2025年统编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2025年统编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5题，共10分)1、如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=10cm，ad=bc=20cm，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20V，b点电势为24V，则（）A.场强大小一定为E=40V/mB.cd间电势差一定为4VC.场强的方向一定由b指向aD.c点电势可能比d点低2、如图所示；图中两组曲线中实线代表电场线（方向未画出）；虚线代表等势线，点划线是一个带电粒子仅在电场力作用下从A到B的运动轨迹，下列说法正确的是（）

A.粒子一定带正电B.粒子的动能一定是越来越大C.粒子的电势能一定是越来越大D.A点的电势一定高于B点的电势3、通过电阻R的电流强度为l时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为则在时间t内产生的热量为（）A.4QB.2QC.D.4、如图所示，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（）A.1：2B.2：1C.1：4D.1：15、如图所示，长方体导电金属块的长、宽、高分别为a、b、c，该金属的电阻率为ρ，接在电动势为E、内阻为r的电源两端；则通过理想电流表A的电流大小为（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(

)

A.两小线圈会有相互靠拢的趋势B.两小线圈会有相互远离的趋势C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向7、国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400

座.

变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=2002sin100娄脨t(V)

电压表、电流表都为理想电表.

则下列判断正确的是(

)

A.输入电压有效值为200V

电流频率为50Hz

B.S

打到a

处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大C.S

打到a

处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D.若变阻器的滑片不动，S

打到b

处，电压表V2

和电流表A1

的示数都减小8、如图所示，物体P用水平作用力F压在竖直的墙上，沿墙匀速下滑，物体的重力为G，墙对物体的弹力为N、摩擦力为f，物体对墙的压力N′、摩擦力为f′．下列说法正确的有（）A.G和f是一对平衡力B.N和F是一对平衡力C.f和f′是一对作用力和反作用力D.N′和F是一对作用力和反作用力9、下列说法正确的是（）A.电磁波具有能量，电磁波是物质存在的一种形式B.根据电磁场理论，电磁波中电场强度和磁感应强度的方向互相垂直C.电磁波的传播需要介质，且从一种介质进入另一种介质时频率不变D.白天的天空很明亮，是因为大气把阳光向四面八方散射的结果10、一束绿光照射某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是()A.若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B.若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加C.若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D.若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加11、如图所示；A

板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U

电子最终打在光屏P

上.

关于电子的运动，下列说法中正确的是()

A.滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U

增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U

增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变12、理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝对空气加热，得到热风将头发吹干.

设电动机线圈的电阻为R1

它与电热丝的电阻R2

串联，接到直流电源上.

电吹风机两端电压为U

电流为I

消耗的电功率为P

则有(

)

A.IU>P

B.P=I2(R1+R2)

C.IU=P

D.P>I2(R1+R2)

13、放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A，B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止状态，如图所示。若A的电荷量保持不变B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法正确的是（）A.A对筒底的压力不变B.B对筒壁的压力变大C.A，B间的库仑力变小D.A，B的库仑力不变评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、麦克斯韦电磁理论的要点是：变化的电场产生____；变化的磁场产生____；按正弦规律周期性变化的电场（或磁场）将在周围空间____．15、如图所示，在平行金属带电极板MN的电场中将电荷量为-4×10-6C的点电荷从A点移到M板，静电力做负功8×10-4J，把该点电荷从点移到N板，静电力做正功为4×10-4J；N板接地．则：

（1）A点的电势φA是____V；

（2）UMN等于____V

（3）M板的电势ϕM是____V．

16、一个氡核衰变成钋核并放出一个粒子，其衰变期为3.8天。1kg氡经过7.6天衰变掉氡的质量为________g,以及衰变成的过程放出的粒子是___________17、如图所示，导体棒AB靠近带正电的导体Q放置．用手接触B端，移去手指再移去Q，AB带何种电荷______．若手的接触点改在A端，情况又如何______．18、一灵敏电流计；当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转.

现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出.

