2025年滬科新版高二物理下冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版高二物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、關于結合能，下列說法中正確的是A.比結合能越大，原子核越穩(wěn)定B.原子核越大，它的結合能越高C.原子核是核子結合在一起的，要把它們分開，需要能量，這就是原子的結合能D.中等大小的核比結合能最小2、關于光的干涉現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A.波峰與波峰疊加處將出現(xiàn)亮條紋，波谷與波谷疊加處將出現(xiàn)暗條紋B.雙縫干涉實驗中光屏上距兩狹縫的路程差為1個波長的某位置將出現(xiàn)亮紋C.把雙縫干涉實驗中入射光由黃光換成紫光，相鄰兩明條紋間距離變寬D.薄膜干涉的條紋是等間距的平行線時，說明薄膜的厚度處處相等3、近幾年，我國北京、上海等地利用引進的“婁脙

刀”成功地為幾千名腦腫瘤患者做了手術.

“婁脙

刀”由計算機控制，利用的是婁脙

射線的特性.

手術時患者不必麻醉，手術時間短、創(chuàng)傷小，患者恢復快，因而“婁脙

刀”被譽為“神刀”.

關于婁脙

射線的說法正確的是(

)

A.它是由原子內層電子受激發(fā)而產(chǎn)生的B.它具有很高的能量，它不屬于電磁波C.它具有很強的貫穿本領，但它的電離作用卻很弱D.它很容易發(fā)生衍射4、在下列各運動中；可以當作質點的有（）

A.做旋轉動作的體操運動員。

B.遠洋航行中的巨輪。

C.轉動著的螺旋槳。

D.繞地球運動的衛(wèi)星。

5、根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，下列說法中正確的是（）Ａ．變化的電場一定產(chǎn)生變化的磁場Ｂ．均勻變化的電場一定產(chǎn)生均勻變化的磁場Ｃ．穩(wěn)定的電場一定產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場Ｄ．周期性變化的電場一定產(chǎn)生同頻率的周期性變化的磁場6、如圖所示為兩電源的U鈭?I

圖像，則下列說法正確的是()A.電源1

的電動勢和內阻比電源2

的小B.當外接同樣的電阻時，兩電源的效率可能相等C.當外接同樣的電阻時，兩電源的輸出功率可能相等D.不論外接多大的相同電阻，電源1

的輸出功率總比電源2

的輸出功率大7、下列物理量的單位是“特斯拉”的是(

)

A.安培力B.電場強度C.電容D.磁感應強度8、下列說法中正確的是(

)

A.點電荷就是體積很小的帶電體B.電場中P

點的場強方向為試探電荷在該點受到的電場力的方向C.根據(jù)F=kq1q2r2

設想當r隆煤0

時得出F隆煤隆脼

D.A

電荷受到B

電荷的作用，是B

電荷的電場對A

電荷的作用評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、指出如圖所示通電導線所受到的磁場力的方向：圖（a）為____；圖（b）為____；圖（c）為____；圖（d）為____．

10、如圖所示，M、N是水平放置的一對金屬板，其中M板中央有一個小孔O，板間存在豎直向上的勻強電場．AB是一長9L的輕質絕緣細桿，在桿上等間距地固定著10個完全相同的帶正電小球，每個小球的電荷量為q、質量為m，相鄰小球距離為L．現(xiàn)將最下端小球置于O處，然后將AB由靜止釋放，AB在運動過程中始終保持豎直．經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，在第4個小球進入電場到第5個小球進入電場這一過程中AB做勻速運動．則兩板間電場強度E=____，上述勻速運動過程中速度的大小為____．11、為了測量一節(jié)干電池的電動勢和內電阻；實驗室準備了下列器材供選用：

