2024年鲁教五四新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2024年鲁教五四新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一物体做平抛运动，下列四幅图中能正确反映物体水平速度（甲）和竖直速度（乙）随时间变化关系的是（）A.B.C.D.2、某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是（）A.若选择甲图，测量值比真实值偏大B.若选择乙图，测量值比真实值偏大C.若被测电阻RX与电流表内阻接近，应该选择乙图误差较小D.若被测电阻RX与电压表内阻接近，应该选择甲图误差较小3、如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动；则下列说法正确的是（）

A.微粒的动能一定增加。

B.微粒的动能一定减少。

C.微粒的电势能一定减少。

D.微粒的机械能一定增加。

4、某电场的电场线分布如图所示；以下说法正确的是（）

A.c点场强大于d点场强。

B.a点电势高于b点电势。

C.若将一试探电荷+q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点。

D.若将一试探电荷+q由a点静止释放；它将做加速运动。

5、质量为2kg的物体以2m/s的速度作匀变速直线运动；经过2s后其动量大小变为8kg．m/s，则该物体（）

A.所受合外力的大小可能等于2N

B.所受合外力的大小可能等于6N

C.所受冲量可能等于20N．s

D.所受冲量可能等于12N．s

6、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示．用E表示两极板间场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则：()A.U变小，E不变B.E变大，Ep不变C.U变小，Ep不变D.U不变，Ep不变7、将一个轻质矩形导体框从一个有理想边界的匀强磁场中垂直边界方向匀速拉出（如图线框平面垂直磁场方向），第一次以拉出的速度是第二次拉出速度的一半．则（）A.前后两次线框磁通量变化率相同B.前后两次拉力做功相同C.前后两次拉力功率相同D.前后两次通过线框截面电量相同8、一个质点以O

为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如下图所示。abcd

表示质点在不同时刻的相应位置，且bd

关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是()A.质点做简谐运动的方程为x=Asin蟺3t

B.质点在位置b

与位置d

时速度大小相同，方向不同C.质点从位置a

到c

和从位置b

到d

所用时间相等D.质点从位置a

到b

和从b

到c

的平均速度相等评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、一个木箱静止在粗糙水平面上，木箱的重量为G=20N，木箱和地面间的动摩擦因数为μ=0.30．最大静摩擦力为7牛，现在用水平向右的拉力F拉木箱．第一次F=4.0N，第二次F=10N，则两次木箱所受的摩擦力大小分别为____N和____N．

10、银导线的横截面积S，通以大小为I的电流，设银的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA．若每个银原子可以提供一个自由电子，则银导线每单位长度上的自由电子数的计算式n=______．11、热力学温度与摄氏温度的换算关系是T=

______k.

12、图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R．该逻辑电路是______门电路（填“与”、“或”或“非”）．当电阻R′受到光照时，小灯泡L将______（填“发光”或“不发光”）．13、某航空母舰上的起飞跑道长200m。飞机在航空母舰上滑行的最大加速度为6m/S2，起飞需要的最低速度为50m/S。那么飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为m/s。14、如图所示，在匀强电场中A、B、C三点组成一直角三角形，其中C为直角，角A为30°，AC=20cm．现将一带电量为-2×10-8C的点电荷由C点移到A点，电场力做功6.0×10-6J，将另一个带电量为1.5×10-8C的点电荷由C点移到B点，外力克服电场力做功4.5×10-6J，则匀强电场的场强大小为____．

15、某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验；但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球（如图）．他设计的实验步骤是：

A．将石块用细尼龙线系好；结点为M，将尼龙线的上端固定于O点。

B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长。

C．将石块拉开一个大约α=30°的角度；然后由静止释放。

D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=得出周期。

E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验；记下相应的L和T

F．求出多次实验中测得的L和T的平均值作为计算时使用的数据，带入公式g=（）2L求出重力加速度g．

（1）你认为该同学以上实验步骤中有错误或操作方法不当的是______

（2）该同学用OM的长作为摆长；这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小？

（3）因石块重心不便确定，另一个同学设计了一个巧妙的方法，可以避免上述误差．第一次测得悬线长为L1，测得振动周期T1；第二次改变悬线长度为L2，并测得此时振动周期T2．根据测量数据导出重力加速度的表达式为______．16、如图所示的电路中；1；2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各点连接．