请完成下列填空：

(1)

图(a)

中灵敏电流计指针的偏转方向为______.(

填“偏向正极”或“偏向负极”)

(2)

图(b)

中磁铁下方的极性是______.(

填“N

极”或“S

极”)

(3)

图(c)

中磁铁的运动方向是______.(

填“向上”或“向下”)

(4)

图(d)

中线圈从上向下看的电流方向是______.(

填“顺时针”或“逆时针”)

19、如图所示，一种电热取暖器的电路原理图。电热器上标有“220V、800W”字样，电源电压是220V的交流电。则，当S、S1闭合时候，电热器的发热功率是____W；当S、S1和S2都闭合时，电热器的发热功率是____W。20、如图所示A、B质量分别为MA和MB，AB之间用细线系着，当弹簧处于原长时，由静止同时释放AB，之后AB一起做简谐运动，在最低点时，细线对B拉力为21、如图所示是某电场中的一簇等势面；甲等势面的电势为90V，乙等势面的电势为-10V，各相邻等势面间的电势差相等。

（l）将q=+1×10-8C的电荷从A点移到B点，电场力做功______；

（2）将q=-1×10-8C的电荷从A点移到C点，电场力做功______．22、图示为有两个量程的电压表，当使用ab

两个接线柱时，量程为0隆芦10V

当使用ac

两个接线柱时，量程为0隆芦100V.

已知电流表的内阻Rg=100娄赂

电阻R1=900娄赂

则满偏电流Ig=

______mA

电阻R2=

______娄赂.

评卷人得分四、判断题(共3题，共18分)23、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）24、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）25、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）

评卷人得分五、解答题(共2题，共14分)26、在间距d=0.1m、电势差U=103V的两块竖立平行板中间，用一根长L=0.01m的绝缘细线悬挂一个质量m=0.2g、电量q=10-7C的带正电荷的小球；将小球拉到使丝线恰呈水平的位置A后由静止释放（如图所示），问：

（1）小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力多大？

（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，以后小球能经过B点正下方的C点（C点在电场内，小球不会与正电荷极板相碰，不计空气阻力），则BC相距多远？（g=10m/s2）

27、如图所示，水平放置的两平行金属板A、B接在U=4000V的直流电源上，两极板间距离为2cm，A极板接地，电场中a点距B极板1cm，b点和c点均距A极板0.5cm；求：

（1）a点的电场强度；

（2）a；c之间的电势差；

（3）电子在b点的电势能．

评卷人得分六、简答题(共4题，共16分)28、某化工厂的污水池中，含有一种有害的、难于降解的有机化合物rm{A}研究人员用化合物rm{A}磷酸盐、镁盐以及微量元素配制的培养基，成功地筛选到能高效降解化合物rm{A}的细菌rm{(}目的菌rm{)}实验的主要步骤如图所示。请分析回答问题：

rm{(1)}培养基中加入化合物rm{A}的目的是筛选____，这种培养基属于____培养基。rm{(2)}“目的菌”生长所需的氮源和碳源是来自培养基中的____，实验需要振荡培养，由此推测“目的菌”的代谢类型是____。rm{(3)}培养若干天后，应选择培养瓶中化合物rm{A}含量____的培养液，接入新的培养液中连续培养，使“目的菌”的数量____。rm{(4)}转为固体培养时，常采用________的方法接种，获得单菌落后继续筛选。rm{(5)}实验结束后，使用过的培养基应该进行____处理后，才能倒掉。29、一质量为m=0.2kg

的皮球.

从高H=0.8m

处自由落下，与地面相碰t=0.1s

后反弹的最大高度为h=0.45m

求球与地面接触这段时间内地面对皮球的平均作用力？30、在气垫导轨上，一个质量为600g的滑块以15cm/s的速度与另一个质量为400g、速度为10cm/s并沿相反方向运动的滑块迎面相碰，碰撞后两个滑块粘在一起，求碰撞后滑块速度的大小．31、一质点从静止开始做直线运动；其加速度随时间作周期性变化的关系图线(a鈭�t

图)

如图所示，求：

(1)

质点在第1s

末的速度；

(2)

质点在前3s

内的位移；

(3)

质点在第4s

内的位移．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】解：A、C根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了ab间电势差，但不能根据E=求出场强的大小．故AC错误．

B、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于ba间电势差；为4V．故B正确．

D；cd间电势差为4V；则知c点电势比d点高4V．故D错误．

故选B

匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，可知，cd间电势差等于ba间电势差．电场线方向无法确定；场强大小不能求出．

