…………○…………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2024年滬科版必修3物理下冊月考試卷79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、如圖所示，電子在電勢差為的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是（）

A.變大、變大B.變小、變大C.變大、變小D.變小、變小2、如圖所示的電路中,電壓表和電流表均為理想電表,電源電動勢為E、內阻為r,R為電位器(滑動變阻器).R1、R2為定值電阻,L1是小燈泡．當電位器的觸片由圖示位置滑向b端一段距離的過程中,下列說法錯誤的是（）

A.電流表A2示數將變大B.電源的輸出功率可能變大、也可能先變小再變大C.小燈泡消耗的電功率將變大D.電壓表示數與電流表A1示數的比值將減小3、如圖所示，在空間某點A存在大小、方向恒定，相互垂直的兩個勻強磁場B1、B2，B1=3T，B2=4T，則A點的磁感應強度大小為（）

A.7TB.1TC.5TD.大于3T，小于4T4、如圖所示；將一個改裝的電流表接入電路進行校準，發現待測表的讀數比標準表的讀數偏大一些，如兩表的表頭G是相同的，出現的誤差可能是下述哪些原因引起的。

①待測表的指針偏轉角度偏大②標準表的指針偏轉角度偏大。

③所并聯的電阻R并偏小④所并聯的電阻R并偏大。

以上判斷正確的是（）

A.①③B.②④C.①④D.②③5、點電荷A、B、C、D在平面直角坐標系中的位置和電荷量如圖所示；取無窮遠處為電勢零點，下列說法正確的是（）

A.M點的電勢為零B.Q點的電場強度為零C.點電荷A所受的電場力為零D.在P點放置一帶負電的試探電荷，其電勢能為負值6、關于場強和電勢差的關系，說法正確的是（）A.電場強度越大的地方，電勢越高，任意兩點間的電勢差越大B.沿著電場線方向，任何相同距離上的電勢降低必定相等C.電勢降低的方向必定是電場強度的方向D.沿著電場線方向，單位距離上降落的電勢越大，則場強越大評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻r,開關K閉合，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3的示數變化量的絕對值分別為理想電流表示數變化量的絕對值為正確的是。

A.V2的示數增大，A的示數減小B.電源輸出功率在增大C.與的比值在減小D..8、如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一沿水平方向的電場，MN是其中的一條直線，線上有A、B、C三點。一帶電荷量為＋2×10－3C、質量為1×10－3kg的小物塊從A點靜止釋放，沿MN做直線運動，其運動的v－t圖像如圖乙所示，其中B點處的切線斜率最大（圖中標出了該切線），C點處的切線平行于t軸；運動過程中小物塊電量保持不變，則下列說法中正確的是（??）

A.A、B兩點的電勢差UAB＝－4VB.B點為AC間電場強度最大的點，場強大小E＝1V/mC.由A到C的過程中小物塊的電勢能先減小后變大D.小物塊從B點到C點電場力做的功W＝10－2J9、如圖所示電路，由定值電阻可變電阻理想二極管，水平金屬板M、N，電源及開關組成。閉合開關，電路穩定后，質量為的帶正電荷的微粒從點以水平速度射入金屬板間，沿曲線打在N板上的點。若經下列調整后，微粒仍從點以水平速度射入，則關于微粒打在板上的位置說法正確的是（）

A.保持開關閉合，增大粒子打在點左側B.保持開關閉合，減小粒子打在點C.斷開開關M極板稍微上移，粒子打在點右側D.斷開開關N極板稍微下移，粒子打在點右側10、在物理學發展的過程中，許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程。以下對幾位科學家所做出的科學貢獻描述中，說法正確的是（）A.庫侖通過實驗得到庫侖定律，并測定靜電力常量B.法拉第最早提出場的概念C.伽利略發現行星運動三定律D.牛頓發現萬有引力并測得萬有引力常量11、如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，連接b的一段細繩與斜面平行，帶負電的小球N固定在M的正下方．兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，M、b；c都處于靜止狀態；下列說法中正確的是（）

A.b對c的摩擦力可能始終增加B.地面對c的支撐力始終變小C.c對地面的摩擦力方向始終向左D.滑輪對繩的作用力方向始終不變12、如圖所示，a、b、c、d是正方形的四個頂點，O是正方形對角線的交點。邊和邊中點處放有等量異種點電荷關于圖中各點電勢和電場強度的關系，下列說法正確的是（）

