2024年北师大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年北师大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6题，共12分)1、关于点电荷的说法，正确的是(

)

A.只有体积很小的带电体，才能看作点电荷B.体积很大的带电体一定不能看作点电荷C.库仑定律适用于任何电荷间的相互作用D.当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体才可看成点电荷2、将一个带电荷量为+Q

的点电荷P

固定在空间中的某一位置处，两个质量相等的带电小球AB

分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹均处在以P

为球心的同一球面上，如图所示.

若AB

所带的电荷量很少，两者间的作用力可忽略不计，取无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()A.小球AB

所带的电荷量相等B.小球AB

运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球AB

运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力3、输电线路的总电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为（）A.PB.P-（）2•RC.P-D.（）2•R4、关于简谐运动的下述各物理量，说法正确的是(

)

A.振幅是由平衡位置指向最大位移处的矢量B.周期和频率的乘积为一常量C.振幅越大，周期越长D.振幅越小，频率越大5、人站在平台上平抛一小球，球离手时的速度为v1

落地时速度为v2

不计空气阻力，下图能表示出速度矢量的演变过程的是(

)

A.B.C.D.6、读图；回答1鈭�2

题。

当磁铁处于下列哪种情况时，与线圈构成闭合回路的电阻中没有感应电流通过(

)

A.N

向下运动插入线圈B.S

极向下运动插入线圈C.N

极向上从线圈中拔出D.静止在线圈中不动评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)7、如图所示；条形磁铁位于线圈的轴线上，下列过程中，能使线圈中产生较大感应电动势的是(

)

A.条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈B.条形磁铁沿轴线迅速插入线圈C.条形磁铁在线圈中保持相对静止D.条形磁铁沿轴线从线圈中快速拔出8、如图所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈A中通以如图所示的交变电流，设t=0时电流沿逆时针方向．下列说法中正确的是（）A.0～t1内，线圈B有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势B.t1～t2内，线圈B有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势C.在t1时刻，线圈B的电流大小和方向同时改变D.在t1时刻，线圈B的作用力最小9、(

多选)

如图所示，在坐标系第一象限的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于Oxy

平面向里，大小为B

现有一质量为m

电量为q

的带电粒子(

不计重力)

在x

轴上到原点的距离为x0

的P

点，以平行于y

轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y

轴的方向射出此磁场。由这些条件可知()

A.带电粒子一定带负电B.粒子速度的大小C.粒子射出此磁场的位置D.粒子在此磁场中运动所经历的时间10、如图所示，相距为d

的两水平直线L

1

和L

2

分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B

，正方形线框abcd

边长为L

(

L

<

d

)

质量为m

。将线框在磁场上方ab

边距L

1

为h

处由静止开始释放，当ab

边进入磁场时速度为v

0

cd

边刚穿出磁场时速度也为v

0

从ab

边刚进入磁场到cd

边刚穿出磁场的整个过程中()

A.线框一直都有感应电流B.线框一定有减速运动的过程C.线框不可能有匀速运动的过程D.线框产生的总热量为mg

(

d+L

)

11、如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v

向上做匀变速运动，依次经ABCD

到达最高点E.

已知xAB=xBD=6mxBC=1m

滑块从A

到C

和从C

到D

所用的时间都是2s.

设滑块经过BC

时的速度分别为vBvC

则(

)

A.vC=3m/s

B.vB=22m/s

C.xDE=3m

D.从D

到E

所用时间为4s

12、在如图甲所示的电路中，L1L2L3

为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.

当开关S

闭合后，电路中的总电流为0.25A

则此时：()

A.L1

两端的电压大于2

倍的L2

两端电压B.L1

消耗的电功率为0.75W

C.L2

的电阻为12娄赂

D.L1L2

消耗的电功率的比值大于4隆脙1

13、某电场的电场强度E

随时间t

变化规律的图象如图6

所示.