（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的______挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的______挡．

（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明______可能有故障。

（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．______．17、表面光滑、质量不计的尖劈插在缝AB

之间，在尖劈背上加一压力F

如图所示，则尖劈对A

侧的压力为______，对B

侧的压力为______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)18、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）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、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）

21、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）22、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）23、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）24、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、实验题(共1题，共8分)25、一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有20个小等分间隔，用此卡尺来测量小球的直径如图所示，则其直径为____mm。评卷人得分五、计算题(共3题，共30分)26、我国正在大力发展航母技术，其中包括蒸汽弹射技术．一架总质量M=5.0×103kg的战机，从静止起，在自身动力和持续的蒸汽动力共同作用下，只要水平加速60m，就能达到v0=60m/s的起飞速度．假设战机起飞前的加速过程做匀加速直线运动；航母保持静止．求：

（1）战机加速过程中加速度大小a；

（2）战机在甲板上飞行的时间t；

（3）战机起飞过程中所受合力的大小F．27、如图所示，真空中有一个半径为R=0.1m、质量分布均匀的玻璃球，频率为f=5.0×1014Hz的细激光束在真空中沿直线BC传播，在玻璃球表面的C点经折射进入小球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中．已知∠COD=120°，玻璃球对该激光束的折射率为．求：

①此激光束进入玻璃球时的入射角α；

②此激光束穿越玻璃球的时间．28、如图所示；光滑水平面上有一静止长木板C

其右端带有挡板，小物块AB

分别静置于其左端及中点。已知木板C

全长L=18m

物块AB

与木板C

间的动摩擦因数皆为娄脤=0.3

三者质量满足mC=2mA=2mB

重力加速度g=10m/s2.

现通过击打使得A

物块获得向右的速度v0=15m/s

如果物体间的碰撞都是弹性正碰，试求：

(1)

物块AB

第一次碰撞前的速度大小各为多少？

(2)B

物块与木板C

右端挡板碰后瞬间的速度；

(3)B

物块与C

木板右端挡板碰后，B

物块与A

物块的最短距离。评卷人得分六、实验探究题(共2题，共16分)29、某研究性学习小组为探究小灯泡的伏安特性曲线；设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．

A.待测小灯泡(

额定功率6W

额定电流0.5A)

B.电流表(

量程0隆芦0.6A

内阻0.01娄赂)

C.电压表(

量程0隆芦3V

内阻约5k娄赂)

D.电压表(

量程0隆芦15V

内阻约15k娄赂)

E.滑动变阻器(

最大阻值50娄赂)

F.滑动变阻器(

最大阻值1k娄赂)

G.直流电源(

电动势15V

内阻可忽略)

H.开关一个；导线若干．

实验中调节滑动变阻器；小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．

(1)

请在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．

(2)

实验中为较准确测量；方便调节；电压表应选用______，滑动变阻器应选用______(

填写仪器序号)

．

(3)

当小灯泡两端所加电压为10V

时；其灯丝电阻值约为______娄赂(

保留两位有效数字)

．

(4)

如果将该小灯泡直接接到电动势为6V

内阻为12娄赂

的电源两端.

此时小灯泡的电功率约为______W(

保留两位有效数字)

．30、利用如图所示的电路做光电效应实验，当光照射到光电管的金属材料上时，灵敏电流计中没有电流通过。经检查实验电路完好。则发生这种现象的原因可能有______和______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】解：平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动竖直方向上的自由落体运动；水平速度保持不变，v-t图象是平行于t轴的直线．

竖直速度为v=gt；v-t图象是过原点的直线，故ACD错误，B正确．

故选：B

物体做平抛运动；我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，根据两个方向分速度与时间分析图象形状．

本题是对平抛运动规律的考查，要明确平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来研究．【解析】【答案】B2、B【分析】解：A；甲图所示电路是电流表外接法；用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；

B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=Rx+RA＞Rx；测量值偏大；故B正确；

C、电流表内阻很小，被测电阻RX与电流表接近；若采用乙图接法，则误差较大；因此应该选择甲图误差较小，故C错误；

D、电压表内阻越大，被测电阻RX与电压表接近；应该选择乙图误差较小．故D错误．

故选：B．

电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值；电压表内阻越大；电阻越小，测量的误差越小；而电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，待测电阻越大，误差越小．