A.a、O、c三點的電勢關系為B.a、b、c、d四個頂點處的電場強度大小相等C.在兩點電荷連線上，O點處的電場強度最大D.a、b、c、d、O五個點中，O點處的電場強度最小13、如圖所示，豎直面內有一半徑為R=m的圓（圓心為O）處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，A、B、C是圓上的三點，其電勢分別為4V、6V和-2V，BC為圓的水平直徑且∠ABC=60°，D點是圓上最低點。長為R的絕緣輕繩一端連接質量為m=0.3kg、q=＋0.1C的帶電小球，另一端固定于O點。現將小球自B點由靜止釋放，重力加速度g取10m/s2；則下列說法中正確的是（）

A.圖中D點的電勢為4VB.勻強電場的電場強度為V/mC.小球第一次通過最低點D時的動能為JD.小球第一次通過最低點D時對輕繩的拉力大小為（）N14、如圖所示，平行金屬板中帶電粒子P原來處于靜止狀態，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，R1的阻值和電源內阻相等。當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時（）

A.電壓表讀數增大B.電流表讀數減小C.質點P將向下運動D.電源的輸出功率逐漸增大評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、如圖所示，電路電壓U恒定，三個燈完全相同且電阻恒定，當滑動變阻器的滑片P由a向b滑動過程中，三個燈的亮度變化特點是________，________，________．

16、如圖所示，在X軸上坐標為1m的點上固定一個電量為4Q的正點電荷，在坐標原點O處固定一個電量為Q的負點電荷，那么在X軸上場強為零的點坐標為_____，場強方向沿X軸負方向的區域是_____．

17、電磁波譜的概念及分類：

（1）概念：按電磁波的波長或頻率大小的順序排列成譜；叫作電磁波譜。

（2）分類：按照波長從長到短依次排列為無線電波、______、可見光、______、______、γ射線。18、（1）如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于點，用鉛筆靠著線的左側水平向右以速度勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮做__________運動，橡皮運動的速度大小__________。

（2）如圖所示，是以為直徑的半圓弧上的三點，點為半圓弧的圓心，兩個等量異種點電荷分別置于兩點，此時點電場強度的大小為若將處的點電荷移至點，則點的場強大小變為__________。

（3）如圖所示，等腰三角形處在勻強電場中，電場方向與三角形所在平面平行，一個電荷量的帶負電的點電荷由移到的過程中，電勢能增加由移到的過程中電場力做功則兩點的電勢差__________，點的電勢__________點的電勢，該電場的電場強度大小為__________。19、如圖所示，一個驗電器用金屬網罩罩住，當加上水平向右的，場強大小為E的勻強電場時，驗電器的箔片________（填“張開”或“不張開”），我們把這種現象稱之為__________。此時，金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間會激發一個電場，它的場強大小為__________，方向為_____________。

評卷人得分四、實驗題(共4題，共16分)20、某同學在實驗室測量電阻R的阻值。

（1）待測電阻的阻值約為10Ω。除電源（電動勢3.0V；內阻不計）；電鍵、導線若干外，還提供如下實驗器材：

A．電流表（量程0~0.6A；內阻約0.1Ω）

B．電流表（量程0~3.0A；內阻約0.02Ω）

C．電壓表（量程0~3V；內阻約3kΩ）

D．電壓表（量程0~15V；內阻約15kΩ）

E．滑動變阻器（最大阻值10Ω；額定電流2A）

F．滑動變阻器（最大阻值1kΩ；額定電流0.5A）

為了調節方便、測量準確，實驗中電流表應選用______，電壓表應選用______，滑動變阻器應選用______（選填實驗器材前對應的字母）。

（2）該同學測量電阻兩端的電壓U和通過電阻的電流I，得到多組數據，并在坐標圖上標出，請在圖中作出該電阻的U-I圖線______，根據圖線得出該電阻R=______Ω（結果保留小數點后兩位）。

（3）該同學選用如圖所示電路進行實驗。實驗開始后把滑動變阻器的滑動觸頭滑到中間某一位置，閉合電鍵時發現電流表沒有示數，但電壓表有示數。若電路中僅有一處故障，則______（選填選項前的字母）。

