…………○…………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年北師大版高二物理下冊階段測試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6題，共12分)1、矩形導線框abcd

如圖甲所示放在勻強磁場中，磁感線方向與線框平面垂直，磁感應強度B

隨時間變化的圖象如圖乙所示。t=0

時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里。若規定導線框中感應電流逆時針方向為正，則在0隆蘆4s

時間內，線框中的感應電流I

以及線框的ab

邊所受安培力F(

取向上為正方向)

隨時間變化的圖象正確的是()A.B.C.D.2、一列沿x

軸正方向傳播的橫波在某時刻的波形如圖甲所示，abcd

為介質中沿波的傳播方向上4

個質點的位置；若從該時刻開始計時，則振動圖象如圖乙所示的質點是(

)

A.a

處質點B.c

處質點C.b

處質點D.d

處質點3、一臺旋轉電樞式交流發電機，在正常工作時的電動勢e=220√2sin100πt(V),由于超負荷使得電樞轉速降低了1/10，這時的電動勢是（）A.e=220√2sin100πt(V)B.e=220√2sin90πt(V)C.e=198√2sin100πt(V)D.e=198√2sin90πt(V)4、白天的天空各處都是亮的，是大氣分子對太陽光散射的結果．美國物理學家康普頓由于在這方面的研究而榮獲了1927年的諾貝爾物理學獎．假設一個運動的光子和一個靜止的自由電子碰撞以后，電子向某一個方向運動，光子沿另一方向散射出去，則這個散射光子跟原來的光子相比（）A.頻率變大B.速度變小C.光子能量變大D.波長變長5、下列所示的圖像中，表示物體做勻加速直線運動的是

A.B.C.D.6、一帶電粒子射入固定在O

點的點電荷的電場中，粒子軌跡如圖虛線ab

場強所示，圖中實線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計重力，則粒子運動過程中()

A.先受到靜電斥力，后受到靜電引力的作用B.粒子速度vb>va

C.場強Ea

=

EC

D.粒子電勢能Epb>Epc

評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示是用光照射某種金屬時逸出的光電子的最大初動能隨入射光頻率的變化圖線，（直線與橫軸的交點坐標4.27，與縱軸交點坐標0.5）．由圖可知（）A.該金屬的截止頻率為4.27×1014HzB.該金屬的截止頻率為5.5×1014HzC.該圖線的斜率表示普朗克常量D.該金屬的逸出功為0.5eV8、如圖所示，輕彈簧下端固定在水平地面上，彈簧位于豎直方向，另一端靜止于B

點.

在B

點正上方A

處，有一質量為m

的物塊，物塊從靜止開始自由下落，物塊落在彈簧上，壓縮彈簧，到達C

點時，物塊的速度為零.

如果彈簧的形變始終未超過彈性限度，不計空氣阻力，下列判斷正確的是()

A.物塊在B

點時動能最大B.從A

經B

到C

再由C

經B

到A

的全過程中，物塊的加速度的最大值大于g

C.從A

經B

到C

再由C

經B

到A

的全過程中，物塊做簡諧運動D.物塊和彈簧系統在運動過程中機械能守恒9、在如圖所示電路中，電源內阻不可忽略.

開關S

閉合后，在滑動變阻器R2

的滑動端由a

向b

緩慢滑動的過程中，(

)

A.電壓表的示數增大，電流表的示數減小B.電壓表的示數減小，電流表的示數增大C.電源路端電壓增大D.電容器C

所帶電荷量減小10、如圖甲是某種型號的電熱毯的電路圖，電熱毯接在交變電源上，通過裝置P

使加在電熱絲上的電壓的波形如圖乙所示.

