…………○…………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年魯人版必修3物理上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、如圖，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負極相連，一帶電小球經絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態現保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動關于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T；下列判斷正確的是。

A.F逐漸減小，T逐漸減小B.F逐漸增大，T逐漸減小C.F逐漸減小，T逐漸增大D.F逐漸增大，T逐漸增大2、某同學對四個電阻各進行了一次測量，把每個電阻兩端的電壓和通過它的電流在U-I坐標系中描點，得到了如圖所示的a、b、c、d四個點；其中電阻值最小的是（）

A.a點對應的電阻B.b點對應的電阻C.c點對應的電阻D.d點對應的電阻3、如圖所示；有一內電阻為4.4Ω的電解槽和一盞標有“110V60W”的燈泡串聯后接在電壓為220V的直流電路兩端，燈泡正常發光，則（）

A.電解槽消耗的電功率為120WB.電解槽的發熱功率為60WC.電解槽消耗的電功率為60WD.電路消耗的總功率為60W4、庫侖定律是電磁學的基本定律．1766年英國的普里斯特利通過實驗證實了帶電金屬空腔不僅對位于空腔內部的電荷沒有靜電力的作用，而且空腔內部也不帶電．他受到萬有引力定律的啟發，猜想兩個點電荷（電荷量保持不變）之間的靜電力與它們的距離的平方成反比．1785年法國的庫侖通過實驗證實了兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的平方成反比．下列說法不正確的是A.普里斯特利的實驗表明，處于靜電平衡狀態的帶電金屬空腔內部的電場處處為零B.普里斯特利的猜想運用了“類比”的思維方法C.為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比，庫侖精確測定了兩個點電荷的電荷量D.為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比，庫侖制作了庫侖扭秤裝置5、已知一個點電荷與足夠大的金屬板所形成的電場與等量異種點電荷連線的中垂線一側的電場分布相同．如圖所示，在真空中的某豎直平面內固定一塊足夠大的接地金屬板MN，在MN右側與其相距2d處的P點放置一個所帶電荷量為Q的正點電荷，從P點作平面的垂線，O點為垂足，A點為OP連線的中點，B點為OP延長線上的一點，PB=d．關于各點的電場強度，下列說法正確的是()()

A.O點電場強度大小為B.kA點電場強度大小為C.kB點電場強度大小為D.B兩點電場強度大小相等，方向相反k6、某靜電場的電場線如圖所示，A、B是同一條電場線上的兩個點，其電場強度大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB。則下列說法中正確的是（）

A.EA>EB；φA>φBB.EA>EB；φA<φBC.EA<EB；φA>φBD.EA<EB；φA<φB7、電源；開關、小燈泡、電壓表等連接成如圖所示的電路；小燈泡上標有“0.6A，1.5W”字樣，電源的電動勢為3V，電壓表為理想表，導線電阻不計。閉合開關，小燈泡恰好正常發光。電源的內阻約為（）

A.0.30ΩB.0.83ΩC.1.2ΩD.1.5Ω8、物理學中通常運用大量的科學方法建立概念，如“比值定義法”、“等效替代”、“理想模型”等，下列選項中均用到“比值定義法”建立概念的是（）A.質點、點電荷B.電場強度、電容C.電阻、磁通量D.合力與分力、重心評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、如圖所示為多用電表歐姆擋的原理圖，表頭內阻為Rg，調零電阻的最大阻值為R0，電池的電動勢為E,內阻為r．則下列說法中正確的是（）

A.它是根據閉合電路歐姆定律制成的B.歐姆擋對應的“”刻度一般在刻度盤的右端C.接表內電池負極的應是紅表筆D.調零后刻度盤的中心刻度值是r+Rg+R010、分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質量小球，分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負電，下板接地三小球分別落在圖中A、B、C三點；則()

A.A帶正電、B不帶電、C帶負電B.三小球在電場中加速度大小關系是：aA>aB>aCC.三小球在電場中運動時間相等D.三小球到達下板時的動能關系是EkC>EkB>EkA11、三個阻值都為的電阻，若它們任意組合連接，則總電阻可能為（）A.B.C.D.12、如圖所示的點電荷電場中，A、B是以點電荷為中心的圓周上的兩點，P為圓內一點；下列說法中正確的是（）

