2025年粤教版高二物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年粤教版高二物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、真空中两个静止点电荷间的相互作用力为F，若两点电荷的电量不变，间距变为原来的两倍，则两点电荷间的作用力大小变为（）Ａ.B.C.2FD.3F2、电容容C1、C2和可变电阻器R1、R2，以及电源E连接如图所示，当变阻器R1的滑动触头在图示位置时，C1、C2的电量相等，欲使C1的电量大于C2的电量，应（）A.增大R2B.减小R2C.将R1的滑动触头向A端移动D.将R1的滑动触头向B端移动3、如图所示；当穿过闭合回路的磁通量均匀增加时，内外两金属环中感应电流的方向为（）

A.内环逆时针，外环顺时针B.内环顺时针，外环逆时针C.内环逆时针，外环逆时针D.内环顺时针，外环顺时针4、下列所列数据不属于交流电有效值的是（）A.交流电表的示数B.电容器的耐压值C.灯泡的额定电压D.保险丝的额定电流5、在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线（）A.受到由西向东的安培力B.受到由南向北的安培力C.受到竖直向下的安培力D.受到竖直向上的安培力6、如图示，在匀强磁场中两根平行的金属导轨MN与PQ，其电阻不计，ab、cd为两根金属杆，其电阻Rab＜Rcd，当ab杆在外力F1作用下，匀速向左滑动时，cd杆在外力F2作用下保持静止．设F1与F2的方向均与MN平行，那么F1与F2的大小、两杆两端电压Uab与Ucd的大小关系是（）A.F1＞F2，Uab＞UcdB.F1＜F2，Uab＜UcdC.F1＜F2，Uab＞UcdD.F1=F2，Uab=Ucd7、如图所示，平行板电容器与电动势为E

的电流电源连接，上级板A

接地，一带负电油滴固定于电容器中的P

点，现将平行板电容器的下级板B

竖直向下移动一小段距离，则(

)

A.带电油滴所受电场力不变B.P

点的电势将升高C.带电油滴的电势能增大D.电容器的电容减小，极板带电量增大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、如图在x轴的-3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=a处为图线的最低点．线于在x=2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动．下列有关说法正确的是（）A.电荷运动至x=a处时速度最大B.两点电荷QA：QB=4：1C.该电荷一定通过x=a处，但不能到达x=-a处D.该电荷以O为中点做往复运动9、下列关于热力学温标的说法中正确的是（）A.热力学温标和摄氏温标的每一度的大小是相同的B.绝对零度是低温的极限，永远达不到C.热力学温标就是摄氏温标D.1℃就是1K10、如图所示，一带电小球通过绝缘细绳悬挂于平行板电容器之间，M

板带负电，N

板带正电，M

板接地.

以上说法正确的是(

)

A.M

板左移，小球受到的电场力减小B.M

板左移，小球的电势能减小C.M

板上移，小球受到的电场力增大D.M

板上移，小球的电势能不变11、如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A.电动机的输入功率是12WB.电动机的输出功率12WC.电动机的热功率是2WD.整个电路消耗的电功率是22W12、在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了14J

金属块克服摩擦力做功10J

重力做功22J

则以下判断正确的是(

)

A.金属块带正电荷B.金属块克服电场力做功8J

C.金属块的电势能减少2J

D.金属块的机械能减少8J

13、一带电油滴在匀强电场E

中的运动轨迹如图所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a

运动到的过程中，能量变化情况为()

A.动能增大B.电势能增加C.动能和电势能总和减少D.重力势能和电势能之和增加14、CDEF

是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L

在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B

磁场区域的宽度为d

如图所示.

导轨的右端接有一阻值为R

的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接.

将一阻值也为R

质量为m

的导体棒从弯曲轨道上h

高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处.

