…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版高二物理上冊階段測試試卷991考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示為有兩個量程的電壓表，當使用a、b兩端點時，量程為1V；當使用a、c兩端點時，量程為10V。已知電流表的內(nèi)阻Rg為50Ω，滿偏電流Ig為1mA。則R1和R2的電阻值：A.R1=950Ω，R2=9kΩB.R1=9kΩ，R2=950ΩC.R1=9kΩ，R2=1kΩD.R1=1kΩ，R2=9kΩ2、一帶電粒子平行磁場方向射入只存在勻強磁場的某區(qū)域中（不計重力），則（）A.帶電粒子一定做勻速直線運動B.帶電粒子一定做勻變速直線運動C.帶電粒子一定做類平拋運動D.帶電粒子一定做勻速圓周運動3、如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上；槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A

的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A

點進入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是()

A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球自半圓槽的最低點B

向C

點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒D.小球離開C

點以后，將做豎直上拋運動4、放射性元素A

經(jīng)過2

次婁脕

衰變和1

次婁脗

衰變后生成一新元素B

則元素B

在元素周期表中的位置較元素A

的位置向前移動了(

)

A.1

位B.2

位C.3

位D.4

位5、如圖所示，不可伸長的細線AOBOCO

所能承受的最大拉力相同，細線BO

水平，AO

與豎直方向的夾角為婁脠

若逐漸增加物體的重力G

最先斷的細線是(

)

A.AO

B.BO

C.CO

D.婁脠

角不知道，無法確定6、如圖所示，一正弦交流電瞬時值為e=220sin100πtV，通過一個理想電流表，接在一個理想的降壓變壓器兩端．以下說法正確的是（）A.流過r的電流方向每秒鐘變化50次B.變壓器原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)C.開關從斷開到閉合時，電流表示數(shù)變小D.開關閉合前后，AB兩端電功率可能相等7、如圖；兩根相互平行的長直導線過紙面上的M；N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點，且MP＝PN＝NQ，則下面說法正確的是（）

A.磁感應強度Bp＞BQB.磁感應強度Bp＜BQC.將同一電流元分別放置于P、Q兩點、所受安培力一定有Fp＞Fq．D.將同一電流元分別放置于P、Q兩點，所受安培力一定有Fpq評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、在光電效應的實驗中，如果入射光的頻率不變而強度增加，單位時間產(chǎn)生的光電子數(shù)(填增加、減小或不變)；如果入射光的頻率增加，光電子的最大初動能(填增加、減小或不變)。9、在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的實驗中備有下列器材：

A.小燈泡(3.8V,1.5W)

B.直流電源(

電動勢4.5V

內(nèi)阻約0.4婁賂)

C.電流表(

量程0隆蘆500mA

內(nèi)阻約0.5婁賂)

D.電壓表(

量程0隆蘆5V

內(nèi)阻約5000婁賂)

E.滑動變阻器R1(0隆蘆5婁賂

額定電流2A)

F.滑動變阻器R2(0隆蘆50婁賂

額定電流1A)

G.開關一個；導線若干。

如果既要滿足測量要求；又要使測量誤差較小，應選擇如圖所示的四個電路中的______，應選用的滑動變阻器是______．

10、如圖所示的電路中，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=1Ω，電容器的電容C=40μF，電阻R1=R2=4Ω，R3=5Ω．接通電鍵S，待電路穩(wěn)定后，則理想電壓表V的讀數(shù)U=；電容器的帶電量Q=．（保留兩位有效數(shù)字）11、（1）如圖所示，把一塊潔凈的玻璃板吊在橡皮筋下端，使玻璃板水平接觸水面．如果你想使玻璃板離開水面，必須用比玻璃板重力____的拉力向上拉橡皮筋，原因是水分子和玻璃的分子間存在____作用．

（2）往一杯清水中滴入一滴紅墨水，過一段時間后，整杯水都變成了紅色，這一現(xiàn)象在物理學中稱為____現(xiàn)象，是由于分子的____而產(chǎn)生的。12、在遠距離輸電中，輸送電壓為220

伏，輸送的電功率為44

千瓦，輸電線的總電阻為0.2

歐，在使用原副線圈匝數(shù)比為110

的升壓變壓器升壓，再用101

的降壓變壓器降壓方式送電時.

