2024年滬科版高二物理上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科版高二物理上冊階段測試試卷969考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在我們?nèi)粘５捏w育課當(dāng)中，體育老師講解籃球的接觸技巧時，經(jīng)常這樣模擬：當(dāng)接迎面飛來的籃球，手接觸到球以后，兩臂隨球后引至胸前把球接住.

這樣做的目的是(

)

A.減小籃球的沖量B.減小籃球的動量變化C.增大籃球的動量變化D.減小籃球的動量變化率2、下列說法正確的是()

A.貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)B.用加溫或加壓的方法能改變原子核衰變的半衰期C.某原子核經(jīng)過一次婁脕

衰變后，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少2

個D.婁脗

射線是原子的核外電子電離后形成的電子流3、如圖所示的U～I(xiàn)圖線中，Ⅰ是電源的路端電壓隨電流變化的圖線，Ⅱ是某電阻兩端的電壓隨電流變化的圖線，用該電源向該電阻供電時電阻上消耗的功率和電源的電動勢A.4W和2VB.2W和3VC.2W和2VD.4W和3V4、如圖所示，實線與虛線分別表示振幅（振幅為A）、頻率均相同的兩列波的波峰和波谷．此刻M是波峰與波峰的相遇點，下列說法中不正確的是（）A.0、M連線的中點是振動加強的點，其振幅為2AB.P、N兩處的質(zhì)點始終處在平衡位置C.隨著時間的推移，M處的質(zhì)點將向O處移動D.從該時刻起，經(jīng)過四分之一周期，M處的質(zhì)點到達(dá)平衡位置，此時位移為零5、從陰極射線管發(fā)射出的一束電子，通過圖示的磁場，以下四幅圖中能正確描繪電子偏轉(zhuǎn)情況的是（）A.B.C.D.6、法拉第在物理學(xué)歷史上第一次提出了場的觀點，并用電場線形象的描述電場，以下關(guān)于電場和電場線的說法中正確的是（）A.電場線是電場中實際存在的，用來表示電場的強弱和方向B.帶電粒子在電場中的受力的方向就是場強的方向C.在同一個圖里，電場線越密，電場強度越大，電場線越稀疏，電場強度越小D.沿電場線方向，電場強度逐漸減小評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、如圖為某次物體作勻變速直線運動的紙帶（實驗時使用50Hz交流電，每兩個計數(shù)點之間有4個點沒有畫出，單位：cm）則：第2個計數(shù)點的速度______，物體運動的加速度______．

8、(1)

對下列幾種固體物質(zhì)的認(rèn)識，正確的有________A.食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體B.燒熱的針尖接觸涂有蜂蠟薄層的云母片背面，熔化的蜂蠟呈橢圓形，說明蜂蠟是晶體C.天然石英表現(xiàn)為各向異性，是由于該物質(zhì)的微粒在空間的排列不規(guī)則D.石墨和金剛石的物理性質(zhì)不同，是由于組成它們的物質(zhì)微粒排列結(jié)構(gòu)不同(2)

在裝有食品的包裝袋中充入氮氣，可以起到保質(zhì)作用.

某廠家為檢測包裝袋的密封性，在包裝中充滿一定量的氮氣，然后密封進行加壓測試.

測試時，對包裝袋緩慢地施加壓力.

將袋內(nèi)的氮氣視為理想氣體，則加壓測試過程中，包裝袋內(nèi)壁單位面積上所受氣體分子撞擊的作用力_______(

選填“增大”、“減小”或“不變”)

包裝袋內(nèi)氮氣的內(nèi)能_________(

選填“增大”、“減小”或“不變”)

．(3)

給某包裝袋充入氮氣后密封，在室溫下，袋中氣體壓強為1

個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓、體積為1L.

將其緩慢壓縮到壓強為2

個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓時，氣體的體積變?yōu)?.45L.

請通過計算判斷該包裝袋是否漏氣．9、如圖所示，青藏鐵路分路段路基兩旁各插有一排碗口粗細(xì)、高約2米的鐵棒，我們叫它熱棒．熱棒在路基下還埋有5米深，整個棒體是中空的，里面灌有少量液氨．熱棒的作用相當(dāng)于天然的“制冷機”，它是我們學(xué)過的物態(tài)變化知識的創(chuàng)造性應(yīng)用．熱棒的工作原理是：當(dāng)路基溫度升高時，液態(tài)氨吸熱發(fā)生成氣態(tài)____上升到熱棒的上端；氣態(tài)氨遇冷放熱發(fā)生____變成了液態(tài)氨；又沉入了棒底．如此不斷循環(huán)，有效的防止了路基溫度的升高．

