2025年苏人新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2025年苏人新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7题，共14分)1、原来静止的质子经加速电压加速之后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为r的匀速圆周运动；则下列叙述正确的是（）

A.若半径r保持不变；加速电压U越大，则需要的磁感应强度B越大。

B.若加速电压U保持不变，磁感应强度B越大，则半径r越大。

C.若磁感应强度B保持不变，加速电压U越大，则半径r越小。

D.若磁感应强度B保持不变；加速电压U越大，则质子做圆周运动的周期越大。

2、如图所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法中正确的是()A.电流表A2的示数一定变小B.电压表V的示数一定增大C.ΔI3一定大于ΔI2D.ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r3、利用引力常量G

和下列某一组数据，____能计算出地球质量的是(

)

A.地球的半径及地面的重力加速度(

不考虑地球自转)

B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离D.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离4、某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈Q和N，如果线圈Q中电流i与时间t的关系有四种情况，在t1～t2这段时间内；在线圈N中感应电流是变化的有（）

A.

B.

C.

D.

5、关于电磁场和电磁波，下列叙述中正确的是()A.恒定的电场能够产生电磁波B.电磁波的传播需要介质C.电磁波从一种介质进入另一种介质，频率改变D.电磁波的传播过程也传递了能量6、小灯泡通电后；其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是（）

A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B.对应P点，小灯泡的电阻为R=C.对应P点，小灯泡的电阻为R=D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积7、如图所示，因线路故障，按通K

时，灯L1

和L2

均不亮，用电压表测得Uab=0Ubc=0Ucd=4V.

由此可知开路处为(

)

A.灯L1

B.灯L2

C.变阻器D.不能确定评卷人得分二、双选题(共2题，共4分)8、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解9、下列说法中；正确的是（）

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麦芽糖是它的同分异构体C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中，滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液，加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉尚未水解评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)10、两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．（2）若把每个电荷的电量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电量不变，另一个电荷的电量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍．11、如图所示；平行板电容器带有等量异种电荷，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

点的点电荷，以E

表示两板间的电场强度，Ep

表示点电荷在P

点的电势能，娄脠

表示静电计指针的偏角.

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则娄脠

将______；

Ep

将______，E

将______(

填增大、减小或不变)

．12、真空中的两个点电荷AB

相距20cmA

带正电QA=4.0隆脕10鈭�10C.

已知A

对B

的吸引力F=5.4隆脕10鈭�8N

则B

在A

处产生的场强大小是______N/C

方向______．13、某考古队发现一古生物骸骨，考古专家根据骸骨中的C的含量推断该生物死亡的年代。

已知此骸骨中的C的含量为活着的生物体中的C的C的半衰期为5730年，该生物死亡时距今约______年。14、请写出完整的核反应方程：（1）发现质子的核反应方程（2）发现中子的核反应方程（3）原子核衰变方程：15、一带电粒子无初速度的进入一加速电场A

然后垂直进入两块平行金属板MN

形成的偏转电场中(

偏转电场可视为匀强电场)

如图所示.

已知加速电场A

板间电压为U1MN

两板间的电压为U2

两板间的距离为d

板长为L

粒子的质量为m

电荷量为q

不计粒子受到的重力及它们之间的相互作用力.

求：

(1)

粒子穿过A

板时速度大小v0

(2)

粒子从偏转电场射出时的侧移量y

(3)

粒子从偏转电场射出时速度的偏转角娄脠

评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)16、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）17、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）18、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）19、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、实验探究题(共4题，共28分)20、在做“测定金属丝的电阻率”的实验中；已知待测金属丝的电阻约为5Ω．

（1）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=______．

（2）实验时，某组同学用螺旋测微器测金属丝的直径，用多用电表“×1”挡测该金属丝的电阻，二者的示数分别如图甲、乙所示，则：测得金属丝的直径是______mm；金属丝的电阻是______Ω．

