效數(shù)字）

（2）他測得的g值偏小，可能原因是：______

A．測擺線長時擺線拉得過緊．

B．擺線上端未牢固地系于懸點；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了．

C．開始計時時；秒表過遲按下．

D．實驗中誤將49次全振動計為50次．

（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出一組對應的l和T的數(shù)值，再以l為橫坐標、T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率K．則重力加速度g=______．（用K表示）

（4）某同學在進行“研究彈簧振子的周期和小球質(zhì)量的關系”課題實驗時，利用如圖甲所示裝置進行了如下的實驗：讓彈簧振子穿過一光滑的水平橫桿，在彈簧振子的小球上安裝一枝筆，下面放一條紙帶．當小球振動時，垂直于振動方向以恒定的加速度拉動紙帶，加速度大小為α，這時筆在紙帶上畫出如圖乙所示的一條曲線，請根據(jù)圖乙中所測得的長度S1、S2，寫出計算彈簧振子振動周期的表達式：T=______．16、如圖是研究電磁感應現(xiàn)象的實驗裝置，大小兩個螺線管B、A套在一起．開始時開關S斷開，在移動滑動變阻器滑片P的過程中，發(fā)現(xiàn)電流表指針______發(fā)生偏轉(zhuǎn)；接著閉合S，在閉合瞬間發(fā)現(xiàn)電流表指針______發(fā)生偏轉(zhuǎn)；閉合S后，將螺線管A從B中抽出，在抽出過程中發(fā)現(xiàn)電流表指針______發(fā)生偏轉(zhuǎn)．（均填“會”或“不會”）17、某同學在做“利用單擺測重力加速度”實驗中，先測得擺線長為97.50cm

擺球直徑為2.0cm

然后用秒表記錄了單擺振動50

次所用的時間為99.9s.

則[]

壟脵

該擺擺長為_______cm

壟脷(

單選題)

如果他測得的g

值偏小，可能的原因是[]

A.

測擺線長時擺線拉得過緊B.

擺線上端未牢固地系于懸點，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了C.

開始計時，秒表過遲按下D.

實驗中誤將49

次全振動數(shù)為50

次18、（6分）借助運動傳感器可用計算機測出物體運動的速度。如圖所示，傳感器系統(tǒng)由兩個小盒子A、B組成，A盒裝有紅外線發(fā)射器和超聲波發(fā)射器，它裝在被測物體上，每隔0.03s可同時發(fā)射一個紅外線脈沖和一個超聲波脈沖；B盒裝有紅外線接收器和超聲波接收器，B盒收到紅外線脈沖時開始計時(紅外線的傳播時間可以忽略不計)，收到超聲波脈沖時計時停止。在某次測量中，B盒記錄到的連續(xù)兩次的時間分別為0.15s和0.20s，根據(jù)你知道的知識，該物體運動的速度為____m／s，運動方向是。(背離B盒還是靠近B盒,聲速取340m／s)19、如圖所示，勻強磁場中有一個固定的金屬框，在框上放一根金屬棒AB

金屬框與金屬棒構(gòu)成閉合電路ABEF.

當AB

不動時，電路中______(

填“有”或“無”)

感應電流；當AB

向右移動時，電路中______(

填“有”或“無”)

感應電流．20、某同學組裝一個電壓表?？捎玫钠鞑挠校何脖眍^（量程500uA，內(nèi)阻500Ω）電阻箱R1（阻值范圍0～999.9Ω）；電阻箱R2（阻值范圍0～99999.9Ω）；導線若干。要求利用所給器材將它改裝成量程為3V的直流電壓表?；卮鹣铝袉栴}：

（1）在虛線框內(nèi)，選出必要器材，連接電路圖并標出R1或R2，并連接接線柱a、b；

（2）電阻箱的阻值為______Ω（保留到個位）。評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)21、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）

22、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）23、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）

24、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）

評卷人得分五、作圖題(共2題，共4分)25、如圖所示，圖甲是小明奶奶眼睛成像情況示意圖，請在圖乙中畫出矯正小明奶奶視力所需的透鏡并完成光路圖．26、我們可以通過實驗探究電磁感應現(xiàn)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(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)．若要探究線圈中產(chǎn)生感應電流的方向，必須知道______．