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为娄脤

则下列说法中正确的是(

)

A.电阻R

的最大电流为BL2gh2R

B.流过电阻R

的电荷量为BdL2R

C.整个电路中产生的焦耳热为mgh

D.电阻R

中产生的焦耳热为12mg(h鈭�娄脤d)

15、图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G

和一个变阻器R

组成的，它们之中的一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()

A.甲表是电流表，R

增大时量程增大B.甲表是电流表，R

增大时量程减小C.乙表是电压表，R

增大时量程减小D.乙表是电压表，R

增大时量程增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、利用双缝干涉测光的波长的实验中；双缝间距d=0.4mm，双缝到光屏间的距离l=0.5m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A；B位置时游标卡尺读数也由图中所给出，则：

（1）在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是______

A．改用波长较长的光（例如红光）作为入射光。

B．减小双缝到屏的距离l

C．增大双缝间距d

D．任何办法都不能改善。

（2）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA=______mm，xB=______mm，相邻两条纹间距△x=______mm；

（3）该单色光的波长λ=______m．17、如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象；此交流电的有效值是______A

18、一条河的水速为u=1m/s，一艘船在静水中的航速为v=2m/s，则要使船能垂直的渡过河去，那么渡船的方向与河岸的夹角是____；要使船能最短时间渡过河去，那么渡船的方向是____．19、使用多用电表的欧姆挡测电阻时，用“×100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是____

A．被测电阻值很大。

B．被测电阻值很小。

C．为了把电阻值测得更准一些；应换用“×1k”挡，重新欧姆调零后再测量。

D．为了把电阻值测得更准一些，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量．20、如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样和黄光、紫光通过同一个单缝形成的衍射图样（黑色部分代表亮纹）．那么1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是____色、____色、____色、____色．

21、（2分）如图，验电器A与B的顶端各安装了一个上端开有小孔的金属圆筒，验电器B带有正电荷，用带有绝缘柄的金属小球C，把C与筒B的­­­­______壁接触后，再与筒A的_____壁接触，重复多次，就能将B上的电荷尽量多的搬至筒A。（提示：本题的两空格中填写“内”或“外”）22、在用单摆测重力加速度的实验中，从下列器材中选用最合适的（填写器材代号）______．

A．小铁球B．小塑料球C.30cm长的摆线D.100cm长的摆线E.150cm长的摆线F．手表G．秒表H．米尺I．铁架台．23、一质点在平衡位置O

点附近做简谐运动，它离开O

点向着M

点运动，0.3s

末第一次到达M

点，又经过0.2s

第二次到达M

点，再经过______s

质点将第三次到达M

点.

若该质点由O

出发在4s

内通过的路程为20cm

该质点的振幅为______cm

．24、一质量为4.0×10-10kg，电量为2.0×10-4C带正电的质点，以4.0×104m/s速度垂直于电场方向从a点进入匀强电场区域，并从b点离开电场区域，离开电场时速度为5.0×104m/s，由此可知，电场中a、b两点间电势差ϕa-ϕb=______V，带电质点离开电场时，速度在电场方向的分量为______m/s（重力忽略）。评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)25、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）26、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）27、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）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【解析】试题分析：由库仑定律若两点电荷的电量不变，间距变为原来的两倍，则两点电荷间的作用力大小变为A对，BCD错。考点：本题考查库仑定律的公式【解析】【答案】A2、D【分析】解：由题意，当变阻器R1的滑动触头在图示位置时，C1、C2的电量相等；则说明两电容器的电容相等；

要使C1的电量大于C2的电量，根据Q=CU，可知，C1的电压大于C2的电压；

根据闭合电路分析，则有当将R1的滑动触头向B端移动时，C1两端的电压才升高；

而不管R2，电阻增大，还是减小，都不会导致C1的电压大于C2的电压；故D正确，ABC错误；

故选D．

电路稳定后，电容器的电压等于与之并联电阻两端的电压，而电阻R2、R1串联；根据电容器电量的变化，结合欧姆定律分析，即可求解．

本题是电容器的动态变化分析问题，关键抓住不变量．电容不变，关键分析电压变化；若电压不变，关键分析电容如何变化．【解析】【答案】D3、B【分析】解：当磁感应强度B增加时；穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断可知，两圆环组成的回路中感应电流方向为顺时针方向，则内环顺时针外环逆时针．