A．待測干電池一節(jié)。

B．直流電流表（量程0～0.6～3A；0.6A擋內阻為0.1Ω，3A擋內阻為0.02Ω）

C．直流電壓表（量程0～3～15V；3V擋內阻為5kΩ，15V擋內阻為25kΩ）

D．滑動變阻器（阻值范圍為0～15Ω；允許最大電流為1A）

E．滑動變阻器（阻值范圍為0～1000Ω；允許最大電流為0.2A）

F．開關。

G．導線若干。

①在圖甲中將所選器材，用鉛筆畫線代表導線進行實物連線____；

②為盡可能減少實驗的誤差，其中滑動變阻器選____（填代號）；

③根據(jù)實驗記錄，畫出的U-I圖線如圖乙所示，從中可求出待測干電池的電動勢為____V，內電阻為____Ω．

12、速度：物理意義：______定義：______定義式：______．13、質譜儀是______重要工具．如圖所示為質譜儀的原理示意圖．現(xiàn)利用這種質譜議對氫元素進行測量．氫元素的各種同位素從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場．加速后垂直進入磁感強度為B的勻強磁場中．氫的三種同位素氕、氘、氚的電量之比為1：1：1，質量之比為1：2：3，它們最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”．則三種同位素進入磁場時速度v氕：v氘：v氚=______，a、b、c三條“質譜線”的排列順序依次是______．14、有一個表頭G，滿偏電流Ig=5mA，內阻Rg=100Ω，用它改裝成量程為3v的電壓表，需串聯(lián)電阻R=______Ω．15、有一面積為150cm2

的金屬環(huán)，電阻為0.1婁賂

在環(huán)中100cm2

的同心圓面上存在如圖(b)

所示的變化的磁場，在0.1s

到0.2s

的時間內環(huán)中感應電流為______，流過的電荷量為______．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、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）17、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）18、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）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系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

20、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）21、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）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）23、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）

24、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）

評卷人得分四、實驗探究題(共1題，共5分)25、如圖1所示；某同學利用圖示裝置做“探究加速度與物體所受合力的關系”的實驗。在氣墊導軌上安裝了兩個光電門1；2，滑塊上固定一遮光條，滑塊通過繞過兩個滑輪的細繩與彈簧秤相連，C為彈簧秤，實驗時改變鉤碼的質量，讀出彈簧秤的不同示數(shù)F，不計細繩與滑輪之間的摩擦力。

（1）根據(jù)實驗原理圖；本實驗______（填“需要”或“不需要”）將帶滑輪的氣墊導軌右端墊高，以平衡摩擦力；實驗中______（填“一定要”或“不必要”）保證鉤碼的質量遠小于滑塊和遮光條的總質量；實驗中______（填“一定要”或“不必要”）用天平測出所掛鉤碼的質量；滑塊（含遮光條）的加速度______（填“大于”“等于”或“小于”）鉤碼的加速度。

（2）某同學實驗時；未掛細繩和鉤碼接通氣源，推一下滑塊使其從軌道右端向左運動，發(fā)現(xiàn)遮光條通過光電門2的時間大于通過光電門1的時間，該同學疏忽大意，未采取措施調節(jié)導軌，繼續(xù)進行其他實驗步驟（其他實驗步驟沒有失誤），則該同學作出的滑塊（含遮光條）加速度a與彈簧秤拉力F的圖象可能是______（填圖象2下方的字母）。

（3）若該同學作出的a-F圖象2中圖線的斜率為k，則滑塊（含遮光條）的質量為______。評卷人得分五、綜合題(共3題，共12分)26、一個質量為m

電荷量為鈭?q

不計重力的帶電粒子從x

軸上的P(a,0)

點以速度v

沿與x

軸正方向成60鈭?

的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y

軸射出第一象限，求：

(1)

勻強磁場的磁感應強度B

(2)

穿過第一象限的時間．27、填空題壟脵

如下圖，在地面上固定一個質量為M

的豎直木桿，一個質量為m

的人以加速度a

沿桿勻加速向上爬，經(jīng)時間t

，速度由零增加到v

，在上述過程中，地面對木桿的支持力的沖量為____．壟脷.