（3）若采用伏安法测该金属丝的电阻；而实验室提供以下器材供选择：

A．电池组（3V；内阻约1Ω）

B．电流表（0～3A；内阻约0.0125Ω）

C．电流表（0～0.6A；内阻约0.125Ω）

D．电压表（0～3V；内阻约4kΩ）

E．电压表（0～15V；内阻约15kΩ）

F．滑动变阻器（0～20Ω；允许最大电流1A）

G．滑动变阻器（0～2000Ω；允许最大电流0.3A）

H．开关；导线若干．

请回答：

①实验时应从上述器材中选用______（填写仪器前字母代号）；

②②在组成测量电路时，应采用电流表______接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏______（选填“大”或“小”）；

③某次实验测量时，表面刻度及指针如图丙所示，则实验数据应记录为：I=______A，U=______V．21、某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.

两根金属导轨ab

和a1b1

固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(

未画出)

的N

极位于两导轨的正上方，S

极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．

(1)

在图中画出连线；完成实验电路.

要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．

(2)

为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度；有人提出以下建议：

A.适当增加两导轨间的距离。

B.换一根更长的金属棒。

C.适当增大金属棒中的电流。

其中正确的是______(

填入正确选项前的标号)

22、某同学要描绘额定电压为2.5V

小灯泡的I鈭�U

曲线；

(1)

请在图(

甲)

中为该同学设计实验电路图．

(2)

根据电路图；用笔画线代替导线，将图(

乙)

中的实验电路连接成完整实验电路．

(3)

开关S

闭合之前；图(

乙)

中滑动变阻器的滑片应该置于______(

选填“A

端”“B

端”或“AB

正中间”)

．

(4)

该同学描绘小灯泡的I鈭�U

曲线如图(

丙)

所示，请估算该灯泡的额定功率为______W(

保留三位有效数字)

