2025年上外版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年上外版高二物理下册阶段测试试卷587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、两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的人从A船跳入B船，又立刻跳回，A、B两船最后的速度之比是（）A.（M＋m）/MB.M/(2M-m)C.M/(M+m)D.M/(M-m)2、铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置，能产生匀强磁场的磁铁被安装在火车首节车厢下面，如图所示(

俯视图).

当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便会产生一个电信号，通过和线圈相连的电压传感器被控制中心接收，从而确定火车的位置.

现一列火车以加速度a

驶来，则电压信号关于时间的图象为(

)

A.B.C.D.3、下列关于简谐振动以及做简谐运动的物体完成一次全振动的意义，以下说法正确的是（）A.位移减小时，加速度增大，速度增大B.位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C.动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D.物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同4、（2016•新课标Ⅰ）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，Ⓐ为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A.2B.3C.4D.55、如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的正点电荷，以E表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能；θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（）

A.θ增大，E增大，Ep增大B.θ增大，E增大，Ep减小C.θ减小，E不变，Ep增大D.θ减小，E不变，Ep减小6、1.

在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示.

一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A

点开始运动，到C

点时，突然受到一个外加的水平恒力F

作用而继续运动到B

点，其运动轨迹如图中虚线所示，v

表示小球在C

点的速度.

则下列判断中正确的是(

)

A.小球在A

点的电势能比在B

点的电势能小B.恒力F

的方向可能水平向左C.恒力F

的方向可能与v

方向相反D.在A

、B

两点小球的速率不可能相等评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、如图是欧姆表的工作原理图．若表头的满偏电流为Ig=500μA，干电池的电动势为1.5V，则这只欧姆表的总内阻为____欧姆．

8、两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”做碰撞游戏，A

小孩连同车的总质量为50kg

碰撞前向右运动速度为2m/sB

小孩连同车的总质量为70kg

碰撞前向左运动速度为2m/s

在同一直线迎面碰撞后，B

继续向左运动，速度变为0.5m/s

则A

最终速度为______，方向为______．9、在电场中某点放入一个点电荷，其带电量是2.0隆脕10鈭�6C

受到的电场力是1.0隆脕10鈭�3N

方向向右，则该点的电场强度大小为______N/C

若在该点改放鈭�1.0隆脕10鈭�6C

的电荷，则该点的电场强度方向______．10、如图所示，某十字路口有一交通指挥灯，内有红绿黄三盏灯，每盏灯额定功率40W，额定电压220V，现保证每盏灯发光时都能正常发光，且每次只是一盏灯亮，则该指挥灯连续工作5小时，每盏的电阻为____Ω，共耗电____度．

11、图甲为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端．

（1）为了探测黑箱；某同学进行了以下几步测量：

①用多用电表的电阻档测量a、b间的电阻。

②用多用电表的电压档测量a、b间的输出电压。

③用多用电表的电流档测量a、b间的输出电流．

以上测量中操作正确的是____（填序号）

（2）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻；该同学设计了图乙所示的电路．调节变阻器的阻值，记录下V和A的示数，并在方格纸上建立了U-I坐标，根据实验数据画出了坐标点（如图丙）．请你根据此条件求出等效电源的电动势。

E=____V，内阻r=____Ω．

（3）由于电压表和电流表内阻的影响不可忽略．则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比____，测得的内阻与实际值相比____．（填：偏大或偏小或相同）12、读出图1中螺旋测微器的读数为______mm，图2中游标卡尺的读数为______cm．

13、如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成电压表或电流表，则甲图对应的是______（电压表或电流表），要使它的量程减小，应使R1______．（填“增大”或“减小”）．14、如图有正交的匀强磁场和匀强电场，一质量为m

，电量为q

的带正电微粒在正交场中以某一速度做直线运动，直线与水平方向的夹角为450

已知磁场强度为B

则电场强度E=

____，速度v=

____。(

用题中所给字母表示)

15、小李同学利用激光笔和角度圆盘测量半圆形玻璃砖的折射率，如图所示是他采用手机拍摄的某次实验现象图，红色是三条光线，固定好激光笔，然后将圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动了5°角，发现光线______恰好消失了（选填①，②或③），那么这次他所测得半圆形玻璃砖的折射率n=______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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）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、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）