A.負試探電荷在P點具有的電勢能比在A點時的多B.將負試探電荷從P點移到A點，靜電力做負功C.將負試探電荷從B點移到A點，靜電力不做功D.將負試探電荷從P點移到A點，靜電力做的功比從P點移到B點做的功少13、在坐標到之間有一靜電場，x軸上各點的電勢隨坐標x的變化關系如圖所示，電勢分布關于坐標原點左右對稱。一質子從處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區域。則該質子（）

A.在區間電勢能一直減小B.在區間一直做減速運動C.在區間受到的電場力一直減小D.質子經過處動能等于在處的初動能14、如圖所示的電路中，已知電源電動勢為E，內電阻為r，滑動變阻器R的阻值可以從零連續增大到Rmax，定值電阻R1的阻值范圍為r<R1<Rmax；則下列結論正確的是（）

A.當R＝R1-r時，R1消耗的功率最大B.R消耗的最大功率可能為C.當R＝0時，R1消耗的功率最大D.外電路消耗的最大功率為15、在如圖所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源內阻不能忽略．閉合開關S后，將滑動變阻器的滑片P向下調節，則下列敘述正確的是（）

A.燈L1變亮，電壓表的示數增大B.燈L2變暗，電流表的示數增大C.電源的效率增大，電容器C所帶電荷量減小D.電源的效率減小，電容器C所帶電荷量減小16、在如圖所示的電路中，電源內阻r≠0，定值電阻R2消耗的功率用P表示，兩電表均為理想電表，電容器與滑動變阻器并聯，電壓表和電流表的讀數分別用U、I表示，電容器所帶的電荷量用Q表示，通過電源的電荷量為q時，電源所做的功用W表示；當滑動變阻器的滑片向右移動時；下列圖象正確的是（）

A.B.C.D.17、在如圖所示電路中，閉合開關S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，電表的示數分別用I、U1、U2、U3表示，電表示數變化量分別用和表示；下列比值中正確的是。

A.變大，B.不變，C.變大，D.變大，評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、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_____．

19、能量的耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有______．20、（1）電流表的內阻：表頭的電阻Rg叫作電流表的內阻。

（2）滿偏電流：指針偏到_______時的電流Ig叫作滿偏電流。

（3）滿偏電壓：表頭通過_______時，加在它兩端的電壓Ug叫作滿偏電壓。21、某同學利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度．該螺旋測微器校零時的示數如上左圖(a)所示，測量金屬板厚度時的示數如圖(b)所示．圖(a)所示讀數為_____________mm，圖(b)所示讀數為_________mm，所測金屬板的厚度為____________mm．

22、等勢面。

（1）定義：電場中__________的各點構成的面。

（2）等勢面的特點：

①在同一等勢面上移動電荷時靜電力________。

②電場線跟等勢面______，并且由電勢_____的等勢面指向電勢____的等勢面。

③兩個不同的等勢面永不_________。23、如圖所示，真空中有甲、乙、丙三個完全相同的擺，擺球都帶正電，擺線絕緣。現在甲的懸點放一個負點電荷，在丙所在空間加一豎直向下的勻強電場，從相同高度由靜止開始釋放，則甲、乙、丙做豎直面內的圓周運動，擺到最低點時細線對它們的拉力分別為T1、T2、T3，則它們的大小關系為T1________T2，T2_________T3三者運動到最低點的動能Ek1、Ek2、Ek3的大小關系為Ek1________Ek2；Ek2__________Ek3。（選填“=”；“>”；“<”）

24、電磁波具有能量：

（1）可以用儀器探測到電磁波的存在，說明電磁波是一種真實存在的_____。

（2）生活中常常用微波爐來加熱食物，說明電磁波具有____，且電磁波的頻率____，能量____。評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)25、在“用電流和電壓傳感器研究電容器的放電”實驗中；某同學按照圖所示連接電路。實驗時，先將開關S擲向1，一段時間后，將開關擲向2，傳感器將信息傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。

（1）由圖可知，傳感器1應為________（選填選項前的字母）

A．電流傳感器B．電壓傳感器。

（2）用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UR表示滑動變阻器兩端的電壓，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，關于電容器在整個放電過程中的圖像變化正確的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知電源電動勢E，但其內阻和電阻箱阻值均未知，根據已知條件和傳感器顯示的圖像中的數據信息，下列判斷正確的是________；

A．可知該電容器的電容。

B．可知此時電阻箱阻值大小。

C．若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的時間將變短。

D．若只減小電容器的電容大小，電容器放電的時間將變短26、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標出圖中各電荷的電性。