．23、研究灯泡L（3.8V；1.8W）的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．

（1）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图______．

（2）请按电路图连接好图（1）中的实物图．

（3）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在______端．（选填“a”或“b”）

（4）根据所得到的图象如图（2）所示，求出它在额定电压（3.8V）下工作时的电阻值R=______Ω．

评卷人得分六、实验题(共4题，共28分)24、（12分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，我们已经知道，物体的加速度（a）同时跟合外力（F）和质量（m）两个因素有关。要研究这三个物理量之间的定量关系的基本思路是：先保持m不变，研究a与F的关系，再保持F不变，研究a与m的关系。（1）小薇同学的实验方案如图所示，她想用砂和砂桶的重力表示小车受到的合外力，为了减少这种做法而带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：a．b．（2）小薇同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种，a．利用公式计算；根据利用逐差法计算。两种方案中，你认为选择方案____比较合理，而另一种方案不合理的理由是。（3）下表是小薇同学在探究“保持m不变，a与F的关系”时记录的一组实验数据，请你根据表格中的数据在下面的坐标中做出a-F图像：。物理量次数123456m砂（㎏）0．0100．0200．0300．0400．0500．060（N）0．0980．1960．2940．3920．4900．588a（m/s2）0．1960．3900．7180．7840．9901．176（4）针对小薇同学的实验设计、实验操作、数据采集与处理，就其中的某一环节，提出一条你有别于小薇同学的设计或处理方法：。25、某实验小组要验证“动能定理”，他们的实验装置如图所示，另外他们还有学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、砝码．要完成该项实验，还需要的实验器材有____A．天平B．刻度尺C．秒表D．弹簧秤26、下图为测定一节干电池的电动势和内阻的电路原理图。现备有以下器材：A．干电池（E约为1.5V，r约为1Ω）B．电压表（0～3V）C．电流表（0～0.6A）D．滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）E．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.1A）（1）在实验中滑动变阻器应选用___________（填“R1”或“R2”）。闭合开关S前，滑动变阻器的滑动头P应移到_____端（填“a”或“b”）；（2）这位同学测量时记录了5组数据，在坐标纸上画出U－I图线如右图所示，根据图线求出一节干电池的电动势E约为V，内阻r约为______Ω。27、苯甲酸乙酯rm{(C_{9}H_{10}O_{2})}稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为：已知：实验步骤如下：rm{垄脵}在rm{100mL}圆底烧瓶中加入rm{12.20g}苯甲酸、rm{25mL}乙醇rm{(}过量rm{)}rm{20mL}环己烷，以及rm{4mL}浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按上图所示装好仪器，控制温度在rm{65隆芦70隆忙}加热回流rm{2h}反应时环己烷rm{-}乙醇rm{-}水会形成“共沸物”rm{(}沸点rm{62.6隆忙)}蒸馏出来。再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。rm{垄脷}反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞。继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。rm{垄脹}将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入rm{Na_{2}CO_{3}}至溶液呈中性。rm{垄脺}用分液漏斗分出有机层，水层用rm{25mL}乙醚萃取分液，然后合并有机层。加入氯化钙，对粗产品进行蒸馏rm{(}装置如图所示rm{)}低温蒸出乙醚后继续升温，接收rm{210隆芦213隆忙}的馏分。rm{垄脻}检验合格，测得产品体积为rm{12.86mL}．rm{(1)}步骤rm{垄脵}中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________rm{(2)}步骤rm{垄脷}中应控制馏分的温度在___________________。A.rm{65隆芦70隆忙}rm{B.78隆芦80隆忙}rm{C.85隆芦90隆忙}rm{D.215隆芦220隆忙}rm{65隆芦70隆忙}rm{B.78隆芦80隆忙}rm{C.85隆芦90隆忙}rm{D.215隆芦220隆忙}步骤rm{(3)}中若rm{垄脹}加入不足，在步骤rm{Na_{2}CO_{3}}蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是_____________。rm{垄脺}步骤rm{(4)}中分液操作叙述正确的是__________。rm{垄脺}B.振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放气C.经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D.分液操作时，分液漏斗中的下层液体由下口放出，然后再将上层液体由下口放出蒸馏装置图中仪器A.水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞。将分液漏斗倒转用力振摇的名称是___________，在步骤rm{A}中加入氯化钙的作用是_________。rm{垄脺}该实验产品的产率为____________。rm{(5)}该实验产品的产率为____________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】

设加速电压为U；磁感应强度为B，则。

由动能定理得：qU=

由牛顿第二定律得，qvB=m

联立上两式得r=

A、由上式得，当半径r保持不变；加速电压U越大，B也越大．故A正确．

B、若加速电压U保持不变，磁感应强度B越大，得到半径r越小．故B错误．

C、若磁感应强度B保持不变，加速电压U越大，得到半径r越大．故C错误．

D、质子圆周运动的周期为T=可见，周期T与质子的速度v无关，则与加速电压也无关．故D错误．

故选A

【解析】【答案】质子先经电场加速；由动能定理得到加速获得的速度与加速电压的关系；后磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径与速度的关系，即得到半径与磁感应强度；加速电压的关系，再进行分析．由圆周运动公式，得到周期与磁感应强度的关系．

2、B|D【分析】试题分析：当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A3的示数变化情况．根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A2的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A2与A3的变化量大小。根据闭合电路欧姆定律分析△U与△I1比值．当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小．所以电流表A3的示数减小，路端电压增大，电压表示数一定增大，故A选项错误，B选项错误；根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，电流表A2的示数变大，根据并联电路的电流规律I3=I1+I2，由于A1的示数I1变小，A2的示数I2变大，A3的示数I3变小，则知△I3一定小于△I2，△I1一定大于△I3，故C选项错误，根据闭合电路欧姆定律U=E-I3r可知，而△I1大于△I3，所以故D正确。故本题选：BD本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压即可正确解题。考点：闭合电路欧姆定律【解析】【答案】BD3、C【分析】解：A