A．導線a處斷路B．導線b處斷路C．R處斷路21、利用以下儀器測量時；請讀數。

（1）利用游標卡尺測得金屬小球直徑所示，小球直徑d=________cm；

（2）用螺旋測微器測量擺球直徑如圖所示，擺球的直徑為d=________mm。

（3）用秒表測量單擺周期如下圖所示，停表讀數為________s。

22、某同學要測量一個新材料圓柱體的電阻率；進行了如下操作：

（1）用游標卡尺測量圓柱體長度如圖甲所示，可知其長度為________mm。

（2）用螺旋測微器測量圓柱體直徑如圖乙所示，可知其直徑為________mm。

（3）用多用電表的電阻“×10”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數如圖丙所示，則該電阻的阻值約為________Ω。

23、某實驗小組需測定電池的電動勢和內阻，器材有：一節待測電池、一個單刀雙擲開關、一個定值電阻（阻值為R0）、一個電流表（內阻為RA）、一根均勻電阻絲（電阻絲總阻值大于R0；并配有可在電阻絲上移動的金屬夾）；導線若干。由于缺少刻度尺，無法測量電阻絲長度，但發現桌上有一個圓形時鐘表盤。某同學提出將電阻絲繞在該表盤上，利用圓心角來表示接入電路的電阻絲長度，主要實驗步驟如下：

（1）將器材按如圖甲連接，已接入電路的導線（不含金屬夾所在的導線）有一處錯誤，請在該導線上畫“×”，并重新畫出該導線的正確連接方式______。

（2）改變金屬夾夾在電阻絲上的位置，閉合開關，記錄每次接入電路的電阻絲對應的圓心角θ和電流表示數I，得到多組數據，整理數據并在坐標紙上描點繪圖，所得圖像如圖乙所示，圖線斜率為k，與縱軸截距為d，設單位角度對應電阻絲的阻值為r0，則該電池電動勢可表示為E=______，內阻可表示為r=______。

（3）為進一步確定結果，還需要測量單位角度對應電阻絲的阻值r0。

①利用現有器材設計實驗，在圖丙方框中補全實驗電路圖（電阻絲用滑動變阻器符號表示）______。

②先將單刀雙擲開關閉合到一端，記錄電流表示數I0，再將單刀雙擲開關閉合到另一端，調節接入電路的電阻絲長度，當______時，記錄接入電路的電阻絲對應的圓心角θ0。

③利用測出的r0=______，可得該電池的電動勢和內阻。評卷人得分五、解答題(共3題，共9分)24、如圖豎直向上的勻強電場中，一個質量4×10-4kg，電荷量2×10-7C的帶正電小球，由于受力平衡處于靜止狀態。（取10m/s2）問：

（1）小球所受電場力多大?

（2）勻強電場場強多大?

25、帶有等量異種電荷的兩個平行金屬板A和B水平放置，相距為d（d遠小于板的長和寬），一個帶正電的油滴M懸浮在兩板的正中央，處于平衡，油滴的質量為m，帶電量為q，如圖所示，在油滴的正上方距A板d處有一個質量也為m的帶電油滴N；油滴N由靜止釋放后，可以穿過A板上的小孔，進入兩金屬板間與油滴M相碰，并立即結合成一個大油滴。整個裝置處于真空環境中，若不計油滴之間的庫侖力和萬有引力以及金屬板本身的厚度，要使油滴N能與M相碰，且結合成的大油滴又不至于與金屬板B相碰。求：

（1）兩個金屬板A；B間的電壓是多少？哪板電勢較高？

（2）油滴N帶何種電荷；電量可能是多少？

26、如圖所示電路，電源電動勢內阻電阻C為水平放置的平行板電容器，其電容兩極板的間距取結果均保留兩位有效數字．

開關S處于斷開狀態時；平行板電容器的電壓是多大？所帶電荷量是多少？

開關S處于斷開狀態時；有一帶電微粒恰好能在平行板電容器中靜止不動，求該微粒的電性及比荷；

在開關S由斷開到閉合的過程中，流過電阻的電荷量為多少？參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