輸電線上損失的電壓為______V

損失的電功率為______W.

13、氘核粒子和氚核粒子可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：12H+13H隆煤24He+X

式中X

是某種粒子，粒子X

是______；已知：12

H、13

H、24HeX

單個粒子的實際質(zhì)量分別為m1m2m3m4

該反應的質(zhì)量虧損為______；若該反應中生成24He

的總質(zhì)量為A

則放出的總核能為______(

真空中光速為c)

．14、為探究理想變壓器原、副線圈電壓、電流的關系，將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈連接相同的燈泡L1、L2，電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2，導線電阻不計，如圖所示。當開關S閉合后A1示數(shù)______，A1與A2示數(shù)的比值______。（填變大、變小或者不變）評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）16、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）17、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）18、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

19、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）20、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內(nèi)部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）21、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

22、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、計算題(共2題，共6分)24、如圖，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相l(xiāng)＝1.0m，物塊A以速度＝10m/s沿水平方向與B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運動，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m/s.已知A和B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的k倍，物塊與地面的動摩擦因數(shù)μ=0.45.（設碰撞時間很短，g取10m/s2）（1）計算與C碰撞前瞬間AB的速度；（2）根據(jù)AB與C的碰撞過程分析k的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運動方向．25、如圖所示，在空間中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，磁場上下邊緣間距為h(h>2L)

磁感應強度為B

邊長為L

電阻為R

質(zhì)量為m

的正方形導體線框緊貼磁場區(qū)域的上邊從靜止下落，當線圈PQ

邊到達磁場的下邊緣時，恰好開始做勻速運動，重力加速度為g

求：

(1)PQ

運動到磁場下邊緣時速度大?。?2)

線圈的MN

邊剛好進磁場時的速度大??；評卷人得分五、畫圖題(共2題，共4分)26、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象27、13.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應電流隨時間變化的圖象評卷人得分六、實驗探究題(共2題，共16分)28、如圖1

所示；用“碰撞實驗器“可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．

(1)

實驗中；直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通過僅測量______(

填選項前的符號)

間接地解決這個問題．

A.小球開始釋放高度h

B.

小球拋出點距地面的高度H

C.小球做平拋運動的射程。

(2)

圖2

中O

點是小球拋出點在地面上的垂直投影.

實驗時；先讓入射球m1

多次從斜軌上S

位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P

測量平拋射程OP.

然后，把被碰小球m2

靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1

從斜軌上S

位置靜止釋放，與小球m2

相碰，并多次重復.

接下來要完成的必要步驟是______.(

填選項前的符號)

A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1m2

B.測量小球m1

開始釋放高度h

C.測量拋出點距地面的高度H

D.分別找到m1m2

相碰后平均落地點的位置MN

E.測量平拋射程OMON

29、如圖甲所示；為某同學測繪額定電壓為3.0v

的小燈泡的I鈭?U

特性曲線的實驗電路圖．

(1)

根據(jù)電路圖甲進行實驗；請你指出該電路圖中的伏安法是______(

填：內(nèi)接法或外接法)

供電電路是______(

填“限流電路”或“分壓電路”)

(2)

開關S

閉合之前；圖乙中的滑動變阻器的滑片應該置于______端(

選填“A

”；“B

”或“AB

中間”)

(3)

圖乙中的實驗電路缺少兩根導線；用筆畫線代替導線，將其連接完整．

(4)

實驗中測得有關數(shù)據(jù)如下表：

。第1

組第2

組第3

組第4

組第5

組第6

組第7

組U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27根據(jù)表中的實驗數(shù)據(jù)，請在圖丙中標出第5

組至第7

組數(shù)據(jù)點，畫出小燈泡的I鈭?U

特性曲線(

第1

組至第4

組數(shù)據(jù)已經(jīng)在坐標紙上標出)

