2024年沪科新版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高二物理上册阶段测试试卷759考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、电流的磁效应揭示了电与磁的关系。若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是()2、图示为氢原子的能级图；下列说法正确的是(

)

A.氢原子从较高能级跃迁到较低能级时，释放一定频率的光子，核外电子动能增加，电势能减小B.氢原子从n=3

能级跃迁到n=4

能级时，需要吸收的光子能量必须大于0.66eV

C.氢原子处于不同能级时，核外电子在各处出现的频率相同D.一个处于n=4

能级的氢原子向低能级跃迁时，可以释放6

种频率的光子3、如图所示；电阻R

和电感线圈L

的值都较大，电感线圈的电阻不计，AB

是两只完全相同的灯泡，当开关S

闭合时，下面能发生的情况是(

)

A.B

比A

先亮，然后B

熄灭B.A

比B

先亮；然后A

熄灭。

C.B

一起亮，然后A

熄灭D.B

一起亮，然后B

熄灭4、关于电磁感应，下列说法正确的是(

)

A.穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势就越大B.当导体平动做切割磁感线的运动时，导体中一定有感应电流产生C.当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越小D.当穿过线圈的磁通量发生变化时，感应电动势的大小与线圈电阻无关5、航空母舰是大规模战争中的重要武器，灵活起降的飞机是它主要的攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5min内使飞机从静止加速到44m/s，而航载飞机借助助推设备，在2s内就可把飞机从静止加速到82m/s，设起飞前飞机在跑道上做匀加速直线运动，供客机起飞的跑道的长度约是航空母舰的甲板跑道长度的A.40倍B.80倍C.400倍D.800倍6、电荷Q在电场中某两点间移动时；电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U；若让电量为2Q的电荷在电场中的这两点间移动则（）

A.电场力做功仍为W

B.电场力做功

C.两点间的电势差仍为U

D.两点间的电势差为

7、某种金属导体的U-I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于导体的下列说法正确的是（）A.欧姆定律对于该种导体是不适用的B.该导体的电阻随电压的增大而增大C.在A点，导体的电阻等于tanβD.在A点，导体的电阻等于anα8、两个大小相同、带等量异种电荷的导体小球A

和B

彼此间的引力为F.

另一个不带电的与AB

大小相同的导体小球C

先与A

接触，再与B

接触，然后移开，这时A

和B

之间的作用力为F隆盲

则F

与F隆盲

之比为(

)

A.83

B.81

C.18

D.41

9、如图所示，滑块A

置于水平地面上，滑块B

在一水平力作用下紧靠滑块A

(

A

、B

接触面竖直)

此时A

恰好不滑动，B

刚好不下滑.

已知A

与B

间的动摩擦因数为娄脤

1

A

与地面间的动摩擦因数为娄脤

2

最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A

与B

的质量之比为()A.1娄脤1娄脤2

B.1鈭�娄脤1娄脤2娄脤1娄脤2

C.1+娄脤1娄脤2娄脤1娄脤2

D.2+娄脤1娄脤2娄脤1娄脤2

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、如图所示，滑动变阻器R1的最大阻值是100Ω，R2=100Ω，A、B两端电压恒定为10V．当电键S断开时，移动滑动变阻器滑片P，电压表示数范围是____V；当电键S闭合时，移动滑动变阻器滑片P，电压表示数范围是____V．

11、一位工人在水平道路上推一辆运料车，车的质量为45kg，所用水平推力为90N，产生的加速度为1.6m/s2，工人不再用力推车时，车的加速度大小为____m/s2．12、两电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知，这两个电阻阻值之比R1：R2=____．

13、(1)

在用两面平行的玻璃砖“测定玻璃的折射率”的实验中；其光路图如图1

所示，对此实验中的一些具体问题，下列的各种说法中正确的是______

A.为了减少测量误差；P1

和P2

的连线与玻璃砖界面的夹角越大越好。

B.为了减少作图误差；P3

和P4

的距离应适当取大些。

C.若P1P2

的距离较大时；通过玻璃砖会看不到它们的像。

D.若P1P2

连线与法线夹角太大，有可能在ab

隆盲

界面发生全反射。

(2)

某同学由于没有量角器，他在完成了光路图后，以O

点为圆心，10.00

cm

为半径画圆，分别交线段OA

于A

点，交线段OO隆盲

的延长线于C

点，过A

点作法线NN隆盲

的垂线AB

交NN隆盲

于B

点，过C

点作法线NN隆盲

的垂线CD

交NN隆盲

于D

点，如图2

所示.

