2025年北师大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年北师大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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、矩形导线框abcd

如图甲所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B

随时间变化的图象如图乙所示。t=0

时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0隆芦4s

时间内，线框中的感应电流I

以及线框的ab

边所受安培力F(

取向上为正方向)

随时间变化的图象正确的是()A.B.C.D.2、一列沿x

轴正方向传播的横波在某时刻的波形如图甲所示，abcd

为介质中沿波的传播方向上4

个质点的位置；若从该时刻开始计时，则振动图象如图乙所示的质点是(

)

A.a

处质点B.c

处质点C.b

处质点D.d

处质点3、一台旋转电枢式交流发电机，在正常工作时的电动势e=220√2sin100πt(V),由于超负荷使得电枢转速降低了1/10，这时的电动势是（）A.e=220√2sin100πt(V)B.e=220√2sin90πt(V)C.e=198√2sin100πt(V)D.e=198√2sin90πt(V)4、白天的天空各处都是亮的，是大气分子对太阳光散射的结果．美国物理学家康普顿由于在这方面的研究而荣获了1927年的诺贝尔物理学奖．假设一个运动的光子和一个静止的自由电子碰撞以后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比（）A.频率变大B.速度变小C.光子能量变大D.波长变长5、下列所示的图像中，表示物体做匀加速直线运动的是

A.B.C.D.6、一带电粒子射入固定在O

点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线ab

场强所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，则粒子运动过程中()

A.先受到静电斥力，后受到静电引力的作用B.粒子速度vb>va

C.场强Ea

=

EC

D.粒子电势能Epb>Epc

评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5）．由图可知（）A.该金属的截止频率为4.27×1014HzB.该金属的截止频率为5.5×1014HzC.该图线的斜率表示普朗克常量D.该金属的逸出功为0.5eV8、如图所示，轻弹簧下端固定在水平地面上，弹簧位于竖直方向，另一端静止于B

点.

在B

点正上方A

处，有一质量为m

的物块，物块从静止开始自由下落，物块落在弹簧上，压缩弹簧，到达C

点时，物块的速度为零.

如果弹簧的形变始终未超过弹性限度，不计空气阻力，下列判断正确的是()

A.物块在B

点时动能最大B.从A

经B

到C

再由C

经B

到A

的全过程中，物块的加速度的最大值大于g

C.从A

经B

到C

再由C

经B

到A

的全过程中，物块做简谐运动D.物块和弹簧系统在运动过程中机械能守恒9、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略.

开关S

闭合后，在滑动变阻器R2

的滑动端由a

向b

缓慢滑动的过程中，(

)

A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电源路端电压增大D.电容器C

所带电荷量减小10、如图甲是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P

使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示.

若电热丝的电阻为110娄赂

则以下说法中正确的是(

)

A.经过电热丝的交变电流周期为1隆脕10鈭�2s

B.用交流电压表测得电热丝两端的电压为110V

C.通过电热丝的电流为2A

D.电热丝在1min

内产生的热量为1.32隆脕104J

11、关于简谐运动，下列说法中错误的是（）A.质点从平衡位置起第一次到最大位移所需时间为（T是周期）B.质点走过一个振幅那么长的路程用的时间总是C.质点在时间内走过的路程恒等于一个振幅的长度D.质点在时间内走过的路程可以大于、等于、小于一个振幅的长度12、如图所示．曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz．现匀速转动摇把，转速为240r/min．则（）A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、如图所示，两位同学用弹簧测力计在电梯中做实验。他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.5kg的物体挂在测力计挂钩上。若电梯上升时测力计的示数为6N，则电梯加速度的大小为_________m/s2，加速度方向向________（选填“上”或“下”）。14、根据实际需要选择磁性材料：永磁铁要有很强的剩磁，所以要用____磁性材料制造；电磁铁需要通电时有磁性，断电时失去磁性，所以要用____磁性材料制造．（选填“软”或“硬”）15、用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值；若将选择倍率的旋钮拨至“×100Ω”的挡时，测量时指针停在刻度盘0Ω附近处．为了提高测量的精确性，有下列可供选择的步骤：

