…………○…………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年粵教滬科版必修3物理上冊階段測試試卷793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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、一個帶負電的質點，帶電荷量為2.0×10-9C，在靜電場中將該質點由a點移動到b點，在這個過程中，除電場力外，其他外力做的功為J，質點的動能減少了J，則a、b兩點間的電勢差Uab為（）A.1×104VB.VC.7×104VD.V2、如圖所示，質子（H）和粒子（He），以相同的初動能垂直射入偏轉電場（不計粒子重力），則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為（）

A.4：1B.1：2C.2：1D.1：43、如圖所示，在真空中兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是（）

A.b點的電勢高于d點的電勢B.a點的場強與c點的場強相同C.a、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D.試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能4、某同學制作了一除塵裝置，裝置由帶正電的金屬圓筒Q和帶負電的線狀電極P組成。由于制作失誤線狀電極偏離圓心，形成如圖所示的電場線。若A、B兩點到P距離相等，A、C兩點到Q距離相等；則（）

A.A、B兩點電場強度相等B.A點的電勢比B點電勢高C.帶負電的粉塵從B點運動到C點電場力做負功D.帶電荷量均為的粉塵在A、C兩點所受電場力大小相等5、下列說法中正確的是（）A.普朗克在研究黑體輻射問題中提出了能量子假說B.在光電效應實驗中，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越大C.對于某種金屬，只要入射光的強度足夠大，就會發生光電效應D.在康普頓效應中，當入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉移給電子，因此，光子散射后波長變短評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O。將電量分別為和的兩點電荷放在圓周上，其位置關于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖所示，此時圓心O處電場強度為E。要使圓心處的電場強度大小為0，可在圓周上再放一個適當的點電荷Q，則該點電荷Q（）

A.應放在A點，B.應放在B點，C.應放在C點，D.應放在D點，7、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，四個理想電表的示數都發生變化，電表的示數分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判斷正確的是()

A.|ΔU1|<|ΔU2|，|ΔU2|>|ΔU3|B.不變，變小C.變大，不變D.變大，變大8、在一半徑為R的圓周上均勻分布有偶數N個絕緣帶電小球（可視為質點）無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為+2q，其余小球帶電荷量為+q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現僅撤去A點的小球后，則有關O點的電場強度的正確說法。

A.方向向右B.方向向左C.大小為D.大小為E9、如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度v0沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對木板A靜止的過程中；下述說法中正確的是()

A.物體B動能的減少量等于系統損失的機械能B.物體B克服摩擦力做的功等于系統內能的增加量C.物體B損失的機械能等于木板A獲得的動能與系統損失的機械能之和D.摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統內能的增加量10、如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入；它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上極板的過程中（）

A.它們運動的時間相等B.它們運動的加速度相等C.Q所帶的電荷量是P所帶的電荷量的兩倍D.Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍11、兩個相同的帶電導體小球所帶電荷量的比值為1：3，相距為r時庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為（）A.B.C.D.12、兩點電荷q1、q2分別固定在x軸上，其中q1在O點，q2位置未知，x軸上電勢分布如圖所示。質量為m、帶電量為－q的粒子（不計重力），以初速度v0從x1點沿x軸正方向運動（粒子僅受電場力）；則下列說法正確的是。

A.q2是負電荷B.q1的電荷量大于q2的電荷量C.若粒子能到達x4處，則v0的大小至少應為D.粒子從x1點運動到x4點的過程中，粒子的電勢能先增大后減小13、有一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c、d四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點電勢分別為：4V、8V、10V，使一電荷量為的負點電荷由a點開始沿abcd路線運動；則下列判斷正確的是（）

A.坐標原點O的電勢為6VB.電場強度的大小為200V/mC.該點電荷在c點的電勢能為D.該點電荷從a點移到d點過程中，電場力做功為14、如圖所示的電路中，定值電阻a、b、c、d的阻值相等，電容器C的耐壓值足夠大，其中電源的內阻可忽略不計。當僅閉合開關K1時，電路的總電阻用R1表示、電容器所帶的電荷量為q1，當兩個開關均閉合時，電路的總電阻用R2表示、電容器所帶的電荷量為q2。則下列關系式正確的是（）