10、如圖所示，兩個相通的容器A、B間裝有閥門S，A中充滿氣體，分子與分子之間存在著微弱的引力，B為真空．打開閥門S后，A中的氣體進入B中，最終達(dá)到平衡，整個系統(tǒng)與外界沒有熱交換，則氣體的內(nèi)能____（選填“變小”、“不變”或“變大”），氣體的分子勢能____（選填“減少”、“不變”或“增大”）11、一群氫原子處于量子數(shù)n=4n=4的能級狀態(tài)，氫原子的能級圖如圖所示，則：

(1)(1)氫原子可能發(fā)射____種頻率的光子。

(2)(2)氫原子由量子數(shù)n=4n=4的能級躍遷到n=2n=2的能級時輻射光子的能量是_________電子伏。

(3)(3)用(2)(2)中的光子照射下表中幾種金屬，金屬______能發(fā)生光電效應(yīng)；發(fā)生光電效應(yīng)時，發(fā)射光電子的最大初動能是____電子伏。。金屬銫鈣鎂鈦逸出功W/eV

1.9

2.7

3.7

4.1

評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)12、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）13、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強處處為零，導(dǎo)體外表面場強方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯）14、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）

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(fù)，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、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）

19、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(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)20、請描述出圖中通電導(dǎo)線周圍的磁感線和單個正電荷周圍的電場線。21、（９分）有一個直流電動機,把它接入0.2V電壓的電路時,電機不轉(zhuǎn),測得流過電動機的電流是0.4A；若把電動機接入2.0V電壓的電路中,電動機正常工作,工作電流是1.0A,求電動機正常工作時的輸出功率多大?如果在電動機正常工作時,轉(zhuǎn)子突然被卡住，電動機的發(fā)熱功率是多大？22、某同學(xué)在做“利用單擺測重力加速度”的實驗中；先測得擺線長為97.50cm，擺球直徑為2.00cm，然后用秒表記錄了單擺振動50次所用的時間，如圖1所示，則：

（1）該擺擺長為______cm，秒表所示讀數(shù)為______s．

（2）如果測得的g值偏小，可能的原因是______

A．測擺線長時擺線拉得過緊。

B．?dāng)[線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了。

C．開始計時時；秒表過遲按下。

D．實驗中誤將49次全振動記為50次。

（3）為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應(yīng)的周期T，從而得出一組對應(yīng)的l與T的數(shù)據(jù)，再以l為橫坐標(biāo)，T2為縱坐標(biāo)，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖2所示，并求得該直線的斜率為k，則重力加速度g=______（用k表示）．評卷人得分五、綜合題(共1題，共10分)23、如圖所示；宇航員站在某質(zhì)量分布均勻的星球表面一斜坡上的P

點沿水平方向以初速度婁脭0

拋出一個小球，測得小球經(jīng)時間t

落到斜坡上另一點Q

斜面的傾角為婁脠

已知該星球半徑為R

萬有引力常量為G

求：

(1)

該星球表面的重力加速度g

(2)

該星球的第一宇宙速度婁脭

(3)

人造衛(wèi)星在該星球表面做勻速圓周運動的最小周期T

．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】本題考查了動量定理的應(yīng)用。抓住籃球動量的變化量相同，通過比較時間，根據(jù)動量定理進行分析。本題考查動量定理的基本的運用，并且能與生活實際相聯(lián)系。【解答】手接觸到球的過程，籃球的動量變化為定值，據(jù)動量定理，籃球的沖量也為定值，兩臂隨球后引至胸前，目的是延長接觸時間，減小籃球的動量變化率，從而減小球?qū)κ值淖饔昧?；所以，故ABC錯誤，D正確。故選D?！窘馕觥緿

2、C【分析】【分析】

貝克勒爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究發(fā)現(xiàn)了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；盧瑟福發(fā)現(xiàn)原子結(jié)構(gòu)，半衰期由原子核本身決定，經(jīng)過一次a

衰變后，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少2

個，質(zhì)量數(shù)少4婁脗

射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時放出的電子。

本題需要掌握半衰期的特點；衰變的實質(zhì)和婁脗

射線的性質(zhì)。

【解答】

A.貝克勒爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究發(fā)現(xiàn)了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)；而不是原子核結(jié)構(gòu)，故A錯誤；

B.半衰期由原子核本身決定，與外界因素?zé)o關(guān)，故B錯誤；C.某原子核經(jīng)過一次a

衰變后；核內(nèi)質(zhì)子數(shù)減少2

個，質(zhì)量數(shù)少4

故C正確；

D.婁脗

射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時放出的電子；故D錯誤。

故選C?！窘馕觥緾

3、D【分析】試題分析:根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知，當(dāng)I=0時，U=E，則由圖線Ⅰ與縱軸交點讀出電源的電勢為E=3V，其斜率等于電源的內(nèi)阻r==0.5Ω，由圖線Ⅱ得，導(dǎo)體的電阻為R==1Ω，當(dāng)該導(dǎo)體和電源連接成閉合電路時，電路中電流為I==2A，路端電壓U=E-Ir=2V，電源的輸出功率為P=UI=4W。故選D考點：閉合電路的歐姆定律，電功、電功率【解析】【答案】D4、C【分析】解：A；由于OM是振動加強點；結(jié)合圖可知，由圖知連線的中點到兩波源的距離差為半個波長的偶數(shù)倍，所以該點是振動加強的點，其振幅為2A，故A正確；