A．将两根表笔短接

B．将选择开关拨至“×lKΩ”挡。

C．将选择并关拨至“×10Ω”挡。

D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端；记下读数。

E．调节调零电阻；使指针停在0Ω刻度线上。

F．将选择开关拨至交流电压最高挡上。

将上述中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理的顺序______（填写步骤的代号）；若操作正确，上述D步骤中，指针偏转情况如图所示．则此未知电阻的阻值Rx=______．16、如图为电磁流量计的示意图。直径为d的非磁性材料制成的圆形导管内，有导电液体流动，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导电液体流动方向而穿过一段圆形管道。若测得管壁内a、b两点间的电势差为U，则管中导电液体的流量（单位时间内流过导管截面的液体体积）Q=____.17、如图所示，一质量为m、电荷量为+q的小球从距地面为h处，以初速度v0水平抛出，在小球运动的区域里，加有与小球初速度方向相反的匀强电场，若小球落地时速度方向恰好竖直向下，小球飞行的水平距离为L，小球落地时动能EK=，电场强度E=．18、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.

19、如图所示，当带正电的绝缘空腔导体A

的内部通过导线与验电器的小球B

连接时，则验电器带电电性______．20、在孤立的负点电荷的电场中有一矩形区域ABCD，其中∠BCD=30°，而DC边恰好位于电场线MN上，如图所示，则在A、B、C、D四个点中，场强大小最大的点为______，电势最高的点为______，电势差最大的两点为______．21、如图所示为测一块半球形玻璃砖的折射率的实验；实验的主要步骤如下：

A；将半球形玻璃砖放在白纸上；用铅笔画出它的直径AB，移走玻璃砖，并用刻度尺找出中点O，记下此点（即圆心）；

B、在圆弧侧的白纸上，作过O点且垂直直径AB的直线CO，放上玻璃砖，在CO上插两颗大头针P1和P2（距离适当远些）；

C、使玻璃砖以O为轴在白纸上缓慢地转动，同时眼睛向着AB透过玻璃砖观察P1和P2的像，当恰好看不到P1和P2的像时停止转动玻璃砖，记下此时的直径A1B1的位置；

D、量出BO和B1O的夹角θ．若量得θ=41°；sin41°=0.66．

则：①实验是用______现象进行的；

②计算公式：n=______；

③计算得：n=______．评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)22、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）评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)23、如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L

的正方形刚性金属框.ab

边质量为m

其它三边的质量不计，金属框的总电阻为Rcd

边上装有固定的水平轴，现在将金属框从水平位置由静止释放，小计一切摩擦.

金属框经时间t

恰好通过竖直位置a隆盲b隆盲cd

．

(1)

在图中标出ab

通过最低位置时；金属框中的感应电流的方向；

(2)

求上述时间t

内金属框中的平均感应电动势；

(3)

若在上述时间t

内，金属框中产生的焦耳热为Q

求ab

边通过最低位置时受到的安培力的大小和方向．24、如图所示，已知两个共点力F1、F2，请按照平行四边形定则在图上画出它们的合力F．25、平面OM和平面ON之间的夹角为30°；其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。求：

（1）粒子在磁场中的运动时间；

（2）粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】由右图可知B

的变化；则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL

可知安培力的变化情况。

本题要求学生能正确理解B鈭�t

图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，0鈭�2s2鈭�4s

虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的。【解答】AB.

由图可知；0鈭�2s

内，线圈中磁通量的变化率相同，故0鈭�2s

内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；同理可知，2鈭�4s

内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小时等，故AB错误；

CD.

由E=?鈱�?t=?B?tS

可知，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL

可知，F

与B

成正比；且b

中电流一直为由a

至b

则由左手定律可知，电流方向0

时刻为向上，为正，故C正确，D错误；

故选C。

【解析】C

2、B【分析】解：由振动图象乙可知t=0

时刻质点位于平衡位置向下运动；在甲图上，根据波形的平移法可知，a

点位于平衡位置向上运动，c

点位于平衡位置向下运动，故图乙应是c

处质点的振动图象.

故B正确.