故选：B．

当磁感应强度B增加时；穿过两金属环的磁通量增加，而磁场方向向里，根据楞次定律判断感应电流的方向．

本题关键要明确研究对象，其次要搞清两个条件：一是磁场的方向；二是磁通量的变化情况．【解析】【答案】B4、B【分析】解：A；交流电表的示数是有效值．故A正确．

B；电容器的耐压值；是指的是最大值，故B错误．

C；灯泡的额定电压也是有效值；故C正确．

D；保险丝的额定电流是有效值；故D正确．

本题选择的是属于交流电有效值的是；故选：B

交流电表显示是有效值；交流电给灯泡供电，灯泡的额定电压是有效值．保险丝的额定电流是有效值，但电容器的耐压值是峰值．

本题楗同学们正确理解交流电的“四值”含义，尤其是“有效值”的理解与应用，同时注意加强这方面的练习．【解析】【答案】B5、D【分析】解：赤道上空地磁场的方向由南向北；根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向北穿过手心，则手心朝南。四指指向电流方向，则由西向东，拇指指向安培力方向：竖直向上。

故选：D。

赤道上空地磁场的方向由南向北；根据左手定则判断通电导线所受的安培力方向。

本题考查左手定则的应用能力，关键要了解地磁场的分布情况：地磁场的北极在地球的南极附近，地磁场的南极在地球的北极附近。【解析】D6、D【分析】解：ab向左运动切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab两端的电势差等于外电压，由于导轨电阻不计，所以ab两端的电压等于cd两端的电压，即Uab=Ucd．

由于电流相等，由公式F=BIL可知两棒所受的安培力相等，因为两棒都处于平衡状态，所以拉力都等于安培力，则F1=F2；故D正确，A；B、C错误．

故选：D

根据闭合电路欧姆定律可知整个回路中的电流相等，ab两端的电势差等于外电压．通过安培力的大小公式；结合共点力平衡比较拉力的大小．

处理电磁感应电路问题时，关键能够明确其等效电路，知道哪一部分相当于电源，结合安培力的大小公式和共点力平衡进行求解．【解析】【答案】D7、B【分析】解：A

将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=Ud

得知板间场强减小；油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动.

故A错误．

B；板间场强E

减小；而P

点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed

分析可知，P

点与上极板间电势差将减小，而P

点的电势低于上极板的电势，则知P

点的电势将升高.

故B正确．

C；由带电油滴原来处于平衡状态可知；油滴带负电，P

点的电势升高，则油滴的电势能将减小.

故C错误．

D、根据电容的定义式C=QU

电容器与电源保持相连，则U

不变，当C

减小，则Q

也减小.

故D错误．

故选：B

．

将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=Ud

分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况.

由U=Ed

分析P

点与上极板间电势差如何变化，即能分析P

点电势的变化和油滴电势能的变化.

根据电容的定义式C=QU

电容器与电源保持相连，则U

不变，Q

与C

成正比变化．

本题运用E=Ud

分析板间场强的变化，判断油滴如何运动.

运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．【解析】B

二、多选题(共8题，共16分)8、AB【分析】解：A、由φ-x图线的斜率表示电场强度的大小可知x=a处电场强度为零，由动能定理qU=△Ek；点电荷从x=2a到x=a处，电势差最大，所以电场力做正功最多，在x=a处速度最大，故A正确；

B、因在x=a电场强度为零，即k=k所以QA：QB=4：1；故B正确；

C；由图知x=-a处与x=2a处电势相等且点电荷由静止释放；由动能定理可知点电荷刚好能到达x=-a处，故C错误；

D；点电荷在x=-a与x=2a之间做往复运动；则O处不是运动中心，故D错误．

故选：AB．

根据φ-x图象切线的斜率等于场强E，分析场强的变化，判断小球的速度变化；根据动能定理确定小球可以到达的位置；x=L处场强为零，由小球的受力情况分析其运动情况．根据点电荷场强公式E=k以及电场的叠加即可分析QA与QB的大小．

解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理．【解析】【答案】AB9、AB【分析】解：A；由T=t+273K；得知，△T=△t，可知热力学温标和摄氏温标的每一度的大小是相同的，故A正确；

B；根据热力学第三定律可知；热力学温标的零K达不到，故B正确．

C；热力学温标和摄氏温标在表示温度的两种不同的温标．故C错误．

D；在数值上T=273.15（K）+1℃=274.15（K）；所以1℃对应274.15K，故D错误．

故选：AB

热力学温标亦称“绝对温标”．是由开尔文首先引入的．开尔文所利用的实验事实是气体发生等容变化时；压强与摄氏温度成线性关系，再进行合理外推得到的．热力学温度与摄氏温度的关系是T=t+273.15K；热力学温度的0K是不可能达到的．