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】試題分析：根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路的特點可知代入數(shù)據(jù)可解得同理有代入數(shù)據(jù)可解得所以只有選項A正確；考點：串聯(lián)電路特點、歐姆定律【解析】【答案】A2、A【分析】解：由于帶電粒子平行磁場方向射入只存在勻強磁場的區(qū)域中；速度的方向與磁場的方向平行，粒子不受洛倫茲力，所以粒子一定做勻速直線運動．故A正確．

故選：A

根據(jù)洛倫茲力的條件；當帶電粒子平行磁場方向射入只存在勻強磁場的某區(qū)域中時，粒子不受洛倫茲力．

帶電粒子在磁場中運動時，有三種情況：勻速直線運動，勻速圓周運動，和勻速螺旋運動，一定要注意粒子的運動方向與磁場的方向之間的關系．【解析】【答案】A3、C【分析】小球在半圓槽內(nèi)運動的B

到C

過程中；小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒.

由于小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運動，動能增加，則知小球的機械能減小，故A錯誤；小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，左側(cè)物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤；小球自半圓槽的最低點B

向C

點運動的過程中，水平方向合外力為零，故小球與半圓槽動量守恒.

故C正確；小球離開C

點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動.

故D錯誤；故選C

考點：動量守恒定律。

【解析】C

4、C【分析】【分析】

根據(jù)原子核經(jīng)過一次婁脕

衰變；電荷數(shù)減小2

質(zhì)量數(shù)減小4

經(jīng)過一次婁脗

衰變，電荷數(shù)增加1

質(zhì)量數(shù)不變，分析求解即可．

該題從一個比較特殊的角度考查對兩種衰變的本質(zhì)的理解；在解答中要根據(jù)婁脕

衰變與婁脗

衰變的實質(zhì)，分析質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)的變化即可.

注意元素在元素周期表中的位置的變化與質(zhì)子數(shù)的變化有關．

【解答】

原子核經(jīng)過一次婁脕

衰變；電荷數(shù)減小2

所以經(jīng)過2

次婁脕

衰變后電荷數(shù)減小4

同時，經(jīng)過一次婁脗

衰變，電荷數(shù)增加1

所以元素A

經(jīng)過2

次婁脕

衰變和1

次婁脗

衰變后電荷數(shù)減小3

則生成的新元素在元素周期表中的位置向前移3

位，故C正確，ABD錯誤；

故選C．【解析】C

5、A【分析】解：以結(jié)點為研究對象；分析受力情況：三根細線的拉力.

重物對O

點的拉力等于mg

．

作出力圖如圖：

由共點力平衡；結(jié)合正交分解法，得到：

x

方向F2cos婁脠鈭?F1=0

y

方向F2sin婁脠鈭?G=0

解得：

F1=mgtan婁脠

F2=mgcos婁脠

則可知；AO

的拉力最大，故增大mg

時AO

最先斷開，故BCD錯誤，A正確．

故選：A

．

以點O

為研究對象；分析受力情況：三根細線的拉力.

重物對O

點的拉力等于mg.

作出力圖分析.

明確三繩中哪根繩上受力最大，受力最大的繩最先斷開．

本題是三力平衡問題，注意研究對象為結(jié)點O

同時在運用共點力平衡條件解決平衡問題時，可以用合成法、分解法、正交分解法等；對于選擇題，本題可以直接根據(jù)作出的圖形利用幾何關系得出結(jié)論：直角三角形斜邊最長，則可知F2

最大攏隆

【解析】A

6、D【分析】解：A；由表達式知交流電的頻率50Hz；所以電流方向每秒鐘變化100次，A錯誤；

B；降壓變壓器原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)；B錯誤；

C；開關從斷開到閉合時；副線圈電阻減小，電壓不變，所以副線圈電流增大，則原線圈電流即電流表示數(shù)變大，C錯誤；

D、開關閉合前，AB兩端的功率為：開端閉合后，AB兩端的功率為：若：即：時，PAB=PAB′即閉合前后AB兩端電功率相等；故D正確。

故選：D。

變壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比；與電流成反比；負載決定輸出電流變化，從而影響輸入電流的變化．