当t=0

时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(

)

A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.带电粒子在0鈭�3s

内的初、末位置间的电势差为零C.2s

末带电粒子回到原出发点D.0鈭�2s

内，电场力的总功不为零14、下列说法正确的是(

)

A.普朗克在研究黑体辐射时提出了能量子假说B.卢瑟福将量子观点引入到原子模型中，成功解释了氢原子的发光现象C.汤姆孙在研究娄脙

射线时发现了电子D.我国科学家钱三强和何泽慧夫妇研究铀核裂变时，发现了铀核也可能分裂成三部分或四部分评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、在“用单摆测定重力加速度”的实验中

(1)

以下关于本实验的措施中正确的是____(

选填下列选项前的序号)

A.摆角应尽量大些B.摆线应适当长些C.摆球应选择密度较大的实心金属小球D.用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时(2)

用游标卡尺测量小球的直径，如图1

所示的读数是____mm.

用秒表记录了单摆振动50

次所用的时间如图2

所示，秒表读数为____s.

(3)

若该同学测量了5

种不同摆长与单摆振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图3

所示的坐标中，图中个坐标点的标号分别对应实验种5

种不同摆长的情况.

请你在图中画出T2鈭�l

图线；利用图象求得重力加速度的表达式为g=

____(

保留三位有效数字)

．(4)

考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，同学甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大.

”同学乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个同学说法中____．A.甲正确B.乙正确C.两同学的说法都错误．16、两个共点力的大小分别为F1=40NF2=30N

则它们合力的最小值为_____N

，合力的最大值为_____N

若F1

和F2

的夹角为90隆拢

则它们的合力大小___________N

17、如图所示v鈭�t

图象，它的初速度为______，加速度是______，其全程运动的位移______．18、一物体做自由落体运动，落地时的速度为30m/s，则它下落的高度是____m．它在前2秒内的平均速度为____m/s，它在最后1s内下落的高度是____m．（g取10m/s2）19、A、B两个点电荷的电量都是q，相距为r时，它们之间的作用力为F；当电荷A的电量增加到2q，电荷B的电量增加到4q，相距为r时，它们之间的作用力为____F；为使两个电荷之间的作用力仍为F，两电荷之间的距离为____r．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、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）21、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）评卷人得分五、计算题(共2题，共12分)22、如图所示，一质量为1kg的物体，位于距地面高h=20m倾角为θ的光滑斜面上，从静止开始下滑．已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，且经B点时无能量损失，最后滑到C点停止．（g取10m/s2）求：

（1）物体滑至B点时的速度大小；

（2）物体在水平地面BC的加速度大小；

（3）BC的长度S大小．23、甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变.

在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半.

求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．评卷人得分六、证明题(共2题，共10分)24、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。25、如图，两根劲度系数分别为K1、K2的轻质弹簧与小球相连结，另外一端固定不动。整个装置位于光滑的水平地面上。当小球位于O点时，两弹簧均处于原长状态。今把小球沿弹簧轴线方向拉离O一小段距离后放手。证明小球此后的运动为简谐运动。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】解：A

电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时；就可以看成是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系，故AB错误，D正确；

C；库仑定律只适用于真空中的两个点电荷间的相互作用；故C错误；

故选：D

．

带电体看作点电荷的条件；当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系．

本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计．【解析】D

2、B【分析】【分析】AB

两个小球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，据此分析库仑力的大小，从而分析电量关系，电场强度是矢量，有大小也有方向，以Q

