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536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、下图为一列横波的波形图，该波的波长为()A.4cm

B.8cm

C.20cm

D.40cm

2、某电源的路端电压与总电流的关系和电阻R1R2

的电压与电流的关系如图所示.

用此电源和电阻R1R2

组成电路.R1R2

可以同时接入电路，也可以单独接入电路.

为使电源输出功率最大，可采用的接法是(

)

．A.将R1

单独接到电源两端B.将R2

单独接到电源两端C.将R1R2

串联后接到电源两端D.将R1R2

并联后接到电源两端3、如图两个枕形导体A、B连在一起，将带正电的C靠近A端；则下列说法正确的是（）

A.左端带正电，左端带负电B.左端带负电，左端也带负电C.将分开，则将带正电D.先将分开，再移走将带负电4、下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()．。驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固＝60HzB.60Hz<70HzC.50Hz<60HzD.以上三项都不对5、如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N

极朝下。当磁铁向下运动时(

但未插入线圈内部)

A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥6、如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点。L1与L3中的电流均为2I、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电流为I的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝KI/r；其中k为常数。某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力（）

A.方向与y轴正方向成45°角，大小为B.方向与y轴负方向成45°角，大小为C.方向与y轴正方向成45°角，大小为D.方向与y轴负方向成45°角，大小为评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、质量为m的带电小球在匀强电场中向下运动，运动时的加速度大小为2g，方向竖直向上．在小球下落d的过程中（）A.小球的重力势能减少了2mgdB.小球的动能减少2mgdC.电场力做负功2mgdD.小球的电势能增加了3mgd8、把墨汁用水稀释后取出一滴；放在显微镜下观察，如图所示，下列说法中正确的是（）

A.在显微镜下既能看到水分子也能看到悬浮的小炭粒，且水分子不停地撞击炭粒B.小炭粒在不停地做无规则运动，这就是所说的布朗运动C.越小的炭粒，运动越明显D.在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由许许多多静止不动的水分子组成的9、下列说法正确的是：()A.原子核的结合能越大，其原子核越稳定B.德布罗意认为电子具有波动性，且其波长与它的动量成反比C.铀235

与铀238

原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期D.某原子核经过一次娄脕

衰变和两次娄脗

衰变后，核内中子数减少4

个10、如图所示装置中，cd

杆光滑且原来静止.

当ab

杆做如下哪些运动时，cd

杆将向右移动()

A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左减速运动D.向左加速运动11、质点做直线运动的位移x

与时间t

的关系为x

=5

t

+

t

2(

各物理量均采用国际单位制单位)

则该质点()

A.第1

s

内的位移是5

m

B.第2

s

末的速度是9

m

/

s

C.任意相邻的2

s

内位移差都是8

m

D.任意1

s

内的速度增量都是1

m

/

s

12、如图所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（）A.在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B.在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C.在t1-t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1-t2时间内，金属圆环L有收缩趋势评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)13、如图中a﹑b﹑c﹑d是星形连接的三相交流电源在照明电路中的输电导线，用电压表测得a、b间的电压为220V，b﹑c间的电压为380V；那么。

(1)四根导线中____________是零线．

(2)图中1、2、3是三盏额定电压都是220V的白炽灯，分别把它们正确接入三相输电线路中，画出电路图．14、如果某原子核X吸收一个中子后，放出一个电子，分裂为两个a粒子，由此可知该原子核符号中的A=______，Z=______．15、一位同学用单摆做测量重力加速度的实验；他将摆球挂起后，进行了下列步骤：

A．测摆长L：用米尺量出摆线的长度．

B．测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间t，算出单摆的周期．

C．将测量得到的L和T代入单摆的周期公式算出g将它作为实验的最后结果写入报告中去．

指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正．(不要求进行误差计算)____________．16、如图所示为多用电表的指针在正确测量时的示数，若选择开关旋在直流25V挡，被测电压为______V；若选择开关旋在500mA挡，被测电流为______A；若选择开关旋在×100Ω挡，被测电阻为______．17、如图所示，一验电器与锌板相连，在A

处用一紫外线灯照射锌板，关灯后，验电器指针保持一定偏角．(1)

现用一带少量负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将________(

填“增大”、“减小”或“不变”)

．(2)

使验电器指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，验电器指针无偏转.

那么，若改用强度更大的红外线灯照射锌板，可观察到验电器指针________(

填“有”或“无”)

偏转.

