2025年外研版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版高二物理上册阶段测试试卷351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、宇航员在探测某星球时发现：①该星球带负电；而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球（其带电量远远小于星球电量）置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态．如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断（）

A.小球一定带正电。

B.小球的电势能一定小于零。

C.只改变小球的电量；从原高度无初速释放后，小球仍处于悬浮状态。

D.只改变小球离星球表面的高度；无初速释放后，小球仍处于悬浮状态。

2、某正弦式交流电的电流i

随时间t

变化的图象如图所示.

由图可知(

)

A.电流的最大值为10A

B.电流的有效值为10A

C.该交流电的周期为0.03s

D.该交流电的频率为0.02Hz

3、某待测电阻R

估计值在100娄赂

左右，电压表内阻为RV隆脰3000娄赂

电流表内阻为RA隆脰0.2娄赂.

若测量得电压表读数为U

电流表读数为I

则电流表接法及电阻测量值分别为(

)

A.内接，R=UI

B.外接，R=UI

C.内接，R=IU

D.外接，R=IU

4、如图所示，磁感应强度B、电流I、磁场力F三者之间的方向关系不正确的是（）A.B.C.D.5、如图，当滑动变阻器的滑片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是（）A.V1减小，V2增大，A增大B.V1增大，V2减小，A增大C.V1增大，V2增大，A减小D.V1减小，V2减小，A减小评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如图所示,平行等距的竖直虚线为某一电场的等势面,一带正电的微粒以一定初速度射入电场后,恰能沿直线A.B运动,则由此可知()

A.该电场一定是匀强电场，且方向水平向左A.A点的电势高于B点的电勢B.微粒从A点到B点，其动能和电势能之和保持不变C.微粒从A到B点，其电势能増加，机械能减少7、如图是“牛顿摆”装置；5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1；2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，下列说法中正确的是（）

A.当把小球1向左拉起一定高度，然后由静止释放，可观察到小钢球5向右摆起，且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，经碰撞后，小钢球4、5一起向右摆起，且上升最大高度高于小钢球1、2、3的释放高度C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，经碰撞后，小钢球3、4、5一起向右摆起，且上升最大高度等于小钢球1、2、3的释放高度D.上述整个实验过程中，5个小钢球组成的系统机械能守恒，动量守恒8、做简谐运动的物体，每当物体到达同一位置时，保持不变的物理量有(

)

A.速度B.加速度C.动量D.动能9、如图所示，L1L2

为两平行的虚线，L1

上方和L2

下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB

两点都在L2

上，带电粒子从A

点以初速度v

斜向上与L2

成30鈭�

角射出，经过B

点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是(

)

A.带电粒子经过B

点时速度一定跟A

点速度相同B.若将带电粒子在A

点时初速度变大(

方向不变)

它仍能经过B

点C.若将带电粒子在A

点时初速度方向改为与L2

成60鈭�

角斜向上，它也能经过B

点D.此粒子一定带正电10、将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说呈电中性）喷入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，磁场中的两块金属板A和B上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．在图示磁极配置的情况下，下列表述正确的是（）A.金属板A的电势较高B.通过电阻R的电流方向是b→R→aC.等离子体在B间运动时，磁场力对等离子体做正功D.等离子体在B间运动时，磁场力对等离子体不做功11、如图所示，真空中有两个固定点电荷A、B，所带电荷量分别为+2Q和+Q。M、N是AB连线中垂线上的两点，∠AMB＝120°，此时M点的电场强度大小为EM，电势为φM，将电荷量为+q的点电荷由M点移至N点，电场力做功为W。若保持其它条件不变，仅将B所带电量增加至+2Q，此时M点的电场强度大小为电势为仍将电荷量为+q的点电荷由M点移至N点，电场力做功为W′。则下列说法正确的（）

A.一定大于EMB.可能等于EMC.一定大于φMD.W′一定大于W评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、如图所示，两个正的点电荷Q1、Q2相距9cm，Q1=2.0×10-8C，Q2=4.0×10-8C，在两个点电荷连线上有a、b两点，分别距Q1、Q2为3cm，由此可知a点场强的大小为____，方向为____；b点场强的大小为____．