（2）如圖（2）所示，實驗中發(fā)現(xiàn)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(zhuǎn)；若將線圈A抽出，此過程中電流表指針向______偏轉(zhuǎn)（均選填“左”或“右”）．評卷人得分六、證明題(共2題，共4分)27、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。28、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。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】

小球處于懸浮狀態(tài)；一定是庫侖力和萬有引力二力平衡，故小球一定帶負電，小球的電勢能一定大于零；只改變電量，庫倫力變化，而萬有引力不變，小球不會再懸浮；又由于庫侖力與萬有引力都是與距離的平方成反比，所以改變小球的高度對庫侖力和萬有引力的二力平衡沒有影響，由以上分析可知只有D正確．

故選D．

【解析】【答案】小球處于受力平衡狀態(tài)；說明庫侖力和萬有引力大小相等，所以小球和星球一定是互相排斥的，必定是帶同種電荷，再由庫侖力和萬有引力的公式分析可以改變高度和電荷量后的受力情況．

2、B【分析】解：AC

根據(jù)圖象，該交流電的最大電流為102A

周期為0.02s

故A錯誤，C錯誤；

B、電流有效值：I=Im2=10A

故B正確；

D、該交流電的頻率為：f=1T=10.02s=50Hz

故選B．

根據(jù)圖象可以知道交流電的最大值和交流電的周期；根據(jù)最大值和有效值的關系即可求得交流電的有效值和頻率．

本題考查的是學生讀圖的能力，根據(jù)圖象讀出交流電的最大值和周期，再逐項計算即可．【解析】B

3、A【分析】解：RVR=3000100=30RRA=1000.2=500

則可知，RVR<RRA

因此應采用電流表內(nèi)接法；

根據(jù)歐姆定律可知，電阻R=UI

故A正確；BCD錯誤．

故選：A

．

根據(jù)待測電阻與電壓表和電流表內(nèi)阻的關系進行分析；從而確定電流表的接法，再根據(jù)歐姆定律即可求出電阻的表達式．

本題考查電流表內(nèi)外接法的選擇，要注意明確在電流表選擇中要滿足：“小外偏小，大內(nèi)偏大”實驗規(guī)律．【解析】A

4、A【分析】解：左手定則的內(nèi)容為伸開左手；讓四指與大拇指相互垂直，磁場垂直穿過掌握，四指指向電流方向，大拇指所指的方向為電流受力的方向；

根據(jù)左手定則判斷受力方向：

A；磁場方向向上；電流的方向向外，由左手定則可知，受力向左，故A不正確；

B；磁場方向向外；電流方向向上，受力向右，故B正確；

C；由左手定則；受力垂直于電流斜向上，故C正確；

D；由左手定則可知；受力垂直于電流向上，故D正確；

本題選不正確的；故選：A。

本題考查左手定則的應用；正確掌握左手定則的內(nèi)容；使用的方法與步驟即可順利判出。

本題需要掌握左手定則的內(nèi)容，同時還要注意圖中符號的含義，正確掌握電流及磁場的方向?！窘馕觥緼5、C【分析】解：當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，變阻器與定值電阻并聯(lián)的總電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知總電流I變小，電源的內(nèi)電壓變小，路端電壓U變大，即V1增大。

電阻R1的電壓變小，則并聯(lián)部分的電壓增大，可知電壓表V2示數(shù)增大，所以電阻R2的電流增大；因總電流變小，所以A示數(shù)減小。故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

當滑動變阻器的滑片向上端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流的變化及路端電壓的變化，即可知V1的變化。由歐姆定律分析電壓表V2示數(shù)的變化及并聯(lián)部分電壓的變化，即可判斷通過電阻R2的電流的變化；根據(jù)總電流的變化，再分析A示數(shù)的變化。