该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性的知识，也要记住分析的方法．【解析】【答案】B3、C|D【分析】

根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知；粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；

再由a沿直线运动到b的过场中；电场力做正功，电势能减小，选项C正确；

重力做负功；重力势能增加，选项D正确．

故选：CD．

【解析】【答案】对带电粒子进行受力分析；受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．

4、B|D【分析】

A；电场线的密的地方场强大；d点电场线密，所以d点场强大，故A错误．

B、沿着电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势；故B正确．

C；若将一试探电荷+q由a点静止释放；将沿着在a点的场强方向运动，运动轨迹不是电场线，故C错误．

D；若将一试探电荷+q由a点静止释放；电场力对电荷做正功，电荷动能增加，所以将做加速运动，故D正确．

故选BD．

【解析】【答案】电场线的疏密反映电场的强弱．

沿着电场线方向电势降低．

电场线方向与电荷的运动轨迹无直接关系．

5、A|B|D【分析】

取初动量方向为正方向。

A；当末动量方向与初动量方向相同时；根据动量定理得，Ft=P′-mv，代入解得，F=2N．所受冲量为I=Ft=4N•s．故A正确．

B；D当末动量方向与初动量方向相反时；根据动量定理得，Ft=-P′-mv，代入解得，F=6N所受冲量为I=Ft=12N•s．故B正确．

C；由上可知；所受冲量不可能等于20N•s．故C错误．

故选ABD

【解析】【答案】质量为2kg的物体以2m/s的速度作匀变速直线运动，初动量大小为P=mv=4kg•m/s；经过2s后末动量大小变为8kg•m/s，而方向可能与初动量方向相同，也可能与初动量方向相反，取初动量方向为正方向，根据动量定理求解合外力的大小可能值，及合外力的冲量可能值．

6、A|C【分析】试题分析：据题意，电容器充电后与电源断开，说明电容器两极板上的电荷量Q不变；当上极板下移至图示位置，可知电容器极板距离减小，电容据可知增大，电容器电压据可知减小；电场强度为：即电场强度不变；电荷在P点电势能为：即电势能不变；故选项A、C正确。考点：本题考查电容器。【解析】【答案】AC7、D【分析】解：A；线圈产生的感应电动势为E=BLv；v越大，E越大，由法拉第电磁感应定律知，线圈的磁通量变化率越大，所以第二次线框磁通量变化率较大，故A错误．

B；在两情况下；由于位移相同，所以拉力的功与拉力成正比，而拉力与安培力相等，则拉力做的功与安培力成正比，而安培力与速度成正比，所以拉力做的功与速度成正比，即1：2，故B错误．

C；在两种情况下；由公式P=Fv知，拉力的功率等于拉力及速度的乘积成正比，所以功率之比为1：4．故C错误．

D、根据q=分析知；磁通量变化量相等，所以两次通过线框截面电量相同．故D正确．

故选：D．

根据E=BLv分析感应电动势的关系，由法拉第电磁感应定律分析磁通量变化率关系．在恒力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，则拉力做功等于拉力与位移的乘积，而拉力功率等于拉力与速度的乘积．拉力的功率等于电功率．电量根据q=分析．

通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，而且是唯一与速度有关的一个力．同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系，其他不变的量均可去除．【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】简谐运动方程应为x=Acos娄脴t，简谐运动的位移是指相对平衡位置的位移。本题考查对振动图象的识别和理解能力，图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用."id="MathJax-Element-3146-Frame"role="presentation"tabindex="0">．．．．．A.由图像可知振幅为A

周期为8s

则娄脴=2娄脨娄脨T=2娄脨8=娄脨4rad/s

则质点做简谐振动的方程为：x=Acos娄脨4t

故A错误；

B.由图像可知点b

与点d

关于平衡位置对称；而且同向运动，即速度大小相等，方向相同，故B错误；

C.质点从位置a

到c

和从位置b

到d

所用的时间相等；均为2s

故C正确；

D.质点从位置a

到b

和从b

到c

的过程中时间相同但位移大小不同；故平均速度不同，故D错误；

故选C。

．【解析】C

二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】

由题可知，木箱与水平面间的最大静摩擦力为7N，当水平拉木箱的力为4N时，小于最大静摩擦力，木箱未被拉动仍处于静止状态，受到静摩擦力，根据平衡条件可知：木箱与水平面间的摩擦力大小f1=F1=4N．