B；P、N兩點是波谷和波峰疊加；位移始終為零，即處于平衡位置，B正確；

C；振動的質(zhì)點只是在各自的平衡位置附近振動；不會“隨波逐流”，C錯誤；

D；從該時刻起；經(jīng)過四分之一周期，質(zhì)點M到達(dá)平衡位置，D正確；

本題選不正確的；故選：C．

由圖知M；O都處于振動加強點；在波的傳播過程中，質(zhì)點不會向前移動；利用振動加強點的路程差為半個波長的偶數(shù)倍；再結(jié)合振動特點分析即可．

介質(zhì)中同時存在幾列波時，每列波能保持各自的傳播規(guī)律而不互相干擾；在波的重疊區(qū)域里各點的振動的物理量等于各列波在該點引起的物理量的矢量和．【解析】【答案】C5、B【分析】解：如圖；電子束從陰極（-極）射出，根據(jù)左手定則：伸開左手，磁感線穿過手心，四指指向電子運動的相反方向，拇指指向洛倫茲力方向，判斷得知電子所受的洛倫茲力方向向下，則電子束向下偏轉(zhuǎn)，故B正確．

故選：B

電子從陰極射出；在磁場中受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，即可確定電子束偏轉(zhuǎn)的方向．

本題是左手定則的應(yīng)用問題，應(yīng)用左手定則時，要注意電子帶負(fù)電，四指向電子運動的相反方向．【解析】【答案】B6、C【分析】解：AC；電場是客觀的存在；電場線是人為虛擬的，不是客觀的存在，而電場線的疏密代表電場的強弱，故電場線越密的地方場強越強，故A錯誤，C正確；

B；電場中某點的電場強度的方向與放在該點的試探正點電荷所受電場力方向相同；而負(fù)電荷受到電場力方向與該處電場方向相反，故B錯誤；

D；在任何電場中；沿電場線方向，電勢必定越來低，而電場線的疏密代表電場的強弱，因此電場強度與電勢沒有關(guān)系，故D錯誤；

故選：C。

電場線的方向是正電荷所受電場力的方向；而正負(fù)電荷所受的電場力的方向相反；電場線是假想的；電場線的疏密代表電場的強弱，故電場線越密的地方場強越強；電場強度與電勢沒有關(guān)系。

記住電場線的特點即可順利解出此題，故要在理解的基礎(chǔ)上牢記基本概念，注意電場強度方向與電荷的正負(fù)受到電場力的方向關(guān)系。【解析】C二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】解：他按打點先后順序每5個點取1個計數(shù)點；所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔為T=0.1s．

根據(jù)刻度尺的示數(shù)可知1到O的距離為：1.20cm；3到O的距離為：5.40cm．5到O的距離為：12.00cm；

因此：x13=4.20cm，x35=6.60cm

根據(jù)勻變速直線運動特點；可知B點的瞬時速度為：

v2==0.210m/s

由題意可知△x=aT2；根據(jù)逐差法求解加速度；

a==0.60m/s2．

故答案為：0.210m/s；0.60m/s．

根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大??；根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上2點時小車的瞬時速度大?。?/p>

本題借助實驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應(yīng)用，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用．【解析】0.210m/s；0.60m/s8、(1)AD(2)增大不變(3)漏氣

【分析】(1)

晶體才有固定的熔點，A正確。熔化的蜂蠟呈橢圓形說明云母片導(dǎo)熱具有各向異性的特點，故此現(xiàn)象說明云母片是晶體，B錯誤;

晶體具有各向異性的原因是物質(zhì)微粒在空間的排列是規(guī)則的，而在不同方向上單位長度內(nèi)的物質(zhì)微粒數(shù)目不同，引起不同方向上性質(zhì)不同，故C錯誤。石墨的物質(zhì)微粒在空間上是片層結(jié)構(gòu)，而金剛石的物質(zhì)微粒在空間上是立體結(jié)構(gòu)，從而引起二者在硬度、熔點等物理性質(zhì)上的差異，D正確。(2)