为球心的同一球面是等势面。【解答】A.AB

两个小球都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，设小球与Q

的连线与竖直方向的夹角为娄脠

则有：F=mgsin娄脠

由于娄脠

不等，则库仑力不等，而AB

小球到Q

的距离相等，所以小球AB

所带电荷量不相等，故A错误；B.以Q

为球心的同一球面是等势面，则小球AB

运动轨迹上的各点电势相等，故B正确；C.小球AB

运动轨迹上的各点到Q

点的距离相等，场强大小相等，但是方向不同，所以电场强度不相同，故C错误；D.小球受到重力和库仑力，合力提供向心力，故D错误。故选B。【解析】B

3、B【分析】解：输电线路上的电流由P=UI可得：

输电线上消耗的功率为：P耗=I2r=

用户得到的功率为：P用=P-P耗=P-故B正确，ACD错误。

故选：B。

由P=UI求出输电线路上的电流；算出输电线路上的消耗的功率，即可算出用户得到的功率。

解决本题的关键知道输出功率与输出电压、电流的关系，以及知道输出功率、损耗功率和用户得到的功率之间的关系。【解析】B4、B【分析】解：A

据振幅的定义可知；振幅是标量，并非矢量，故A错误；

B、据周期和频率的关系可知，f=1T

所以周期和频率的乘积为1

故B正确；

CD

据简谐运动的特点可知；周期、频率都与振幅无关，故CD错误；

故选：B

首先知道振幅；周期和频率的定义；据此分析；还需知道简谐运动的周期与振幅无关，据此求解即可．

本题考查简谐运动的特点，知道振幅、周期和频率的定义以及它们之间的关系公式；知道简谐运动的周期与振幅无关是解答的关键，基础题．【解析】B

5、C【分析】【分析】利用平抛运动规律及特点分析、判断即可。本是考查了平抛运动规律，知道平抛运动是加速度为g

的匀变速运动是解题的关键。【解答】小球做的是平抛运动，任何时刻在水平方向的速度的大小都是不变的，即任何时刻的速度的水平的分量都是一样的，在竖直方向上是自由落体运动，由于加速度恒定，所以竖直方向上的速度在均匀的增加，故C正确，ABD错误。故选C。【解析】C

6、D【分析】解：AN

向下运动插入线圈；穿过线圈的磁通量增大，会产生感应电流.

故A错误；

B；S

极向下运动插入线圈；穿过线圈的磁通量增大，会产生感应电流.

故B错误；

C；N

极向上从线圈中拔出；穿过线圈的磁通量减小，会产生感应电流.

故C错误；

D；静止在线圈中不动；穿过线圈的磁通量不变，不会产生感应电流.

符合题意，故D正确．

故选：D

．

产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化.

根据磁通量是否变化来判断即可．

解决本题的关键要掌握产生感应电流的条件，能根据磁感线条数的变化分析磁通量的变化．【解析】D

二、多选题(共8题，共16分)7、BD【分析】解：感应电动势与磁通量的变化率成正比；即磁通量变化越快，感应电动势越大；

A；条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈与条形磁铁沿轴线迅速插入线圈；快插时间短，电动势大，故A错误，BD正确；

C；条形磁铁在线圈中保持相对静止无感应电动势；故C错误；

故选：BD

法拉第电磁感应定律告诉我们；感应电动势与磁通量的变化率成正比，即磁通量变化越快，感应电动势越大．

本题关键知道除弹力变化越快，感应电动势越大，这是一个常见的演示实验，大家很熟悉．【解析】BD

8、ABD【分析】解：A、在0-t1时间内；电流逆时针方向减小，通过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有收缩的趋势。故A正确。

B、则在t1-t2时间内；电流顺时针增大，通过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有扩张的趋势。故B正确；

C、t1时刻线圈A中电流为零；但线圈B中仍有磁通量变化，B中仍有感应电流，且仍为逆时针方向，大小也不变，故C错误。

D、t1时刻线圈B中有感应电流；但A中电流为零，线圈A；B作用力为0，所以A、B线圈的作用力最小。故D正确。

故选：ABD。

线圈B中的电流产生磁场；磁场变化，在A中产生感应电流，它的方向，可以根据楞次定律进行判断，并根据法拉第电磁感应定律，可确定感应电流的大小．

该题考查安培定则、法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，属于基础题型，简单题目．【解析】ABD9、BCD【分析】略【解析】BCD

10、BD【分析】【分析】从ab

边刚进入磁场到cd

边刚穿出磁场的整个过程中，穿过线框的磁通量先增大，再不变，最后减小，可判断有无感应电流产生.

线框完全进入磁场后，到ab

边刚出磁场，没有感应电流，线框做匀加速运动，ab

边进入磁场时速度为V0cd

边刚穿出磁场时速度也为V0

说明线框出磁场过程一定有减速运动.

根据能量守恒定律求出线框产生的总热量。本题关键要认真分析题设的条件，抓住ab

边进入磁场时速度和cd

边刚穿出磁场时速度相同是分析的突破口，来分析线框可能的运动情况。【解答】

A.线框完全在磁场中运动时；磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；

BC.

线框进入磁场过程，可能做匀速运动、加速运动和减速运动，完全在磁场中做匀加速运动，由于ab

边进入磁场时速度和cd

边刚穿出磁场时速度都是V0

则线框出磁场过程一定有减速运动.

