2024年华师大新版高二物理上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2024年华师大新版高二物理上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。(两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞)为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是()A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大C.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变D.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小2、关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是()A.磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合曲线B.磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线C.磁感线起始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷D.磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向3、如图所示是电容式话筒的示意图；它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距离膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一个电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的（）

A.介质变化。

B.正对面积变化。

C.距离变化。

D.电压变化。

4、如图，在曲轴上悬挂一弹簧振子，若向下拉弹簧振子后释放，让其上下振动，周期为T1。现使把手以周期T2匀速转动（T2>T1），当振子振动稳定后（）A.弹簧振子振动周期为T1B.弹簧振子振动周期为T2C.要使其振幅增大，可以增大把手转速D.要使其振幅增大，可以减小把手转速5、钍核（Th）具有放射性，它能放出一个电子衰变成镤核（Pa），伴随该过程会放出γ光子，下列说法中正确的是（）A.因为衰变过程中原子核的质量数守恒，所以不会出现质量亏损B.γ光子是衰变过程中钍核（Th）辐射的C.给钍加热，钍的半衰期将变短D.原子核的天然放射现象说明原子核不是最小微粒6、利用变压器不可能做到的是(

)

A.增大电流B.升高电压C.减小电压D.增大功率7、关于静电的应用和防止，下列说法不正确的是（）A.为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形B.为了防止静电危害，飞机轮胎用导电橡胶制成C.为了避免因尖端放电而损失电能，高压输电导线表面要很光滑D.为了消除静电，油罐车尾装一条拖地铁链评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、A、B是某电场中的一条电场线上两点，一正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的v-t图象如图所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA____φB，EA____EB．

9、如图所示，物体由静止从A点沿斜面匀加速下滑，随后在水平面上作匀减速运动，最后停止于C点，忽略轨道连接后的能量损失，已知AB=4m，BC=6m，整个运动历时10s，则物体沿AB段运动的加速度a1="______"m/s2；沿BC运动的加速度a2="_______"m/s2。10、兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：①．用天平测出电动小车的质量为0.4kg；②．将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；③．接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；④．使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定不变）。在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图乙、丙所示，图中O为打点计时器打的第一个点。请你分析纸带数据，回答下列问题：（1）该电动小车运动的最大速度为____m/s。（2）该电动小车运动过程中所受的阻力为____N。（3）纸带上OA之间的距离为35cm，OA之间还有点未显示出来。11、某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中；测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表测得n次全振动的时间为t，则：

（1）重力加速度的表达式g=______．（用上述符号表示）

（2）若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为970.8mm，用10分度的游标卡尺测得摆球直径如图1，摆球的直径为______mm．单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的总时间如图2所示，则总时间t=______s．求得当地的重力加速度为______m/s2．（取π2=10）

（3）如果他测得的g值偏小，可能的原因是______

A；测摆线长时摆线拉得过紧。

B；摆球在水平面内做圆周运动。

C；摆线上端悬点未固定；振动过程中出现松动，摆线长度增加了。

D、开始计时，秒表过迟按下．12、如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，将磁铁插入螺线管的过程中，电流表指针______（选填“偏转”或“不偏转”），磁铁放在螺线管中不动时，电流表指针______（选填“偏转”或“不偏转”）13、在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，若用直径为0.5m的浅圆盘盛水，让油酸在水面上形成单分子油酸薄膜，那么油酸滴的体积的数量级不能大于______m3．14、某同学通过实验测定一个阻值约为5娄赂

的电阻Rx

的阻值．

(1)

现有电源(4V

内阻可不计)

滑动变阻器(0隆芦50娄赂

额定电流2A)

开关和导线若干，以及下列电表。

A.电流表(0隆芦3A

内阻约0.025娄赂)

B.电流表(0隆芦0.6A

内阻约0.125娄赂)

C.电压表(0隆芦3V

内阻约3k娄赂)

D.电压表(0隆芦15V

内阻约15k娄赂)

为减小测量误差；在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______(

选填器材前的字母)

实验电路应采用图1

中的______(

选填“甲”或“乙”)

．

(2)

如图2

是测量Rx

的实验器材实物图；图中已连接了部分导线.