13、一个物体的质量是2kg，沿竖直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地上，随后又以8m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是_______kg·m/s．若碰撞过程时间为0.1s则小球给地面的平均作用力为_______N(g=10m/s2)14、某同学用多用电表测量一电阻时，他根据对电阻的估计值将选择开关旋到电阻挡倍率等于N的位置，然后把两枝表笔相互接触，再调整电阻挡的____，使指针指在电阻挡的“0”刻度线处．若这位同学对电阻测量时，刻度盘上的示数为R，则这个电阻的测量值为____．15、某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中；先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s．则：

（1）他测得的重力加速度g=______m/s2．（计算结果取三位有效数字）

（2）他测得的g值偏小，可能原因是：______

A．测摆线长时摆线拉得过紧．

B．摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了．

C．开始计时时；秒表过迟按下．

D．实验中误将49次全振动计为50次．

（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l和T的数值，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K．则重力加速度g=______．（用K表示）

（4）某同学在进行“研究弹簧振子的周期和小球质量的关系”课题实验时，利用如图甲所示装置进行了如下的实验：让弹簧振子穿过一光滑的水平横杆，在弹簧振子的小球上安装一枝笔，下面放一条纸带．当小球振动时，垂直于振动方向以恒定的加速度拉动纸带，加速度大小为α，这时笔在纸带上画出如图乙所示的一条曲线，请根据图乙中所测得的长度S1、S2，写出计算弹簧振子振动周期的表达式：T=______．16、如图是研究电磁感应现象的实验装置，大小两个螺线管B、A套在一起．开始时开关S断开，在移动滑动变阻器滑片P的过程中，发现电流表指针______发生偏转；接着闭合S，在闭合瞬间发现电流表指针______发生偏转；闭合S后，将螺线管A从B中抽出，在抽出过程中发现电流表指针______发生偏转．（均填“会”或“不会”）17、某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm

摆球直径为2.0cm

然后用秒表记录了单摆振动50

次所用的时间为99.9s.

则[]

垄脵

该摆摆长为_______cm

垄脷(

单选题)

如果他测得的g

值偏小，可能的原因是[]

A.

测摆线长时摆线拉得过紧B.

摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.

开始计时，秒表过迟按下D.

实验中误将49

次全振动数为50

次18、（6分）借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度。如图所示，传感器系统由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测物体上，每隔0.03s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时(红外线的传播时间可以忽略不计)，收到超声波脉冲时计时停止。在某次测量中，B盒记录到的连续两次的时间分别为0.15s和0.20s，根据你知道的知识，该物体运动的速度为____m／s，运动方向是。(背离B盒还是靠近B盒,声速取340m／s)19、如图所示，匀强磁场中有一个固定的金属框，在框上放一根金属棒AB

金属框与金属棒构成闭合电路ABEF.

当AB

不动时，电路中______(

填“有”或“无”)

感应电流；当AB

向右移动时，电路中______(

填“有”或“无”)

感应电流．20、某同学组装一个电压表。可用的器材有：微安表头（量程500uA，内阻500Ω）电阻箱R1（阻值范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干。要求利用所给器材将它改装成量程为3V的直流电压表。回答下列问题：

（1）在虚线框内，选出必要器材，连接电路图并标出R1或R2，并连接接线柱a、b；

（2）电阻箱的阻值为______Ω（保留到个位）。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)21、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）

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、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）

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）

评卷人得分五、作图题(共2题，共4分)25、如图所示，图甲是小明奶奶眼睛成像情况示意图，请在图乙中画出矫正小明奶奶视力所需的透镜并完成光路图．26、我们可以通过实验探究电磁感应现象中；感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．

（1）如图（1）所示，当磁铁N向下运动时，发现电流表指针偏转．若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道______．

（2）如图（2）所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．闭合开关稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向______偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向______偏转（均选填“左”或“右”）．评卷人得分六、证明题(共2题，共4分)27、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。28、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5题，共10分)1、D【分析】