18、如图所示，一匝数为100

匝正方形线圈放在一匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里.

此时穿过线圈平面的磁通量为0.4wb

现将线圈平面绕OO鈥�

轴转过90鈭�

此时穿过线圈平面的磁通量为______wb

若此过程历时2s

则这段时间内线圈中平均感应电动势的大小为______V.

评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)19、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）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）评卷人得分五、实验探究题(共4题，共20分)21、某研究小组的同学根据所学的光学知识，设计了一个测量液体折射率的仪器，如图所示.

在一圆盘上，过其圆心O

作两条互相垂直的直径BCEF

在半径OA

上，垂直盘面插下两枚大头针P1P2

并保持P1P2

位置不变，每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC

相平，EF

作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1P2

的像，并在圆周上插上大头针P3

使P3

正好挡住P1P2

的像，同学们通过计算，预先在圆周EC

部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3

所插的位置，就可直接读出液体折射率的值，则：

(1)

若隆脧AOF=30鈭�OP3

与OC

的夹角为30鈭�

则P3

处所对应的折射率为___．(2)

图中P3P4

两位置中________(

填“P3

”或“P4

”)

处所对应的折射率大．(3)

若保持隆脧AOF=30鈭�

不变，用该装置能测量的最大折射率为________．22、在一次实验中；要求同学们先练习使用游标卡尺；螺旋测微器及欧姆表实测某种材料制成的电器元件L

的长度、厚度及电阻，然后测绘该元件的U鈭�I

曲线，下面是某同学的实验结果：

(1)

用游标卡尺测量该电器元件长度如甲图所示；该电器元件长度为______mm.

用螺旋测微器测量该电器元件厚度如图乙所示，该电器元件厚度为______mm

(2)

用多用电表测量该电器元件电阻；选用“隆脕10

”倍率的电阻档测量，发现指针编转过大。为使测量比较精。

确；应将选择______倍率的档位；再次进行测量前应该先把红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指。

在______娄赂

处；若以上操作均正确；表盘示数如图丙所示，则该电器元件的阻值约为______娄赂

(3)

根据实验数据本次实验绘制该元件的U鈭�I

曲线如图丁；请你反推此次实验使用的器材及电路图。有以下器材可供选择：

待测原件L

电源E1(3.0V

内阻约0.5娄赂)

电源E2(9.0V

内阻约0.5娄赂)

电压表V1(0隆芦3V

内阻约3k娄赂)

电压表V2(0隆芦15V

内阻约15k娄赂)

电流表A1(0隆芦0.6A

内阻约0.125娄赂)

电流表A2(0隆芦3A

内阻约0.025娄赂)

滑动变阻器1(0隆芦5娄赂)

滑动变阻器2(0隆芦200娄赂)

电源选择______；电压表应选择______，电流表应选择______，滑动变阻器应选择______，电路选择图戊中的______。

23、在隆露

测定金属丝电阻率隆路

的实验中；需要测出其长度L.

直径d

和电阻R

．

垄脵

用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图A

则金属丝的直径为______m.

垄脷

若用图中B

测金属丝的电阻；则测量结果将比真实值______.(

“偏大”，“偏小”)

垄脹

用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图C

则电压表的读数为______V

电流表的读数为______A.

24、在用单摆测定重力加速度实验中；除了铁架台；铁夹、游标卡尺外，还提供了如下器材。

A．长度约为100cm的细线B．长度约为30cm的细线C．直径约为2cm的带孔铁球。

D．直径约为2cm的塑料球E．秒表F．打点计时器。

G．最小刻度是1cm的直尺H．最小刻度是1mm的直尺。

为了较精确测量重力加速度的数值。

（1）应该选择的器材有______。（填器材前的代号）

（2）经过多次测量；得出了一组摆长L和对应的周期T的数据。利用图象法处理时，应该作的是______。

A．T-L图象B．T2-L图象C．T-L2图象D．T-图象评卷人得分六、解答题(共3题，共12分)25、（1）某同学在探究影响单摆周期的因素时；用游标卡尺测量其中一个摆球直径的示数如图所示．该球的直径为______mm．

该同学多次改变摆长和摆球的质量；得到的部分测量数据见表．根据表中数据可以得到的结论是：______．

。数据组序号摆长/mm摆球质量/g周期/s1999.332.22.012999.316.52.013799.232.21.804799.216.51.805501.132.21.426501.116.51.42（2）（多选）若测量结果与当地的重力加速度的真实值比较；发现偏大，可能原因是______