请根据在(1)

问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．

(3)

接通开关，改变滑动变阻器滑片P

的位置，并记录对应的电流表示数I

电压表示数U.

某次电表示数如图3

所示，可得该电阻的测量值Rx=UI=

______娄赂(

保留两位有效数字)

．

(4)

若在(1)

问中选用甲电路；产生误差的主要原因是______；若在(1)

问中选用乙电路，产生误差的主要原因是______.(

选填选项前的字母)

A.电流表测量值小于流经Rx

的电流值。

B.电流表测量值大于流经Rx

的电流值。

C.电压表测量值小于Rx

两端的电压值。

D.电压表测量值大于Rx

两端的电压值。

15、某一回旋加速器，两半圆形金属盒的半径为R

它们之间的电压为U

所处的磁场的感应强度为B

带电粒子的质量为m

电荷量为q

则带电粒子所能获得的最大动能与电压__________(

选填“有关”或“无关”)

为__________

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、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）17、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）18、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）

19、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）

20、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）

评卷人得分四、画图题(共2题，共8分)21、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22、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五、计算题(共2题，共20分)23、机械横波某时刻的波形图如图所示；波沿x

轴正方向传播，质点p

的横坐标x=0.32m.

从此时刻开始计时．

(1)

若经过时间0.4s

再一次出现相同波形图；求波速．

(2)

若p

点经0.4s

第一次达到正向最大位移，求波速．24、如图所示，电阻R1=2娄赂

小灯泡L

上标有“3V

1.5W

”字样，电源内阻r=1娄赂

滑动变阻器的最大阻值为R0(

大小未知).

当触头P

滑动到最上端a

时，电流表的读数为1A

小灯泡L

恰好正常发光，求：

(1)

滑动变阻器的最大阻值R0

(2)

当触头P

滑动到最下端b

时，电源的总功率及输出功率．评卷人得分六、实验题(共4题，共20分)25、太阳能光电直接转换的基本原理是利用光电效应将太阳辐射能直接转换成电能.如图所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压.（1）在图上标出电源和电流表的正、负极.（2）入射光应照射在____极上.（3）若电流表读数是10μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是____个.26、红细胞表面存在多种蛋白质能与相应抗体结合，从而发生凝集现象。科学家进行了，如下免疫学实验：实验一：提取健康家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞不发生凝集现象。实验二：用恒河猴的红细胞重复多次注射到实验一的家兔体内，再次提取家兔的血清与人的红细胞混合，红细胞凝集成细胞集团。回答下列问题：（1）实验二中恒河猴红细胞作为________刺激家兔产生免疫反应。受到红细胞刺激和淋巴因子的作用，B淋巴细胞增殖分化为________。（2）设置实验一起到了对照作用，具体说明了________。（3）从免疫学角度看，实验二的实验结果表明人的红细胞与恒河猴红细胞________。27、为观察电磁感应现象，某学生将电流表．螺线管A和B．蓄电池．电键用导线连接成如图所示的实验电路.当只接通和断开电键时，电流表的指针都没有偏转，其原因是__________.（A）电键位置接错（B）电流表的正．负极接反（C）线圈B的接头3．4接反（D）蓄电池的正．负极接反28、有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个小灯泡的I－U图线。