已知普朗克常量為h

=6.6隆脕10鈭?34J

鋁的極限頻率為1.1隆脕1015Hz

其電子的逸出功為____，現(xiàn)用頻率為1.5隆脕1015Hz

的光照射鋁的表面.

是否有光電子逸出？_________(

填“有”、“沒有”或“不能確定”).

若有光電子逸出，則逸出的光電子的最大初動能為____．壟脹.

“探究碰撞中的不變量”的實驗中：(1)

入射小球m

1=15g

原靜止的被碰小球m

2=10g

由實驗測得它們在碰撞前后的x鈭?t

圖象如圖，可知入射小球碰撞后的m

1

v

隆盲1

是_____kg隆隴m/s

入射小球碰撞前的m

1

v

1

是_____kg隆隴m/s

被碰撞后的m

2

v

隆盲2

是____kg隆隴m/s

由此得出結論____。

(2)

實驗裝置如圖所示，本實驗中，實驗必須要求的條件是____________

A.斜槽軌道必須是光滑的B.斜槽軌道末端點的切線是水平的C.入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放D.入射球與被碰球滿足ma

>

mb

，ra

=

rb

(3)

圖中MPN

分別為入射球與被碰球對應的落點的平均位置，則實驗中要驗證的關系是____A.m

a隆隴ON=

m

a隆隴OP+

m

b隆隴OMB

．m

a隆隴OP=

m

a隆隴ON+

m

b隆隴OM

C.m

a隆隴OP=

m

a隆隴OM+

m

b隆隴OND

．m

a隆隴OM=

m

a隆隴OP+

m

b隆隴ON

28、如圖所示；一質量為2m的帶電液滴，在大小為E，方向豎直向上的勻強電場中處于靜止狀態(tài)，求：

（1）這個液滴帶什么電？電荷量為多少？

（2）當場強的大小突然變?yōu)樵瓉淼囊话耄较虮３植蛔儠r，液滴向什么方向運動？其加速度為多少？參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A|B|C【分析】試題分析：比結合能越大,表示原子核中核子結合得越牢固,原子核越穩(wěn)定；原子核越大,它的結合能越高；原子核是核子結合在一起構成的,要把它們分開，也需要能量,這就是原子核的結合能；中等大小的核比結合能最大?？键c：比結合能的概念。【解析】【答案】ABC2、B【分析】解：A；在波峰與波峰疊加處；將出現(xiàn)亮條紋；在波谷與波谷疊加處，將出現(xiàn)亮條紋，故A錯誤；

B；光屏上距兩狹縫的路程差為波長的整數(shù)倍時出現(xiàn)亮紋；故B正確；

C、把入射光由黃光換成紫光，紫光的波長小于黃光，根據(jù)△x=λ知△x減??；故C錯誤；

D、從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為薄膜厚度的2倍，當光程差△x=nλ時此處表現(xiàn)為亮條紋，當光程差△x=nλ+λ出現(xiàn)暗條紋；若薄膜的厚度處處相等，則各處光程差相等，若是亮的則都是亮的若是暗的則都是暗的，不會出現(xiàn)明暗相間的條紋，故D錯誤．

故選：B．

波峰和波峰；波谷與波谷疊加的點為振動加強點；波峰與波谷疊加的點為振動減弱點．振動加強點始終振動加強，振動減弱點始終減弱；

光屏上距兩狹縫的路程差為波長的整數(shù)倍時出現(xiàn)亮紋；為半波長的奇數(shù)倍時出現(xiàn)暗條紋；

根據(jù)條紋間距的公式進行判斷；

知道光疊加的原理以及在增反膜中的應用．從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為薄膜厚度的2倍，當光程差△x=nλ時此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為λ．