19、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）

20、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）21、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）

22、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、证明题(共2题，共10分)23、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。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。评卷人得分五、解答题(共2题，共8分)25、匀强电场的电场强度E=2.0×104N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s=0.10m．将电荷量q=+2.0×10-8C的点电荷从A点移至B点．求：

（1）求A；B两点两点之间的电势差。

（2）电荷从A点移至B点的过程中；电场力所做的功．

26、如图所示，在铅板A上有一个发射源C，可向各个方向射出速率v=2.8×106m/s的电子，B为金属网，A、B连接在电路上，电源电动势E=20V，内阻不计，滑动变阻器范围为0～20Ω，A、B间距d=10cm，M为荧光屏（足够大），它紧挨着金属网外侧，已知电子的比荷=1.75×1011C/kg；现将图中滑动变阻器滑片置于Rap=5.6Ω，闭合开关后，求：

（1）A；B间场强大小；

（2）不同方向射出的电子到达荧光屏的时间不同；则电子到达荧光屏的最长时间和电子到达荧光屏范围的最大宽度是多少；

（3）调节R使粒子打在荧光屏上面积范围缩小为原来一半，此时调节Rap多大？

评卷人得分六、综合题(共2题，共6分)27、如图所示，光滑水平细杆MN、CD，MN、CD在同一竖直平面内。两杆间距离为h，N、C连线左侧存在有界的电场，电场强度为E。质量为m的带正电的小球P，穿在细杆上，从M端点由静止向N端点运动，在N、C连线中点固定一个带负电的小球，电荷量为Q。在匀强电场中做匀速圆周运动恰好回到C点，且小球P与细杆之间相互绝缘。

28、(1)

如图，鈻�ABC

为一玻璃三棱镜的横截面，隆脧A=30鈭�

一束红光垂直AB

边射入，从AC

边上的D

点射出，其折射角为60鈭�

则玻璃对红光的折射率为_____。若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D

点射出时的折射射角______(

填“小于”“等于”或“大于”)60鈭�

(2)

一列简谐横波在t=13s

时的波形图如图(a)

所示，PQ

是介质中的两个质点。图(b)

是质点Q

的振动图像。求(i)

波速及波的传播方向；(ii)

质点Q

的平衡位置的x

坐标。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】设人跳的速度为v，人从A船跳入B船时，根据动量守恒定律对A船和人有对人和B船有mv=（m+M）当人从B船跳入A船时，根据动量守恒定律对B船和人有得到对人和A船有-mv-mv=（m+M）得到即C对，ABD错。【解析】【答案】C2、D【分析】解：火车做匀加速运动；速度为v=v0+at

以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左(

或右)

边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv

线圈两端的电压u=E=BLv=

BLv0+BLat

由此可知，u

随时间均匀增大.

线圈完全磁场中时，磁通量不变，没有感应电流产生.

由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长，通过线圈右边的时间短，由图象可知，D正确；

故选：D

．

由E=BLv

求出感应电动势与时间的关系式；然后分析图象答题．

本题关键掌握感应电动势切割式E=BLv

和匀变速直线运动的速度公式，得到电压的表达式是解题的关键，这也是研究图象问题常用的方法：得到解析式，再研究图象的意义．【解析】D

3、D【分析】解：A；当位移减小时；回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置；故速度在增大；故A错误；

B；回复力与位移方向相反；故加速度和位移方向相反；但速度可以与位移相同，也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同；故B错误；

C；一次全振动时；动能和势能均会有两次恢复为原来的大小；故C错误；

D；速度可以与位移相同；也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同；故D正确；

故选：D。

从某一时刻起到再次恢复到与该时刻相同状态所经历的过程为一次全振动；注意分析一次全振动中速度；位移及加速度等物理量的变化规律。

本题考查简谐运运动的全振动规律，要注意明确回复力与位移方向始终相反，但同一个点上时，速度可能有两个方向。【解析】D4、B【分析】【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）