本題是電路的動態(tài)變化分析問題，關鍵要從局部到整體，再到局部，按順序進行分析即可?！窘馕觥緾二、多選題(共6題，共12分)6、A:D【分析】由圖可得等勢面平行且是等間距的，又因電場線和等勢線垂直，所以電場線必定沿水平方向，且疏密均勻同向，那么該電場一定是勻強電場，正電荷受到電場力與重力作用，電荷沿著A到B做直線運動，合外力方向沿BA方向，電場力必定水平向左，所以電場的方向應水平向左，故A正確；沿電場線電勢是逐漸降低的，因為電場方向向左，則A點的電勢低于B點的電勢，故B錯誤；從A到B過程中，動能、重力勢能與電勢能之和保持不變，因為重力勢能增加，因此動能與電勢能之和減小，故C錯誤；從A到B過程微粒克服電場力做功，電勢能增加，由能量守恒定律可知，微粒的機械能減少，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。7、AC【分析】解：A；碰撞中的能量損失不計；則小球與小球之間發(fā)生的是彈性碰撞，由于小球完全一樣，結(jié)合碰撞過程中動量守恒和動能守恒可知：每兩個小球碰后交換速度，1與2碰后，1停止2向右，2與3碰后，2停止，3具有向右的速度，3與4碰后，3停止，4具有向右的速度，4與5碰后，4停止，5具有向右的速度，根據(jù)機械能守恒定律可知球5向右擺起，且達到的最大高度與球1的釋放高度相同，故A正確；

BC；如果同時向左拉起小球1、2、3到相同高度同時由靜止釋放；則3與4碰后，3停止4具有向右的速度，4與5碰撞交換速度，4停止5向右擺起；3剛停止的時候2球過來與之碰撞交換速度，然后3與4碰撞，使4向右擺起；2球剛停止的時候1球過來與之碰撞交換速度，然后2與3碰撞交換速度，使3向右擺起；故經(jīng)碰撞后，小球3、4、5一起向右擺起，且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同，故B錯誤，C正確；

D；由分析知說明該過程；每兩個小球碰撞的過程機械能守恒、動量守恒，擺動時動量不守恒，故D錯誤；

故選：AC

完全相同的小鋼球與小鋼球之間發(fā)生的是彈性碰撞；每兩個小球碰后交換速度，1與2碰后，1停止2向右，2與3碰后，2停止，3具有向右的速度．如果同時向左拉起小球1；2、3到相同高度（如圖丙）并由靜止釋放，根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析小球上升的最大高度．

本題主要考查了動量守恒定律即機械能守恒定律的應用，涉及到多個彈性碰撞連續(xù)發(fā)生的過程，要明確每次發(fā)生彈性碰撞的兩個小球機械能守恒、動量守恒．【解析】【答案】AC8、BD【分析】解：A

做簡諧運動的物體；每次通過同一位置時，速度可能有兩種方向，而速度是矢量，所以速度不一定相同.

故A錯誤．

B、根據(jù)簡諧運動的特征：a=鈭?kxm

物體每次通過同一位置時，位移一定相同，加速度也一定相同.

故B正確．

C；動量是矢量；與速度同方向，所以動量不一定相同.

故C錯誤；

D；動能是標量；經(jīng)過同一位置時，彈性勢能相同，故動能相同，故D正確；

故選：BD

物體的位移與時間的關系遵從正弦函數(shù)的規(guī)律(

即它的振動圖象是一條正弦曲線)

的振動叫簡諧運動.

簡諧運動的頻率(

或周期)

跟振幅沒有關系；而是由本身的性質(zhì)(

在單擺中由初始設定的繩長)

決定，所以又叫固有頻率.

其運動具有對稱性．

簡諧運動的物體經(jīng)過同一位置時這三個量一定相同：位移、加速度和回復力．【解析】BD

9、AB【分析】解：畫出帶電粒子運動的可能軌跡；B

點的位置可能有下圖四種．

A；如圖所示；粒子B

的位置在B2B3

時速度方向也斜向上，速度跟在A

點時的速度大小相等，方向相同，速度相同.

故A正確；

B；根據(jù)軌跡；粒子經(jīng)過邊界L1

時入射點與出射點間的距離與經(jīng)過邊界L2

時入射點與出射點間的距離相同，與速度無關.

所以當初速度大小稍微增大一點，但保持方向不變，它仍有可能經(jīng)過B

點.