用刻度尺量得OB=8.00

cm

，CD=4.00

cm

，由此可得出玻璃的折射率n

=

______．14、一个100匝的圆形闭合线圈，总电阻为15Ω，面积为50cm2，放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线方向垂直，在0～4×10-3s内匀强磁场的磁感应强度从0.1T增加到0.7T，则每匝线圈磁通量的改变量为____Wb．在这段时间里线圈产生的平均感应电动势大小为____V．15、在探究弹力和弹簧伸长量的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后将弹簧乙和弹簧甲串联起来按图2进行探究．不考虑两个弹簧重力的影响，在弹性限度内，将质量m=50g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图1、图2中弹簧总长度L1、L2如表所示．取g=9.8m/s2，则弹簧甲的劲度系数k甲=______N/m，弹簧乙的劲度系数k乙=______N/m．

。钩码个数1234L1/cm26.0026.4826.9727.47L2/cm79.4480.8982.3683.8516、如图所示，在匀强电场中有abc

三点，ab

相距4cmbc

相距10cm.

将一个带电荷量为2隆脕10鈭�8C

的电荷从a

点移到b

点时，电场力做功为4隆脕10鈭�6J.

将此电荷从b

点移到c

点时电场力做功为______Jac

间电势差为______V.

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）18、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）19、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

20、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

21、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）22、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

23、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、实验探究题(共4题，共28分)24、AB两闭合线圈为同样导线绕成且均为10匝，半径为rA=2rB，内有如图所示的有理想边界的匀强磁场，若磁场均匀地减小，则A、B环中感应电动势之比EA：EB=______，产生的感应电流之比IA：IB=______．25、将一个质量为m的物体挂在一个劲度系数为k的弹簧下面，如果不考虑弹簧的质量和空气的阻力，振动周期T=2π．为了研究振动周期与振子质量的关系；设计如图所示的实验装置，将弹簧的一端固定在铁架台上，另一端挂一只小盘，铁架台的竖杆上固定一个可以上下移动的标志物，作为计时标志．改变小盘中砝码的质量m，测量全振动50次的时间并求出相应的周期T．某次实验得到下列数据：

。m（10-3kg）5.0010.0015.0020.0025.0030.00T（s）T2（s2）0.7290.8030.8760.9411.0161.086（1）以横轴代表m，纵轴代表T2，作出T2-m图．并回答为什么不用T作为纵轴而用T2作为纵轴？______．

（2）根据图线求解弹簧的劲度系数______．

（3）对T2-m图作出必要的解释______．

26、某同学测量一只未知阻值的电阻：

(1)

他先用多用电表进行测量；按照正确的步骤操作后，测量的结果如图甲所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该进行下列哪项操作______

A.换“隆脕1

”档；再机械调零，重新测量。

B.换“隆脕1

”档；再欧姆调零，重新测量。

C.换“隆脕100

”档；再机械调零，重新测量。

D.换“隆脕100

”档；再欧姆调零，重新测量。

(2)

如图乙为简易多用表的内部电路原理图，其中G

为灵敏电流计，已知：E1>E2.S

为单刀多掷电键(

功能键)

可调到123456

不同的位置，由图可知，测电压时将功能键置于______位置时电压的量程较大；测电流时应将功能键置于______位置时电流的量程较大。(

填写功能键位置序号)

27、有一个额定电压为2.8V

功率约为0.8W

的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的I鈭�U

图线，有下列器材供选用：A.电压表(0隆芦3V

内阻6k娄赂)B.