代入数据联立解得：U=48I；

代入（1）式可得：

k=3；故B正确；ABC错误；

故选：B．

【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．5、D【分析】【解答】解：电容器与电源断开，电量不变，将下极板上移的过程中，由C=以及U=可知U=因d减小，故U减小，夹角减小；

再由E=可知，E=则可知，E不变；

根据U=Ed可知，由于P离下极板距离减小，E不变，因此P点的电势减小，则由EP=φq可知；电势能减小；故D正确，ABC错误．

故选：D．

【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．6、B【分析】【分析】电场力做的功等于电势能的减小量；曲线运动的合力方向应该指向曲线的内侧。本题考查了电势能；力的合成；电势。本题关键明确电场力做功与电势能变化的关系，同时要能结合曲线运动的条件、动能定理分析。【解答】A.小球带正电，电场力向右，从A

到B

电场力做正功，故电势能减小，故A错误；B.从C

到B

物体做曲线运动，需要向心力，故合力应该指向曲线的内侧，故恒力F

的方向可能水平向左，故B正确；C.从C

到B

物体做曲线运动，若恒力F

的方向与v

方向相反，则合力不可能指向曲线的内侧，故C错误；D.从A

到B

电场力做正功，拉力F

做负功，合力的功可能为零，故A、B

两点的速率可能相同，故D错误。故选B。【解析】B

二、填空题(共9题，共18分)7、3000【分析】【解答】由闭合电路的欧姆定律可得；这只欧姆表的总内阻：

．

故答案为：3000．

【分析】知道干电池的电动势和满偏时的电流，根据闭合电路的欧姆定律求出欧姆表的总内阻．8、0.1m/s；水平向左【分析】解：AB

组成的系统动量守恒；以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mBvB鈭�mAvA=mAvA隆盲+mBvB隆盲

即：70隆脕2鈭�50隆脕2=50隆脕vA隆盲+70隆脕0.5

解得：vA隆盲=0.1m/s

方向：水平向左；

故答案为：0.1m/s

水平向左．

碰撞过程系统的动量守恒；规定正方向，根据动量守恒定律可以求出A

最终的速度．

本题考查了求物体的速度，应用动量守恒定律可以正确解题，解题时注意正方向的选择，否则会出错．【解析】0.1m/s

水平向左9、略

【分析】解：正试探电荷在该点所受的电场力方向向右；则该点的电场方向向右.

该点的电场强度为：

E=Fq=1隆脕10鈭�32.0隆脕10鈭�6N/C=500N/C

电场强度取决于电场本身；与有无试探电荷无关，在该点改放鈭�1.0隆脕10鈭�6C

的电荷，该点的场强仍为500N/C

电场强度方向向右．

故答案为：500

向右。

电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，电场强度的大小由场强的定义式E=Fq

求出.

电场强度取决于电场本身；与有无试探电荷无关．

明确场强的定义式采用比值法定义；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关和场强方向的规定是解题关键．【解析】500

向右10、略

【分析】

根据P=得到

该指挥灯连续工作5小时；共耗电W=Pt=40W×5h=200W•h=0.2kW•h=0.2度；

故答案为：1210；0.2．

【解析】【答案】根据P=UI=求解电阻；根据W=Pt求解电功；1度是1kW•h．

11、略

【分析】

（1）多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．

用多用电表的电压档测量a、b间的输出电压是可以的；故选②

（2）由U-I图可知；

电源的电动势E=1.45V

路端电压为1V时，电流为0.6A，则由闭合电路欧姆定律可知：r==0.75Ω

（3）该实验的系统误差主要是由电压表的分流；导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；

利用等效电源分析；即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压；

由图可知；输出电压小于电源的电动势；故可知电动势的测量值小于真实值；测实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻；