A.R1：R2＝6：5B.R1：R2＝5：6C.q1：q2＝5：3D.q1：q2＝3:5評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、如圖所示，R1＝4Ω，R2＝9Ω，R3＝18Ω．通電后經R1、R2和R3的電流之比I1∶I2∶I3＝________，R1、R2和R3兩端的電壓之比U1∶U2∶U3＝________．

16、電動勢單位：______，用“V”表示．17、電功率。

（1）定義：電流在一段電路中所做的功與通電_______之比。

（2）公式：P＝＝_____。

（3）單位：_____，符號為____。

（4）意義：表示電流做功的______。18、如圖所示，電源電壓一定時，已知燈泡L標有“6V7.2W”字樣（燈絲電阻不受溫度影響），R2=10Ω。當S、S1閉合，且滑片P在a端時，燈正常發光；當S、S2閉合，且P在滑動變阻器中點處時，電流表示數為0.2A，燈泡L的阻值為_______Ω。通過對S、S1、S2的控制和調節滑動變阻器，可使電路消耗的總功率最小，電路總功率的最小值為_______。

19、知識點3電荷守恒定律

表述一：電荷既不會___________，也不會___________，它只能從物體的一部分轉移到___________，或者從一個物體轉移到___________。在轉移的過程中，電荷的總量___________。

表述二：一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和___________。20、電勢差。

（1）定義：電場中兩點之間____的差值，也叫作電壓。UAB=____，UBA=____，UAB=-UBA。

（2）電勢差是_____，有正負，電勢差的正負表示電勢的_____。UAB>0，表示A點電勢比B點電勢____。

（3）靜電力做功與電勢差的關系。

WAB=_____或21、如圖所示，虛線方框內為一勻強電場，為該電場中的三個點，已知

（1）試在該方框中作出該電場的示意圖；_________

（2）間的電勢差為___________若將動能是的電子由點發出，若該電子能經過點，則該電子經過點時的動能是___________將一個電子從移動到電場力做功為___________

22、如圖中把量程為3mA，內阻為100Ω的電流表改裝成15V的電壓表，則需串聯一個阻值為___________Ω的電阻，改裝后原來刻度1.4mA位置的讀數為___________V；若是把量程為3mA的電流表改裝成歐姆表，其中電源電動勢E=3V。改裝后，將原來電流表3mA的刻度定為電阻的“0”刻度，歐姆表的中值電阻為___________Ω，2mA刻度處標___________Ω。

23、黑箱上有三個接線柱A、B、C如圖6所示；已知里面裝的元件只有兩個（可能的元件是電池；電阻或二極管），并且兩個接線柱之間最多只接一個元件，現用多用表去進行檢測，其檢測結果如下：

①用直流電壓擋測量，A、B、C三接線柱之間均無電壓；

②用歐姆擋測量，A、C之間正；反接電阻值不變；

③用歐姆擋測量，黑表筆接A，紅表筆接B，有電阻，黑表筆接B，紅表筆接A；電阻值較大；

④用歐姆擋測量，黑表筆接C，紅表筆接B；有電阻，阻值比②步測得的大；反接電阻值很大．

畫出箱內兩個元件的接法．評卷人得分四、作圖題(共1題，共9分)24、由電流產生的磁場方向如圖所示；請在圖中標出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)25、某校A、B兩個興趣小組想探究鹽水的電阻率，首先測量圓柱形空筆芯的內徑d；然后空筆芯裝入配置好的鹽水，并把它用兩導電活塞（活塞電阻可忽略）塞好，有一端活塞可以自由移動，當活塞移動改變管內鹽水柱長度時，可用針管注射器配合增減筆芯內鹽水，保證管內沒有氣泡。