现有下列器材供选用：

A．电压表（0～5V，内阻约10kΩ）B．电压表（0～15V；内阻约20kΩ）

C．电流表（0～3A，内阻约1Ω）D．电流表（0～0.6A；内阻约0.4Ω）

E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω；1A）

G．学生电源（直流6V）；开关、导线若干。

（1）实验中所用电压表应选用________，电流表应选用_______，滑动变阻器应选用____。

（2）实验电路应采用电流表____________（填“内”或“外”）接法。

（3）在虚线框内画出实验电路图_____，并根据所画电路图进行实物图连接_____。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A|D【分析】试题分析：在直线加速器运动过程只有电场力做功，根据动能定理有要在环状空腔中的匀速圆周运动，即半径等于空腔半径，根据洛伦兹力提供向心力有综上得对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小选项A对B错。对于给定的带电粒子，圆周运动的半径是一定的，所以圆周运动的周期可见加速电压越大，粒子运动的周期越小，选项C错D对。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【解析】【答案】AD2、A【分析】试题分析：磁感线是闭合曲线，而电场线不是闭合曲线，选项A正确；磁感线和电场线都不一定是一些互相平行的曲线，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，在磁体外面起始于N极，终止于S极；里面始于S极，终止与N极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷，选项C错误；磁感线和电场线的切线方向分别表示磁场和电场的方向，选项D错误；故选A。考点：磁感线和电场线。【解析】【答案】A3、C【分析】

A；金属层和金属板之间电介质是空气；没有变化，不会导致电容变化．故A错误．

B；振动膜前后振动；金属层和金属板正对面积没有变化，不会导致电容变化．故B错误．

C；振动膜前后振动；金属层和金属板之间的距离发生变化，导致电容变化．故C正确．

D；电容与电压无关；电压的变化不会导致电容变化．故D错误．

故选C

【解析】【答案】人对着话筒说话时；振动膜前后振动，使电容发生变化，根据电容的决定因素分析导致电容变化的原因．

4、B|C【分析】受迫振动的周期由驱动力的周期决定，当两周期接近时振幅增大【解析】【答案】BC5、D【分析】解：A；衰变过程中质量数守恒；由于放出能量，根据爱因斯坦质能方程知，有质量亏损，故A错误．

B、γ光子是衰变后的镤核（Pa）处于激发态；跃迁时辐射的，故B错误．

C；半衰期的大小与温度无关；故C错误．

D；天然放射现象说明原子核内部有复杂结构；说明原子核不是最小微粒，故D正确．

故选：D．

钍核Th，具有放射性，它放出一个电子衰变成镤核（Pa），半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定．γ光子是衰变后的镤核（Pa）辐射的．

本题考查了衰变、质量亏损、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，不能混淆．对于这部分知识，要多看书，理清区别和联系．【解析】【答案】D6、D【分析】解：根据变压器的电压；电流与匝数之间的关系可以增大和减小电压；也可以增大或减小电流，输入功率由输出功率决定，变压器不能改变功率.

故D不能做到。

故选D

根据变压器的电压；电流与匝数之间的关系及输入功率与输出功率的关系即可求解．

本题主要考查了变压器的原理，难度不大，属于基础题．【解析】D

7、A【分析】解：A；避雷针是利用了静电的尖端效应制作的；故避雷针必须做成针状，不能做成球形，故A错误；

B；飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走；故B正确；

C；由于尖端效应；高压输电线表面要很光滑，才能避免因尖端放电而损失电能；故C正确；

D；为了消除静电；油罐车尾部要装一条拖地铁链能保证静电迅速导走；故D正确；

本题选不正确；故选：A。

本题考查是关于静电的防止与应用；从各种实例的原理出发就可以判断出答案．

本题考查静电的防止与应用，在学习时要注意其中生活中的应用与防止．【解析】A二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】

从v-t图象可以知道正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点做加速度不断减小的减速运动；故电荷在A点受到的电场力大于电荷在B点的电场力，故A点的场强大于B点的场强；

由于电荷做减速运动；故电场力与速度方向相反，即电场力由B指向A，故电场线由B指向A，故B点电势较高；

故答案为：＜；＞．

【解析】【答案】从v-t图象可以知道电荷做加速度不断减小的减速运动；根据牛顿第二定律确定电场力的方向，然后确定场强方向并比较电场强度的大小，最后根据沿着电场线电势降低来确定电势的大小．

9、略

【分析】【解析】试题分析：根据受力分析，在斜面上物体受重力、支持力、滑动摩擦力，因此做匀变速直线运动，即代入已知数据则所以加速度为考点：匀变速直线运动规律【解析】【答案】0.510、略

【分析】由纸带运动一段时间近似在6.00cm，故小车运动的最大速度为由得加速度由牛顿第二定律得：由得P=2.4W，由动能定理，得则打出22个点，则未显示的点为：22－4=18。【解析】【答案】1.50m/s1.6N1811、略