若電熱絲的電阻為110婁賂

則以下說法中正確的是(

)

A.經過電熱絲的交變電流周期為1隆脕10鈭?2s

B.用交流電壓表測得電熱絲兩端的電壓為110V

C.通過電熱絲的電流為2A

D.電熱絲在1min

內產生的熱量為1.32隆脕104J

11、關于簡諧運動，下列說法中錯誤的是（）A.質點從平衡位置起第一次到最大位移所需時間為（T是周期）B.質點走過一個振幅那么長的路程用的時間總是C.質點在時間內走過的路程恒等于一個振幅的長度D.質點在時間內走過的路程可以大于、等于、小于一個振幅的長度12、如圖所示．曲軸上掛一個彈簧振子，轉動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動．開始時不轉動搖把，讓振子自由振動，測得其頻率為2Hz．現勻速轉動搖把，轉速為240r/min．則（）A.當振子穩定振動時，它的振動周期是0.5sB.當振子穩定振動時，它的振動頻率是4HzC.當轉速增大時，彈簧振子的振幅增大D.當轉速減小時，彈簧振子的振幅增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、如圖所示，兩位同學用彈簧測力計在電梯中做實驗。他們先將測力計掛在固定于電梯壁的鉤子上，然后將一質量為0.5kg的物體掛在測力計掛鉤上。若電梯上升時測力計的示數為6N，則電梯加速度的大小為_________m/s2，加速度方向向________（選填“上”或“下”）。14、根據實際需要選擇磁性材料：永磁鐵要有很強的剩磁，所以要用____磁性材料制造；電磁鐵需要通電時有磁性，斷電時失去磁性，所以要用____磁性材料制造．（選填“軟”或“硬”）15、用多用電表的歐姆擋測量一未知電阻的阻值；若將選擇倍率的旋鈕撥至“×100Ω”的擋時，測量時指針停在刻度盤0Ω附近處．為了提高測量的精確性，有下列可供選擇的步驟：

A．將兩根表筆短接

B．將選擇開關撥至“×lKΩ”擋。

C．將選擇并關撥至“×10Ω”擋。

D．將兩根表筆分別接觸待測電阻的兩端；記下讀數。

E．調節調零電阻；使指針停在0Ω刻度線上。

F．將選擇開關撥至交流電壓最高擋上。

將上述中必要的步驟選出來，這些必要步驟的合理的順序______（填寫步驟的代號）；若操作正確，上述D步驟中，指針偏轉情況如圖所示．則此未知電阻的阻值Rx=______．16、如圖為電磁流量計的示意圖。直徑為d的非磁性材料制成的圓形導管內，有導電液體流動，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導電液體流動方向而穿過一段圓形管道。若測得管壁內a、b兩點間的電勢差為U，則管中導電液體的流量（單位時間內流過導管截面的液體體積）Q=____.17、如圖所示，一質量為m、電荷量為+q的小球從距地面為h處，以初速度v0水平拋出，在小球運動的區域里，加有與小球初速度方向相反的勻強電場，若小球落地時速度方向恰好豎直向下，小球飛行的水平距離為L，小球落地時動能EK=，電場強度E=．18、兩個點電荷甲和乙同處于真空中．(1)

甲的電量是乙的4

倍，則甲對乙的作用力是乙對甲的作用力的______倍(2)

若把每個電荷的電量都增加為原來的2

倍，那么它們之間的相互作用力變為原來的______倍；(3)

保持其中一電荷的電量不變，另一個電荷的電量變為原來的4

倍，為保持相互作用力不變，則它們之間的距離應變為原來的______倍.

19、如圖所示，當帶正電的絕緣空腔導體A

的內部通過導線與驗電器的小球B

連接時，則驗電器帶電電性______．20、在孤立的負點電荷的電場中有一矩形區域ABCD，其中∠BCD=30°，而DC邊恰好位于電場線MN上，如圖所示，則在A、B、C、D四個點中，場強大小最大的點為______，電勢最高的點為______，電勢差最大的兩點為______．21、如圖所示為測一塊半球形玻璃磚的折射率的實驗；實驗的主要步驟如下：