电压表(0隆芦15V

内阻30k娄赂)

C.电流表(0隆芦3A

内阻0.1娄赂)D.

电流表(0隆芦0.6A

内阻0.5娄赂)

E.滑动变阻器(10娄赂,2A)F.

滑动变阻器(200娄赂,0.5A)

G.蓄电池(

电动势6V

内阻不计)

(1)

用如图甲所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________.(

用序号字母表示)

(2)

通过实验测得此小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图线可求得此小灯泡在正常工作时的电阻为________娄赂

评卷人得分五、画图题(共2题，共10分)28、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象29、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分六、实验题(共4题，共36分)30、(6分)某同学用一个定值电阻R、两个开关、一个电压表和若干导线连成一个测量电源内阻的实验电路，如图所示，已知电压表的内阻远大于电源的内电阻和R，其量程大于电源电动势，表盘上刻度清晰，但数字不清，电源内阻约为几欧。（1）在方框内画出实验电路图。（2）实验中始终闭合开关S1，当开关S2处于断开和闭合两种状态时，电压表指针偏转格数分别为n1、n2，则计算电源内阻的表达式是r=。31、（8分）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，①以下对实验的几点建议中，有利于提高测量结果精确度的是________。A．实验中适当加长摆线B．单摆偏离平衡位置的角度不能太大C．当单摆经过最大位置时开始计时D．测量多组周期T和摆长L，作L－T2关系图像来处理数据②某同学在正确操作和测量的情况下，测得多组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图像，如图所示。出现这一结果最可能的原因是：摆球重心不在球心处，而是在球心的正__________方(选填“上”或“下”)。为了使得到的实验结果不受摆球重心位置无法准确确定的影响，他采用恰当的数据处理方法：在图线上选取A、B两个点，找到两点相应的横纵坐标，如图所示。用表达式g＝________计算重力加速度，此结果即与摆球重心就在球心处的情况一样。32、(6分)做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器，打出的部分计数点如图2-3所示。每相邻两点间还有四点未画出来，打点计时器使用的是50Hz的低压交流电，求打点计时器打“2”时，小车的速度v2＝＿＿＿＿m/s，小车的加速度a＝＿＿＿m/s2．请你依据本实验原理推断第7计数点和第8计数点之间的距离大约是＿＿＿m。(结果保留两位有效数字)33、【化学选做】（15分）功能高分子P的合成路线如下：（1）A的名称是____。B的结构简式____。（2）反应③的化学方程式：____。（3）F是高分子化合物，E中含有的官能团的名称是____。（4）请写出一种满足下列条件的E的同分异构体的结构简式____。①只含有一种官能团；②核磁共振氢谱只有一个吸收峰。（5）反应⑤的化学方程式：____。（6）已知：以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【解析】试题分析：根据安培定则可知，当电流方向向外时，所形成的磁场方向为逆时针方向闭合的曲线，故ABC错误，D正确．故选D．考点：本题考查了安培定则的应用，【解析】【答案】D2、A【分析】解：A

氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时；轨道半径减小，能量减小，释放一定频率的光子；

根据ke2r2=mv2r

知；电子动能增大，则电势能减小，故A正确；

B、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，E4鈭�E3=鈻�E

因此氢原子从n=3

能级跃迁到n=4

能级时，需要吸收的光子能量必须等于0.66eV.

故B错误；

C；处于不同能级时；核外电子在各处出现的概率不同.