本題考查波的疊加原理，主要對光的干涉進行了全面考察，一定要深刻理解光的干涉原理．【解析】【答案】B3、C【分析】解：AB婁脙

射線是一種頻率很高的電磁波；它是由于原子核的受激發(fā)產(chǎn)生的，故AB錯誤；

C；婁脙

射線具有很高的能量；穿透能力很強，但是去電離能力很弱，故C正確；

D；當波長越長時；越容易發(fā)生衍射，而婁脙

射線波長較短，不容易發(fā)生，故D錯誤．

故選：C

．

解答本題的關鍵是了解婁脙

射線的產(chǎn)生；特點、應用等知識；結合波長越長的，衍射越明顯，即可一一求解．

本題屬于知識的記憶部分，要了解婁脕婁脗婁脙

射線的特點以及應用，并掌握衍射與干涉區(qū)別，及明顯的衍射現(xiàn)象條件．【解析】C

4、B|D【分析】

A；做旋轉動作的體操運動員；此時人的形狀是不能忽略的，所以此時不能看成質點，所以A錯誤．

B；遠洋航行中的巨輪；此時輪船的大小相對于海洋來說是很小的，可以忽略，能看成質點，所以B正確．

C；轉動著的螺旋槳；此時螺旋槳的形狀是不能忽略的，所以此時不能看成質點，所以C錯誤．

D；繞地球運動的衛(wèi)星；此時衛(wèi)星的體積相對于和地球之間的距離來說是很小的，可以忽略，能看成質點，所以D正確．

故選BD．

【解析】【答案】物體可以看成質點的條件是看物體的大小體積對所研究的問題是否產(chǎn)生影響；同一個物體在不同的時候，有時可以看成質點，有時不行，要看研究的是什么問題．

5、D【分析】均勻變化的電場產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場，AB錯；穩(wěn)定的電場不產(chǎn)生磁場，C錯；D對；【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律分析兩電源的電動勢和內阻大小。過原點O

作出一條傾斜的直線，該直線與兩圖線的交點表示兩電源與同樣的電阻連接時的工作狀態(tài)，電源的輸出功率P=UI

由交點縱坐標與橫坐標乘積比較輸出功率的大小。電源的效率婁脟=UIEI=RR+r

本題根據(jù)圖線的截距，交點，斜率等數(shù)學意義來理解圖線的物理意義，技巧是作出電阻的伏安特性曲線?！窘獯稹緼.根據(jù)閉合電路歐姆定律得，U=E鈭?Ir

當I=0

時，U=E

即圖線與縱軸交點表示斷路狀態(tài)，交點的縱坐標等于電源的電動勢大小，圖線的斜率大小等于電源的內阻，由圖看出，電源壟脵

的電動勢和內阻均比電源壟脷

大，故A錯誤。CD.BD

過原點O

作出一條傾斜的直線(3)

該直線與圖線壟脵壟脷

的交點就表示該電阻與兩電源連接時的工作狀態(tài)，由圖看出，直線(3)

與圖線壟脵

交點的兩坐標的乘積大于直線(3)

與圖線壟脷

交點的兩坐標的乘積，說明不論外接多大的相同電阻，電源壟脵

的輸出功率總比電源壟脷

的輸出功率大，故C錯誤，D正確。B.電源的效率婁脟=UIEI=RR+r

當外接同樣的電阻，由于內阻r

不等；電源的效率不可能相等，電源壟脷

的效率總大于電源壟脵

的效率，故B錯誤。

故選D。

【解析】D

7、D【分析】解：A

安培力的單位是牛頓；不是特斯拉.

故A錯誤；

B

電場強度的單位是牛/

庫；不是特斯拉.

故B錯誤．

C

電容的單位是法拉；不是特斯拉.

故C錯誤．

D

磁感應強度的單位是特斯拉.

故D正確．

故選：D

“特斯拉”是磁感應強度的單位；不是電場強度；電動勢、電容的單位．

本題考查對物理量的掌握程度.