小球处于悬浮状态；一定是库仑力和万有引力二力平衡，故小球一定带负电，小球的电势能一定大于零；只改变电量，库伦力变化，而万有引力不变，小球不会再悬浮；又由于库仑力与万有引力都是与距离的平方成反比，所以改变小球的高度对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响，由以上分析可知只有D正确．

故选D．

【解析】【答案】小球处于受力平衡状态；说明库仑力和万有引力大小相等，所以小球和星球一定是互相排斥的，必定是带同种电荷，再由库仑力和万有引力的公式分析可以改变高度和电荷量后的受力情况．

2、B【分析】解：AC

根据图象，该交流电的最大电流为102A

周期为0.02s

故A错误，C错误；

B、电流有效值：I=Im2=10A

故B正确；

D、该交流电的频率为：f=1T=10.02s=50Hz

故选B．

根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期；根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率．

本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可．【解析】B

3、A【分析】解：RVR=3000100=30RRA=1000.2=500

则可知，RVR<RRA

因此应采用电流表内接法；

根据欧姆定律可知，电阻R=UI

故A正确；BCD错误．

故选：A

．

根据待测电阻与电压表和电流表内阻的关系进行分析；从而确定电流表的接法，再根据欧姆定律即可求出电阻的表达式．

本题考查电流表内外接法的选择，要注意明确在电流表选择中要满足：“小外偏小，大内偏大”实验规律．【解析】A

4、A【分析】解：左手定则的内容为伸开左手；让四指与大拇指相互垂直，磁场垂直穿过掌握，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为电流受力的方向；

根据左手定则判断受力方向：

A；磁场方向向上；电流的方向向外，由左手定则可知，受力向左，故A不正确；

B；磁场方向向外；电流方向向上，受力向右，故B正确；

C；由左手定则；受力垂直于电流斜向上，故C正确；

D；由左手定则可知；受力垂直于电流向上，故D正确；

本题选不正确的；故选：A。

本题考查左手定则的应用；正确掌握左手定则的内容；使用的方法与步骤即可顺利判出。

本题需要掌握左手定则的内容，同时还要注意图中符号的含义，正确掌握电流及磁场的方向。【解析】A5、C【分析】解：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大。

电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大；因总电流变小，所以A示数减小。故C正确，ABD错误。

故选：C。

当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化及路端电压的变化，即可知V1的变化。由欧姆定律分析电压表V2示数的变化及并联部分电压的变化，即可判断通过电阻R2的电流的变化；根据总电流的变化，再分析A示数的变化。

本题是电路的动态变化分析问题，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可。【解析】C二、多选题(共6题，共12分)6、A:D【分析】由图可得等势面平行且是等间距的，又因电场线和等势线垂直，所以电场线必定沿水平方向，且疏密均匀同向，那么该电场一定是匀强电场，正电荷受到电场力与重力作用，电荷沿着A到B做直线运动，合外力方向沿BA方向，电场力必定水平向左，所以电场的方向应水平向左，故A正确；沿电场线电势是逐渐降低的，因为电场方向向左，则A点的电势低于B点的电势，故B错误；从A到B过程中，动能、重力势能与电势能之和保持不变，因为重力势能增加，因此动能与电势能之和减小，故C错误；从A到B过程微粒克服电场力做功，电势能增加，由能量守恒定律可知，微粒的机械能减少，故D正确。所以AD正确，BC错误。7、AC【分析】解：A；碰撞中的能量损失不计；则小球与小球之间发生的是弹性碰撞，由于小球完全一样，结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知：每两个小球碰后交换速度，1与2碰后，1停止2向右，2与3碰后，2停止，3具有向右的速度，3与4碰后，3停止，4具有向右的速度，4与5碰后，4停止，5具有向右的速度，根据机械能守恒定律可知球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，故A正确；

BC；如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放；则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，故B错误，C正确；

D；由分析知说明该过程；每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，摆动时动量不守恒，故D错误；