故C错误；

D；根据C42=6

可知，大量处于n=4

能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出6

种频率的光子，但如今只有一个氢原子，则n=4

能级的氢原子向低能级跃迁时，可以释放3

种频率的光子，故D错误；

故选：A

．

A；根据轨道半径的变化；通过库仑引力提供向心力比较出电子动能的变化，通过能量的变化得出电势能的变化；

B；能级间跃迁时；辐射的光子能量等于两能级间的能级差；

C；核外电子在各处出现的频率不同；

D；根据数学组合公式Cn2

求出氢原子可能辐射光子频率的种数．

解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，注意电离时，吸引能量可以大于能级之差，而跃迁必须是两能级之差，否则不会发生，注意大量氢原子与一个氢原子跃迁种类的区别．【解析】A

3、D【分析】【分析】当开关S

闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光，根据电感线圈的电阻不计，会将B

灯短路，分析B

灯亮度的变化。本题考查了电感线圈L

对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路。【解答】当开关S

闭合时；电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮，但由于电感线圈的电阻不计，线圈将B

灯逐渐短路，B

灯变暗直至熄灭，故ABC错误，D正确。

故选D。【解析】D

4、D【分析】解：A

由法拉第电磁感应定律可知；感应电动势与磁通量无关，取决于磁通量的变化率，磁通量的变化率越大，感应电动势才越大，所以磁通量变化越大，感应电动势不一定越大，还与发生变化所用时间有关，故A错误．

B；当导体平动做切割磁感线的运动时；导体中一定有感应电动势产生，但不一定有感应电流产生，电路还要闭合才有感应电流，故B错误．

C；当穿过线圈的磁通量变化越快时；磁通量的变化率越大，感应电动势越大，故C错误．

D；当穿过线圈的磁通量发生变化时；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关.

故D正确．

故选：D

感应电动势与磁通量的变化率成正比.

根据法拉第电磁感应定律分析答题．

本题考查了影响感应电动势大小的因素，应用法拉第电磁感应定律即可正确解题，要注意正确区分磁通量、磁通量变化量和磁通量变化率，不要混淆．【解析】D

5、A【分析】试题分析：供客机起飞跑道的长度航空母舰跑道的长度则故A正确。考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【解析】【答案】A6、C【分析】

电场中两点的电势差由电场本身决定；与电量和功W无关，因此即便是移动的电话电量加倍，电场中两点的电势差是不变的，故C正确，D错误；

根据W=QU；可知，W′=2QU=2W，故AB错误．

故选C．

【解析】【答案】电场中两点的电势差由电场本身决定；与电量和功W无关，电场力做功W=qU，只与电量和电势差有关，与具体路径无关．

7、B【分析】解：A；金属导体是适用欧姆定律求解的；本题中图象为曲线的原因是电阻随温度的变化而变化造成的，故A错误；

B；由图可知；该导体的斜率越来越大，故该导体的电阻随电压的增大而增大，故B正确；

CD；A点电阻应根据坐标值来求；由于不能两坐标采用的标度不同，故不能根据斜率来求电阻，故CD错误．

故选：B．

明确伏安特性曲线的性质；能根据斜率求解电阻的变化；同时明确图象斜率的意义，知道不能根据斜率来求解电阻大小．

本题考查欧姆定律的应用以及伏安特性曲线的性质，要注意明确欧姆定律适用于金属导体导电，但由于其电阻随温度的变化而变化，故对应的图象为曲线．【解析】【答案】B8、B【分析】解：假设A

带电量为QB

带电量为鈭�Q

两球之间的相互吸引力的大小是F=kQ2r2

第三个不带电的金属小球C

与A

接触后，A

和C

的电量都为Q2

C

与B

接触时先中和再平分，则CB

分开后电量均为鈭�Q4

这时，AB

两球之间的相互作用力的大小F隆盲=kQ2鈰�Q4r2=18F

即F

与F隆盲

之比为81

故选：B

理解库仑定律的内容．

知道带电体相互接触后移开；同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．

要清楚带电体相互接触后移开；同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．

根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．【解析】B

9、B【分析】对物体A

、B

整体在水平方向上有F

=

娄脤

2(

mA

+

mB

)

g

；对物体B

在竖直方向上有娄脤

1

F

=

mBg

；联立解得：mAmB=1鈭�娄脤1娄脤2娄脤1娄脤2

选项B正确．【解析】B

二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

当电键S断开时，滑片滑到最下端时，变阻器与电阻R2串联，滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于100V；当滑片滑到最下端时，电压表示数最小，最小值为U=UAB=5V；电压表示数范围是5～10V．