單位是物理量的組成部分，對名稱和符號都要記住，可結合物理公式加強記憶．【解析】D

8、D【分析】解：A

當帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計；該電荷可以看成點電荷.

該電荷能否看成點電荷，不是看它的體積電量，而是看形狀大小能否忽略.

故A錯誤．

B；電場中P

點的場強方向為正試探電荷在該點受到的電場力的方向.

故B錯誤．

C、當r隆煤0

時，該電荷不能看成點電荷，公式F=kq1q2r2

不能適用；故C錯誤．

D；電場的基本性質是對放入其中的電荷有力的作用；A

電荷受到B

電荷的作用，是B

電荷的電場對A

電荷的作用，故D正確．

故選：D

庫侖定律的公式F=kq1q2r2

適用于點電荷之間的靜電力；當帶電體的形狀；大小以及電荷分布可以忽略不計，該電荷可以看成點電荷，電場強度方向為正電荷在該點的電場力方向．

解決本題的關鍵知道能看成點電荷的條件，以及庫侖定律公式的適用范圍，難度不大，屬于基礎題．【解析】D

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】

（a）圖磁場方向垂直紙面向里；電流方向水平向右，根據(jù)左手定則，磁場力方向豎直向上．

（b）圖磁場方向垂直紙面向外；電流方向斜向上，根據(jù)左手定則，知磁場力方向垂直導線方向向下．

（c）圖磁場方向豎直向上；電流方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則，磁場力的方向水平向右．

（d）圖磁場方向垂直紙面向里；電流方向垂直紙面向外，由于電流方向與磁場方向平行，則不受磁場力．

故答案為：豎直向上；垂直導線方向向下，水平向右，不受磁場力．

【解析】【答案】根據(jù)電流的方向和磁場的方向；通過左手定則判斷出磁場力的方向．

10、略

【分析】

（1）由力的平衡條件得：10mg=4qE，解得：電場強度：E=

（2）從第一個小球進入電場到第4個小球進入電場的過程中；由動能定理得：

10mg?3L-qE（3L+2L+L）=（10m）v2-0，解得：v=

故答案為：．

【解析】【答案】（1）在第四個小球進入電場到第五個小球進入電場前這一過程中；AB做勻速直線運動，AB受到的電場力為4qE，根據(jù)重力與電場力平衡，求出電場強度．