根据万有引力等于重力GMmr2=mg

可以计算出地球的质量，A正确；

B、根据v=2娄脨rT

可计算出卫星的轨道半径r

万有引力提供向心力，则GMmr2=m4娄脨2rT2

可求出地球质量；B正确；

D、根据GMmr2=m4娄脨2rT2

可求出地球的质量；D正确；

C、可根据则GMmr2=m4娄脨2rT2

计算出太阳的质量；但无法计算地球的质量，C错误．

本题问的是不能计算出地球质量的是；所以选C．

故选：C

．

万有引力为：F=GMmr2

向心力的表达式：F=mv2r=m4娄脨2rT2

本题考查万有引力和圆周运动的表达式，掌握常用的几个圆周运动公式，熟悉运用，问题就能迎刃而解．【解析】C

4、D【分析】

A；线圈Q中电流不变；在线圈N中产生恒定的磁场，不产生感应电流．故A错误．

B、线圈Q中的电流均匀增加，则磁场均匀增加，产生的磁场通过线圈N，根据E=NS；知线圈N中产生恒定的电流，根据楞次定律，判定在N中产生的感应电流方向．故B错误．

C、线圈Q中的电流均匀减小，则磁场均匀减小，产生的磁场通过线圈N，根据E=NS；知线圈N中产生恒定的电流，根据楞次定律，判定在N中产生的感应电流方向．故C错误．

D；线圈Q中的电流不是均匀变化的；则产生的磁场也不均匀变化，根据法拉第电磁感应定律，在线圈N中产生变化的电流．故D正确．

故选D．

【解析】【答案】线圈P中产生的是感应电流；根据法拉第电磁感应定律判断大小，用楞次定律判断方向．

5、D【分析】【解析】【答案】D6、C【分析】【解答】解：

A、由电阻R=可知；灯泡的电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，电压增大，斜率减小，则电阻增大，故A正确；

B、C、由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=故B正确，C错误；

D；因为P=UI；所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．

本题选错误的；故选：C

【分析】该小灯泡是非线性元件，其电阻等于图线上的点与原点连线斜率的倒数，根据斜率的变化分析电阻的变化；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可对应图线的“面积”．7、C【分析】解：AB

对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0

时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0.

由题：Uab=0Ubc=0

则可知：灯L1L2

没有发生断路。故AB错误。

C

由题Ucd=4V

则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势。故C正确。

D

由上述分析可知D错误。

故选：C

对于完好的电阻；阻值一定，电流I=0

时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0.

若发生断路，其两端电压等于电源的电动势．

本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解．【解析】C

二、双选题(共2题，共4分)8、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB9、AB【分析】本题考查物质的性质。该题属于基础性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。

A.油脂在碱性水溶液中水解在工业上用于制肥皂；故A正确；

B.蔗糖是最重要的二糖；麦芽糖是它的同分异构体，故B正确；

C.在蔗糖与稀H2SO4共热后的溶液中；加氢氧化钠中和硫酸以后再滴加银氨溶液，再水浴加热有银镜生成，故C错误；

D.取淀粉与稀硫酸共热后的溶液；加入碘水溶液，溶液不变蓝，证明淀粉水解完全，故D错误；

​故选AB。【解析】AB三、填空题(共6题，共12分)10、略

【分析】【解析】【答案】（1）1（2）4（3）1/9（4）211、略

【分析】解：电容器与电源断开；故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小；

根据C=?s4娄脨kd

可知，电容C

增大，则根据C=QU

可知；电压U

减小；故静电计指针偏角减小；

两板间的电场强度E=Ud=QCd=4娄脨kQ?S

因此电场强度与板间距无关；因此电场强度不变；

再根据设P

与下极板距离为l

则P

点的电势娄脮P=El

电势能EP=ELq

因此电荷在P

点的电势能保持不变；

故答案为：减小；不变，不变．

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．

本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变．【解析】减小；不变；不变12、略

【分析】解：根据场强的定义可知；A

处的场强为：

E=FQA=5.4隆脕10鈭�84.0隆脕10鈭�10=135N/C

AB

间相互吸引；故A受力沿AB

方向，则场强方向沿AB

方向；

故答案为：135.