本題考查了變壓器的特點，注意根據(jù)交流電瞬時值表達式獲取有用信息，難度不大，屬于基礎題．【解析】D7、A【分析】【詳解】

AB．根據(jù)右手定則可知；M在P的磁場方向向上，N在P點的磁場也向上，則疊加后P點合磁場向上；M在Q的磁場方向向上，N在Q點的磁場向下，則疊加后Q點的合磁場向下，且小于P點的磁場大小，選項A正確，B錯誤；

CD．電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關，則無法比較同一電流元分別放置于P、Q兩點所受安培力的大小，選項CD錯誤．二、填空題(共7題，共14分)8、略

【分析】試題分析:光的強弱影響單位時間內(nèi)發(fā)出光電子的數(shù)目，若增加該入射光的強度，則單位時間內(nèi)從該金屬表面逸出的光電子數(shù)增加，由愛因斯坦光電效應方程Ekm=hv-W0可知：如果入射光的頻率增加，光電子的最大初動能增加。考點：光電效應【解析】【答案】增加；增加9、略

【分析】解：由于伏安特性曲線中的電壓和電流均要從零開始測量，所以滑動變阻器應選用分壓式，分壓式接法適用于測量較大阻值電阻(

與滑動變阻器的總電阻相比)

由于R1<RL

選用R1

時滑片移動時，電壓變化明顯，便于調(diào)節(jié).

又小燈泡的電阻約RL=U2P=3攏廬821.5隆脰9.6婁賂RVRL>RLRA

所以安培表應該選用外接法.

故應選用圖丁所示電路由于電路中采用分壓接法，故滑動變阻器應采用小電阻R1

故答案為：丁；R1

．

根據(jù)實驗的原理可得實驗中應選用滑動變阻器的接法；由電流表及燈泡內(nèi)阻間的關系可選用電流表的接法．

當要求電流或電壓從零調(diào)或變阻器的最大電阻值遠小于待測電阻值時，滑動變阻器必須用分壓式接法；當定值電阻值遠小于電壓表內(nèi)阻時，電流表應用外接法．【解析】??；R1

10、略

【分析】【解析】試題分析：由于電壓表為理想電壓表，內(nèi)阻無窮大，所以閉合開關電路穩(wěn)定后沒有電流流過R2，R2相當于一條導線，電路中只有R2、R3和電源串聯(lián)，由此可知電流為電阻R3兩端電壓為5V，電壓表示數(shù)為5V，電容器兩端電壓為R1兩端電壓，所以電容器兩端電壓為4V，由電量Q=CU=40μF×4V=1.6×10-4C考點：考查含容電路的分析【解析】【答案】5.0V；1.6×10-4C11、大引力擴散無規(guī)則運動【分析】【解答】（1）當玻璃板與水面接觸時；玻璃板與水分子之間存在作用力，當用力向上拉時，水分子之間要發(fā)生斷裂，還要克服水分子間的作用力，所以拉力比玻璃板的重力要大，反映出水分子和玻璃的分子間存在引力作用。（2）往一杯清水中滴入一滴紅墨水，一段時間后，整杯水都變成了紅色，這種不同物質(zhì)彼此進入對方的現(xiàn)象，稱為擴散現(xiàn)象，是由分子的無規(guī)則運動產(chǎn)生的.