（A）振幅偏小。

（B）开始计时误记为n=1

（C）将摆线加上球直径当成了摆长。

（D）在单摆未悬挂之前先测定其摆线的长度．

26、（1）开关K闭合后的通电螺线管外部小磁针静止时指向如图a所示．请判断并在螺线管上画出导线的绕行方向；

（2）处于匀强磁场的通电直导线如图b所示；请判断并标出通电直导线所受磁场力的示意图．

27、如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.0×10-10F，两极板间距离d=1.20×10-3m，取g=10m/s2；求：

（1）该电容器所带电量．

（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10-3kg；恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】在横波中，相邻的两个波峰或波谷间的距离等于波长，由图直接读出波长。解决本题的关键要掌握波长的定义，知道在横波中，相邻的两个波峰或波谷间的距离等于波长。【解答】根据横波中相邻的两个波峰或波谷间的距离等于波长；可知，该波的波长为20cm

故选C。【解析】C

2、D【分析】解：由图象得到：电源的电动势为E=8V

内阻为r=43娄赂

由电阻的伏安特性曲线求出R1=4娄赂R2=2娄赂

当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则R1R2

并联电阻为43娄赂

所以将R1R2

并联后接到电源两端时，输出功率最大．

故选：D

由电源的U鈭�I

图线纵横截距读出电源的电动势；由斜率求出电源的内阻.

由电阻的U鈭�I

图线求出电阻.

根据当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大求解．

这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大．【解析】D

3、D【分析】【详解】

AB．当带正电的导体球靠近枕形导体左端时，导体的左端感应出负电荷；导体B的右端感应出等量的正电荷，故AB错误；

CD．先将B分开，再移走C，则将带负电；B带正电，故C错误，D正确。

故选D。4、C【分析】从图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50Hz～60Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50Hz<60Hz，即C选项正确．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；再据感应电流产生的效果判断吸引和排斥。解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，以及掌握楞次定律判断感应电流的方向，再利用左手定则判断安培力的方向；此题也可据感应电流产生的效果判断更简单。【解答】由题意可知穿过线圈的磁场方向向下，磁体向下运动造成磁通量增加，由楞次定律判断感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反，由此可以判断闭合线圈的上端为N

极，则其感应电流的方向与题图中所标电流方向相同，磁铁与线圈相互排斥。故选项B是正确的。故选B。【解析】B

6、D【分析】通电导线在其周围产生磁场，求出三根通电导线产生的磁感应强度在O点的场强，根据磁场的合成求得在O点的合场强，即可求得受到的磁场力。【解析】解：根据安培定则，作出三根导线分别在O点的磁场方向，如图：由题意知，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1＝L2在O点产生的磁感应强度大小为B2＝L3在O点产生的磁感应强度大小为B3＝先将B1与B3合成，则有：B13＝其方向与B2反向，再与B2进行合成，故O点的合磁感应强度的大小为B＝方向与y轴正方向夹角为45°，故某时刻有一电子（电量为e）正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，由左手定则可知，洛伦兹力的方向与y轴负方向成45°角，大小为f＝eBv＝故D正确，ABC错误；故选：D。二、多选题(共6题，共12分)7、BD【分析】解：A；在小球下落d的过程中重力做功mgd；所以小球的重力势能减少了mgd．故A错误；

B、合力做功为W合=mad=2mgd；则由动能定理得知，小球的动能增加了2mgd．故B正确．

C、D、由题分析得知，电场力方向竖直向上，大小为设F，由mg-F=ma得，F=3mg，电场力做功为W电=-Fd=-3mgd；则电势能增加了3mgd．故C错误，D正确．

故选：BD

小球的加速度方向竖直向上；大小为2g，则电场力竖直向上，由牛顿第二定律可求出其大小，电场力做功多少，机械能就减少多少．重力做功mgd，可知小球的重力势能减少．求出合力做功，即等于小球动能的增加量．电场力做功多少，小球的电势能就减小多少．

本题考查对几对常见的功能关系的理解和掌握情况：机械能的变化等于除了重力以外的力做功．重力势能减少等于重力做功，动能的变化等于合力做功，电势能减少等于电场力做功．【解析】【答案】BD8、BC【分析】解：A；分子很小；在显微镜下不能看到水分子，能看到悬浮的小炭粒，故A错误．