所以测得的内阻与实际值相比偏小．

故答案为：（1）②

（2）1.45；0.75

（3）偏小；偏小。

【解析】【答案】（1）多用电表不能用电阻挡直接测含源电路的电阻，用多用电表的电流档测量a、b间可能会造成短路．

（2）采用描点法作图；由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻．

电压表测量为电源的输出电压；电压表示数没有误差，但电流表测量的却是外电路中一部分电路中的电流，故可知误差来自于电压表的分流；

12、略

【分析】解：螺旋测微器固定刻度为0.5mm；可动刻度为0.01×42.0=0.420mm，所以最终读数为0.920mm．

游标卡尺的主尺读数为5cm；游标读数为0.05×3mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为5.015cm．

故答案为：0.920；5.015

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】0.920；5.01513、略

【分析】解：甲图中电阻起分流作用；故为大量程的电流表；R1起分流作用；在最大量程时，表头G中电流不变，电压不变；故要使量程减小，需减小R1的分流，即增大R1的电阻．

故答案为：电流表；增大．

甲图为G表头并联一分流电阻改装成一电流表；分流电阻越小，分流越大，量程越大．

本题考查电表的改装原理，明确分压与电阻成正比，电阻大分压大；明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．【解析】电流表；增大14、略

【分析】考查带电粒子在复合场中的运动。微粒受力情况如图，根据平衡条，得：

Bq娄脭cos娄脠鈭�mg=0垄脵Bq娄脭cos娄脠-mg=0垄脵

Bq娄脭sin娄脠鈭�qE=0垄脷Bq娄脭sin娄脠-qE=0垄脷

由垄脵垄脷垄脵垄脷式联立得：故答案为：根据运动轨迹为直线，重力电场力均为恒力，所以洛伦兹力必为恒力，所以三力平衡，列平衡方程求解。【解析】

15、③【分析】解：圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动；入射角逐渐增大，当入射角等于临界角时发生全反射，折射光线消失，所以转动5°角时，发现光线③恰好消失了．

由题得全反射临界角C=45°，由sinC=得n=

故答案为：③，

圆盘和玻璃砖一起顺时针绕圆心缓慢转动，入射角等于临界角时发生全反射，折射光线消失，由图读出临界角C，再由sinC=求折射率．

本题利用全反射知识测定玻璃砖的折射率，其原理是全反射临界角公式sinC=关键要理解并掌握全反射产生的条件．【解析】③三、判断题(共7题，共14分)16、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．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、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．19、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．20、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．21、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．22、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、证明题(共2题，共10分)23、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动24、略

【分析】见答案【解析】【答案】（6分）令小球向右偏离平衡位置位移为X,则左侧弹簧被拉伸X，右侧弹簧被压缩X。小球所受合外力为，F=K1X+K2X=(K1+K2)X=KX考虑到F与X的方向相反，则F=-KX所以小球的运动为简谐运动五、解答题(共2题，共8分)25、略

【分析】

（1）匀强电场场强处处相同，大小均为E，则A、B两点两点之间的电势差U=E•s=2.0×103V

（2）在A到B过程中电场力是恒力，做的功W=qU=4.0×10-8J；

答：电势差U=E•s=2.0×103V；电场力做功4.0×10-8．

【解析】【答案】根据匀强电场的电场强度E电势差U之间的关系；可以求出求A；B两点两点之间的电势差；把电场力当作一般的力，应用功的计算公式W=FL，可以求出电场力的功．

26、略

【分析】

（1）设滑动变阻器最大阻值为R；

有U=

A、B间场强E′===56V/m

（2）平行板射出的电子；当初速度平行极板射出时，运动时间最长，此时电子在电场力作用下做类平抛运动，平行极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向做匀加速直线运动，则有：

d==

解得：tm=

平行极板方向做匀速直线运动；

所以荧光屏范围的最大宽度：dm=2vtm=0.8m

（3）荧光屏范围面积为：

S==

所以S正比于

因为S′=有R′ap=2Rap=11.2Ω

答：（1）A；B间场强大小为56V/m；

（2）不同方向射出的电子到达荧光屏的时间不同；则电子到达荧光屏的最长时间和电子到达荧光屏范围的最大宽度是0.8m；

（3）调节R使粒子打在荧光屏上面积范围缩小为原来一半，此时调节Rap为11.2Ω；

【解析】【答案】（1）先根据欧姆定律计算AB间的电压，再根据E=即可求解；

（2