【分析】本題考查了分子間的相互作用力及擴散12、480

【分析】解：在遠距離輸電中；輸送電壓為220

伏，使用原副線圈匝數(shù)比為110

的升壓變壓器升壓，故升壓變壓器的輸出電壓為2200V

根據(jù)P=UI

輸出電流為：

I=44隆脕1000W2200V=20A

故電壓損失為：鈻?U=Ir=20A隆脕0.2婁賂=4V

電功率損失為：鈻?P=I2r=202隆脕0.2=80W

故答案為：480

．

根據(jù)變壓比公式求解升壓變壓器的輸出電壓U

根據(jù)P=UI

求解傳輸電流，根據(jù)鈻?U=Ir

求解電壓損失，根據(jù)鈻?P=I2r

求解功率的損失．

掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決，注意輸電的電流的求解，及損失的功率計算．【解析】480

13、略

【分析】解：核反應方程式為：12H+13H隆煤24He+X

方程中的X

為01n

這個核反應中質(zhì)量虧損為：

鈻?m=m1+m2鈭?m3鈭?m4

若該反應中生成24He

的總質(zhì)量為A

則放出的總核能：鈻?E=(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

故答案為：(1)01n(

或中子)m1+m2鈭?m3鈭?m4(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

．

根據(jù)核反應方程的質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)守恒；即可求解；

根據(jù)質(zhì)能方程求出釋放能量；即可求解．

質(zhì)能方程是原子物理中的重點內(nèi)容之一，該知識點中，關鍵的地方是要知道反應過程中的質(zhì)量虧損等于反應前的質(zhì)量與反應后的質(zhì)量的差.

屬于基礎題目．【解析】01n(

或中子)m1+m2鈭?m3鈭?m4(m1+m2鈭?m3鈭?m4)Ac2m3

14、變大不變【分析】解：由于理想變壓器原線圈接到電壓有效值不變；匝數(shù)比不變，則副線圈電壓不變；

開關S閉合后，變壓器副線圈的負載電阻減小，V2不變，由歐姆定律可得A2示數(shù)變大；

根據(jù)可知，A1示數(shù)也變大；

由于理想變壓器P2=P1，V1與V2示數(shù)的比值不變，所以A1與A2示數(shù)的比值不變；

故答案為：變大；不變。

與閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R2的變化；確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況。

電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法?！窘馕觥孔兇蟛蛔?nèi)⑴袛囝}(共9題，共18分)15、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．16、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．17、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．19、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大?。?/p>

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大??；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．20、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內(nèi)部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應現(xiàn)象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內(nèi)部出現(xiàn)感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內(nèi)部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．21、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據(jù)場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．22、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大?。摹⒂嬎泐}(共2題，共6分)24、略

【分析】試題分析：（1）設AB碰撞后的速度為AB碰撞過程由動量守恒定律得設與C碰撞前瞬間AB的速度為由動能定理得聯(lián)立以上各式解得該過程為完全非彈性碰撞，（2）若AB與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得：k=2此時AB的運動方向與C相同若AB與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒得聯(lián)立以上兩式解得代入數(shù)據(jù)解得此時AB的運動方向與C相反若AB與C發(fā)生碰撞后AB的速度為0，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得總上所述得：當時，AB的運動方向與C相同；當時，AB的速度為0；當時，AB的運動方向與C相反．考點：考查了動量守恒定律的應用【解析】【答案】（1）4.0m/s（2）當時，AB的運動方向與C相同；當時，AB的速度為0，當時，AB的運動方向與C相反．25、解：（1）設線圈勻速穿出磁場區(qū)域的速度為v，此過程線圈的重力與安培力平衡，由平衡條件得：mg=BIL，E=BLv，解得：（2）設線圈的MN邊剛好進入磁場時，線圈的速度大小為v0，線圈完全在磁場中運動的過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，不受安培力，機械能守恒，由機械能守恒定律得：解得：【分析】本題是電磁感應與力學的綜合，正確分析線圈的受力情況，運用力學的基本規(guī)律：平衡條件、機械能守恒定律即可正確解題。(1)

當線圈的PQ

邊到達磁場下邊緣時，恰好做勻速運動，重力與安培力二力平衡，由平衡條件和安培力公式求出線圈的速度；(2)

線圈完全進入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應電流產(chǎn)生，不受安培力，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律求解MN

邊剛好進入磁場時，線圈的速度大小?！窘馕觥拷猓?1)

設線圈勻速穿出