【分析】解：（1）单摆摆长l=L+单摆周期T=由单摆周期公式T=2π可知；

g===

（2）由图示游标卡尺可知；主尺的示数是18mm，游标尺的示数是4×0.1mm=0.4mm；

则游标卡尺示数；即小球直径d=18mm+0.4mm=18.4mm；

由图示秒表可知，分针示数是1m=60s，秒针示数是40s，秒表示数是60s+40s=100.0s，单摆周期T===2.0s；

单摆摆长l=L+=970.8mm+=980mm=0.98m，重力加速度g===9.8m/s2；

（3）由g==可知：

A；测摆线长时摆线拉得过紧；摆长偏大，所测重力加速度偏大，故A错误；

B、摆球在水平面内做圆周运动，成为圆锥摆，摆的摆长为（L+）cosθ；

θ是摆的偏角；单摆摆长偏小，所测重力加速度偏小，故B正确；

C；摆线上端悬点未固定；振动过程中出现松动，摆线长度增加了，所测重力加速度偏大，故C错误；

D；开始计时；秒表过迟按下，所测时间t偏小，所测重力加速度偏大，故D错误；

如果他测得的g值偏小；可能的原因是：B；摆球在水平面内做圆周运动；

故答案为：（1）（2）18.4；100.0；9.8；（3）B．

（1）根据题意求出单摆的摆长与周期；然后由单摆周期公式的变形公式求出重力加速度表达式．

（2）游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；秒表示数等于分针示数与秒针示数之和；

根据图示秒表读出秒表示数；然后求出单摆的周期，把所测数据代入重力加速度公式，求出重力加速度．

（3）根据重力加速度表达式分析实验误差原因．

对游标卡尺读数时，他、要注意确定游标尺的精度，如果游标尺是10分度的，则精度为0.1mm，如果游标尺是20分度的，则精度是0.05mm，如果游标尺是50分度的，则精度是0.02mm；分析实验误差时，要根据重力加速度的表达式进行分析．【解析】18.4；100.0；9.8；B12、略

【分析】解：将磁铁插入螺线管的过程中；通过闭合回路的磁通量增加，产生感应电流，则电流表指针发生偏转，当磁铁在螺线管中不动时，磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不偏转．

故答案为：偏转不偏转。

当通过闭合回路的磁通量发生变化；就会产生感应电流，电流表的指针将发生偏转．

解决本题的关键知道产生感应电流的条件，当通过闭合回路的磁通量发生变化，就会产生感应电流．【解析】偏转；不偏转13、略

【分析】解：设油酸薄膜表面积为浅圆盘面积；油酸的体积为V：

V=πR2d=3.14××10-10m3=2×10-11m3

故答案为：10-11．

根据算出油酸薄膜的面积，油分子直径的数量级为10-10m；油膜为单分子的油膜，由此可求出油酸体积．

本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验原理和数据处理，属于简单基础题目，计算时注意单位的换算．【解析】10-1114、略

【分析】解：(1)

由于电源电动势为4V

所以电压表应选C；

根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Im=UR=35A=0.6A

所以电流表应选B；

根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：Rmax=EIA3=40.63娄赂=20娄赂

所以变阻器可以采用限流式接法，变阻器应选E；

由于待测电阻满足RVRX>RXRA

所以电流表应用外接法，即电路图应是“限流外接”，所以应采用图甲电路．

(2)

实物连线图如图所示：

(3)

电流表的读数为：I=0.50A

电压表的读数为：U=2.60V

所以待测电阻为：R=UI=2.600.50娄赂=5.2娄赂

(4)

根据欧姆定律和串并联规律可知；采用甲电路时由于电压表A

的分流作用，导致电流表的测量值大于流经RX

的电流，所以产生误差的主要原因是B

若采用乙电路；由于电流表的分压作用，导致电压表的测量值大于RX

两端的电压值，所以造成误差的主要原因是D

故答案为：(1)BC

甲；(2)

如上图所示；(3)5.2(4)BD

．

本题(1)

的关键是首先根据电源电动势大小选择出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程；然后根据闭合电路欧姆定律结合电流表最小电流求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；再根据待测电阻满足RVRX>RXRA

可知电流表应用外接法.