在電場中加速；有。

在電場中偏轉；有。

使電子的偏轉角θ變大，則可以變小、變大。

故選B。2、B【分析】【分析】

由題中“當電位器的觸片由圖示位置滑向b端一段距離的過程中”可知；本題考查動態電路變化，跟距歐姆定律和串并聯電路特點可分析本題。

【詳解】

A、當電位器的觸片由圖示位置滑向b端一段距離的過程中；電阻變小，因此電流變大，故A不符合；

B、根據公式可知，

當外電阻等于內阻時；輸出功率最大，故電位器移動的過程中，輸出功率可能變小，也可能先變大后變小，因此B的說法錯誤，故B符合；

C、由于電位器的觸片由圖示位置滑向b端一段距離的過程中；電阻變小，因此小燈泡的電流和電壓都變大，因此小燈泡消耗的電功率將變大，故C不符合；

D、電壓表示數與電流表A1示數的比值為外電阻阻值，當電路中一個電阻變小，總電阻也變小，故D不符合。3、C【分析】【詳解】

由題意可知，相互垂直的兩個磁場B1、B2，且B1=3T，B2=4T，根據勾股定理有A點的磁感應強度大小為

故選C。4、C【分析】【詳解】

改裝成的電流表（待測表）比標準表的示數偏大，說明流經表頭G的電流偏大些，即待測表的指針偏轉角度偏大。根據并聯電路的特點知，所并聯的電阻R并越大；流經表頭G的電流越大。故①④符合題意，②③不符合題意。故ABD錯誤，C正確。

故選C。5、A【分析】【詳解】

AD．將四個點電荷看成兩組等量異種電荷，點和點均在兩組等量異種電荷的中垂線上，電勢均為零，在P點放置一帶負電的試探電荷；其電勢能為零，A正確，D錯誤；

B．設單位長度為根據電場強度的疊加可得Q點的電場強度為

B錯誤；

C．點電荷A所受的電場力

C錯誤。

故選A。6、D【分析】【詳解】

A．電場強度與電勢無關；所以電場強度越大的地方，電勢不一定越高，兩點間的電勢差也不一定越大，故A錯誤；

B．只有在勻強電場中，根據公式U=Ed可知；沿著電場線方向，任何相同距離上的電勢降低必定相等；若是非勻強電場，沿著電場線方向，相同距離上的電勢降低不一定相等，故B錯誤；

C．沿著電場線方向電勢逐漸降低；但電勢降低最快的方向才是電場強度方向．故C錯誤；

D．根據E=知；沿著電場線方向，單位距離上降落的電勢越大，U越大，則場強越大，故D正確。

故選D。二、多選題(共8題，共16分)7、B:D【分析】【詳解】

A.理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路，理想電流表內阻為零，相當短路，所以定值電阻與變阻器串聯，電壓表分別測量路端電壓和變阻器兩端的電壓；當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，內電壓增大，路端電壓減小，則的示數減小；故A錯誤；