27、把蜂鳴器；光敏電阻、干簧管繼電器開關、電源連成電路如圖所示；制成光電報警裝置，當報警器有光照射時，峰鳴器發聲，當沒有光照或者光照很弱時，蜂鳴器不發聲，①光敏電阻：光敏電阻受光照后，阻值會變小，②干簧管繼電器開關：由干簧管和繞在干簧管外的線圈組成，當線圈中有一定的電流時，線圈產生的磁場使密封在干簧管內的兩個鐵質簧片磁化，兩個簧片在磁力作用下由原來的分離狀態變成閉合狀態，當線圈中沒有電流或者電流很微弱時，磁場消失，簧片在彈力的作用下恢復到分離狀態，電路已經連接一部分，請將電路完整連接好。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共24分)28、某實驗小組在“測定金屬絲的電率”實驗中；進行了如下操作：

①用螺旋測微器測量該金屬絲的直徑，如圖甲所示，則其直徑是______mm。

②已知此金屬絲的阻值約為100Ω，用多用表的歐姆擋粗測其阻值，下面給出的操作步驟中合理的順序是_______

A.將兩表筆短接；進行歐姆調零。

B.將兩表筆分別連接到被測金屬絲的兩端時；指針的位置如圖乙所示，讀出歐姆數乘以歐姆擋的倍率，得出金屬絲的電阻。

C.旋轉選擇開關；使其尖端對準歐姆擋的“×10”擋。

D.旋轉選擇開關；使其尖端對準交流500V擋，并拔出兩表筆。

③測得的金屬絲的電阻是________Ω。29、某課外興趣小組欲測定一新型合金材料的電阻率；他們選擇由該材料制成的電阻絲，進行了下列操作。

（1）用多用電表粗測該電阻絲的電阻：

①旋轉選擇開關，使其對準歐姆擋的“”。

②將兩表筆短接，調節表盤上的旋鈕______（填圖甲中字母“”或“”）；使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度線，然后斷開兩表筆。

③將兩表筆分別接到被測電阻絲的兩端，發現多用電表的指針位置如圖甲中指針所示；隨后斷開兩表筆。

④旋轉選擇開關，使其對準歐姆擋的“”擋，重新歐姆調零后，再將兩表筆分別連接到被測電阻絲的兩端進行測量，多用電表的指針位置如圖甲中指針所示，則被測電阻絲的阻值為______

⑤旋轉選擇開關；使其對準“OFF”擋，并拔出兩表筆。

（2）若該興趣小組想用伏安法較準確地測定該電阻絲的阻值；實驗室可供選用的器材有：

A．電壓表（量程為內阻約為）

B．電壓表（量程為內阻約為）

C．電流表（量程為內阻約為）

D．電流表（量程為內阻約為）

E．滑動變阻器（最大阻值為）

F．電源（電動勢為內阻約為）

G．開關導線若干。

①要使電流表和電壓表的示數都能達到滿偏的三分之一以上，在所提供的電流表中就選用______，電壓表就選用______。（填器材前的字母）

②在虛線框乙中畫出測定該電阻絲的實驗電路圖，并對選用的器材進行標注______。

（3）若測得電阻絲的長度為直徑為和阻值為則該新型材料的電阻率______。30、利用如圖1所示的電路可以測定一節干電池甲的電動勢和內電阻。

（1）現有電壓表（）；開關和導線若干；以及下列器材。

A.電流表（）

B.電流表（）

C.滑動變阻器（）

D.滑動變阻器（）

實驗中電流表應選用_____；滑動變阻器應選用_____。（選填相應器材前的字母）

（2）在圖中用筆畫線代替導線，按圖將電路連線補充完整____。

（3）在測量電源甲的電動勢和內電阻的實驗中，產生系統誤差的主要原因是()。

A.電壓表的分流作用。

B.電壓表的分壓作用。

C.電流表的分壓作用。

D.電流表的分流作用。

（4）為了簡便快捷地測量電源乙的電動勢和內電阻，選擇電壓表、定值電阻（）等器材，采用圖3所示電路。實驗中，首先將閉合，斷開，電壓表示數為然后將均閉合，電壓表示數為則電源乙電動勢____內阻______（小數點后保留兩位小數）。

31、利用伏安法測電阻，可以選電流表內接法和電流表外接法兩種方法。將電壓表的讀數U。待測電阻阻值

（1）關于兩種方法測得的電阻值產生的誤差，下列說法正確的是()