故选：AC

完全相同的小钢球与小钢球之间发生的是弹性碰撞；每两个小球碰后交换速度，1与2碰后，1停止2向右，2与3碰后，2停止，3具有向右的速度．如果同时向左拉起小球1；2、3到相同高度（如图丙）并由静止释放，根据动量守恒和机械能守恒分析小球上升的最大高度．

本题主要考查了动量守恒定律即机械能守恒定律的应用，涉及到多个弹性碰撞连续发生的过程，要明确每次发生弹性碰撞的两个小球机械能守恒、动量守恒．【解析】【答案】AC8、BD【分析】解：A

做简谐运动的物体；每次通过同一位置时，速度可能有两种方向，而速度是矢量，所以速度不一定相同.

故A错误．

B、根据简谐运动的特征：a=鈭�kxm

物体每次通过同一位置时，位移一定相同，加速度也一定相同.

故B正确．

C；动量是矢量；与速度同方向，所以动量不一定相同.

故C错误；

D；动能是标量；经过同一位置时，弹性势能相同，故动能相同，故D正确；

故选：BD

物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律(

即它的振动图象是一条正弦曲线)

的振动叫简谐运动.

简谐运动的频率(

或周期)

跟振幅没有关系；而是由本身的性质(

在单摆中由初始设定的绳长)

决定，所以又叫固有频率.

其运动具有对称性．

简谐运动的物体经过同一位置时这三个量一定相同：位移、加速度和回复力．【解析】BD

9、AB【分析】解：画出带电粒子运动的可能轨迹；B

点的位置可能有下图四种．

A；如图所示；粒子B

的位置在B2B3

时速度方向也斜向上，速度跟在A

点时的速度大小相等，方向相同，速度相同.

故A正确；

B；根据轨迹；粒子经过边界L1

时入射点与出射点间的距离与经过边界L2

时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关.

所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B

点.

故B正确．

C、如图，设L1

与L2

之间的距离为d

则A

到B2

的距离为：x=2dtan娄脠

若将带电粒子在A

点时初速度方向改为与L2

成60鈭�

角斜向上；它就只经过一个周期后一定不经过B

点.

故C错误．

D；如图所示；分别是正负电荷的运动轨迹，正负电荷都可能.

故D错误．

故选：AB

分析带电粒子的运动情况：在无磁场区域；做匀速直线运动，进入磁场后，只受洛伦兹力，做匀速圆周运动，画出可能的轨迹，作出选择．

带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹.

往往要抓住圆的对称性．【解析】AB

10、AD【分析】解：A、大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故B板相当于电源的负极，A板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由a→R→b，金属板A的电势UA高于金属板B的电势UB；所以A正确B错误；

C；等离子体在A、B间运动时；磁场力总是与离子体的运动方向垂直，所以磁场力不做功，故C错误D正确。

故选：AD。

等离子体含有大量带正电和带负电的微粒；这些微粒射入磁场时，受到伦兹力作用而偏转，由左手定则可以判断正；负电荷受到的洛伦兹力方向分别向上和向下，所以正电荷会聚集的A板上，负电荷聚集到B板上，故A板相当于电源的正极．电源的正极电势高于负极的电势．

根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可判断电荷的偏转方向，考查对磁流体发电机的理解能力．此题还可以等效成流体切割磁感线，由E=Bvd求得发电机的电动势．【解析】AD11、A:C:D【分析】【详解】