ACD错误．

故选：B

由振动图象乙判断出t=0

时刻质点的振动状态；运用波形平移法在波动图象找出相对应的质点．

本题一要能够根据振动图象读出质点的位置和速度，二要把握振动图象与波动图象之间的内在联系．【解析】B

3、D【分析】【解析】试题分析：转速降低1/10，则根据公式可得根据公式可得所以电动势表达式为：故选D考点：考查了对交流电表达式的理解【解析】【答案】D4、D【分析】解：A；光子与电子碰撞后；电子能量增加，故光子能量减小，根据E=hv，光子的频率减小；故A错误。

B；碰撞前、后的光子速度不变；故B错误。

C；当入射光子与静止的电子碰撞时；把一部分动量转移给电子，则动量减小，电子能量增加，故光子能量减小．故C错误．

D、当入射光子与静止的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据λ=知波长增大．

故选：D．

光子与电子的碰撞过程系统动量守恒；系统能量也守恒；光子的能量与光子的频率成正比．根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化．

本题关键抓住动量守恒和能量守恒，以及波速、波长、频率的关系进行分析求解．【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】v鈭�tv-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度。v鈭�t

图象中，斜率表示加速度，斜率一定，加速度一定。本题的重点是掌握v鈭�t

图象的斜率表示加速度。【解答】A.图象是一条倾斜直线；速度随时间均匀增大，所以做匀加速直线运动，故A正确；

B.图象是一条倾斜直线；速度随时间均匀减小，所以做匀减速直线运动，故B错误；

C.图象是一条平行与时间轴的直线；加速度为做匀0

做匀速直线运动，故C错误；

D.图像的切线斜率越来越小；所以做加速度减小的加速运动，故D错误。

故选A。【解析】A

6、D【分析】【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力((排斥力))作用，从aa到bb过程中，由电场力做功情况，可判断电势能的大小和速度大小；aacc两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在aacc两点的速度大小关系。

本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力..由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。难度一般。【解答】A、如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到的是排斥力作用，故A错误；

B、从aa到bb过程中，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在bb点的速度一定小于在aa点的速度，故B错误；

C、由题意可知，处于OO点的电荷为点电荷，故其周围电场为点电荷的电场，故通以等势面上各点的场强等大，但不同向，故C错误；D、aacc两点处于同一等势面上，从aa到cc电场力为零，则aacc两点动能相等，由于仅有电场力做功，故仅有电势能与动能相互转化，即粒子在aa点的电势能与在cc点的电势能相等；从bb到cc过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在bb点的电势能一定大于在cc点的电势能，故D正确。

故选D。【解析】D

二、多选题(共6题，共12分)7、AC【分析】解：A、B根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.27×1014Hz．故A正确；B错误．

C、由Ek=hγ-W，得知，该图线的斜率表示普朗克常量h，则由数学知识得：h=≈6.5×10-34J•s．故C正确．

D、当Ek=hγ-W=0时，逸出功为W=hγ0=6.5×10-34J•s×4.27×1014Hz=2.7755×10-19J≈1.73eV．故D错误．

故选：AC

根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hγ-W，Ek-γ图象的斜率等于h．横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hγ0；根据数学知识进行求解．

解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解．【解析】【答案】AC8、BD【分析】【分析】这是一道要对物体的受力进行细致分析的题目，设在D

点弹力等于重力，一共有三个阶段：AB

段只受重力，BD

段重力大于弹力，DC

段重力小于弹力，由此可以分析动能，加速度，以及运动情况等。本题考查受力分析，动能定理、机械能守恒定律等，重点要掌握弹簧弹力与重力的关系，由此才能判定运动情况。【解答】设在D

点弹力等于重力。

A；在D

点之前物体一直做加速运动；AB

段只受重力，故动能增加，BD

段由于重力大于力，故合外力还是做正功，而过了D

点后，重力小于弹力，合外力做负功，故到D

点的动能最大，故A错误；

B、在C

点，其弹性势能等于A

点的重力势能，即kx22=mgH

由C

点的弹力为F=kx

解得：F=2mgHx

由于H>x

故F>2mg

故在C

点的加速度a=F鈭�mgm>g

故整个运动过程的最大加速度大于重力加速度g

故B正确；

C；整个过程受力不是对称的；不符合简谐运动特征，故C错误；

D、物块和弹簧系统在运动过程中只有重力和弹力做功，机械能守恒，故D正确。

故选BD。【解析】BD

9、BD【分析】解：A

滑动变阻器R2

的滑动端由a

向b

缓慢滑动的过程中；则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1

两端电压增大，则R2

的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；

C、滑动变阻器R2

的滑动端由a

向b

缓慢滑动的过程中；则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；

D；电容器的电压等于R2

的电压；则电容器电压减小，根据Q=UC

可知，电容器C

所带电荷量减小，故D正确；

故选：BD

先分析电路结构；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，电容器电压与滑动变阻器电压相等，根据Q=UC