B.當內外電阻相等時；電源的輸出功率最大，故當滑動變阻器滑片向下滑動時，外電阻越來越接近內阻，故電源的輸出功率在增大；故B正確；

C.根據閉合電路歐姆定律得：

可得：

與的比值保持不變；故C錯誤；

D.根據閉合電路歐姆定律得：

可得：

根據歐姆定律得：

可得：

則有：

故D正確．8、B:D【分析】【詳解】

A．物塊在由A到B過程，根據動能定理得

解得UAB＝4V

故A錯誤；

B．據v－t圖像的斜率等于加速度，可得物塊在B點的最大加速度為a＝m/s2＝2m/s2

所受的電場力最大為F＝ma＝1×10－3×2N＝2×10－3N

則電場強度的最大值為E＝＝N/C＝1V/m

故B正確；

C．由v－t圖像可知由A到C的過程中小物塊的動能一直增大；則電勢能一直減小，故C錯誤；

D．物塊從B點到C點電場力做的功

故D正確。

故選BD。9、B:D【分析】【詳解】

A．保持開關S閉合，由串并聯電壓關系可知，R0兩端電壓為

增大R1，U減小，電容器兩端的電壓減小，因此電容兩極板帶電量減少，由于上級板帶負電，電荷量要減少時二極管不導通，故電容器上電荷量不變，由

可知兩極板間電場強度不變化，故粒子仍打在O點；故A錯誤；

B．保持開關S閉合，減小R2，R0兩端電壓為

電壓不變，則電容器兩端的電壓不變，加速度不變，粒子仍打在O點；故B正確；

C．斷開開關S，平行板電量不變，由

可知M極板稍微上移，E不變，故加速度不變，不影響粒子得運動，粒子仍打在O點；故C錯誤；

D．斷開開關S，N極板稍微下移，E不變，故加速度不變，但y增大，則x增大，粒子打在O點右側；故D正確。

故選BD。10、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．庫侖通過實驗得到庫侖定律；并測定靜電力常量，選項A正確；

B．法拉第最早提出場的概念；選項B正確；

C．開普勒發現行星運動三定律；選項C錯誤；

D．牛頓發現萬有引力；卡文迪許測得萬有引力常量，選項D錯誤。

故選AB。11、A:D【分析】【詳解】

試題分析：在兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩者之間的庫侖力在減小，即N對M的吸引力在減小，對M分析可得所以繩子的拉力在減小，對b分析，若b受到的摩擦力沿斜面向上，則有摩擦力增大，若受到的摩擦力沿斜面相信，則有摩擦力減小，故A正確；對bc整體分析，受力分析如圖所示，可得地面對c的支持力故支持力增大，地面對c的摩擦力大小不變，方向向左，根據牛頓第三定律，c對地面的摩擦力大小不變，方向向右，故BC錯誤；繩子對滑輪的作用力為兩個相等的力T方向不變，所以繩子對滑輪的作用力方向不變，則滑輪對繩的作用力方向始終不變，故D正確．

考點：考查了共點力平衡條件的應用12、A:B【分析】【詳解】

A．根據等量的異種電荷連線中垂線即為等勢線，即a點電勢大于零，c點電勢小于零，所以

故A正確；

B．根據電場的疊加原理可知，a、b、c、d四點的場強大小相等；方向不同，故B正確；

C．由等量異種電荷電場線分布可知；在兩點電荷連線上，電場強度先減小后增大，所以O點電場強度最小，故C錯誤；

D．根據電場的疊加原理可知，O點的場強為

其余四點的場強大小均小于E0；故D錯誤。

故選AB。13、B:D【分析】【詳解】

A．如圖所示，B、C兩點的電勢分別為6V和一2V，則BO中點E的電勢為4V，AE電勢相等為等勢線，所以OD也為等勢線，故D點的電勢為2V；A錯誤；

B．AE是勻強電場中的一條等勢線，因此電場強度E沿BC方向UBE=2V，

解得

B正確；

C．因為qE=

故“等效重力”的方向沿下圖中AG方向，“等效”重力加速度為

釋放小球后，小球將沿著BF做勻加速直線運動至F點

解得

自釋放后經過0.2s小球到達F點，細線繃緊有能量損失，小球隨后以v1開始做圓周運動小球從F點運動至D點的過程中由動能定理得

其中

解得

C錯誤；

D．在D點對小球由牛頓第二定律有

解得

D正確。

故選BD。14、C:D【分析】【詳解】

AB．由圖可知，當滑動變阻器滑片向b端移動，滑動變阻器接入電路的電阻減小，R2與滑動變阻器串聯后與R3并聯的總電阻減小，外電路總電阻減小，由全電路歐姆定律可知，干路電流增大，電源內阻和R1分得電壓增大，電容器兩端的電壓減小，由電容器兩端的電壓與R3兩端電壓相等可知，通過R3的電流減小，由并聯電路電流規律可得，通過R2的電流增大，即電流表讀數增大，R2所分電壓增大，由R2與滑動變阻器串聯后與R3并聯可知；滑動變阻器兩端電壓減小，即電壓表示數變小，故AB錯誤；