B；小炭粒在不停地做无规则运动；这是布朗运动，故B正确．

C；炭粒越小；表面积越小，同一时刻撞击炭粒的水分子越少，冲力越不平衡，炭粒运动越明显，故C正确．

D；分子永不停息地在做无规则运动；在显微镜下看起来连成一片的液体，实际上就是由不停运动的水分子组成的，故D错误．

故选：BC．

在显微镜下不能看到水分子．炭粒的运动是布郎运动；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反应的是液体分子的无规则运动，炭粒越小，布朗运动越显著．

本题重点考查了分子动理论的内容，关键明确布朗运动特点和意义，知道炭粒越小、温度越高，布朗运动越明显．【解析】【答案】BC9、BCD【分析】【分析】比结合能越大原子核越稳定；德布罗意认为电子具有波动性，且其波长与它的动量成反比；原子核的半衰期与原子核内部因素决定；原子和发生衰变过程中质量数和电荷数守恒。本题主要考查了原子核的衰变、半衰期、结合能和德布罗意波的应用，注意知识的积累。【解答】A.比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；B.德布罗意认为电子具有波动性，且其波长与它的动量成反比，故B正确；C.原子核的半衰期与原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，铀235235与铀238238原子核内的中子数不同，因而有不同的半衰期，故C正确；D.某原子核经过一次娄脕娄脕衰变电荷数减小22质量数减小44再经过两次娄脗娄脗衰变后，质量数不变，电荷数要增加22所以整个过程质量数减小44电荷数不变，所以核内中子数减少44个，故D正确。故选BCD。【解析】BCD

10、BC【分析】略【解析】BC

11、BC【分析】【分析】

根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论。本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单。【解答】A.将t=1

代入即可求出第1s

内的位移是x=6m

故A错误；

BC.

与s=v0t+12at2

对比可知v0=5m/sa=2m/s2

则第22ss末的速度v2=v0+at2=5m/s+2隆脕2m/s=9m/s{v}_{2}={v}_{0}+a{t}_{2}=5m/s+2隆脕2m/s=9m/s?s=aT2=2隆脕22m=8m

故BC正确；D.由加速的定义式可知任意1s1s内的速度增量都是2m/s2m/s故D错误。

故选BC。【解析】BC

12、BD【分析】解：A、由B-t图知，t1时刻磁通量的变化率为零；则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误。

B、在t2时刻；磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大。B正确；

C、在t1-t2时间内；磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流。故C错误。

D、在t1-t2时间内；L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确。

故选：BD。

根据B-t图线斜率的变化；根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化．

解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．【解析】BD三、填空题(共6题，共12分)13、略

【分析】解：由题意可知：三相交流电线电压为380V；而每根火线与地线的电压为220V，又因为三个完全相同的灯泡．

所以图中灯的电压为220V．因此将灯泡两端接在火线与地线之间；如图所示：

故答案为：(1)a，(2)如上图所示．【解析】a14、略

【分析】解：由质量数守恒A+1=0+2×4知该原子核符号中的A=7；由电荷数守恒Z+0=-1+2×2知Z=3．

故答案为：7；3

根据质量数守恒和电荷数守恒求质量数和质子数．

本题考查了核反应方程式中质量数和电荷数守恒的知识，属于常规题．【解析】7；315、略

【分析】解：A、摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和。

B、一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以

C；不能通过单独一次的实验数据作为最终结果；g应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果．

故答案为：A、要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和。

B、一个周期内两次通过最低点，所以

C、g应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果【解析】A、要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和。

B、一个周期内两次通过最低点，所以

C、g应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果16、略

【分析】解：量程为25V；故最小分度为0.5V，则读数为：12.5+0.5V=13V．

量程为500mA；故最小分度为10mA，则读数为250+10mA=260mA=0.260A．

欧姆档读数为：22×100Ω=2200Ω

故答案为：13；0.260，2200Ω．

确定挡位；知道每格表示的大小，从而读出正确的读数．

解决本题的关键掌握读数的方法，知道先确定量程、再得出最小分度值，最后读数．【解析】13；0.260；2200Ω17、(1)减小

(2)无【分析】【分析】(1)

用一紫外线灯照射锌板；产生光电效应现象，根据锌板的电性，分析用带负电的金属小球与锌板接触后，验电器指针偏角的变化；

(2)

红光的频率比黄光低，黄光照射锌板，验电器指针无偏转，黄光不能使锌板产生光电效应，红光也不能使锌板产生光电效应。光电效应中光电子射出后，金属板带正电，光电效应的产生条件取决于入射光的频率。【解答】