求解．

分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．【解析】BD

10、CD【分析】解：A

根据乙图可知；交流电的周期为0.02s

故A错误．

B、根据有效值的定义可得：(Um2)2R鈰�T2=U2RT

解得U=1102=156V

故B错误．

C、通过电热丝的电流为：I=UR=1102110A=2A

故C正确．

D；电热丝在1min

内产生的热量Q=I2Rt=2隆脕110隆脕60J=1.32隆脕104J

故D正确．

故选：CD

．

电压表读数为有效值；根据正弦式交变电流峰值和有效值之间的关系以及电流的热效应便可求得有效值，从而得出一个周期内产生的热量．

本题考察有关交变电流有效值的计算问题，注意掌握焦耳定律的应用，及注意图象只有一半．【解析】CD

11、BC【分析】解：

A、质点简谐运动的周期为T，根据对称性可知，质点从平衡位置到最大位移处历时为．故A正确．

B、只有当振子从平衡位置到最大位移处或从最大位移处到平衡位置的过程，通过的路程是一个振幅，所用时间为其他过程，质点通过一个振幅长的路程时所用时间不是．故B错误．

C、当振子从平衡位置到最大位移处或从最大位移处到平衡位置的过程，通过的路程等于一个振幅，其他过程在时间内走过的路程大于一个振幅或小于一个振幅．故C错误．

D、由以上分析可知，质点在时间内走过的路程可以大于；等于、小于一个振幅的长度；故D正确；

本题选错误的；故选：BC．

将质点的简谐运动分成四个从平衡位置到最大位移处历时为．质点通过一个振幅的路程所用时间不一定是．质点在时间内走过的路程一定等于两个振幅．

本题中质点做简谐运动时，具有对称性，每一个周期时间内通过的路程一定是4A，半个周期内通过的路程一定是2A，但在时间内通过的路程不一定是A．【解析】【答案】BC12、BD【分析】解AB、：现匀速转动摇把转速为240r/min．知驱动力的周期T=0.25s；则f=4Hz，知振子稳定振动时，它的振动周期为0.25s，振动频率为4Hz．故A错误，B正确．

C；当转速减小时；驱动力的周期增大，驱动力的频率减小，接近于振子的固有频率，发生共振，振幅增大．故C错误，D正确．

故选BD．

振子受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动的频率接近于振子的固有频率时，会发生共振，振幅最大．

解决本题的关键掌握共振的条件，以及知道振子受迫振动的频率等于驱动力的频率．【解析】【答案】BD三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】试题分析：物体处于超重状态，则为加速上升，即加速度方向向上，根据牛顿第二定律可得解得考点：考查了牛顿第二定律的应用【解析】【答案】向上14、硬软【分析】【解答】永磁体要有很强的剩磁；所以要用硬磁性材料制造．电磁铁要在通电时有磁性，断电时失去磁性，所以要用软磁性材料制造．

故答案为：硬；软。

【分析】软铁磁化后，磁性很容易消失，称为软磁性材料．而钢铁等物质在磁化后，磁性能够保持，称为硬磁性材料．15、略

【分析】解：用“×100Ω”测电阻时挡时；指针停在刻度盘0Ω附近，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用小挡，应选“×10Ω”挡，然后对欧姆表重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡上，因此合理的实验步骤是：C；A、E、D、F；

由图象表盘可知；待测电阻阻值为：16×10Ω=160Ω；

故答案为：C；A、E、D、F；160Ω．

（1）欧姆表指针指在中间附近时；读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡位；测量；最后调到交流最大电压挡；

（2）欧姆表读数等于表盘读数乘以倍率．

本题考查了欧姆表的使用注意事项、欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．【解析】C、A、E、D、F；160Ω16、略

【分析】试题分析：导电液体中的正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转，在上下两端间形成电势差，最终离子受电场力和洛伦兹力处于平衡，根据平衡求出离子的速度，再根据Q=vS求出导电液体的流量。解决本题的关键理解最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。根据平衡求出离子的流动的速度，从而得出流速对离子有：解得由于管中导电液体的流量等于单位时间流过导管截面的液体的体积，则考点：电磁流量计的原理带电粒子在复合场中的直线运动【解析】【答案】17、略