本题的关键在于抓住匀强电场的等势面与电场线分布均匀的特点，分析cd间电势差与ba间电势差的关系．【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】由图；带电粒子的轨迹向右弯曲，说明粒子所受的电场力大体向右且沿电场线的切线方向，如图．由于电场线的方向不清楚，所以无法判断粒子的电性．故A错误．

粒子的速度方向与电场力方向的夹角为锐角；电场力对粒子做正功，粒子的动能一定是越来越大．故B正确．

电场力对粒子做正功；粒子的电势能一定是越来越小．故C错误．

粒子的电势能减小；但粒子的电性不知道，无法判断电势的高低．故D错误．

故选B

【点评】看到物体运动的轨迹就要能判断出物体所受合力的大体方向，是应具备的基本功．本题还要抓住电场力方向与电场线切线方向相同或相反．3、D【分析】解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的时间不变，则热量变为原来的．

故选：D．

根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为在时间t内产生的热量．

解决本题的关键掌握焦耳定律热量的公式Q=I2Rt．【解析】【答案】D4、D【分析】解：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势Em=NBSω；与转轴位置无关，因而感应电流是相同的，故ABC错误，D正确；

故选：D

由Em=NBSω求出感应电动势的最大值；再由闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流，从而得出它们之比．

本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律等电磁学规律分析实际问题的能力．【解析】【答案】D5、A【分析】根据电阻定律R＝ρ结合闭合电路欧姆定律分析。【解析】解：根据闭合电路欧姆定律有E＝I（r+R）根据电阻定律有R＝ρ＝联立解得I＝故BCD错误，A正确。故选：A。二、多选题(共8题，共16分)6、BC【分析】解：根据右手螺旋定则可知；通电导线瞬间，对于左金属框，因矩形金属框内部的磁场比外部强，所以左小线圈有向外的磁通量，且增大；同理，右边金属框也一样，因此左；右小线圈的磁通量均增大，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是顺时针方向，再由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互远离.

故B、C正确，A

D错误．

故选：BC

．

由通电导线产生磁场；导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．

解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系.

同向电流相互吸引，异向电流相互排斥.

同时还考查右手螺旋定则与楞次定律．【解析】BC

7、AD【分析】【分析】

根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值；周期和频率等；再根据电压与匝数成正比即可求得结论电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。

在解决变压器问题时要明确；电路中的电压由输入电压决定，电流中的电流由输出电流决定。

【解答】

A.输入电压的最大值U1m=2002V

有效值U1=U1m2=20022=200V

由瞬时值知，角速度娄脴=100娄脨

电流频率f=娄脴2娄脨=100娄脨2娄脨=50Hz

故A正确；

B.变压器的电压由输入电压决定；s

打到a

处当变阻器的滑片向下滑动时，原线圈的输入电压不变，原副线圈的匝数比不变，则副线圈的电压不变，两个电压表示数都不变，故B错误；

C.由于副线圈的电压不变；当变阻器的滑片向下滑动时，负载电阻减小，电路中电流增大，由原副线圈的电流比等于匝数比的倒数可知，原线圈的电流也增大，故C错误；

D.若变阻器的滑片不变，S

打到b

处；副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表示V2

数减少，输出功率减少，根据输入功率等于输出功率，输入功率减少，U1

不变，则I1

减少，即电流表A1

的示数减小，故D正确；

故选AD。

【解析】AD

8、ABC【分析】解：A；由题分析可知；物体沿墙壁匀速下滑，竖直方向受到重力和向上的滑动摩擦力，由平衡条件得知，滑动摩擦力大小f=G．即G和f是一对平衡力，故A正确；

B；N和F的大小相同；方向相反，作用在一个物体上，是一对平衡力，故B正确；

C；f和f′是一对作用力和反作用力；故C正确；

D；N′和F的方向相同；不是一对作用力和反作用力，故D错误；

故选：ABC．

力的作用是相互的；一对作用力和反作用力彼此作用的两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上．此时的物体在竖直方向处于平衡状态，受到的墙壁对它竖直向上的摩擦力和重力是一对平衡力．

判断两个力是否是相互作用力，关键是抓住相互作用力的条件，区分与一对平衡力的区别．【解析】【答案】ABC9、ABD【分析】解：A；电磁波具有能量；电磁波是物质存在的一种形式，故A正确；