故B正確．

C、如圖，設L1

與L2

之間的距離為d

則A

到B2

的距離為：x=2dtan婁脠

若將帶電粒子在A

點時初速度方向改為與L2

成60鈭?

角斜向上；它就只經(jīng)過一個周期后一定不經(jīng)過B

點.

故C錯誤．

D；如圖所示；分別是正負電荷的運動軌跡，正負電荷都可能.

故D錯誤．

故選：AB

分析帶電粒子的運動情況：在無磁場區(qū)域；做勻速直線運動，進入磁場后，只受洛倫茲力，做勻速圓周運動，畫出可能的軌跡，作出選擇．

帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題，關鍵是畫出粒子圓周的軌跡.

往往要抓住圓的對稱性．【解析】AB

10、AD【分析】解：A、大量帶正電和帶負電的微粒射入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向上，所以正電荷會聚集的A板上，負電荷受到的洛倫茲力向下，負電荷聚集到B板上，故B板相當于電源的負極，A板相當于電源的正極，所以通過電阻R的電流由a→R→b，金屬板A的電勢UA高于金屬板B的電勢UB；所以A正確B錯誤；

C；等離子體在A、B間運動時；磁場力總是與離子體的運動方向垂直，所以磁場力不做功，故C錯誤D正確。

故選：AD。

等離子體含有大量帶正電和帶負電的微粒；這些微粒射入磁場時，受到倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，由左手定則可以判斷正；負電荷受到的洛倫茲力方向分別向上和向下，所以正電荷會聚集的A板上，負電荷聚集到B板上，故A板相當于電源的正極．電源的正極電勢高于負極的電勢．

根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，即可判斷電荷的偏轉(zhuǎn)方向，考查對磁流體發(fā)電機的理解能力．此題還可以等效成流體切割磁感線，由E=Bvd求得發(fā)電機的電動勢．【解析】AD11、A:C:D【分析】【詳解】

AB．若將B的電荷量增大，根據(jù)公式

可知B電荷在M點產(chǎn)生的場強增大，與A電荷產(chǎn)生的場強疊加，由于所以合場強也增大，故A正確，B錯誤；

C．電勢是標量，B電荷的電量增加后，由公式

B電荷在M點的電勢變大，與A電荷在M點的電勢疊加；總的電勢變大，故C正確；

D．當B電荷量增加后，從M到N各點的場強都增大，電荷量為+q的點電荷受的電場力增大；電場力做的功增大，故D正確。

故選ACD。三、填空題(共9題，共18分)12、略

【分析】

由點電荷的場強公式知代入數(shù)據(jù)可得a點場強大小為2.25×105N/C，方向水平向左；同理可得b點場強的大小為4.125×105N/C．

答案為：2.25×105N/C，水平向左，4.125×105N/C

【解析】【答案】由點電荷的場強公式即可得各點電荷在某點的場強，再由疊加原理即可求ab點的場強．

13、略

【分析】【解析】【答案】－16－34014、略

【分析】

（1）先選擇倍率．

（2）然后調(diào)節(jié)調(diào)零電阻進行歐姆調(diào)零．

（3）最后計數(shù)，倍率N×示數(shù)，即可讀出數(shù)值為NR．

答案為：調(diào)零旋鈕；NR．

【解析】【答案】運用多用電表歐姆擋測量電阻；先將選擇開關置于合適的倍率，使指針指在刻度盤中央附近．接著進行歐姆調(diào)零．讀數(shù)是指示值×倍率．

15、略

【分析】解：（1）單擺的擺長L=l線+=102.00cm．

單擺振動50次所用的時間為101.5s；所以T=2.03s

根據(jù)周期公式T=2根據(jù)此公式變形得到g=L=9.76m/s2．

（2）根據(jù)周期公式T=2此公式變形得到g=L

A；測擺線時擺線拉得過緊；則擺長的測量量偏大，則測得的重力加速度偏大．故A錯誤．

B；擺線上端未牢固地系于懸點；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，振動周期變大，而測得的擺長偏小，則測得重力加速度偏?。蔅正確．