题(3)

的关键是电表的读数要求：电表有“110

”估读、“15

”估读和“12

”估读三种方式，要看电表每小格的读数是多少，若每小格读数为0.02A

则应是“12

”估读，即应估读到0.01A

若每小格读数为0.1V

则应是“110

”估读；即应估读到0.01V.

题(4)

的关键是根据欧姆定律和串并联规律，将电表内阻考虑在内即可求解．

对电学实验应明确：垄脵

根据电源电动势或待测电阻的额定电压来选择电压表量程；根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程.垄脷

根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器，当变阻器的全电阻满足要求时，变阻器可以采用限流式接法；当变阻器全电阻太小或电路要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器，可方便调节.垄脹

当待测电阻满足RVRX>RXRA

时，电流表应用外接法，满足RVRX<RXRA

时，电流表应用内接法．【解析】BC

甲；5.2BD

15、无关【分析】【分析】根据质谱仪的工作原理可知影响最大动能的因素不是电强的电势差的大小，而是金属盒的半径，由洛仑兹力充当向心力可得出最大速度，则可求得最大动能。回旋加速器是利用磁场中的圆周运动来反复对电荷加速的；故加速电场的强弱不会影响最后的动能，但金属盒的半径制约了最大动能，达到最大半径后，粒子无法再回到加速电场继续加速。

【解答】当粒子的半径达最大时，必须将带电粒子引出，此时由Bqv=mv2R

可得：v=BRqm

则最大动能Ek=12mv2=B2R2q22m带电粒子所能获得的最大动能与电压无关。

故填：无关B2R2q22m

【解析】无关B2R2q22m

三、判断题(共5题，共10分)16、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．17、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．18、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．19、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．20、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．四、画图题(共2题，共8分)21、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】22、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、计算题(共2题，共20分)23、解：（1）依题意，周期T=0.4s，波速v==m/s=2m/s

（2）波沿x轴正方向传播；△x=0.32m-0.2m=0.12m．

p点恰好第一次达到正向最大位移．波速v==m/s=0.3m/s．

答：（1）若经过时间0.4s再一次出现相同波形图；波速为2m/s．

（2）若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，波速为0.3m/s．【分析】

(1)

横波每隔一个周期；波形重复一次，由题意可求得周期，读出波长，从而求出这列波的波速．

(2)

当x=0.32m

的振动传到P

点；P

点恰好第一次达到正向最大位移.

根据传播的距离，求出波速．

本题考查对波动图象的理解能力，要理解波的周期性，即重复性，关键是确定传播的距离，求出波速v

．【解析】解：(1)

依题意，周期T=0.4s

波速v=娄脣T=0.80.4m/s=2m/s

(2)

波沿x

轴正方向传播，鈻�x=0.32m鈭�0.2m=0.12m

．

p

点恰好第一次达到正向最大位移.

波速v=鈻�x鈻�t=0.120.4m/s=0.3m/s

．

答：(1)

若经过时间0.4s

再一次出现相同波形图；波速为2m/s

．

(2)

若p

点经0.4s

第一次达到正向最大位移，波速为0.3m/s

．24、解：

（1）当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：

流过滑动变阻器的电流：I0=IA-IL=0.5A

所以滑动变阻器的最大阻值

（2）电源电动势为：E=UL+IA（R1+r）=6V

当触头P，滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流为：

故电源的总功率为：P总=EI=12W

输出功率为：P出=EI-I2r=8W

答：（1）滑动变阻器的最大阻值

（2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率P总=12W，输出功率P出=8W．【分析】(1)

当触头P

滑动到最上端a

时；R

与灯泡并联后与电阻R1

串联.

根据欧姆定律求解滑动变阻器的最大阻值R0

．

(2)

当触头P

滑动到最下端b

时；滑动变阻器和小灯泡均被短路.

由闭合电路的欧