A；將半球形玻璃磚放在白紙上；用鉛筆畫出它的直徑AB，移走玻璃磚，并用刻度尺找出中點O，記下此點（即圓心）；

B、在圓弧側的白紙上，作過O點且垂直直徑AB的直線CO，放上玻璃磚，在CO上插兩顆大頭針P1和P2（距離適當遠些）；

C、使玻璃磚以O為軸在白紙上緩慢地轉動，同時眼睛向著AB透過玻璃磚觀察P1和P2的像，當恰好看不到P1和P2的像時停止轉動玻璃磚，記下此時的直徑A1B1的位置；

D、量出BO和B1O的夾角θ．若量得θ=41°；sin41°=0.66．

則：①實驗是用______現象進行的；

②計算公式：n=______；

③計算得：n=______．評卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)22、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）評卷人得分五、計算題(共3題，共27分)23、如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為，方向豎直向下，在磁場中有一個邊長為L

的正方形剛性金屬框.ab

邊質量為m

其它三邊的質量不計，金屬框的總電阻為Rcd

邊上裝有固定的水平軸，現在將金屬框從水平位置由靜止釋放，小計一切摩擦.

金屬框經時間t

恰好通過豎直位置a隆盲b隆盲cd

．

(1)

在圖中標出ab

通過最低位置時；金屬框中的感應電流的方向；

(2)

求上述時間t

內金屬框中的平均感應電動勢；

(3)

若在上述時間t

內，金屬框中產生的焦耳熱為Q

求ab

邊通過最低位置時受到的安培力的大小和方向．24、如圖所示，已知兩個共點力F1、F2，請按照平行四邊形定則在圖上畫出它們的合力F．25、平面OM和平面ON之間的夾角為30°；其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m，電荷量為q（q＞0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角。已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計粒子重力。求：

（1）粒子在磁場中的運動時間；

（2）粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】由右圖可知B

的變化；則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應定律可知電動勢，即可知電路中電流的變化情況；由F=BIL

可知安培力的變化情況。

本題要求學生能正確理解B鈭?t

圖的含義，才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定；解題時要特別注意，0鈭?2s2鈭?4s

雖然磁場的方向發生了變化，但因其變化為連續的，故產生的電流一定是相同的。【解答】AB.

由圖可知；0鈭?2s

內，線圈中磁通量的變化率相同，故0鈭?2s

內電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向為順時針，即電流為負方向；同理可知，2鈭?4s

內電路中的電流為逆時針，且兩段時間內電流強度大小時等，故AB錯誤；

CD.

由E=?鈱??t=?B?tS

可知，電路中電流大小時恒定不變，故由F=BIL

可知，F

與B

成正比；且b

中電流一直為由a

至b

則由左手定律可知，電流方向0

時刻為向上，為正，故C正確，D錯誤；

故選C。

【解析】C

2、B【分析】解：由振動圖象乙可知t=0

時刻質點位于平衡位置向下運動；在甲圖上，根據波形的平移法可知，a

點位于平衡位置向上運動，c

點位于平衡位置向下運動，故圖乙應是c

處質點的振動圖象.

故B正確.

ACD錯誤．

故選：B

由振動圖象乙判斷出t=0

時刻質點的振動狀態；運用波形平移法在波動圖象找出相對應的質點．

本題一要能夠根據振動圖象讀出質點的位置和速度，二要把握振動圖象與波動圖象之間的內在聯系．【解析】B

3、D【分析】【解析】試題分析：轉速降低1/10，則根據公式可得根據公式可得所以電動勢表達式為：故選D考點：考查了對交流電表達式的理解【解析】【答案】D4、D【分析】解：A；光子與電子碰撞后；電子能量增加，故光子能量減小，根據E=hv，光子的頻率減??；故A錯誤。