C；開始計時；秒表過遲按下，測得單擺的周期偏小，則測得的重力加速度偏大．故C錯誤．

D；實驗中誤將49.5次全振動數(shù)為50次．測得周期偏??；則測得的重力加速度偏大．故D錯誤．

故選：B

（3）根據(jù)周期公式T=2此公式變形得到T2=以l為橫坐標、T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率K=即g=

（4）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2，有：S2-S1=aT2，解得T=

故答案為：（1）9.76（2）B（3）（4）

（1）單擺的擺長等于擺線的長度與擺球半徑之和．

（2）本實驗測量g的原理是單擺的周期公式T=2根據(jù)此公式變形得到g=L；判斷g值偏小的原因．

（3）根據(jù)周期公式T=2此公式變形得到T2=以l為橫坐標、T2為縱坐標將所得數(shù)據(jù)連成直線，并求得該直線的斜率K=即g=

（4）根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2，有：S2-S1=aT2；解得T．

本題關鍵要掌握實驗的原理：單擺的周期公式T=2要能根據(jù)實驗原理，分析實驗誤差，會利用勻變速直線運動的規(guī)律找時間和彈簧陣子的周期關系．【解析】9.76；B；16、略

【分析】解：開始時開關S斷開；在移動滑動變阻器滑片P的過程中，穿過線圈B的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，電流表指針不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；接著閉合S，在閉合瞬間穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，發(fā)現(xiàn)電流表指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；閉合S后，將螺線管A從B中抽出，穿過線圈B的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，在抽出過程中發(fā)現(xiàn)電流表指針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)．

故答案為：不會；會；會．

根據(jù)感應電流產(chǎn)生的條件分析答題；穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路產(chǎn)生感應電流．

本題考查了判斷電流表指針是否發(fā)生偏轉(zhuǎn)，知道感應電流產(chǎn)生的條件即可正確解題．【解析】不會；會；會17、98.50；B【分析】解：壟脵

單擺擺長：L=97.50cm+2.00cm2=98.50cm

壟脷

由單擺周期公式：T=2婁脨Lg

可知.g=4婁脨2T2L

A；擺球擺動的同時在水平面上做圓周運動形成圓錐擺；有效擺長L

變短，周期變小，所測g

偏大，故A錯誤；

B；測擺長時；僅測了線長，計算法處理數(shù)據(jù)時未加小球半徑，所測擺長偏小，g

偏小，故B正確；

C；開始計時；秒表過遲按下，則時間偏小，所測周期T

偏小，g

偏大，故C錯誤；

D；測周期時；把n

次全振動誤記為(n+1)

次，所測周期T

偏小，g

偏大，故D錯誤；

故選：B

故答案為：壟脵98.50壟脷B

．

壟脵

擺線長度與擺球半徑之和是單擺擺長；

壟脷

應用單擺周期公式求出重力加速度的表達式；然后分析答題．

本題考查了用單擺測重力加速度實驗，知道實驗原理與實驗注意事項、應用單擺周期公式即可正確解題．【解析】98.50B

18、略

【分析】【解析】【答案】背離B盒19、略

【分析】解：根據(jù)題意可知；當AB

不動時，則磁通量不變，則沒有感應電流；當導體沿紙面向右運動時，穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流．

故答案為：無；有．

當閉合回路中的部分導體做切割磁感線運動時；導致磁通量變大，從而使導體中可以產(chǎn)生感應電流．

電磁感應現(xiàn)象應重點理解切割的含義，可以想像為將磁感線切斷即為切割．【解析】無；有20、5500【分析】解：（1）把微安表改裝成量程為3V的電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值為：R==5500Ω，電阻箱應選擇R2；電路圖如圖所示；

（2）由（1）可知，電阻箱阻值為：R2=5500Ω；

故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）5500。

（1）把微安表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值，然后選擇電阻箱，再作出電路圖。

（2）根據(jù)串并聯(lián)電路特點計算串并聯(lián)電阻阻值。

本題考查了電壓表與電流表的改裝，知道電表的改裝原理，應用串并聯(lián)電路特點、歐姆定律可以解題?！窘馕觥?500四、判斷題(共4題，共24分)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(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?。?2、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?。浑妱莶钆c零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降