当电键S闭合时；滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于100V；滑片滑到最下端时，电压表被短路，电压表示数为零．则电压表示数范围是0～10V．

故答案为：5～10V．0～10V．

【解析】【答案】当电键S断开时；滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于100V；当滑片滑到最下端时，电压表示数最小，由欧姆定律求出．当电键S闭合时，电压表示数最大值不变，滑片滑到最下端时，电压表示数为零．

11、略

【分析】

未撤去拉力时；设阻力为f，拉力为F，根据牛顿第二定律得：

F-f=ma

得：f=F-ma=18N

撤去拉力的瞬间，物体的加速度大小：a′==0.4m/s2．

故答案为：0.4．

【解析】【答案】未撤去拉力时；物体在竖直方向受到重力和支持力，大小相等，方向相反，相互抵消．在水平方向受到水平拉力和阻力作用，根据牛顿第二定律求解阻力．撤去拉力的瞬间，物体所受摩擦力等于合力，再由牛顿第二定律求解加速度．

12、略

【分析】

电阻R1===电阻R2===

则两个电阻阻值之比R1：R2=1：3

故答案为：1：3

【解析】【答案】导体的电阻R=等于伏安特性曲线斜率倒数的大小．根据数学知识求出斜率倒数之比求解电阻之比．

13、（1）B（2）【分析】【分析】P1P2

和P3P4

之间的距离适当大一些，这样引起的角度的误差较小，可提高精度，入射角娄脠1

尽量大些，折射角也会大些，角度的相对误差会减小，根据光路可逆性原理可知，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射。本题考查了测定玻璃的折射率的实验，明确实验原理，掌握实验步骤，以及注意事项就可解决问题。【解答】(1)

A.为了减少测量误差，入射角应适当大一些，则P1

和P2

的连线与玻璃砖界面的夹角适当小一些，故A错误；B.为了减少作图误差，P3

和P4

的距离应适当取大一些，故B正确；C.若P1

和P2

距离要适当大一些，由于光在同一种介质中沿着直线传播，故通过玻璃砖不可能看不到他们的像，故C错误；D.根据光路可逆性原理知，光线一定会从下表面射出，这折射光不会在玻璃砖的bb鈥�

表面发生全反射，则即使P1P2

的连线与法线夹角太大，通过玻璃砖仍然可以看到P1P2

的像，故D错误。故选B。(2)

由几何知识得，入射角sin(i)=R2鈭�OB2R=0.6

反射角sin(r)=CDR=0.4

则由折射率公式得：n=sin(i)sin(r)=32

故答案为：(1)B

(2)32

【解析】(1)B

(2)32

14、略

【分析】

根据磁通量的定义Φ=BS，得每匝线圈磁通量的改变量△Φ=△B•S=（0.7-0.1）×50×10-4Wb=3×10-3Wb

根据法拉第电磁感应定律有=100×=75V

故答案为3×10-3；75

【解析】【答案】根据磁通量的定义Φ=BS得△Φ=△B•S可以求出线圈磁通量的改变量；再根据法拉第电磁感应定律可以求得线圈产生的平均感应电动势．

15、略

【分析】解：由表格中的数据可知；当弹力的变化量△F=2mg=2×0.05×9.8N=0.98N时；

弹簧形变量的变化量为△x1==0.98cm；

根据胡克定律知甲的劲度系数：k1===100N/m．

根据表中数据要知；乙的形变量分别为53.44cm；54.41cm、55.39cm、56.38cm；

同理可解得k2==50N/m；故。

答案为：10050

根据弹簧形变量的变化量；结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数．通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数．

解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．【解析】100；5016、略

【分析】解：由题，电荷从a

点移到b

点时，电场力做功Wab=qELab垄脵

电荷从b

点移到c

点时电场力做功Wbc=qELbccos60鈭�垄脷

由垄脷垄脵

得Wbc=5隆脕10鈭�6J

ac

间电势差Uac=Wacq=Wab+Wbcq=450V

故本题答案是：5隆脕10鈭�6450

电荷从a

点移到b

点时电场力做功Wab=qELab

从b

点移到c

点时电场力做功Wbc=qELbccos60鈭�

用比例法求出电荷从b

点移到c

点时电场力做功.