AB．若将B的电荷量增大，根据公式

可知B电荷在M点产生的场强增大，与A电荷产生的场强叠加，由于所以合场强也增大，故A正确，B错误；

C．电势是标量，B电荷的电量增加后，由公式

B电荷在M点的电势变大，与A电荷在M点的电势叠加；总的电势变大，故C正确；

D．当B电荷量增加后，从M到N各点的场强都增大，电荷量为+q的点电荷受的电场力增大；电场力做的功增大，故D正确。

故选ACD。三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】

由点电荷的场强公式知代入数据可得a点场强大小为2.25×105N/C，方向水平向左；同理可得b点场强的大小为4.125×105N/C．

答案为：2.25×105N/C，水平向左，4.125×105N/C

【解析】【答案】由点电荷的场强公式即可得各点电荷在某点的场强，再由叠加原理即可求ab点的场强．

13、略

【分析】【解析】【答案】－16－34014、略

【分析】

（1）先选择倍率．

（2）然后调节调零电阻进行欧姆调零．

（3）最后计数，倍率N×示数，即可读出数值为NR．

答案为：调零旋钮；NR．

【解析】【答案】运用多用电表欧姆挡测量电阻；先将选择开关置于合适的倍率，使指针指在刻度盘中央附近．接着进行欧姆调零．读数是指示值×倍率．

15、略

【分析】解：（1）单摆的摆长L=l线+=102.00cm．

单摆振动50次所用的时间为101.5s；所以T=2.03s

根据周期公式T=2根据此公式变形得到g=L=9.76m/s2．

（2）根据周期公式T=2此公式变形得到g=L

A；测摆线时摆线拉得过紧；则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．

B；摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．

C；开始计时；秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．

D；实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小；则测得的重力加速度偏大．故D错误．

故选：B

（3）根据周期公式T=2此公式变形得到T2=以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K=即g=

（4）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：S2-S1=aT2，解得T=

故答案为：（1）9.76（2）B（3）（4）

（1）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球半径之和．

（2）本实验测量g的原理是单摆的周期公式T=2根据此公式变形得到g=L；判断g值偏小的原因．

（3）根据周期公式T=2此公式变形得到T2=以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K=即g=

（4）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：S2-S1=aT2；解得T．

本题关键要掌握实验的原理：单摆的周期公式T=2要能根据实验原理，分析实验误差，会利用匀变速直线运动的规律找时间和弹簧阵子的周期关系．【解析】9.76；B；16、略

【分析】解：开始时开关S断开；在移动滑动变阻器滑片P的过程中，穿过线圈B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表指针不会发生偏转；接着闭合S，在闭合瞬间穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转；闭合S后，将螺线管A从B中抽出，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，在抽出过程中发现电流表指针会发生偏转．

故答案为：不会；会；会．

根据感应电流产生的条件分析答题；穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电流．

本题考查了判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题．【解析】不会；会；会17、98.50；B【分析】解：垄脵

单摆摆长：L=97.50cm+2.00cm2=98.50cm

垄脷

由单摆周期公式：T=2娄脨Lg

可知.g=4娄脨2T2L

A；摆球摆动的同时在水平面上做圆周运动形成圆锥摆；有效摆长L

变短，周期变小，所测g

偏大，故A错误；

B；测摆长时；仅测了线长，计算法处理数据时未加小球半径，所测摆长偏小，g

偏小，故B正确；

C；开始计时；秒表过迟按下，则时间偏小，所测周期T

偏小，g

偏大，故C错误；

D；测周期时；把n

次全振动误记为(n+1)

次，所测周期T

偏小，g

偏大，故D错误；

故选：B

故答案为：垄脵98.50垄脷B

．

垄脵

摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长；

垄脷

应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式；然后分析答题．

本题考查了用单摆测重力加速度实验，知道实验原理与实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解题．【解析】98.50B

18、略

【分析】【解析】【答案】背离B盒19、略

【分析】解：根据题意可知；当AB

不动时，则磁通量不变，则没有感应电流；当导体沿纸面向右运动时，穿过闭合电路的磁通量发生变化，从而产生感应电流．

故答案为：无；有．

当闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动时；导致磁通量变大，从而使导体中可以产生感应电流．

电磁感应现象应重点理解切割的含义，可以想像为将磁感线切断即为切割．【解析】无；有20、5500【分析】解：（1）把微安表改装成量程为3V的电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R==5500Ω，电阻箱应选择R2；电路图如图所示；

（2）由（1）可知，电阻箱阻值为：R2=5500Ω；

故答案为：（1）电路图如图所示；（2）5500。

（1）把微安表改装成电压表需要串联分压电阻；应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值，然后选择电阻箱，再作出电路图。

（2）根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。

本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题。【解析】5500四、判断题(共4题，共24分)21、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．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