当水平拉木箱的力为10N时，大于最大摩擦力，木箱受到滑动摩擦力，由滑动摩擦力公式得，木箱与水平面间的摩擦力大小f2=μN=μG=6N．

故答案为：4；6．

【解析】【答案】当水平拉木箱的力为4N时；小于最大静摩擦力，物体未被拉动，受到静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力大小．当水平拉木箱的力为10N时，大于最大摩擦力，由滑动摩擦力公式求解摩擦力．

10、略

【分析】解：单位长度质量为：M′=ρ•S•1；

单位长度原子数为：N=•NA=

每个银原子可以提供一个自由电子，故电子数为

故答案为：

银导线单位长度电子数等于原子数；设自由电子定向移动的速率为v；求出导线中单位长度自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率．

本题关键是建立微观模型，假设每个电子均以平均速度做匀速直线运动，然后结合电流的定义进行列式计算．【解析】11、略

【分析】解：热力学温度是以鈭�273.15隆忙

为零点；每1K

与1隆忙

相对应，故对应关系为：

T=t+273.15K

故答案为：t+273.15K

摄氏温度t

与热力学温度T

中的每一度是相同的；它们的关系为：T=t+273.15K

本题考查摄氏度与热力学温度的关系，要明确两种定义方法中的零点不同．【解析】t+273.15

12、非不发光【分析】解：该逻辑电路为非门电路．非门的特点输入状态和输出状态相反；当电阻R′受到光照时，其阻值将变得远小于R．则R两端的电势差大，R′两端间的电势差小，则输入端为高电势，那么输出端为低电势，小灯泡L不发光．

故答案为：非；不发光．

根据门电路的符号判断该门电路为非门；当输出端为高电势时；灯泡会发光，为低电势时，灯泡不发光，所以判断灯泡发光还是不发光，看输入端是高电势还是低电势．

解决本题的关键知道门电路的各种符号，以及非门的特点，即输入状态与输出状态相反．【解析】非不发光13、略

【分析】试题分析：已知跑道长末速度加速度．由运动学公式得代入数据得：考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【解析】【答案】1014、略

【分析】

C、A间电势差UCA==V=-300V；

C、B间的电势差UCB==V=-300V；

故知AB电势相等；AB连线即为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向电势较低的等势面可知，电场强度方向垂直AC向上；

则场强大小为E==V/m=3000V/m

故答案为：3000V/m；

【解析】【答案】根据公式U=求出C、A间和C、B间的电势差，找出等势点，确定等势线，根据电场线与等势线垂直，确定电场线的方向，再根据E=求场强大小．

15、略

【分析】解：（1）B；（摆长应从悬点到大理石块的质心）；

C；拉开一个大约α=5°的角度；然后由静止释放；

D；（测量时间应从单摆摆到最低点开始）；

F；（必须先分别求和各组L和T值对应的g；再取所求得的各个g的平均值）

故选：BCDF．

（2）根据g=摆长偏短，所以测得的重力加速度偏小．

（3）设石块质心到M点的距离为x，通过周期公式T=2π得。

T1=2π

T2=2π

可解得g=4π2

故答案为：（1）BCDF；（2）偏小；（3）g=4π2．

（1）摆长等于悬点到大理石块的质心的距离；单摆在摆角较小时（小于5°）可看成简谐运动；在最低点速度最大；此时开始计时误差最小；不能通过测得物理量的平均值作为计算时使用的数据，应根据各组数据求出重力加速度，再求平均值．

（2）根据g=判断g值偏大还是偏小．

（3）可以设石块质心到N点的距离x，通过周期公式T=2π两次测量列方程组求解．

解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π会用单摆的周期公式测得重力加速度．【解析】BCDF；g=4π216、略

【分析】解：（1）在1；2两点接好的情况下；应当选用多用电表的电压档，若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路；若选欧姆挡则有可能造成短路、指针倒转．在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆档，直接测量某段电路的电阻即可．

（2）电压表示数接近电动势；只有一种可能，即电压表与灯泡串联接入电路，电压表内阻极大，分得大部分电压，说明开关或连接点5；6两点断路．

（3）①调到欧姆档②将红黑表笔相接；检查欧姆档能否正常工作（由于无需精确测量电路阻值，所以不必调零）③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．（灯丝断或灯座接触不良）