A.無論哪種方法；只要采用多次測量取平均值的方式，就能有效減小誤差，使誤差幾乎為0

B.采用圖甲電路，電壓表的測量值大于兩端的電壓值，電流表的測量值等于流經的電流值。

C.采用圖乙電路，電壓表的測量值等于兩端的電壓值，電流表的測量值大于流經的電流值。

（2）利用電流表內接法，待測電阻阻值讀數記為“”：利用電流表外接法，待測電阻阻值記為“”；該電阻阻值的真實值記為“”。請按照從大到小的順序將這三個量依次排序為：__________>__________>__________。

（3）有人提出以下建議：利用一恒壓源（輸出電壓為恒定值的電源），分別采用電流表內接法和電流表外接法對電阻進行測量，在兩次測量中選用電流表內接法的電流“”和電流表外接法的電壓“”，作為測量數據，得到“”的值等于的準確值。請判斷這個建議是否正確，并說明理由。()參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【詳解】

電容器與電源相連，所以兩端間電勢差不變，將左極板向左緩慢移動過程中，兩板間距離增大，由可知，電場強度減小，電場力減小，小球處于平衡狀態，受重力、拉力與電場力的作用，受力如圖所示，根據力的合成法得：

由于重力不變；電場力減小，故拉力減小；

A.逐漸減小，逐漸減小與分析相符；故A正確；

B.逐漸增大，逐漸減小與分析不符；故B錯誤；

C.逐漸減小，逐漸增大與分析不符；故C錯誤；

D.逐漸增大，逐漸增大與分析不符；故D錯誤．

2、D【分析】【分析】

【詳解】

電阻的U-I圖像上的點與坐標原點連線的斜率表示電阻的阻值，由圖可知，d點對應的電阻的阻值最小。故D正確；ABC錯誤。

故選D。3、C【分析】【分析】

【詳解】

AC．燈泡能正常發光，說明電解槽和燈泡均分得110V電壓，且干路電流I=I燈==A

則電解槽消耗的功率P=P燈=IU=60W

C正確；A錯誤；

B．電解槽的發熱功率P熱=I2R內=1.3W

B錯誤；

D．整個電路消耗的總功率P總=220×W=120W

D錯誤。

故選C。4、C【分析】【詳解】

A．普里斯特利的實驗表明；處于靜電平衡狀態的帶電金屬空腔內部的電場處處為0，故A正確，不符合題意；

B．普里斯特利聯想到萬有引力定律的猜想；故運用了“類比”的思維方法，故B正確，不符合題意；

C．為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的電荷量的乘積成正比；庫侖定性的比較了電荷的變化，故C錯誤，符合題意；

D．為了驗證兩個點電荷之間的靜電力與它們的距離的平方成反比；庫侖制作了庫侖扭秤裝置，故D正確，不符合題意；

故選C。

【名師點睛】

金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，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；明確庫侖實驗的原理5、C【分析】【詳解】

A；金屬板右側的電場的電場線分布與等量異種電荷的電場線分布分別如圖甲、乙所示：

因此O點電場強度大小為故A錯誤；

B、A點電場強度大小為：故選項B錯誤；

C、B點電場強度大小為：故選項C正確；

D；A、B兩點電場線疏密不同；故電場強度大小不等，故D錯誤．

點睛：常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場線的方向電勢是降低的，同時注意等量異號電荷形成電場的對稱性．6、A【分析】【詳解】