摄氏温标和热力学温标是两种不同的温标，同学们要掌握掌握两种温标的表示方法．【解析】【答案】AB10、BC【分析】解：A

电容器的电量不变，根据E=UdU=QCC=娄脜s4娄脨kd

得到电场强度E=4娄脨kQ娄脜s

与距离d

无关，故M

板左移，小球受到的电场力不变，故A错误；

B、电场强度E=4娄脨kQ娄脜s

与距离d

无关；M

板左移，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式Ep=q娄脮

电势能减小，故B正确；

C、DM

板上移，电容器的电量不变，电场强度E=4娄脨kQ娄脜s

故电场强度增加，电场力增加；小球的平衡位置偏右，小球与负极板间的电势差变大，故小球所在位置的电势增加，小球带负电，根据电势能公式Ep=q娄脮

电势能减小；故C正确，D错误；

故选：BC

．

根据电容的决定式C=娄脜s4娄脨kd

分析电容的变化.

电容器的电量不变，由U=QC

分析板间电势差的变化.

根据E=UdU=QCC=娄脜s4娄脨kd

结合分析场强E

的变化；

本题关键推导出电场强度的一般表达式，然后明确负电荷在电势越高的位置电势能越小．【解析】BC

11、AC【分析】解：A、电动机两端的电压U1=U-UL=12-6V=6V，整个电路中的电流I=所以电动机的输入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正确．

B和C、电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故B错误；C正确．

D、整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24W．故D错误．

故选：AC．

由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V；额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．

解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．【解析】【答案】AC12、CD【分析】解：ABC

在金属块滑下的过程中动能增加了14J

金属块克服摩擦力做功10J

重力做功22J

根据动能定理得：

W脳脺=WG+W碌莽+Wf=鈻�EK

代入数据解得：W碌莽=2J

所以金属块克服电场力做功10J

金属块的电势能减少2J.

由于金属块下滑，电场力做正功；

所以电场力应该水平向左；所以金属块带负电荷.

故C正确，AB错误。

D；在金属块滑下的过程中重力做功22J

重力势能减小22J

动能增加了14J

重力势能与动能之和等于机械能，则金属块的机械能减少8J

故D正确．

故选：CD

明确各力做功情况和动能的改变量；根据动能定理求出电场力做功.

即可判断电场力方向与场强的关系，分析金属块的电性.

知道电场力做功量度电势能的改变.

知道重力做功量度重力势能的改变.

除重力以外的力做功等于机械能的变化.

或根据重力势能与动能的变化分析机械能的变化．

本题考查带电粒子在电场中运动时的功能关系分析问题，解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系【解析】CD

13、AC【分析】【分析】根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可。本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化.

在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。【解答】A.由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a

到b

的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A正确；B.从a

到b

的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B错误；C.从a

到b

的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D.根据功能关系可知，在从a

到b

的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误。故选AC。【解析】AC

14、ABD【分析】解：A

金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2

金属棒到达水平面时的速度v=2gh

金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv

最大的感应电流为I=BLv2R=BL2gh2R

故A正确；

B、通过金属棒的电荷量q=鈻�娄碌R+r=BLd2R

故B正确；

C；金属棒在整个运动过程中；由动能定理得：mgh鈭�WB鈭�娄脤mgd=0鈭�0

则克服安培力做功：WB=mgh鈭�娄脤mgd

故C错误；

D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QR=12Q=12WB=12(mgh鈭�娄脤mgd)

故D正确．

故选：ABD

金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv

求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=鈻�娄碌R+r

可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热；由动能定理(

或能量守恒定律)

可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热．

本题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式q=鈻�娄碌R+r

这是一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住，同时涉及到能量时优先考虑功能关系，能正确分析能量转化方向是解题的关键．【解析】ABD