故答案为：（1）电压；欧姆。

（2）开关或连接点5；6

（3）①调到欧姆档；②将红；黑表笔相接；检查欧姆档能否正常工作；③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．

在电源接入时；电路故障判定一般选用电压表并联，电压表示数接近电动势，说明该处断路，无视数则正常；电源不接入时，使用欧姆表，欧姆表示数为无穷大，即说明电路发生断路．

用电压挡测电路断路故障原理是：某处断路时，并联接入的电压表，与一般电阻串联，由于电压表内阻大，能分到大部分电压，其示数接电动势；若电路完好，则总电路断路时，电压表无示数；另外，电压表只要量程够大，不必担心电表烧坏或电路短路．【解析】电压；欧姆；开关或连接点5；6；①调到欧姆档。

②将红；黑表笔相接；检查欧姆档能否正常工作。

③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．17、略

【分析】解：对尖劈进行受力分析如图；对压力F

进行分解如图：

由几何知识得对A

侧压力：F2=Fsin伪

对B

侧的压力：F1=Ftan伪

故答案为：Fsin伪Ftan伪

．

将F

按照力的作用效果分解为垂直于三角形劈的直角边和斜边方向；根据平行四边形定则，求出两个分力的大小，两分力的大小分别等于对A

侧和B

侧的压力．

解决本题可以用合成法，也可以用分解法.

将力按作用效果分解，运用分解法处理比较简便．【解析】Fsin伪Ftan伪

三、判断题(共7题，共14分)18、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．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、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．21、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．22、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．23、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．24、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、实验题(共1题，共8分)25、略

【分析】【解析】试题分析：游标卡尺为20分度，最小刻度代表的是0.05mm，主尺读数为9mm，游标尺读数为0×0.05mm，由此可知读数为9.00mm考点：考查游标卡尺的读数【解析】【答案】小球的直径为9.00mm。五、计算题(共3题，共30分)26、略

【分析】

（1）利用匀变速直线运动的速度与位移关系代入求解；

（2）利用匀变速直线运动的速度与时间关系v=v0+at代入求解；

（3）利用牛顿第二定律求出战机起飞过程中所受合力的大小F．

第（2）问中求时间也可以利用匀变速直线运动的位移与时间关系，或者用匀变速直线运动的平均速度求位移公式求出战机运动的时间．【解析】解：（1）战机的初速度为0，起飞速度为v0=60m/s；水平运动的位移x为60m

由匀变速直线运动的速度与位移关系可得。

即602=2a×60

解得a=30m/s2

（2）匀变速直线运动的速度与时间关系v=v0+at得。

v0=at即60=30t

解得t=2s

（3）由牛顿第二定律得F=Ma=5.0×103kg×30m/s2=1.5×105N

答：（1）战机加速过程中加速度大小a为30m/s2；

（2）战机在甲板上飞行的时间t为2s；

（3）战机起飞过程中所受合力的大小F为1.5×105N．27、略

【分析】

由几何知识得到激光束在在C点的折射角，由折射定律求出入射角．根据光路的可逆性可知光束在D点不可能发生全反射．光子穿越玻璃球时频率不变．由几何知识求出CD的长度，由v=求出激光束在玻璃球中传播的速度；则可求出此激光束在玻璃中穿越的时间．

本题是几何光学与物理光学的综合，要抓住光子的频率由光源决定，与介质无关，掌握折射定律、光速公式v=和全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质时，入射角大于或等于临界角，即可进行解答．【解析】解：（1）由几何知识得到激光束在在C点折射角r=30°；

由n=得：sinα=nsinr=sin30°=

得入射角：α=60°．

（2）此激光束在玻璃中的波速为：v==

CD间的距离为：S=2Rsin60°=R

则光束在玻璃球中从C到D传播的时间为：t==．

答：①此激光束进入玻璃球时的入射角α是60°；

②此激光束穿越玻璃球的时间是．28、解：(1)