由電場線的疏密可以表示場強的大小，故EA>EB

又由沿電場線方向電勢降低，故φA>φB

故選A。7、B【分析】【詳解】

小燈泡恰好正常發光，則電路中的電流為I=0.6A，燈泡兩端的電壓為

根據閉合電路的歐姆定律可得

故選B。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A.質點；點電荷是理想模型法；選項A錯誤；

B.電場強度；電容都是比值定義法；選項B正確；

C.電阻；磁通量都不是比值定義法；選項C錯誤；

D.合力與分力；重心都是等效替代法；選項D錯誤；

故選B。二、多選題(共9題，共18分)9、A:C【分析】【詳解】

A．在兩個表筆間接入一個待測電阻，可得

所以可知其根據閉合電路歐姆定律制成的；A正確。

B．當電流為滿偏電流時，接入的電阻為0，當不接入電阻時，電流為0，所以歐姆擋對應的“”刻度一般在刻度盤的左端．B錯誤。

C．歐姆表的表筆接法滿足的規律是電流從紅表筆進；黑表筆出，所以內電池的負極對應的是紅表筆，C正確。

D．刻度盤的中心刻度對應的電阻為歐姆表的內阻，調零電阻的阻值應為實際接入的阻值，不是最大阻值，D錯誤10、A:D【分析】【詳解】

ABC.三個小球在水平方向都做勻速直線運動，由圖看出水平位移關系是：xA＞xB＞xC

三個小球水平速度v0相同，由x=v0t得，運動時間關系是：tA＞tB＞tC

豎直方向上三個小球都做勻加速直線運動，由圖看出豎直位移y大小相等，由得到加速度關系為：aA＜aB＜aC

根據牛頓第二定律得到合力關系為：FA＜FB＜FC

三個小球重力相同，而平行金屬板上板帶負極，可以判斷出來A帶正電、B不帶電、C帶負電；故A正確BC錯誤．

D.三個小球所受合力方向都豎直向下，都做正功，豎直位移大小相等，而合力FA＜FB＜FC

則合力做功大小關系為：WA＜WB＜WC

根據動能定理得，三小球到達下板時的動能關系是EkC＞EkB＞EkA

故D正確．11、B:D【分析】【詳解】

當三個電阻串聯時，總電阻為R串=3×12=36

當三個電阻并聯時，總電阻為R并==4

當兩個電阻串聯后與第三個電阻并聯時，總電阻為R混1==8

當兩個電阻并聯后與第三個電阻串聯時，總電阻為R混2=+12=18

AC錯誤；BD正確。

故選BD。12、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．由于如圖所示是正電荷的電場，將負試探電荷從P點移到A點，靜電力做負功，則負試探電荷在P點具有的電勢能比在A點時的少；A錯誤，B正確；

C．由于A點和B點處于同一等勢面上，故將負試探電荷從B點移到A點；靜電力不做功，C正確；

D．由于A點和B點處于同一等勢面上，故將負試探電荷從P點移到A點，靜電力做的功和從P點移到B點做的功一樣；D錯誤。

故選BC。13、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．在區間電勢增加；故電場線方向向左，那么，質子受到的電場力方向向左，故質子做減速運動，電場力做負功，電勢能增加，故A錯誤，B正確；

C．根據圖像的斜率等于電場強度大小可知，在區間電勢減小的斜率先增大后減小；電場強度先增大后減小，那么，電場力先增大后減小，故C錯誤；

D．質子從到電場力做總功等于0，由動能定理，質子在和處動能相等；故D正確。

故選BD。14、B:C【分析】【詳解】

AC.當R＝0時，R1的電流最大，R1消耗的功率最大；C正確，A錯誤；

B.把R1看作電流的內阻，當時，電源的輸出功率最大，即R消耗的最大功率最大，其最大值為

B正確；

D.外電路的電阻越接近電源內阻時，外電路消耗的功率越大，當時，外電路消耗的功率最大，其最大值為

解得D錯誤。

故選BC。15、B:D【分析】【分析】

將滑動變阻器的滑片P向下調節，變阻器接入電路的電阻減小，R與燈L2并聯的電阻減小，外電路總電阻減小，根據歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化．電壓表的示數等于路端電壓．判斷燈L1亮度的變化．根據路端電壓與燈L1電壓的變化，分析并聯部分電壓的變化，判斷燈L2亮度的變化．根據干路電流與燈L2電流的變化；分析電流表讀數的變化．根據電容器電壓的變化，即可判斷其電量的變化．

【詳解】

將滑動變阻器的滑片P向下調節，變阻器接入電路的電阻減小，R與燈L2并聯的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電壓表示數減小，燈L1變亮；R與燈L2并聯電路的電壓U并=U-U1，U減小，U1增大，則U并減小，燈L2變暗．流過電流表的電流IA=I-I2，I增大，I2減小，IA增大，電流表的示數增大，故A錯誤，B正確；R與燈L2并聯，U并減小；電容器板間電壓減小，則其帶電量減小．故D正確，C錯誤．故選BD．

【點睛】

本題是電路動態變化分析問題，難點在于分析電流的示數變化，往往根據干路電流與另一支路的電流變化來確定，也可以根據結論判斷，即變阻器這一路電流的變化與干路電流變化情況一致．16、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．定值電阻消耗的功率P=I2R2，所以P與I成二次函數關系；故A正確；

B．電容器兩端電壓和變阻器兩端電壓U1相等，則U1=E-I（r+R2），所以電容器所帶電荷量Q=-CI（r+R2）+CE，可以看出電荷量Q與電流I成一次函數關系；故B正確；