【分析】试题分析：把小球的运动分解到水平和竖直方向，竖直方向做自由落体运动，水平方向作用下做匀减速运动。由小球落地时速度方向恰好竖直向下，知落地时v0恰好减为零，得落地时动能竖直方向水平方向联立可得考点：本题考查匀变速直线运动的规律，运动的合成与分解等相关知识，意在考查学生的分析能力你。【解析】【答案】18、（1）1；（2）4；（3）2

【分析】【分析】由库仑定律F=kq1q2r2

可以分析对应量改变后库仑力的变化。本题是库伦定律的集中练习，可以通过本题熟练公式的形式和应用，是一个基础题目。【解答】

(1)

甲对乙的作用力和乙对甲的作用是一对作用力和反作用力；一定等大的；

(2)

由库仑定律F=kq1q2r2

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F鈥�=k2q1隆脕2q2r2=4F

(3)

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，由库仑定律：F鈥�鈥�=kq1隆脕4q2r鈥�2=F

解得：r隆盲=2r

则它们之间的距离应变为原来的2

倍。

故答案为：(1)1(2)4(3)2

【解析】(1)1(2)4(3)2

19、略

【分析】解：当A

的内部通过导线与验电器的小球B

相连时；导体A

和验电器已连为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，连接后导体与验电器就是一个大的导体，验电器部分不再是内部，而是大导体外部，必有净电荷从A

移向B

所以验电器带正电．

故答案为：带正电．

当带正电的绝缘空腔导体A

的内部通过导线与验电器的小球B

连接时；导体与验电器就是一个大的导体，验电器部分不再是内部，而是大导体外部.

平衡时，根据同性电荷相斥，电荷最终分布在导体的外部，内部不带电．

本题分析中要注意要学会找等势体.

在这里，由于是等势体，同性电荷相斥，所以外部带正电．【解析】带正电20、DAAD【分析】解：根据电场线的分布可知负电荷在右端，根据点电荷产生的场强分布可知D点离负电荷最近；故场强最大，A点离负电荷最远，根据沿电场想方向电势降低可知，A点电势最大，两点间的距离越大，电势差越大，故AD间电势差最大。

故答案为：D；A，AD

画出负点电荷的电场线分布图；根据电场线的疏密判断场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，两点间的距离越大，电势差越大。

本题主要考查了负电荷的电场线的分布图，根据电场线的分布图判断即可【解析】DAAD21、全反射1.52【分析】解：由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P1、P2的像．做出如图所示的光路图，可知，测出玻璃直径边转过的角度θ，则法线转过的角度也为θ，玻璃砖内入射角为θ，临界角为θ，则：n==1.52

故答案为：①全反射；②③1.52

在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像；这现象刚好消失，意味着刚好发生全反射，此时玻璃砖内光线的入射角恰好等于临界角C，玻璃砖转过θ，法线也转过θ，根据临界角求出折射率．

本题考查应用全反射测量玻璃折射率的实验技能，难度不大，属于基础题．【解析】全反射1.52四、判断题(共1题，共6分)22、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．五、计算题(共3题，共27分)23、解：（1）ab通过最低位置时，磁场方向竖直向下，ab运动方向向左，由右手定则判定：金属框中感应电流方向是b′a′cdb′

（2）根据法拉第电磁感应定律：E=

得金属框中的平均感应电动势为：E=

（3）正方形刚性金属框的重力势能转化为动能和金属框中产生的焦耳热；根据能量转化和守恒定律有：

mgL=Q+mv2

可得：v=

在最低点时金属框产生的感应电动势为：E=BLv

瞬时电流的大小为：I=

ab边所受安培力的大小为：F=BIL=方向：水平向右。

答：（1）金属框中感应电流方向是b′a′cdb′．

（2）在时间t内金属框中的平均感应电动势是．

（3）若在时间t内，金属框中产生的焦耳热为Q，ab边通过最低位置时受到的安培力大小是方向：水平向右．【分析】

(1)

根据右手定则判断产生的感应电流方向．

(2)

根据法拉第电磁感应定律E=鈻�娄碌鈻�t

求解平均感应电动势．

(3)

正方形刚性金属框的重力势能转化为动能和金属框中产生的焦耳热