（2）從第一個小球進入到第三個小球進入電場過程中；重力做功為10mg?3L，電場力做功為-qE（3L+2L+L），根據(jù)動能定理求出速度大小v．

11、略

【分析】

①測定電源電動勢和內電阻的電路圖如圖所示。

對照電路圖連線如下：

②滑動變阻器E電阻值較大；操作不方便，同時額定電流太小，故選小電阻的滑動變阻器；

故選D．

③電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動勢；故E=1.5V；

斜率表示電源的內電阻，故

故答案為：1.5；1．

【解析】【答案】①對照測定電源電動勢和內電阻的電路圖進行連線即可；

②要保證不超過額定電流；還要操作方便，如果選擇大電阻，隨著滑動變阻器的阻值減小，電流幾乎不變，直到最后幾圈時，電流才有顯著變化；

③電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動勢；斜率表示電源的內電阻．

12、略

【分析】解：速度的物理意義是描述物體運動快慢的物理量，速度的定義：運動物體通過的位移與所用時間的比值叫速度，定義式v=．

故答案為：描述物體運動快慢的物理量；運動物體通過的位移與所用時間的比值；v=．

速度是描述物體運動快慢的物理量；等于運動物體通過位移與所用時間的比值．

此題考查了速度的定義、物理意義、定義式等，難度不大，屬于基礎題．【解析】描述物體運動快慢的物理量；運動物體通過的位移與所用時間的比值；v=13、略

【分析】解：質譜儀是測定帶電粒子質量和分析同位素．

根據(jù)qU=解得v=因為氫的三種同位素氕、氘、氚的電量之比為1：1：1，質量之比為1：2：3，則v氕：v氘：v氚=．

根據(jù)r=可知r氚＞r氘＞r氕，所以a、b；c三條“質譜線”的排列順序依次是氚、氘、氕．

故答案為：測定帶電粒子質量和分析同位素；氚；氘、氕。

根據(jù)動能定理求出粒子進入磁場時的速度；從而得出氕氘氚的速度之比，根據(jù)粒子在磁場中的半徑公式，通過比較半徑的大小得出三條質譜線的排列順序．

本題考查了質譜儀的基本運用，關鍵是動能定理和牛頓第二定律的運用，難度不大．【解析】測定帶電粒子質量和分析同位素；氚、氘、氕14、略

【分析】解：把電流表改裝成3V的電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；

串聯(lián)電阻阻值：R=-Rg=-100=500Ω；

故答案為：500．

把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻；應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值．

本題考查了電壓表的改裝，知道電壓表的改裝原理是解題的前提，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題，本題是一道基礎題．【解析】50015、略

【分析】解：由b

圖得：鈻?B鈻?t=0.20.2T/s=1T/s

由法拉第電磁感應定律可得：感應電動勢：

E=鈻?婁碌鈻?t=鈻?B鈻?tS=1隆脕100隆脕10鈭?4V=0.01V

感應電流：I=ER=0.010.1A=0.1A

通過圓環(huán)橫截面的電荷量：q=It=0.1隆脕(0.2鈭?0.1)C=0.01C

故答案為：0.1A0.01C

由b

圖的斜率求出磁感應強度的變化率.

根據(jù)法拉第電磁感應定律求出回路中感應電動勢；由閉合電路歐姆定律求解感應電流的大小.

由q=It

求解流過的電荷量．

本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，應用法拉第電磁感應定律、歐姆定律、電流定義式即可正確解題．【解析】0.1A0.01C

三、判斷題(共9題，共18分)16、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．17、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．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，正負表示大小；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，與試探電荷無關．18、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．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論．20、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．21、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．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，與試探電荷無關．22、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．23、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．24、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論．四、實驗探究題(共1題，共5分)25、不需要不必要不必要大于C【分析】解：（1）考察操作過程：由于滑塊是在氣墊導軌上加速運動；所以阻力可以忽略，當然不需要平衡摩擦力。而實驗中是用彈簧秤與繩子串聯(lián)的，所以繩子的拉力從彈簧秤上可以讀出，不必要用鉤碼的重力代替繩子的拉力，所以不必滿足m＜＜M，也不必測出鉤碼的質量。

（2）由于t2＞t1，則v1＜v2；即滑塊在導軌上做減速運動，即該同學未調節(jié)導軌水平，使左端高些，那么相當于滑塊受到了阻力，所以當滑塊受到一定的拉力時可能滑塊加速度為零，所以選項C符合要求。

（3）彈簧的拉力就是小車受到的合力，據(jù)牛頓第二定律a=則a-F圖象的斜率就是質量的倒數(shù)，所以m=

故答案為：（1）不需要，不必要，不必要，大于；（2）C；（3）

（1）根據(jù)題意確定氣墊導軌哪端高哪端低；然后調節(jié)氣墊導軌水平；

（2）遮光條的寬度與遮光條經(jīng)過光電門的時間之比是遮光條的速度；根據(jù)題意速度位移公式求出加速度；

（3）根據(jù)牛頓第二定律解答。

本題考查了實驗注意事項與實驗數(shù)據(jù)處理，要掌握常用器材的使用及讀數(shù)方法；了解光電門測量瞬時速度的原理；理實驗時一定要找出實驗原理，根據(jù)實驗原理我們可以尋找需要測量的物理量和需要注意的事項?！窘馕觥坎恍枰槐匾槐匾笥贑五、綜合題(共3題，共12分)26、解：(1)設磁感應強度為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r