（1）A；B兩個興趣小組分別利用實驗電路圖甲進行實驗。

①A組方案主要步驟如下：

a.閉合開關S1，單刀雙擲開關S2扳到“1”位置，調節電阻箱R1，使電流表為某一適當的讀數I，測量并記下空筆芯里鹽水的長度L1；

b.保持R1不變，開關S2扳到“2”位置，調節R2使得電流計讀數為I時，R2的讀數即為長度為L1的鹽水的阻值；

c.改變筆芯管內鹽水柱長度，重復實驗步驟a、b，記錄每一次鹽水柱長度L和電阻箱R2阻值R，畫出的RL圖線如圖乙所示的___________（填“I線”或“II線”），根據測得的空筆芯內徑d和該圖像中標注的有關字母，可得鹽水的電阻率的表達式為___________。

②B組方案主要步驟如下：

a.閉合開關S1，單刀雙擲開關S2扳到“1”位置，調節電阻箱R1，使電流表為某一適當的讀數I，測量并記下空筆芯里鹽水的長度L1和電阻箱的讀數R；

b.開關S2始終扳到“1”位置，改變筆芯管內鹽水柱長度，調節R1使得電流計讀數為I時，記錄每一次鹽水柱長度L和電阻箱R1阻值R，畫出的RL圖線如圖乙另一條直線；

c.該小組根據測得的空筆芯內徑d和該圖像中標注的有關字母，可得鹽水的電阻率表達式為___________。

（2）因為本實驗電流表不是理想電流表，對A、B兩組方案電阻率的測量結果___________。

A．僅A組有影響B．僅B組有影響。

C．兩組均有影響D．兩組均無影響26、某同學設計了如圖甲、乙所示的實驗電路測量某電源的電動勢E（約為3V）和內阻r（約為2Ω）。已知電流表的內電阻約為1Ω。電壓表的內電阻約為3kΩ，變阻器最大電阻20Ω、額定電流1A，定值電阻請回答下列問題：

（1）請在圖丙中用筆面線代替導線完成圖乙電路圖的實物連接。______

（2）將滑動變阻器的滑片P移至最左端，閉合開關S，移動滑片P改變滑動變阻器的接入阻值，記錄下幾組電壓表示數U和對應的電流表示數I。

（3）重復步驟（2）。把甲、乙兩組實驗記錄的數據在同一坐標系內描點作出圖像如圖丁所示，可知圖中標記為II的圖線是采用實驗電路______（填“甲”或“乙”）測量得到的。

（4）為了減小系統誤差，本實驗應選用圖______（選填“甲”或“乙”）實驗電路。

（5）利用圖丁圖像提供的信息可以修正該實驗的系統誤差，則修正后被測電源的內阻______（注：為已知量）。27、某實驗小組研究兩個未知元件X和Y的伏安特性；使用的器材包括電壓表（內阻約為3kΩ）；電流表（內阻約為1Ω）、定值電阻等：

(1)使用多用電表粗測元件X的電阻，選擇“×1”歐姆檔測量，示數如圖（a）所示，讀數__________Ω，據此應選擇圖中的__________（選填“b”或“c”）電路進行實驗；

(2)連接所選電烙，閉合S；滑動變阻器的滑片P從左同右滑動，電流表的示數逐漸__________（填增大”“減小”）；依次記錄電流及相應的電壓；將元件X換成元件Y；重復實驗；

(3)圖（d）是根據實驗數據做出的U-I圖線，由圖可判斷元件__________（填“X”或“Y”）是非線性元件；

(4)該小組還借助X和Y中的線性元件和阻值R=21Ω的定值電阻，測量待測電池組的電動勢E和內阻r，如圖（e）所示，閉合S1和S2，電壓表讀數為3.00V，斷開S2，電壓表讀數為1.00V，結合圖（d）可算出E=_______V，r=__________Ω。（電壓表為理想電壓表）評卷人得分六、解答題(共2題，共16分)28、如圖，是豎直面內、圓心在點、半徑為的光滑絕緣軌道，其端切線水平且距水平地面的高度也為連線右側的空間存在方向豎直向下的勻強電場。將一質量為電荷量為的帶正電小球從軌道端無初速釋放，小球從端飛出后，在地面上第一次的落點距的水平距離為．若小球可視為質點，重力加速度大小為求：