15、BD【分析】表头G

本身所允许通过的最大电流Ig

或允许加的最大电压Ug

是有限的。为了要测量较大的电流；则应该并联一个电阻来分流；且并联的电阻越小，分流的效果越明显，从整体上看表现为测电流的量程增大，因此A错误而B正确；同理，为了要测量较大的电压，需要串联一个电阻来分压，且分压电阻越大，电压表的量程越大，故C错误而D正确。故选：BD

．

【解析】BD

三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】解：（1）根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ知；增大双缝到屏间的距离，或减小双缝间距，或换波长较长的光照射，可以增大条纹的间距，从而便于测量．单缝与双缝的间距不影响条纹间距．故A正确，BCD错误．

（2）A位置游标卡尺的主尺读数为11mm；游标读数为0.1×1mm=0.1mm，所以最终读数为11.1mm．

B位置游标卡尺的主尺读数为15mm；游标读数为0.1×6mm=0.6mm，所以最终读数为15.6mm．

因此△x=mm=0.75mm

（3）根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ得，λ=．代入数据得，λ=6.0×10-7m．

故答案为：（1）A，（2）11.1，15.6，0.75；（3）6.0×10-7．

（1）某同学用某种单色光做双缝干涉实验时，发现条纹太密难以测量，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ进行分析．游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读．

（2）根据双缝干涉条纹的间距公式，得出波长λ的表达式，根据△x=求出相邻两条纹的间距．

以及求出波长的长度．

解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=λ．注意A到B有几个明条纹或暗条纹．【解析】A；11.1；15.6；0.75；6×10-717、5【分析】解：将交流与直流通过阻值都为R

的电阻；

设直流电流为I

则根据有效值的定义有：

(42)2R?T2+(32)2R?T2=I2RT

解得：I=5A

故答案为：5

．

根据有效值的定义求解.

取一个周期时间；将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．

对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值.

常见题型，要熟练掌握．【解析】5

18、略

【分析】

设渡船的方向与河岸的夹角θ；当合速度方向与河岸垂直时，有vcosθ=u，解得θ=60°．

当静水速与河岸垂直时；渡河时间最短，所以渡船的方向是垂直河岸．

故答案为：60°；垂直河岸．

【解析】【答案】当合速度的方向与河岸垂直时；船将垂直渡河，根据平行四边形定则，求出渡船的方向和河岸方向的夹角．当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短．

19、略

【分析】

欧姆表表盘的特点是：左边密右边疏；零刻度在右边．偏角小，说明电阻阻值大，故A正确B错误；

为了测量准确；应换用较大挡×1K，重新欧姆调零后再测量，故C正确D错误．

故选AC

【解析】【答案】利用欧姆表测电阻时；应使指针指在中央附近，选择合适的挡位后要重新欧姆调零．

20、略

【分析】

双缝干涉的图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故1、3是双缝干涉现象，根据双缝干涉条纹间距△x=λ可知波长λ越大；△x越大，故左边第一个是红光，第三个是蓝光．

单缝衍射条纹是中间明亮且宽大；越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故第2个是紫光单缝衍射图样；最右端为黄光单缝衍射图样．

故从左向右依次是红光（双缝干涉）；紫光（单缝衍射）、蓝光（双缝干涉）和黄光（单缝衍射）．

故答案为：红；紫；蓝；黄。

【解析】【答案】根据双缝干涉条纹间距△x=λ可判定哪个图样是双缝干涉；它们的波长又有什么关系；根据单缝衍射条纹是中间亮条纹明亮且宽大，越向两侧宽度越小，而波长越大，中央亮条纹越粗进行判断．

21、略

【分析】试题分析：处于静电平衡的带电导体，所带的电荷带着导体的外表面上，用带有绝缘柄的金属小球C与筒B外侧接触，再与筒A的内壁接触，重复多次，就能将B上的电荷尽量多的搬至筒A。考点：静电平衡状态的带电体的特点【解析】【答案】外，内22、略

【分析】解：为了减小空气阻力的影响；摆球选择质量大体积小的，故选择A球，摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，细线长短适当，选择D，计时工具应尽量精确，选择G，此外还要知道摆长的实际长度，需要H，此实验需要支架，选择I．

故答案为A；D、G、H、I．

在用单摆测定重力加速度为了提高精度；摆线要长些，摆球选择质量大体积小的，拉离平衡位置的角度不能太大，测30-50次全振动的时间，