设mA=mB=m

则mC=2m

设向右为正方向，刚开始A

加速度大小a1=娄脤mAgmA=娄脤g=0.3g

BC

共同的加速度大小a2=娄脤mg3m=0.1g

此时BC

可保持共速，设AB

第一次相撞时所用时间为t

则：(v0t鈭�12a1t2)鈭�12a2t2=L2

解得t=15鈭�3174s

所以碰撞前A

的速度vA=v0鈭�a1t

解得vA隆脰13m/s

碰撞前B

的速度vB=a2t隆脰0.66m/s

(2)AB

是弹性碰撞且质量相等；则碰撞后速度交换，因此碰后A

相对C

静止以a2

加速，B

延续碰前A

的速度以a1

减速。

设B

与C

右端挡板碰前；B

的速度为v1AC

的速度为v2

从开始运动至此时刻，取向右为正方向，由动量守恒和能量关系得：

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12鈰�3mv22+娄脤mgL

解得：v1=10.5m/sv2=1.5m/s

另一组解v1=鈭�3m/sv2=6m/s

舍去。

故：B

物块与木板C

右端挡板碰后瞬间的速度为10.5m/s

方向向右。

(3)

设B

与C

右端碰撞后速度分别为vBvC

由动量守恒及机械能守恒得。

mv1+2mv2=mvB+2mvC

12mv12+12鈰�2mv22=12mvB2+12鈰�2mvC2

解得vB=4v2鈭�v13vC=2v1+v23

另一组解vB=v1vC=v2

舍去。

代入数据得vB=鈭�1.5m/svC=7.5m/s

AB

加速度为a1

而C

加速度为a3=0.3g

设AC

共速时间为t

则v3=v2+a1t=vC鈭�a3t

得t=1s

AC

共速v3=4.5m/sB

的速度v4=vB+a1t=1.5m/s

由动量守恒定律：mv0=(m+2m+m)v

得v=3.75m/s

由v=v4+a1t1

得：t1=0.75s

由图知；阴影部分面积为两物体靠的最近时的相对位移：S脧脿=4.125m

故最近的位移为d=L2鈭�S脧脿=4.875m

答：

(1)

物块AB

第一次碰撞前的速度大小各为13m/s

和0.66m/s

(2)B

物块与木板C

右端挡板碰后瞬间的速度为1.5m/s

方向向左；

(3)B

物块与C

木板右端挡板碰后，B

物块与A

物块的最短距离是4.875m【分析】本题综合考查了动量守恒定律；能量守恒定律以及牛顿第二定律；关键要找出能够发生碰撞的临界情况和临界条件，分析物体间的速度关系和位移关系。

(1)

由牛顿第二定律求出AB

第一次碰撞前A

与B

的加速度大小，根据AB

第一次相撞时两者位移之差等于L2

由位移公式求出所用的时间，再由速度公式求得碰撞前两者的速度。

(2)AB

是弹性碰撞且质量相等；则碰撞后速度交换，因此碰后A

相对C

静止以a2

加速，B

延续碰前A

的速度以a1

减速。B

物块与木板C

右端挡板碰撞过程遵守动量守恒定律和能量守恒定律，由此求解。

(3)

由动量守恒定律和能量守恒定律求出B

与C

右端碰撞后速度。由动量守恒定律求出AC

所达到的共同速度。画出三个物体的v鈭�t

图象；根据“面积”表示位移，求出B

物块与A

物块的相对位移来求最短距离。

【解析】解：(1)

设mA=mB=m

则mC=2m

设向右为正方向，刚开始A

加速度大小a1=娄脤mAgmA=娄脤g=0.3g

BC

共同的加速度大小a2=娄脤mg3m=0.1g

此时BC

可保持共速，设AB

第一次相撞时所用时间为t

则：(v0t鈭�12a1t2)鈭�12a2t2=L2

解得t=15鈭�3174s

所以碰撞前A

的速度vA=v0鈭�a1t

解得vA隆脰13m/s

碰撞前B

的速度vB=a2t隆脰0.66m/s

(2)AB

是弹性碰撞且质量相等；则碰撞后速度交换，因此碰后A

相对C

静止以a2

加速，B

延续碰前A

的速度以a1

减速。

设B

与C

右端挡板碰前；B

的速度为v1AC

的速度为v2

从开始运动至此时刻，取向右为正方向，由动量守恒和能量关系得：

mv0=mv1+3mv2

12mv02=12mv12+12鈰�3mv22+娄脤mgL

解得：v1=10.5m/sv2=1.5m/s

另一组解v1=鈭