（1）進入電場前，小球在端的速度大小及對軌道的壓力大小；

（2）勻強電場的場強大小。

29、在如圖所示的實驗裝置中，充電后的平行板電容器的A極板與靈敏的靜電計相接，B極板接地。靜電計中連接轉動指針的外殼也接地，當靜電計所加的電壓增大時，轉動指針與豎直固定的指針的夾角θ也增大。

若只把極板B稍向上移動一點，θ應________（增大、減小、不變），若只把極板B稍向內移動一點，θ應________（增大、減小、不變）若把鐵塊插入平行板內，θ應________。（增大、減小、不變）參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

設電場力做功為W，由動能定理知

可求得

因此a、b兩點間的電勢差為

故選項C正確；ABD錯誤。

故選C。2、B【分析】【分析】

【詳解】

兩粒子進入電場后，做類平拋運動，根據牛頓第二定律有

粒子射出電場時的側位移y為

電場中水平方向有

聯立，可得

依題意兩粒子的初動能相同，電場強度E和極板長度L相同，則y與q成正比，質子和粒子電荷量之比為1：2，則側位移y之比為1：2。

故選B。3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．MN是一條等勢線，若選無窮遠處電勢為零，則b點電勢為零，而d點電勢大于零，則b點電勢低于d點；選項A錯誤；

B．a點的場強與c點的場強大小相同；方向不同，選項B錯誤；

C．由對稱性可知，a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差；故C正確；

D．因a點的電勢高于c點的電勢，故試探電荷+q在a點的電勢能高于在c點的電勢能；故D錯誤；

故選C。4、B【分析】【詳解】

AD．根據電場線的疏密程度與電場強度的關系，由圖可知，A點的電場強度大于B點的電場強度和C點的電場強度，由可知，帶電荷量均為的粉塵在A、C兩點所受電場力大小不相等；故AD錯誤；

B．根據題意可知，A、B兩點到P距離相等，由A分析可知，P左側的平均電場強度大于右側的平均電場強度，由公式可得

則

故B正確；

C．由圖可知，電場方向為由B點到C點，則帶負電的粉塵從B點運動到C點電場力做正功；故C錯誤；

故選B。5、A【分析】【詳解】

A．普朗克在研究黑體輻射問題中提出了能量子假說；故A正確；

B．根據光電效應方程

可知；用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能越大，則這種金屬的逸出功越小，故B錯誤；

C．發生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率；與入射光的強度無關，故C錯誤；

D．入射光子與晶體中的電子碰撞，動量變小，根據光子動量

可知其波長變長；故D錯誤。

故選A。二、多選題(共9題，共18分)6、C:D【分析】【詳解】

兩個點電荷在O點產生的場強大小都為兩個場強的方向互成120°，根據平行四邊形定則，合場強大小為方向水平向左，所以要使圓心處的電場強度大小為0，放一個電荷在O點產生的場強大小為方向水平向右，所以該電荷若在C點，為+q，若在D點，為-q；故CD正確，AB錯誤．

故選CD。7、A:C【分析】【詳解】

根據閉合回路歐姆定律可得

比值是定值；

隨P向下移動而變大，且

變大；又因為

不變；

因為

且減小，所以比值變小，而

為電源內阻不變。

則

則|ΔU1|<|ΔU2||ΔU2|>|ΔU3|

故選AC。8、A:D【分析】【詳解】

假設圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球，由于圓周的對稱性，根據電場的疊加原理知，圓心O處場強為0，所以圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為+2q的小球與在A點在同一直徑的另一端的電量為+q的電荷在O點產生的場強的疊加，則有方向水平向左；所以僅撤去A點的小球，則O點的電場強度等于與A點在同一直徑的另一端的電量為+q的電荷在O點產生的場強方向向右，故BC錯誤，AD正確．9、C:D【分析】【詳解】