B；碰撞前、后的光子速度不變；故B錯誤。

C；當入射光子與靜止的電子碰撞時；把一部分動量轉移給電子，則動量減小，電子能量增加，故光子能量減?。蔆錯誤．

D、當入射光子與靜止的電子碰撞時，把一部分動量轉移給電子，則動量減小，根據λ=知波長增大．

故選：D．

光子與電子的碰撞過程系統動量守恒；系統能量也守恒；光子的能量與光子的頻率成正比．根據德布羅意波長公式判斷光子散射后波長的變化．

本題關鍵抓住動量守恒和能量守恒，以及波速、波長、頻率的關系進行分析求解．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】v鈭?tv-t圖象中，與時間軸平行的直線表示做勻速直線運動，傾斜的直線表示勻變速直線運動，斜率表示加速度。v鈭?t

圖象中，斜率表示加速度，斜率一定，加速度一定。本題的重點是掌握v鈭?t

圖象的斜率表示加速度?！窘獯稹緼.圖象是一條傾斜直線；速度隨時間均勻增大，所以做勻加速直線運動，故A正確；

B.圖象是一條傾斜直線；速度隨時間均勻減小，所以做勻減速直線運動，故B錯誤；

C.圖象是一條平行與時間軸的直線；加速度為做勻0

做勻速直線運動，故C錯誤；

D.圖像的切線斜率越來越小；所以做加速度減小的加速運動，故D錯誤。

故選A?！窘馕觥緼

6、D【分析】【分析】從粒子運動軌跡看出，軌跡向左彎曲，可知帶電粒子受到了向左的力((排斥力))作用，從aa到bb過程中，由電場力做功情況，可判斷電勢能的大小和速度大??；aacc兩點處于同一等勢面上，由動能定理分析粒子在aacc兩點的速度大小關系。

本題是軌跡問題，首先要根據彎曲的方向判斷出帶電粒子所受電場力方向，確定是排斥力還是吸引力..由動能定理分析動能和電勢能的變化是常用的思路。難度一般。【解答】A、如圖所示，軌跡向左彎曲，帶電粒子所受的電場力方向向左，則帶電粒子受到的是排斥力作用，故A錯誤；

B、從aa到bb過程中，電場力做負功，可知電勢能增大，動能減小，粒子在bb點的速度一定小于在aa點的速度，故B錯誤；

C、由題意可知，處于OO點的電荷為點電荷，故其周圍電場為點電荷的電場，故通以等勢面上各點的場強等大，但不同向，故C錯誤；D、aacc兩點處于同一等勢面上，從aa到cc電場力為零，則aacc兩點動能相等，由于僅有電場力做功，故僅有電勢能與動能相互轉化，即粒子在aa點的電勢能與在cc點的電勢能相等；從bb到cc過程中，電場力做正功，可知電勢能減小，粒子在bb點的電勢能一定大于在cc點的電勢能，故D正確。

故選D?！窘馕觥緿

二、多選題(共6題，共12分)7、AC【分析】解：A、B根據愛因斯坦光電效應方程Ek=hγ-W，Ek-γ圖象的橫軸的截距大小等于截止頻率，由圖知該金屬的截止頻率為4.27×1014Hz．故A正確；B錯誤．

C、由Ek=hγ-W，得知，該圖線的斜率表示普朗克常量h，則由數學知識得：h=≈6.5×10-34J?s．故C正確．

D、當Ek=hγ-W=0時，逸出功為W=hγ0=6.5×10-34J?s×4.27×1014Hz=2.7755×10-19J≈1.73eV．故D錯誤．

故選：AC

根據愛因斯坦光電效應方程Ek=hγ-W，Ek-γ圖象的斜率等于h．橫軸的截距大小等于截止頻率，逸出功W=hγ0；根據數學知識進行求解．

解決本題的關鍵掌握光電效應方程，以及知道逸出功與極限頻率的關系，結合數學知識即可進行求解．【解析】【答案】AC8、BD【分析】【分析】這是一道要對物體的受力進行細致分析的題目，設在D