C．粒子P受到向下的重力和向上的電場力；因此帶負電，由上述分析可知，電容器兩端的電壓減小，電容器極板間的場強也減小，P所受電場力減小，P將向下運動，故C正確；

D．由題意及課本中電源輸出功率知識總結可得，外電路電阻等于電源電阻時，電源的輸出功率最大，即

由題意可知外電路的總電阻一直大于電源的內阻，且隨著滑動變阻器滑片向b端移動；外電阻減小，電源輸出功率增大，故D正確。

故選CD。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]當滑動變阻器的滑片P由a向b滑動過程中，電路中的總電阻值先增大后減小，所以電路中總電流先減小后增大，即燈泡L1的亮度先變暗后變亮。當電路中總電流減小時，L1分擔的電壓減小，L2、L3及滑動變阻器分擔的電壓增大，滑動過程中L2與滑動變阻器上端的總阻值增大，所以通過L2燈的電流減小，L2燈將變暗，而L3燈與滑動變阻器下端的阻值減小，電流將增大，所以L3燈將變亮。同理電路中總電阻減小時，可知L2燈將繼續變暗，L3燈將繼續變亮。由上可知L1先變暗后變亮，L2一直變暗，L3一直變亮。【解析】先變暗后變亮一直變暗一直變亮16、略

【分析】【詳解】

點的電場強度是正電荷+4Q和負電荷﹣Q在該處產生的電場的疊加，是合場強．根據點電荷的場強公式：可判斷x＝1m右側不存在E方向向左的點，在0～1間E的方向一定沿x軸負方向，設﹣Q左側d處E＝0；

即

解得：d＝1m；

那么電場強度為0的點坐標是x＝﹣1m；

而電場強度方向沿x軸負方向的點所在的區域（0，1）m和（﹣∞，﹣1）m；【解析】x＝﹣1m（0，1）m和（﹣∞，﹣1）m17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(2)[1][2][3]分類：按照波長從長到短依次排列為無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線。【解析】①.紅外線②.紫外線③.X射線18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]橡皮在水平方向上向左做勻速直線運動，豎直方向向上做勻速直線運動，速度大小均為兩個勻速直線運動的合運動為勻速直線運動，橡皮運動的速度大小為

（2）[3]設兩個等量異種電荷所帶電荷量均為半圓弧的半徑為則兩個等量異種點電荷分別置于兩點時，O點場強大小為

若將處的點電荷移至點，則點的場強大小為

聯立解得：

（3）[4][5]由題意可得

解得：

解得：

因此

即點的電勢等于點的電勢；

[6]由上可得：點的電勢等于點的電勢，且該電場為勻強電場，因此AB連線為等勢線，故電場的方向垂直與AB向上，則有

解得：【解析】①.勻速直線②.③.④.⑤.等于⑥.19、略

【分析】【詳解】

[1][2]金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間會激發一個電場；和外界電場大小相等，方向相反，合場強為零，這種現象叫靜電感應，驗電器的箔片沒有感應電荷，故不張開。

[3][4]由前面分析可知金屬網罩內部合場強為零，因外界場強大小為E，方向水平向右，故金屬網罩的感應電荷在網罩內部空間激發的電場大小為E，方向水平向左。【解析】不張開靜電屏蔽E水平向左四、實驗題(共4題，共16分)20、略

【分析】【詳解】

（1）[1]待測電阻的最大電流為

電流表選擇A；

[2]待測電阻的最大電壓為

電壓表選擇C；

[3]待測電阻的阻值約為10Ω；為了方便調節電路，滑動變阻器選擇E；

（2）[4]該電阻的U-I圖線如圖所示。

[5]該電阻的阻值為

（3）[6]A．導線a處斷路；電流表和電壓表均有示數，A錯誤；

B．導線b處斷路；電流表和電壓表均無示數，B錯誤；

C．R處斷路；電流表沒有示數，但電壓表有示數，C正確。

故選C。【解析】A

CE7.85C21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]小球的直徑為

（2）[2]用螺旋測微器測量擺球直徑為d=

（3）[3]停表讀數為【解析】2.2610.68299.822、略

【分析】【詳解】

（1）[1]圓柱體長度

（2）[2]圓柱體直徑

（3）[3]電阻的阻值約為【解析】102.43.372##3.373##3.374##3.37584##85##86##87##8823、略

【分析】【詳解】

（1）[1]開關要能夠控制電路的斷開合閉合；因此開關接線柱接錯，應該為。

（2）[2][3]設圓心角為時，電阻絲接入電路中的電阻為根據閉合電路歐姆定律