由

得

粒子在磁場中運動情況如圖。

由幾何知識有

有上兩式得

(2)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則

由圖知；粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為。

θ=180°-60°=120°

所以，粒子在磁場中運動的時間是

【分析】(1)

由幾何軌跡找到圓心位置；由幾何關系得到半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程可得勻強磁場的磁感應強度B

(2)

根據(jù)運動時間與周期的關系：婁脠2婁脨=tT

先求出偏轉角，再求出運動的時間。抓住微粒在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可以得到微粒圓周運動的半徑、周期的表達式，根據(jù)表達式進行解答。

【解析】解：(1)

設磁感應強度為B

粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r

由qvB=mv2r

得r=mvqB

粒子在磁場中運動情況如圖。

由幾何知識有r=acos(30鈭?)=2a3

有上兩式得B=3mv2aq

(2)

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T

則T=2婁脨rv=4婁脨a3v

由圖知；粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為。

婁脠=180鈭?鈭?60鈭?=120鈭?

所以，粒子在磁場中運動的時間是120鈭?360鈭?=tT

t=13T=43婁脨a9v

27、①（Mg+mg+ma）t②有③（1）0.00750.0150.0075碰撞過程中動量守恒（2）BCD（3）C【分析】壟脵

【分析】以人為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出人對桿子的作用力，再以桿子為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求出地面對桿子的支持力，最后根據(jù)沖量的定義求解地面對木桿的支持力的沖量。本題是平衡條件和牛頓運動定律的綜合應用，分析受力是關鍵；也可以對人和木桿整體運用動量定理列式求解?！窘獯稹恳匀藶檠芯繉ο?；根據(jù)牛頓第二定律得：

F鈭?mg=ma

解得：F=ma+mg

以桿子為研究對象；分析受力情況，桿子受到重力Mg

地面的支持力N

和人對桿子向下的力F

根據(jù)平條件得：

N=Mg+F=Mg+mg+ma

故支持力的沖量為：

I=Nt=(Mg+mg+ma)t

故填：(Mg+mg+ma)t

壟脷

【分析】當用頻率為極限頻率的光照射時，光子剛好發(fā)生光電效應，則最大初動能為零，據(jù)此求出逸出功，當照射光的頻率達到極限頻率時即可發(fā)生光電效應，根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，求解光電子的最大初動能?？疾閻垡蛩固构怆娦匠?，掌握發(fā)生光電效應現(xiàn)象的條件：入射光的頻率大于或等于極限頻率.

當發(fā)生光電效應時，入射光的頻率越高，而金屬的逸出功是一定，則光電子的最大初動能越大?！窘獯稹慨斢妙l率為極限頻率的光照射時；光子剛好發(fā)生光電效應，則最大初動能為零；

則逸出功WA=h婁脙0

即得：WA=6.63隆脕10鈭?34隆脕1.1隆脕1015=7.293隆脕10鈭?19J

1.5隆脕1015Hz>1.1隆脕1015Hz

則能發(fā)生光電效應，有光電子逸出；

由愛因斯坦光電效應方程EKm=h婁脙鈭?WA

得：

EKm=6.63隆脕10鈭?34隆脕1.5隆脕1015鈭?7.293隆脕10鈭?19J=2.64隆脕10鈭?19J

故填：7.293隆脕10鈭?19J

有2.64隆脕10鈭?19J

壟脹

【分析】(1)

由速度圖象求出小球的位移與對應的時間，由速度公式求出小球的速度，然后根據(jù)動量的計算公式求出小球的動量，然后分析答題；(2)

在做“驗證動量守恒定律”的實驗中；是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平；

(3)

本題要驗證動量守恒定律定律即m1v0=m1v1+m2v2

故需驗證maOP=maOM+mbON

(1)

本題考查了實驗數(shù)據(jù)分析；由圖象求出小球的位移與對應的時間，應用速度公