點彈力等于重力，一共有三個階段：AB

段只受重力，BD

段重力大于彈力，DC

段重力小于彈力，由此可以分析動能，加速度，以及運動情況等。本題考查受力分析，動能定理、機械能守恒定律等，重點要掌握彈簧彈力與重力的關系，由此才能判定運動情況。【解答】設在D

點彈力等于重力。

A；在D

點之前物體一直做加速運動；AB

段只受重力，故動能增加，BD

段由于重力大于力，故合外力還是做正功，而過了D

點后，重力小于彈力，合外力做負功，故到D

點的動能最大，故A錯誤；

B、在C

點，其彈性勢能等于A

點的重力勢能，即kx22=mgH

由C

點的彈力為F=kx

解得：F=2mgHx

由于H>x

故F>2mg

故在C

點的加速度a=F鈭?mgm>g

故整個運動過程的最大加速度大于重力加速度g

故B正確；

C；整個過程受力不是對稱的；不符合簡諧運動特征，故C錯誤；

D、物塊和彈簧系統在運動過程中只有重力和彈力做功，機械能守恒，故D正確。

故選BD?！窘馕觥緽D

9、BD【分析】解：A

滑動變阻器R2

的滑動端由a

向b

緩慢滑動的過程中；則滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，電流表示數增大，內阻和R1

兩端電壓增大，則R2

的電壓減小，故電壓表示數減小，故A錯誤，B正確；

C、滑動變阻器R2

的滑動端由a

向b

緩慢滑動的過程中；則滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減小，電路中總電流增大，內電壓增大，電源路端電壓減小，故C錯誤；

D；電容器的電壓等于R2

的電壓；則電容器電壓減小，根據Q=UC

可知，電容器C

所帶電荷量減小，故D正確；

故選：BD

先分析電路結構；由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化及路端電壓的變化，電容器電壓與滑動變阻器電壓相等，根據Q=UC

求解．

分析閉合電路的歐姆定律的動態分析的題目時，一般要按先外電路、再內電路、后外電路的思路進行分析；重點分析電路中的路端電壓、總電流及部分電路的電流及電壓變化．【解析】BD

10、CD【分析】解：A

根據乙圖可知；交流電的周期為0.02s

故A錯誤．

B、根據有效值的定義可得：(Um2)2R鈰?T2=U2RT

解得U=1102=156V

故B錯誤．

C、通過電熱絲的電流為：I=UR=1102110A=2A

故C正確．

D；電熱絲在1min

內產生的熱量Q=I2Rt=2隆脕110隆脕60J=1.32隆脕104J

故D正確．

故選：CD

．

電壓表讀數為有效值；根據正弦式交變電流峰值和有效值之間的關系以及電流的熱效應便可求得有效值，從而得出一個周期內產生的熱量．

本題考察有關交變電流有效值的計算問題，注意掌握焦耳定律的應用，及注意圖象只有一半．【解析】CD

11、BC【分析】解：

A、質點簡諧運動的周期為T，根據對稱性可知，質點從平衡位置到最大位移處歷時為．故A正確．

B、只有當振子從平衡位置到最大位移處或從最大位移處到平衡位置的過程，通過的路程是一個振幅，所用時間為其他過程，質點通過一個振幅長的路程時所用時間不是．故B錯誤．

C、當振子從平衡位置到最大位移處或從最大位移處到平衡位置的過程，通過的路程等于一個振幅，其他過程在時間內走過的路程大于一個振幅或小于一個振幅．故C錯誤．

D、由以上分析可知，質點在時間內走過的路程可以大于；等于、小于一個振幅的長度；故D正確；

本題選錯誤的；故選：BC．

將質點的簡諧運動分成四個從平衡位置到最大位移處歷時為．質點通過一個振幅的路程所用時間不一定是．質點在時間內走過的路程一定等于兩個振幅．

本題中質點做簡諧運動時，具有對稱性，每一個周期時間內通過的路程一定是4A，半個周期內通過的路程一定是2A，但在時間內通過的路程不一定是A．【解析】【答案】BC12、BD【分析】解AB、：現勻速轉動搖把轉速為240r/min．知驅動力的周期T=0.25s；則f=4Hz，知振子穩定振動時，它的振動周期為0.25s，振動頻率為4Hz．故A錯誤，B正確．