A.物體以水平速度沖上木板后，由于摩擦力作用，減速運動，木板A加速運動，根據能量守恒定律，物體動能的減少量等于木板A增加的動能和產生的熱量之和；故A錯誤；

B.根據動能定理，物體克服摩擦力做的功等于物體損失的動能；故B錯誤；

C.由能量守恒定律可知，物體損失的機械能等于木板獲得的動能與系統損失的機械能之和；故C正確；

D.摩擦力對物體做的功等于物體動能的減少量，摩擦力對木板做的功等于木板動能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力對物體做的功和對木板做的功的總和等于系統內能的增加量，故D正確．10、A:C:D【分析】【詳解】

A．兩粒子在垂直電場方向上做勻速直線運動，由

得知；運動的時間相等，故A正確；

B．兩粒子在平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動，根據位移時間關系公式，有

所以

故B錯誤；

C．根據牛頓第二定律，有

則

所以

故C正確；

D．因為

所以Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍；故D正確。

故選ACD。11、A:D【分析】【分析】

【詳解】

若兩個相同的帶電導體小球帶異種電荷，設一個小球帶電量為大小Q，則另一個為大小3Q；根據庫侖定律，兩球接觸前。

接觸再分開后；兩球帶同種電荷，因此兩球帶電量大小分別為。

由庫侖定律；此時庫侖力的大小。

若兩個相同的帶電導體小球帶同種電荷；兩球接觸前。

接觸再分開后，兩球帶同種電荷，兩球帶電量大小分別為2Q；由庫侖定律，此時庫侖力的大小。

故AD正確；BC錯誤。

故選AD。12、A:D【分析】【詳解】

AB．根據x軸上電勢分布，x1點電勢為0，x3場強為0，x3右側場強先增大后減小，可判斷q2一定在x軸負軸。x3場強為0，q1、q2產生的場強等大反向，所以q2一定帶負電且q2電荷量大于q1；A正確，B錯誤。

D．粒子從x2運動到x4過程；電場力先做負功后做正功，選項D正確；

C．粒子要能到達x4點必須能通過x3點，由電場力做功與電勢的關系可知粒子到達x4點做的功大于動能定理得

v0必須大于選項C錯誤。

故選AD。13、A:D【分析】【詳解】

A．勻強電場中平行等間距的兩點間電勢差相等，可得

解得

A正確；

B．可知a、b中點電勢為6V；故可畫出電勢為6V；8V的等勢面，電場線與等勢面垂直且指向電勢較低的一側，如圖所示。

故電場強度的大小為

B錯誤；

C．該點電荷在c點的電勢能為

C錯誤；

D．由B的解析可知，d點電勢為8V，該點電荷從a點移到d點過程中，電場力做功為

D正確。

故選AD。14、A:C【分析】【分析】

【詳解】

設定值電阻的阻值均為R，電源的電動勢為E，當僅閉合開關K1時；等效電路如圖甲所示，則電路的總電阻為。

R1＝3R電容器兩極板間的電壓。

則電容器所帶的電荷量。

當兩個開關均閉合時；等效電路如圖乙所示，電路的總電阻為。

電容器兩極板之間的電壓為。

電容器所帶的電荷量。

由以上分析可知。

R1∶R2＝6∶5q1∶q2＝5∶3故AC正確；BD錯誤。

故選AC。

三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【詳解】

由并聯電路的特點可知，U2=U3，即I2R2=I3R3，所以

流經R1和R3的電流之比所以：I1：I2：I3=3：2：1

R2和R3并聯，兩端的電壓相等；由U=IR可知：所以：U1：U2：U3=2：3：3

【點睛】

該題考查的串聯電路的特點，串聯電路電流相同，電壓與電阻成正比．并聯電路電壓相同，電流與電阻成反比，靈活選擇表達式，然后將相關的數據代入即可．基礎題目．【解析】3∶2∶12∶3∶316、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】伏特17、略