B；电磁波中每处的电场强度方向和磁感应强度方向总是相互垂直；并且与波的传播方向也垂直，故B正确；

C；电磁波自身就是一种物质；传播不需要介质，而机械波要依赖于介质传播，故C错误；

D；由于大气的漫反射；则白天的天空很明亮，故D正确；

故选：ABD．

A；电磁波具有能量；电磁波也是物质；

B；电磁波是横波；

C；电磁波的传播不需要介质；机械波的传播需要介质；

D；白天的天空很明亮；由于大气的漫反射．

解决本题的关键知道电磁波的特点，以及知道电磁波与机械波的区别，并掌握电磁波是横波，同时理解漫反射与平面反射的不同．【解析】【答案】ABD10、AD【分析】略【解析】AD

11、BD【分析】【分析】加速电压决定粒子进入偏转电场的速度大小；偏转电压决定粒子在偏转电场中做类平抛运动加速度的大小，粒子离开加速电场到打在屏上所用时间取决于加速后的速度大小。

本题考查电子经加速电场加速后再经偏转电场做类平抛运动，掌握类平抛运动的处理方法，根据运动的合成与分解沿水平方向的竖直方向进行处理。【解答】A.根据欧姆定律知，当触头向右移动时，加在加速电场的电压增大，电子加速后的速度v

增加，进入偏转电场后，电子做类平抛运动的时间t=Lv

减小，而电子的侧向位移y=12at2

将减小，由于电子在偏转电场中向上偏转，故电子打在屏上的位置将下降，故A错误；B.根据欧姆定律知，当触头向左移动时，加在加速电场的电压减小，电子加速后的速度vv减小，进入偏转电场后，电子做类平抛运动的时间t=Lv增加，而电子的侧向位移y=12at2将增加，由于电子在偏转电场中向上偏转，故电子打在屏上的位置将上升，故B正确；C.电压增大时，粒子在电场中运动的时间不变，而粒子在电场中竖直方向的速度vy=at=qUdmt，由于时间不变，故粒子在竖直方向的速度随加速电压UU的增加而增加，故粒子打在屏上的速度大小增加，故C错误；D.电压UU增大时，带电粒子在电场中做类平抛运动的加速度增加，而在水平方向粒子做匀速直线运动，故增加UU不改变粒子水平方向的速度大小，也不会改变粒子打在屏上的时间，故D正确。故选BD。

【解析】BD

12、CD【分析】解：电吹风机消耗的电功率P

是总的功率；总功率的大小应该是用P=IU

来计算，所以总功率P=IU

所以A错误，而C正确．

电吹风机中发热的功率要用I2R

来计算；所以总的发热功率为I2(R1+R2)

吹风机的总功率P=IU

要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．

故选CD．

在计算电功率的公式中；总功率用P=IU

来计算，发热的功率用P=I2R

来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．

对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．【解析】CD

13、AB【分析】解：A、以整体为研究对象可知，筒底对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，

由牛顿第三定律可知A对筒底的压力也等于A；B两球的重力；小球A对筒底的压力不变，故A正确；

B、隔离B球受力如图所示，根据受力平衡有：FN=mgtanθ．B由于漏电而下降少许重新平衡；θ角变大，因此筒壁给球B的支持力增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；

CD、小球A、B间的库仑力F=θ角变大，cosθ变小，库仑力F变大，故CD错误；

故选：AB。

本题考查了静态平衡问题；研究系统之外物体施加给系统的力时可以以系统为研究对象，如在讨论A对筒底的压力变化时；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法，从而即可求解。

在平衡问题中正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键。【解析】AB三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】

麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场产生磁场；变化的磁场产生电场．在电场的周围不一定存在着由该电场产生的磁场，原因是若变化的电场就一定产生磁场，若是稳定的电场则不会产生磁场的．若周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场，而均匀变化的电场不能产生均匀变化的磁场；