C；當轉速減小時；驅動力的周期增大，驅動力的頻率減小，接近于振子的固有頻率，發生共振，振幅增大．故C錯誤，D正確．

故選BD．

振子受迫振動的頻率等于驅動力的頻率；當受迫振動的頻率接近于振子的固有頻率時，會發生共振，振幅最大．

解決本題的關鍵掌握共振的條件，以及知道振子受迫振動的頻率等于驅動力的頻率．【解析】【答案】BD三、填空題(共9題，共18分)13、略

【分析】試題分析：物體處于超重狀態，則為加速上升，即加速度方向向上，根據牛頓第二定律可得解得考點：考查了牛頓第二定律的應用【解析】【答案】向上14、硬軟【分析】【解答】永磁體要有很強的剩磁；所以要用硬磁性材料制造．電磁鐵要在通電時有磁性，斷電時失去磁性，所以要用軟磁性材料制造．

故答案為：硬；軟。

【分析】軟鐵磁化后，磁性很容易消失，稱為軟磁性材料．而鋼鐵等物質在磁化后，磁性能夠保持，稱為硬磁性材料．15、略

【分析】解：用“×100Ω”測電阻時擋時；指針停在刻度盤0Ω附近，說明所選擋位太大，為準確測量電阻阻值，應換用小擋，應選“×10Ω”擋，然后對歐姆表重新進行歐姆調零，然后再測電阻阻值，歐姆表使用完畢后，要把選擇開關置于OFF擋或交流電源最高擋上，因此合理的實驗步驟是：C；A、E、D、F；

由圖象表盤可知；待測電阻阻值為：16×10Ω=160Ω；

故答案為：C；A、E、D、F；160Ω．

（1）歐姆表指針指在中間附近時；讀數最準確；歐姆表每次使用應該先選檔位，然后歐姆調零，最后測量；再換擋位；測量；最后調到交流最大電壓擋；

（2）歐姆表讀數等于表盤讀數乘以倍率．

本題考查了歐姆表的使用注意事項、歐姆表讀數，用歐姆表測電阻時要選擇合適的擋位，使指針指針表盤中央刻度線附近，歐姆表換擋后要重新進行歐姆調零．【解析】C、A、E、D、F；160Ω16、略

【分析】試題分析：導電液體中的正負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉，在上下兩端間形成電勢差，最終離子受電場力和洛倫茲力處于平衡，根據平衡求出離子的速度，再根據Q=vS求出導電液體的流量。解決本題的關鍵理解最終離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡。根據平衡求出離子的流動的速度，從而得出流速對離子有：解得由于管中導電液體的流量等于單位時間流過導管截面的液體的體積，則考點：電磁流量計的原理帶電粒子在復合場中的直線運動【解析】【答案】17、略

【分析】試題分析：把小球的運動分解到水平和豎直方向，豎直方向做自由落體運動，水平方向作用下做勻減速運動。由小球落地時速度方向恰好豎直向下，知落地時v0恰好減為零，得落地時動能豎直方向水平方向聯立可得考點：本題考查勻變速直線運動的規律，運動的合成與分解等相關知識，意在考查學生的分析能力你?！窘馕觥俊敬鸢浮?8、（1）1；（2）4；（3）2

【分析】【分析】由庫侖定律F=kq1q2r2

可以分析對應量改變后庫侖力的變化。本題是庫倫定律的集中練習，可以通過本題熟練公式的形式和應用，是一個基礎題目。【解答】

(1)

甲對乙的作用力和乙對甲的作用是一對作用力和反作用力；一定等大的；

(2)

由庫侖定律F=kq1q2r2

若把每個電荷的電量都增加為原來的2

倍，那么它們之間的相互作用力變為F鈥?=k2q1隆脕2q2r2=4F

(3)