【分析】【詳解】

略【解析】①.時間②.UI③.瓦特④.W⑤.快慢18、略

【分析】【詳解】

［1］由電功率公式得

［2］當閉合，且滑片在端時，燈正常發光，可知電源電壓與小燈泡的額定電壓相等，即為

當閉合，且在滑動變阻器中點處時，定值電阻與滑動變阻器串聯，此時滑動變阻器在電路的電阻為其最大電阻的倍，電流表示數為則滑動變阻器接入電路的電阻為

則滑動變阻器的最大電阻為

當閉合，打開，并將滑動變阻器的滑片移到最右端電路消耗的總功率最小，此時電路的總功率的最小值為【解析】50.72W19、略

【分析】【詳解】

略【解析】①.創生②.消滅③.另一部分④.另一個物體⑤.保持不變⑥.保持不變20、略

【解析】①.電勢②.φA-φB③.φB-φA④.標量⑤.高低⑥.高⑦.qUAB21、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]依題意可知BC連線為等勢線，連接BC；根據電場線垂直與等勢線，沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知電場方向水平向右，可畫出電場示意圖如圖所示。

（2）[2]CA之間的電勢差為

[3]電子從C到A，根據動能定理有

代入數據解得

[4]電子從B到C，在同一等勢線上移動電荷，電場力做功為零。【解析】①.見解析②.-10③.50④.022、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由歐姆定律得

代入數據解得

[2]改裝后原來刻度1.4mA位置的讀數

[3][4]電壓3V，電流3mA的時候標度為0，即外加電阻為0，內電阻為R，則

中值電阻等于歐姆表內阻為10002mA刻度時候總電阻

則外加電阻【解析】49007100050023、略

【分析】【分析】

【詳解】

用直流電壓擋測量，A、B、C三接線柱之間均無電壓說明黑箱內無電源；用歐姆擋測量，A、C之間正、反接電阻值不變，說明AC間接有定值電阻；用歐姆擋測量，黑表筆接A，紅表筆接B，有電阻，黑表筆接B，紅表筆接A，電阻值較大，說明AB間接有二極管，且A端接的是二極管的正極；用歐姆擋測量，黑表筆接C，紅表筆接B；有電阻，阻值比②步測得的大；反接電阻值很大，說明CB間定值電阻和二極管串聯，所以黑箱內電路如上圖．

思路分析：根據二極管的單向導電性進行判斷。

試題點評：考查對探索黑箱內的電學元件實驗的掌握【解析】四、作圖題(共1題，共9分)24、略

【分析】【詳解】

第一幅圖中線圈內部磁場垂直紙面向外；根據右手定則可以判斷，電流為逆時針；第二幅圖中，磁場向上，根據右手定則可以判斷，左端電流垂直紙面向外，右端電流垂直紙面向里。

【解析】第一幅圖中電流為逆時針；第二幅圖左端電流垂直紙面向外；右端電流垂直紙面向里。

五、實驗題(共3題，共6分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）①c[1]根據

可知畫出的RL圖線應該是過原點的直線；是如圖乙所示的II線；

[2]由于圖線的斜率

解得

②c[3]因每次電流不變，則電阻不變，即

則R-L圖像的斜率

解得

（2）[4]兩次實驗時，只是保持了電流表讀數不變，則電流表內阻對實驗無影響，則對A、B兩組方案電阻率的測量結果無影響，故選D。【解析】①.II線②.③.④.D26、略

【分析】【詳解】

（1）[1]圖乙電路的實物連接圖如下圖所示：

（3）[2]對圖甲而言，根據閉合歐姆定律可得

整理可得