沿AB

方向．

根据场强的定义E=Fq

进行分析即可明确B

在A

处的场强大小；根据AB

间的相互作用分析A

受力情况，从而明确场强的方向．

本题考查场强的定义，要注意明确本题中给出的是A

受B

的电场力，所以应直接根据电场强度的定义式进行分析求解，不能根据点电荷的场强公式求解．【解析】135

沿AB

方向13、11460【分析】解：设原来C的质量为M0；衰变后剩余质量为M则有：

M=M0×（）n，其中n为发生半衰期的次数，由题意可知剩余质量为原来的故n=2，所以死亡时间为：2×5730=11460年。

故答案为：11460

根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解。

本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，注意平时多加练习，加深对公式的理解。【解析】1146014、略

【分析】本题考查的是对核反应方程的掌握情况。熟练掌握核反应方程的书写和配平就可以轻松解出此题。【解析】【答案】6，415、略

【分析】

(1)

粒子在加速电场U1

中运动时；电场力对粒子做正功，根据动能定理求解粒子穿过A

板时的速度大小v0

．

(2)

粒子进入偏转电场后做类平抛运动；垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动.

根据板长和初速度求出时间.

根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解粒子从偏转电场射出时的侧移量y

．

(3)

由速度时间公式求出粒子射出电场时竖直分速度；再根据数学知识，即可求得速度的偏转角娄脠

的正切，即可求得速度的偏转角娄脠

．

带电粒子关键要掌握电场中类平抛运动的研究方法，知道其方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．【解析】解：(1)

粒子在电场A

中加速运动，由动能定理得：qU1=12mv02鈭�0

得：v0=2U1qm

(2)

粒子在加速电场中作类平抛运动；

水平方向为匀速直线运动，则粒子在电场中偏转时间：t=Lv0

竖直方向为匀加速直线运动：a=Fm=Eqm=U2qdm

所以粒子从偏转电场射出时的侧移量：y=12at2=U2L24U1d

(3)

粒子从偏转电场射出时：水平方向有：vx=v0

竖直方向有：vy=at=U2qLdmv0

粒子从偏转电场射出时速度偏转角满足：tan娄脠=vyvx=U2L2U1d

所以电子从偏转电场射出时速度偏转角：娄脠=arctan(U2L2U1d)

答：(1)

粒子穿过A

板时速度大小v0

为2U1qm

．

(2)

粒子从偏转电场射出时的侧移量y

为U2L24U1d

(3)

粒子从偏转电场射出时速度的偏转角娄脠

为arctan(U2L2U1d).

四、判断题(共4题，共36分)16、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．17、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．18、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．19、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、实验探究题(共4题，共28分)20、略

【分析】解：（1）根据电阻定律公式；有：

R=其中：S=

联立解得：

ρ=

（2）由图甲所示螺旋测微器可知；固定刻度示数为0.5mm；

可动刻度所示为40.0×0.01mm=0.400mm；螺旋测微器的示数为0.5mm+0.400mm=0.900mm．

由图乙所示多用电表可知；金属丝电阻阻值R=7×1Ω=7Ω．

（3）①电源电动势为3V；考查测量的精确性，电压表选D；

最大电流：I==故电流表选择C；

考虑操作方便；滑动变阻器选择F，则选择的器材为ACDFH；

②由于说明待测电阻为小电阻，应采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，故电阻测量值比真实值偏小；

③电压表量程3V；最小刻度是0.1V，故电压为2.30V；电流表量程为0.6A，最小刻度为0.02A，故电流为0.46A．

故答案为：（1）（2）0.900；7；（3）①ACDFH；②外；小；③0.46；2.30．

（1）根据电阻定律公式R=列式求解电阻率；

（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数；

（3）①根据最大电压选择电压表；根据电路最大电流选择电流表，根据电源电动势；待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器；②先明确最小刻度，再读数即可．