保持其中一電荷的電量不變，另一個電荷的電量變為原來的4

倍，為保持相互作用力不變，由庫侖定律：F鈥?鈥?=kq1隆脕4q2r鈥?2=F

解得：r隆盲=2r

則它們之間的距離應變為原來的2

倍。

故答案為：(1)1(2)4(3)2

【解析】(1)1(2)4(3)2

19、略

【分析】解：當A

的內部通過導線與驗電器的小球B

相連時；導體A

和驗電器已連為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，連接后導體與驗電器就是一個大的導體，驗電器部分不再是內部，而是大導體外部，必有凈電荷從A

移向B

所以驗電器帶正電．

故答案為：帶正電．

當帶正電的絕緣空腔導體A

的內部通過導線與驗電器的小球B

連接時；導體與驗電器就是一個大的導體，驗電器部分不再是內部，而是大導體外部.

平衡時，根據同性電荷相斥，電荷最終分布在導體的外部，內部不帶電．

本題分析中要注意要學會找等勢體.

在這里，由于是等勢體，同性電荷相斥，所以外部帶正電．【解析】帶正電20、DAAD【分析】解：根據電場線的分布可知負電荷在右端，根據點電荷產生的場強分布可知D點離負電荷最近；故場強最大，A點離負電荷最遠，根據沿電場想方向電勢降低可知，A點電勢最大，兩點間的距離越大，電勢差越大，故AD間電勢差最大。

故答案為：D；A，AD

畫出負點電荷的電場線分布圖；根據電場線的疏密判斷場強的大小，沿電場線方向電勢逐漸降低，兩點間的距離越大，電勢差越大。

本題主要考查了負電荷的電場線的分布圖，根據電場線的分布圖判斷即可【解析】DAAD21、全反射1.52【分析】解：由題意可知，當玻璃磚轉過某一角度θ時，剛好發生全反射，在直徑邊一側觀察不到P1、P2的像．做出如圖所示的光路圖，可知，測出玻璃直徑邊轉過的角度θ，則法線轉過的角度也為θ，玻璃磚內入射角為θ，臨界角為θ，則：n==1.52

故答案為：①全反射；②③1.52

在玻璃磚的直徑邊一側觀察P1、P2的像，且P2的像擋住P1的像；這現象剛好消失，意味著剛好發生全反射，此時玻璃磚內光線的入射角恰好等于臨界角C，玻璃磚轉過θ，法線也轉過θ，根據臨界角求出折射率．

本題考查應用全反射測量玻璃折射率的實驗技能，難度不大，屬于基礎題．【解析】全反射1.52四、判斷題(共1題，共6分)22、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．五、計算題(共3題，共27分)23、解：（1）ab通過最低位置時，磁場方向豎直向下，ab運動方向向左，由右手定則判定：金屬框中感應電流方向是b′a′cdb′

（2）根據法拉第電磁感應定律：E=

得金屬框中的平均感應電動勢為：E=

（3）正方形剛性金屬框的重力勢能轉化為動能和金屬框中產生的焦耳熱；根據能量轉化和守恒定律有：

mgL=Q+mv2

可得：v=

在最低點時金屬框產生的感應電動勢為：E=BLv

瞬時電流的大小為：I=

ab邊所受安培力的大小為：F=BIL=方向：水平向右。

答：（1）金屬框中感應電流方向是b′a′cdb′．

（2）在時間t內金屬框中的平均感應電動勢是．

（3）若在時間t內，金屬框中產生的焦耳熱為Q，ab邊通過最低位置時受到的安培力大小是方向：水平向右．【分析】

(1)

根據右手定則判斷產生的感應電流方向．

(2)

根據法拉第電磁感應定律E=鈻?婁碌鈻?t

求解平均感應電動勢．

(3)

正方形剛性金屬框的重力勢能轉化為動能和金屬框中產生的焦耳熱