對包裝袋緩慢施加壓力，袋內(nèi)氣體的溫度不變，壓強增大。所以包裝袋內(nèi)壁單位面積上所受氣體分子的撞擊力增大。理想氣體的內(nèi)能由氣體分子的動能決定，而溫度是分子平均動能的標(biāo)志，所以，溫度不變，氣體內(nèi)能不變。(3)

若不漏氣，加壓后氣體的溫度不變，設(shè)其體積為V1

由理想氣體狀態(tài)方程得p0V0=p1V1

代入數(shù)據(jù)得V1=0.5L

因為0.45L<0.5L

故包裝袋漏氣。

【解析】(1)AD

(2)

增大不變(3)

漏氣

9、汽化液化【分析】【解答】變?yōu)闅鈶B(tài)的過程叫汽化；氣態(tài)氨變?yōu)橐簯B(tài)的過程叫液化．故答案為：汽化；液化．

【分析】物體由液態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)的過程叫汽化；物體由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)的過程叫液化．根據(jù)汽化和液化的定義來分析．10、不變增大【分析】【解答】打開閥門；氣體膨脹，因為右邊是真空，所以不對外做功，絕熱過程，故由熱力學(xué)第一定律可得，氣體的內(nèi)能不變，溫度就不變；由于體積增大，即分子間的作用力將更小，所以氣體分子勢能增大．故答案為：不變，增大．

【分析】打開閥門后，氣體膨脹，則由熱力學(xué)第一定律可得內(nèi)能的變化；據(jù)分子勢能有體積決定判斷分子勢能的變化．11、(1)6

種

(2)2.55eV

(3)

銫0.65eV

【分析】【分析】(1)

根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式求出氫原子可能發(fā)射的光子頻率種數(shù)；(2)

能級間躍遷輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差；(3)

根據(jù)光電效應(yīng)的條件判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)且由愛因斯坦光電效應(yīng)方程解得發(fā)射光電子的最大初動能。解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律，以及掌握光電效應(yīng)的條件和光電效應(yīng)方程?！窘獯稹?1)

因為Cn2=C42=6

知氫原子可能發(fā)射6

種頻率的光子；

(2)

氫原子由量子數(shù)n=4

的能級躍遷到n=2

的能級時，由玻爾理論可知輻射光子的能量等于兩能級間的能級差，即E=E4鈭?E2=(鈭?0.85+3.40)eV=2.55eV

(3)

由圖可知，該能量E

只大于銫的逸出功，故光子只有照射銫金屬才能發(fā)生光電效應(yīng)；又由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可得發(fā)射光電子的最大初動能：Ek=E鈭?W0=0.65eV

故填：(1)6

種；(2)2.55eV(3)

銫，0.65eV

【解析】(1)6

種

(2)2.55eV

(3)

銫0.65eV

三、判斷題(共8題，共16分)12、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．13、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體在點電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)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(dǎo)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(dǎo)體是等勢體．14、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．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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)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(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對大小．

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(guān)．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(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關(guān)；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(guān)．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、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．19、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(fù)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(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)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．四、作圖題(共3題，共9分)20、略

【分析】

根據(jù)安培定則判斷出磁感線的方向；再畫出磁感線。正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠(yuǎn)終止。

對于常見的磁場的磁感線和電場的電場線分布要在理解的基礎(chǔ)上，加強記憶?！窘馕觥拷猓焊鶕?jù)安培定則判斷可知：通電導(dǎo)線周圍的磁感線方向沿逆時針方向(

俯視)

是以導(dǎo)體上各點為圓心的一簇同心圓，磁感線的分布如圖；正電荷周圍的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠(yuǎn)終止，其電場線分布如圖。21、略

【分析】試題分析：把它接入0.2V電壓的電路時,電機不轉(zhuǎn)，可求電動機線圈電阻r＝電動機正常工作時電動機的輸入功率P入＝UI＝2.0W，電動機線圈的熱功率P熱＝I2r=0.5W,輸出功率P出＝P入－P熱＝1.5W。若電動機正常工作時轉(zhuǎn)子突然卡住，電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則熱功率P熱＝考點：本題考查功率的計算?！窘馕觥俊敬鸢浮?.5W，8W22、略

【分析】解：（1）單擺的擺長l=L+=．

秒表的小盤讀數(shù)為50s；大盤讀數(shù)為15.2s，則秒表的讀數(shù)為75.2s．

（2）根據(jù)T=得，g=

A；測擺線長時擺線拉得過緊；則擺長的測量值偏大，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故A錯誤．

B；擺線上端懸點未固定；振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了，知擺長的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏小，故B正確．

C；開始計時時；秒表過遲按下，則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故C錯誤．

D；實驗中誤將49次全振動記為50次；則周期的測量值偏小，導(dǎo)致重力加速度的測量值偏大，故D錯誤．

故選：B．

（3）根據(jù)T=得，可知圖線的斜率k=則重力加速度g=．

故答案