根据公式Uac=Wacq

求出ac

间电势差．

本题考查求解电场力做功的基本能力.

对于电势差公式U=Wq

应用时，往往各个量均代入符号．【解析】5隆脕10鈭�6450

三、判断题(共7题，共14分)17、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．18、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．19、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．20、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．21、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．22、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．23、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、实验探究题(共4题，共28分)24、略

【分析】解：根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中感应电动势：E=N=NS

AB两闭合线圈；磁场随着时间的变化均相同，由题意可知，它们的有效面积相同，所以感应电动势相同．

则A；B环中感应电动势之比1：1．

由欧姆定律得I==

因S相同，而L=2πr

由上式可得，IA：IB=rB：rA=1：2

故答案为：1：1；1：2．

根据法拉第电磁感应定律；求出线圈中感应电动势．

根据欧姆定律；可求出电流之比．

注意在法拉第电磁感应定律中；S为有效面积．

求一个物理量之比，先把这个物理量表示出来．【解析】1：1；1：225、略

【分析】解：（1）由表格数据看出，T与m是非线性关系在，而T2与m是线性关系，所以T2-m图象简单；呈线性关系．

（2）由振动周期T=2π变形得到T2=m；

T2-m图象的斜率K=由数学知识得到图象的斜率大小为K=14；

则k=2.8N/m

（3）图线不经过原点的原因：没有考虑砝码盘的质量和弹簧的质量。

故答案为：（1）图线简单；呈线性关系；（2）2.8N/m；（3）图线不经过原点的原因，没有考虑砝码盘的质量．

（1）由表格数据看出，T与m是非线性关系在，而T2与m是线性关系．

（2）由实验原理：振动周期T=2π变形得到T2=m，T2-m图象的斜率K=由数学知识求出斜率，即可得到k．

（3）分析可知图线不经过原点的原因：没有考虑砝码盘的质量和弹簧的质量。

该题中采用了转换法的思维，将非线性关系转换成线性关系研究，简单直观．【解析】图象简单，呈线性关系．；2.8N/m；没有考虑砝码盘的质量和弹簧的质量26、略

【分析】解：(1)

由图可知欧姆表的读数为：R=100隆脕10娄赂=1000娄赂

欧姆表的指针偏角过小说明待测电阻阻值较大；应换较大的倍率隆脕100

调零以后再进行测量，故选D；

(2)

多用电阻若测电压；应让表头与电阻串联；由图可知，与电阻串联的接法只有5

或6

且接6

时串联的电阻大，则量程大；测电流时应使表头与电阻并联，由接1

或2

时可以用来测电流；接1

时，R2

与表头串联后再与R1

并联，因此R1

相对于表头及串联电阻更要小，故测量的量程更大；

故答案为：(1)D(2)61

(1)

用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。

(2)

灵敏电流计与分压电阻串联可以改装成电压表；分压电阻阻值越大，电压表量程越大；灵敏电流计与分流电阻并联可以改装为电流表，分流电阻阻值越小，电流表量程越大，根据图示电路图分析答题。

本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项、考查了多用电表结构；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；知道多用电表的改装原理是解题的前提，应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。【解析】D61

27、ADE10【分析】解：(1)

由题意可知；灯泡的额定电压为2.8V

故电压表的量程应大于2.8V

故电压表应选3V

量程，故选A；

由P=UI

可得；电流为I=0.28A

故电流表应选D；

本实验中应选用分压接法；故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；

(2)

由图可知，当电压为2.8V

时，电流为0.28A

故电阻R=UI=2.80.28娄赂=10娄赂

故答案为：(1)A

D

E(2)10

根据小