C．電壓表測量的是路端電壓，根據閉合電路的歐姆定律得U=-Ir+E，則U與電流I成一次函數關系；應該是一條傾斜的直線，故C錯誤；

D．電源做功W=qE，所以W與q是成正比關系；故D錯誤。

故選AB。17、A:B:D【分析】【詳解】

根據歐姆定律得知：不變，選項B正確；當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時R2變大，變大．根據閉合電路歐姆定律得：U2=E-I（R1+r），則有不變．故C錯誤，D正確．變大．根據閉合電路歐姆定律得：U3=E-Ir，則有不變．故A正確．故選ABD．三、填空題(共7題，共14分)18、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）m19、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】方向性20、略

【分析】【分析】

【詳解】

（2）[1]滿偏電流：指針偏到最大時的電流Ig叫作滿偏電流。

（3）[2]滿偏電壓：表頭通過電流最大時，加在它兩端的電壓Ug叫作滿偏電壓。【解析】最大電流最大21、略

【分析】【詳解】

試題分析：解決本題的關鍵掌握螺旋測微器的讀數方法；固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．

解：圖（a）中螺旋測微器的固定刻度為0mm；可動刻度為1.0×0.01mm=0.010mm，所以最終讀數為0mm+0.010mm=0.010mm．

圖（b）中螺旋測微器的固定刻度為6.5mm；可動刻度為37.0×0.01mm=0.370mm，所以最終讀數為6.5mm+0.370mm=6.870mm．

所測金屬板的厚度為6.870mm﹣0.010mm=6.860mm．

【點評】

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量．【解析】0.010(±0.001)6.870(±0.001)6.860(±0.002)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]定義：電場中電勢相等的各點構成的面。

(2)①[2]在同一等勢面上移動電荷時靜電力不做功。

②[3][4][5]電場線跟等勢面垂直；并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。

③[6]兩個不同的等勢面永不相交。【解析】①.電勢相等②.不做功③.垂直④.高⑤.低⑥.相交23、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3][4]根據動能定理，甲乙兩圖的擺球只有重力做功，重力做功相等，所以到達底端的動能相等，對于丙圖，重力和電場力都做正功，根據動能定理得，知動能最大

根據

則運動到底端的速度關系為

對于甲

對于乙

對于丙

比較可得【解析】①.<②.<③.=④.<24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]可以用儀器探測到電磁波的存在；說明電磁波是一種真實存在的物質。

(2)[2][3][4]生活中常常用微波爐來加熱食物，說明電磁波具有能量，且電磁波的頻率越高，能量越大。【解析】①.物質②.能量③.越高④.越大四、作圖題(共3題，共15分)25、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯在電路中；因此應為電流傳感器。

故選A。

（2）[2]ABC．電容器在整個放電過程中，電容器的電荷量q、電流I、電壓UC均隨時間減小；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據可知電阻箱R的電壓UR減小；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據電流傳感器顯示的I-t圖像中的面積可求出電容器的電荷量，根據電壓傳感器可知電阻箱兩端的電壓，若已知電源電動勢E，則可知電容器的電壓，根據可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據電流傳感器和電壓傳感器可知電阻箱的電流和兩端的電壓；因此可知此時電阻箱阻值大小，選項B正確；

C．電源不變，電容器的充電電壓不變，電荷量不變，若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的電流將變小，因此放電時間將變長，選項C錯誤；

D．電源不變，電容器的充電電壓不變，若只減小電容器的電容大小，根據可知電容器的電荷量將變小；放電的時間將變短，選項D正確。

故選ABD。【解析】ABDABD26、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據電場線從正電荷出發；終止與負電荷及等量同種，等量異種點電荷電場線的分布特點，可標出電荷的電性如圖所示。

【解析】見解析27、略

【分析】【分析】

【詳解】

電池；光敏電阻與開關及干簧管繼電器開關外面接線構成一個回路；而另一組電池、蜂鳴器與干簧管繼電器開關里面的兩個接線構成又一個回路。當有光照時，光敏電阻阻值變小，使得干簧管繼電器開關存在磁場，導致開關接通，最終使得蜂鳴器發聲，電路如圖所示。

【解析】五、實驗題(共4題，共24分)28、略

【分析】【分析】

【詳解】

①[1]固定刻度讀數為0.5mm，可動刻度讀數為0.01mm×49.8=0.498