故B正确，C错误；

D.ab

边进入磁场到cd

边刚穿出磁场的过程；根据能量守恒定律得Q=mg(d+L)

故D正确。

故选BD。

【解析】BD

11、AD【分析】【分析】

本题的突破口是AB=BD=6mBC=1m

小球从A

到C

的时间是2s

从A

到D

的时间是4s

根据x=v0t+12at2

即可求出v0

和a

再根据速度公式vt=v0+at

求出vC

和vD

然后根据vt=v0+at

求出从D

到E

的时间，最后根据vt2鈭�v02=2ax

求出DE

的距离。

考查了匀变速直线运动的速度公式和位移公式；以及速度与位移关系，对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要记忆而且要灵活应用，基本方法就是平时多练。

【解答】

A.物体在a

点时的速度大小为v0

加速度为a

则从A

到C

有：xAC=v0t1+12at12

物体从A

到D

有：xAD=v0t2+12at22

解得a=鈭�0.5m/s2v0=4m/s

根据速度公式vt=v0+at

可得：vC=3m/s

故A正确；

B.从A

到B

有：vB2鈭�vA2=2axAB

解得：vB=10m/s

故B错误；

D.vt=v0+at

可得从D

到E

的时间为：tDE=?vDa=4s

故D正确；

C.根据速度公式vt=v0+at

可得：vD=v0+at2=2m/s

则从D

到E

有：0鈭�vD2=2axDE

则：xDE=4m

故C错误；

故选AD。

【解析】AD

12、ABD【分析】【分析】L2

和L3

并联后与L1

串联，L2

和L3

的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A

从而求出通过三个灯泡的电流，由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=UI

求出L2

的电阻，根据P=UI

求L1L2

消耗的电功率的比值。本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=UI=?U?I

但对于非线性元件，R=UI鈮�?U?I

【解答】A.L2

和L3

并联后与L1

串联；L2

和L3

的电压和电流均相同，则L1

的电流为L2

电流的2

倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1

的电压大于L2

电压的2

倍，故A正确；

B.根据图象可知；当电流为0.25A

时，电压U=3V

所以L1

消耗的电功率P=UI=0.75W

故B正确；

C.L2

的电流为0.125A

由图可知，此时L2

的电压小于0.5V

根据R2=U2I2

可知；L2

的电阻小于4娄赂

故C错误；

D.根据P=UI

可知，L2

消耗的电功率P2<0.125隆脕0.5=0.0625W

所以L1L2

消耗的电功率的比值大于41

故D正确；

故选ABD。

【解析】ABD

13、BD【分析】解：A

带电粒子在前1

秒处于匀加速；在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；

B；带电粒子在0鈭�3s

内的初、末位置间的电场力做功为零；电势能变化为零，则电势差为零.

故B正确；

C；带电粒子在前1

秒处于匀加速；在第二秒内由于加速度大小是之前的2

倍，方向与之前相反，因此用去0.5

秒先做匀减速接着0.5

秒反向加速.

所以2s

末带电粒子不在出发点.

故C错误；

D；0鈭�2s

内；电场力的总冲量等于粒子的运量变化，由于电场强度大小不一，所以2

秒末速度不为零，因此总冲量不为零.

粒子在2

秒内没有回到出发点，所以电场力的总功不为零，故D正确；

故选：BD

由图象可知；电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．

本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性.

若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．【解析】BD

14、AD【分析】解：A

普朗克在研究黑体辐射时提出了能量子假说；故A正确．

B；玻尔将量子观点引入到原子模型中；成功解释了氢原子的发光现象.

故B错误．

C；汤姆逊研究阴极射线时发现了电子.

故C错误．

D；我国科学家钱三强和何泽彗夫妇研究铀核裂变时；发现了铀核也可能分裂成三部分或四部分.

故D正确．

故选：AD

．

朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；玻尔理论能够很好解释氢原子发光现象；汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子．

本题主要涉及到近代物理的常识性的知识，难度不大，关键要熟悉教材，掌握基本概念和基本规律．【解析】AD

三、填空题(共5题，共10分)15、（1）BC（2）10.50100.2（3）9.86（4）A【分析】【分析】(1)

利用单摆测定重力加速度的原理是单摆的周期公式；摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球.

摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；(2)

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；(3)

根据坐标系内描出的点作出图象；应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图示图象答题；(4)

考虑到空气浮力，可以用等效场的观点解释。简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素.

根据单摆的周期公式分析图象的意义。【解答】(1)A

在摆角小于5鈭�

的情况下单摆的运动可以看做简谐运动，实验时摆角不能太大，不能超过5鈭�

故A错误；B、实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径，适当增加摆线的长度，可以减小实验误差，故B正确；C、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球，故C正确；D、用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些，故D错误；故选BC。(2)

由图示游标卡尺看做，其示数为：10mm+10隆脕0.05mm=10.50mm

由图示秒表可知，分针示数超过了半刻线，秒表示数为：60s+40.2s=100.2s

(3)

根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：根据单摆的周期公式：T=2娄脨Lg

可知：T2=4娄脨2gLT2鈭�L

图象的斜率：k=4娄脨2g=?T2?L=4

解得：g隆脰986m/s2

(4)

考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，物体不只受重力了，加速度也不是重力加速度，实际加速度要减小，因此振动周期变大，甲同学说法正确，故A正确；故填：(1)BC(2)10.50100.2(3)9.86(4)A

【解析】(1)BC

(2)10.50100.2

(3)9.86

(4)A

16、107050【分析】【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180鈭�

时合力最小，合力范围为：|F11+F22|鈮�F鈮�|F11鈭�F22|

本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|F11+F22|鈮�F鈮�|F11鈭�F22|

【解答】当夹角为零时合力最大，最大值为30N+40N=70N30N+40N=70N夹角180鈭�

时合力最小；合力范围为：40N鈭�30N=10N

当夹角为90鈭�90^{circ}时，合力的大小为302+402=50N；

故答案为：107050

【解析】10705010705017、略

【分析】解：由图知；质点做匀减速直线运动，初速度为：v0=30m/s

加速度为：a=鈻�v鈻�t=0鈭�3030=鈭�1m/s2

全程总位移为：x=v0+v2t=302隆脕30m=450m

故答案为：30m/s鈭�1m/s2450m

．

速度图象倾斜的直线表示匀变速直线运动；由图直接读出初速度，根据速度图象的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出质点的加速度.

由图象与坐标轴所围的面积求位移．

根据速度鈭�

时间图象读出初速度、加速度、位移是应掌握的基本能力.

关键抓住斜率等于加速度、面积表示位移进行分析和计算．【解析】30m/s鈭�1m/s2450m

18、略

【分析】

根据v2=2gh，则下落的高度h=．

物体在前2s内的位移

所以前2秒内的平均速度．

根据v=v+gt，最后1s内的初速度v=v-gt=30-10×1m/s=20m/s．所以最后1s内的位移=．

故本题答案为：45；10，25．

【解析】【答案】根据v2=2gh求出下落的高度．根据求出前2s内的位移，通过求出前2s内的平均速度．根据v=v+gt求出最后1s内的初速度，根据x求出最后1s内的位移．

19、略

【分析】

A、B两个点电荷的电量都是q，相距为r时；它们之间的作用力为F；

根据库仑定律的公式得F=

当电荷A的电量增加到2q，电荷B的电量增加到4q，相距为r时，它们之间的作用力为F′==8F；

为使两个电荷之间的作用力仍为F，即=F

所以两电荷之间的距离为2r．

故答案为：8，2

【解析】【答案】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．

四、判断题(共2题，共16分)20、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．21、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．五、计算题(共2题，共12分)22、略

【分析】

（1）物体下滑过程机械能守恒；应用机械能守恒定律可以求出到达B点的速度大小；

（2）由牛顿第二定律可以求出加速度大小；

（3）由动能定理可以求出BC的长度．

本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律与动能定理可以解题．【解析】解：（1）物体由A到B；只重力做功，以地面为参考平面；

由机械能守恒定律得：mgh+0=0+mvB2，解得：vB=20m/s；

（2）由牛顿第二定律得：a==μg=2m/s2；

（3）物体由B到C的长度S；应用动能定理得：