(1)

在A

处用一紫外线灯照射锌板；锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小；

(2)

用黄光照射锌板；验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转。

故答案为：(1)

减小；(2)

无【解析】(1)

减小(2)

无18、略

【分析】解：将线圈平面绕OO鈥�

轴转过90鈭�

此时线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0

度，则娄碌=0

．

根据法拉第电磁感应定律，则有：E=N鈻�鈱�鈻�t=100隆脕0.4鈭�02V=20V

．

故答案为：020

．

通过线圈的磁通量可以根据娄碌=BSsin娄脠

进行求解；娄脠

为线圈平面与磁场方向的夹角；根据法拉第电磁感应定律，即可求解平均感应电动势的大小．

解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0

当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大．【解析】020

四、判断题(共2题，共12分)19、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．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．五、实验探究题(共4题，共20分)21、3P42【分析】解：(1)

由图看出，折射角为i=隆脧AOF=30鈭�

折射角r=隆脧EOP3=60鈭�

则P3

处所对应的折射率的值为n=sinrsini=sin60鈭�sin30鈭�=3212=3

．

(2)P3

处对应的入射角较小，根据折射定律，n=sinrsini

可知P3

处对应的折射率较小，P4

处对应的折射率较大．

(3)

最大的折射角为90鈭�

对应的折射率n=sinrsini=sin90鈭�sin30鈭�=112=2

故最大折射率不超过2

．

故答案为：(1)3(2)P4(3)2

．

(1)

确定出折射角与折射角；由折射定律求解折射率．

(2)

折射角相同；通过比较入射角的大小，比较哪个位置对应的折射率大．

(3)

最大的折射角为90鈭�

对应的折射率n=sinrsini

代入数据计算即可．

本题是折射定律的应用，确定折射角和折射角是基础，要注意的是折射率不等于sinisinr

要紧扣折射率定义的条件．【解析】3P42

22、略

【分析】解：(1)

游标卡尺的固定刻度读数为50mm

游标读数为0.05隆脕6mm=0.30mm

所以最终读数为50.30mm

螺旋测微器的固定刻度读数为2mm

可动刻度读数为0.01隆脕15.0mm=0.150mm

所以最终读数为2+0.150=2.150mm

(2)

用多用电表测量某电阻；选用“隆脕10

”倍率的电阻档测量，指针编转过大，说明所选挡位太大，为使测量比较精确；

应将选择隆脕1

倍率的档位；再进行测量前应该先把红黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指在0娄赂

处。由图可知，其读数为4隆脕1=4娄赂

(3)

由图可知；电压最大值为9V

故电源应选择E2

电压应选择V2

电流最大值为2.5A

故电流表应选用A2

由电路图可知，电流电压是从零开始变化的，故应选用分压接法，故电路图选择A

滑动变阻器应选用R1

故答案为：(1)50.302.150(2)隆脕104(3)E2V2A2R1A

(1)

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。

(2)

使用欧姆表测电阻要选择合适的挡位；使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。

(3)

分析给出的数据；根据图象进行分析，从而明确应选择的仪表。

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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；同时对于伏安特性曲线的描述，要注意明确应采用分压外接法，同时注意掌握多用电表的正确使用。【解析】50.302.149隆脕104E2V2A2R1A

23、略

【分析】解：(1)

由图甲所示螺旋测微器可知；固定刻度示数为0.5mm

可动刻度示数为19.7隆脕0.01mm=0.197mm

螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm=0.000697m

．

(2)

由图示电路图可知；电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．

(3)

由图丙所示电压表可知；其量程为3V

分度值为0.1V

示数为2.60V

由图示电流表可知；其量程为0.6A

分度值为0.02A

示数为0.52A

．

故答案为：(1)0.000697(2)

偏小；(3)2.600.52

．

(1)

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示．

(2)

根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．

(3)

由图象电表确定电表量程与分度值；读出电表示数．

螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读．【解析】0.000697

偏小；2.600.52

24、ACEHB【分析】解：（1）摆线选长约100cm的；即为A，摆球要密度大的，即为C，计时用秒表，即为E．刻度尺要最小分度为1mm的，即H。

故选：ACEH；

（2）由T=得T2=采用图象法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2-L图象；由斜率求得g，则B正确。

故选：B

故答案为：（1）ACEH（2）B

单摆模型中；小球视为质点，故摆线越长质量越小，测量误