故答案为：磁场；电场；电磁场。

【解析】【答案】麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场产生磁场；变化的磁场产生电场．

15、略

【分析】

（1）A、N间的电势差：UAN===-100V，又：UAN=φA-φN，φN=0，则A点的电势：φA=-100V．

（2）UMN====-300V．

（3）UMN=φM-φN，φN=0，则M板的电势：φM=-300V．

故答案为：（1）-100；（2）-300；（3）-300

【解析】【答案】（1）根据电势差公式U=分别求出A；N间的电势差；即可得到A点的电势．

（2）由电势差公式求出A；M间的电势差．

（3）N点电势为零；由MN间的电势差，即可求出M板的电势．

16、略

【分析】【解析】【答案】750，a粒子（或He的原子核）17、略

【分析】解：如图金属棒在带正电的小球附近时；金属棒上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当手碰在金属棒上，不论是A端还是B端时，因人体和金属棒都是导体，会使人体和大地的电子流入金属棒；移去手指再移去Q后，金属棒因有了多余的电子而带负电；

故答案为：负电；负电．

（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下；导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．

（2）同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引；人体是导体，能够导电．

本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，人体和大地的负电荷（自由电子）会转移到金属棒上．【解析】负电；负电18、略

【分析】解：(1)

磁铁向下运动；穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．

(2)

由图可知；电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S

极．

(3)

磁场方向向下；电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．

(4)

图(d)

中磁铁向下运动；穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．

故答案为：偏向正极；S

极，向上，顺时针。

根据磁铁的运动方向分析磁通量变化；由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断．

本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题，只要细心分析就能正确作答．【解析】偏向正极；S

向上；顺时针19、略

【分析】【解析】试题分析：由于二极管具有单向导电性，所以当只是有S，S1闭合时，在一个周期内发热量只有整个周期的一般，根据交流电有效值得概念，此刻的交流电的有效值为所以此刻的功率P=400W。当S2，S1，S都闭合时，此刻总功率为400W*2=800W。考点：交流电有效值【解析】【答案】400W，800W20、略

【分析】试题分析：振子在平衡位置时，弹簧的形变量为在最低点时，弹簧被拉长2x，则整体的加速度满足：解得a=g；对物体B，由牛顿第二定律：T-MBg=MBa，解得T=2MBg.考点：牛顿第二定律的应用；简谐振动.【解析】【答案】2MBg21、略

【分析】解：（1）甲等势面的电势为90V；乙等势面的电势为-10V，各相邻等势面间的电势差相等，则A点的电势为140V，B点电势为40V，C点电势为-60V．

则：WAB=qUAB=q（φA-φB）=1×10-8×（140-40）J=1×10-6J

（2）WAC=qUAC=q（φA-φC）=（-1）×10-8×（140+60）J=-2×10-6J

故答案为：（1）1×10-6J；（2）-2×10-6J

求出AB；AC两点间的电势差；根据W=qU求出电场力所做的功。

解决本题的关键掌握电场力做功的公式W=qU，【解析】1×10-6J；-2×10-6J22、略

【分析】解：当使用ab

两个接线柱时；量程为0隆芦10VU1=g(Rg+R1)=g(100+900)=10V

使用ac

两个接线柱时；量程为0隆芦100VU2=g(Rg+R1+R2)=g(100+900+R2)=100V

解得；Ig=0.01A=10mAR2=9000娄赂

．

故答案为：109000

．

把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻；应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．

本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．【解析】109000

四、判断题(共3题，共18分)23、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．24、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．25、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．五、解答题(共2题，共14分)26、略

【分析】

（1）小球由静止释放后到摆到最低点的过程；由动能定理得。

又E=

代入解得

小球经过最低点时

解得T=4×10-3N

（2）小球摆至B点时丝线突然断裂；小球水平方向做有往返的匀减速直线运动，加速度大小为。

根据对称性=s=0.128s

小球在竖直方向做自由落体运动，则

代入解得h=0.08m．

答：（1）小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力为4×10-3N．

（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂；以后小球能经过B点正下方的C点时BC相距约0.08m．

【解析】【答案】（1）将小球拉到使丝线恰呈水平的位置A后由静止释放后；小球受到重力；电场力和线的拉力做圆周运动，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理求出小球摆至最低点B时的速度．小球经过最低点时，由重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出线中的拉力．

（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，小球做曲线运动，运用运动的分解方法：小球水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动．根据牛顿第二定律求出水平方向加速度，根据对称性和运动学公式求出时间，由竖直方向h=求出BC相距的距离．

27、略

【分析】

（1）E=．

故a点的电场强度为2×105V/m．

（2）

故ac间的电势差大小为1000V．

（3）A点的电势为0，根据UAc=φA-φc=Ed″得