用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；需要有较大的电压测量范围时，滑动变阻器采用分压式接法．【解析】0.900；7；ACDFH；外；小；0.46；2.3021、（1）如图（2）AC

【分析】【分析】(1)

要求滑动变阻器以限流方式接入电路；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。

(2)

根据安培力公式和动能定理进行分析。本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。【解答】(1)

电路如右图所示。

(2)AC.

根据公式F=BIL

可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理Fs?娄脤mgs=12mv2

得，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，故AC正确；B.若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力FF不变，棒的质量变大，速度变小。故B错误；故选AC。故答案为(1)

如图所示；(2)AC

【解析】(1)

如图(2)AC

22、略

【分析】解：(1)

本实验中要求电流从零开始调节；故应采用分压接法，同时灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故电路图如图所示：

(2)

根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；

(3)

采用分压接法时；开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，故打到A

端；

(4)

根据描点法作出U鈭�I

图象如图所示；当电压为2.5V

时，电流为0.27A

所以P=UI=2.5隆脕0.27=0.675W

故答案为：(1)

如图所示；(2)

如图所示；(3)A(4)0.675

．

(1)

明确实验原理；知道本验中应采用分压外接法；

(2)

根据原理图即可连接对应的实物图；

(3)

采用分压接法时；开始实验时为了安全和保护仪器，要使输出电压为零，即将测量电路短路．

(4)

根据所画出的U鈭�I

图象；得出小灯泡在3.8V

电压下的电流，根据P=UI

可以求出其额定功率．

本题考查伏安法测灯泡的伏安特性曲线，主要考查了有关电学实验的基础操作，对于电学实验一定要熟练掌握滑动变阻器的两种接法和电流表的内外接法等基础知识，同时注意掌握有关图象性质的把握．【解析】A0.675

23、略

【分析】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线；电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验应选择图丙所示电路图．

（2）根据电路图连线实物图如图所示：

（3）由图甲所示电路图可知；当滑动触头打到a端时通过电流表的电流是零，为防止烧表，在闭合开关S前，滑动变阻器触头应放在a端；

（4）由图示可知，灯泡额定电压3.8V对应的电流为0.5A，则此时灯泡电阻R===7.6Ω；

故答案为：（1）丙；（2）实物图如图所示；（3）a；（4）7.6．

（1）根据实验原理与灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法；然后选择电路图．

（2）滑动变阻器采用分压接法；闭合开关前，滑片应置于分压电压分压为零的位置．

（3）根据实验电路图连接实物电路图．

（4）由图象找出额定电压对应的电流；然后由欧姆定律求出灯泡电阻．

一般电学实验离不开变阻器，变阻器由分压和限流之分，在要求电压或电流从零调时必须用分压式接法；注意变阻器分压式和限流式在在闭合开关S前滑动触头位置的不同要求．【解析】丙；a；7.6六、实验题(共4题，共28分)24、略

【分析】【解析】【答案】（1）a．把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力（2分）；b．砂和桶的总质量远小于小车质量（2分）（2）b（2分）；纸带开始一段的点分布密集，位移的测量误差大（1分）（3）如图（3分，其中，坐标轴名称正确，标示坐标标度1分，图线正确2分）。（4）采用气垫导轨以减小摩擦力；利用“光电门”和计算机连接直接得到加速度，利用v-t图像计算加速度；用弹簧秤测量砂和桶的重力；用力和加速度的比值是否不变来处理数据，等等。（2分）25、略

【分析】验证动能定理所以需要测量合外力做功和动能变化，AB对；【解析】【答案】AB26、略

【分析】试题分析：（1）为了便于操作，选用和被测电阻相差不大的滑动变阻器，故选用闭合开