2025年外研版2024必修3物理下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版2024必修3物理下冊階段測試試卷947考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、如圖，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，L1、L2為小燈泡（其燈絲電阻可以視為不變），R1為定值電阻，R2為光敏電阻；其阻值的大小隨照射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而減小。閉合電鍵S后，將照射光強(qiáng)度增強(qiáng)，則。

A.電路的路端電壓將增大B.R1兩端的電壓將增大C.r的發(fā)熱功率將減小D.L1、L2都變亮2、如圖，電源電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，閉合電鍵后，滑動變阻器滑片P由a向b均勻移動，△U1表示伏特表V1示數(shù)的變化量，△U2表示伏特表V2示數(shù)的變化量，△I表示電流表A示數(shù)的變化量，則在此過程中（）

A.A示數(shù)先增大后減小，先減小后增大B.A示數(shù)先減小后增大，先減小后增大C.V1示數(shù)先增大后減小，不變D.V2示數(shù)先增大后減小，不變3、真空中兩個點電荷之間的距離為r，所帶電荷量均為q，它們之間靜電力的大小為F。僅將其中一個點電荷所帶電荷量變?yōu)?q，它們之間靜電力的大小變?yōu)椋ǎ〢.9FB.5FC.3FD.2F4、如圖所示，空間有棱長為L的正立方體ABCD-A′B′C′D′，在A點和C′點分別固定電荷量為Q的正、負(fù)點電荷，靜電力常量為k；則以下說法正確的是（）

A.立方體中心處的電場強(qiáng)度大小為B.B′、D′、C三點構(gòu)成的平面上各點電勢相同C.D點和B′點的電場強(qiáng)度方向相同且大小均為D.電子在A′點的電勢能高于在C點的電勢能5、目前許多國產(chǎn)手機(jī)都有指紋解鎖功能；用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖所示。指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。傳感器上有大量面積相同的小極板，當(dāng)手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同，此時傳感器給所有的電容器充電后達(dá)到同一電壓值，然后，電容器放電，電容小的電容器放電較快，根據(jù)放電快慢的不同，就可以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖像數(shù)據(jù)，根據(jù)文中信息，下列說法正確的是（）

A.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量小B.若在手機(jī)屏上增貼了一層厚度均勻的玻璃膜，則指紋識別解鎖功能無法使用C.在峪處形成的電容器電容較小D.沾水潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響6、下列式子屬于比值定義物理量的是（）A.t=B.a=C.C=D.7、如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球，開始時開關(guān)S閉合，滑動變阻器的滑動頭P在a處；此時絕緣線向右偏離豎直方向（電源的內(nèi)阻不能忽略），下列判斷正確的是。

A.小球帶負(fù)電B.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，細(xì)線的偏角變小C.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，電流計中有電流，方向從下向上D.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變小評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、已知通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足B＝k(其中k為比例系數(shù)，I為電流強(qiáng)度，r為該點到直導(dǎo)線的距離)．現(xiàn)有四根平行的通電長直導(dǎo)線，其橫截面積恰好在一個邊長為L的正方形的四個頂點上，電流方向如圖，其中A、C導(dǎo)線中的電流大小為I1，B、D導(dǎo)線中的電流大小為I2.已知A導(dǎo)線所受的磁場力恰好為零；則下列說法正確的是()

A.電流的大小關(guān)系為I1＝2I2B.四根導(dǎo)線所受的磁場力都為零C.正方形中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零D.若移走A導(dǎo)線，則中心O處的磁場將沿OB方向9、如圖所示的電路中，電流表、電壓表均為理想電表，若將滑動變阻器R1滑片下移；則下列說法中正確的是（）

A.電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變大C.電源內(nèi)電路消耗的功率變大D.R3消耗的功率變大10、如圖所示；帶箭頭的線表示某一電場中的電場線的分布情況。一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示，若不考慮其他力，則下列判斷中正確的是（）

A.若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負(fù)電B.不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負(fù)電C.若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D.若粒子是從B運動到A，則其速度減小11、如圖xOy空間中有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E1，P點右側(cè)還有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E2，一帶電液滴電荷量為q（q>0），質(zhì)量為m，帶電液滴以初動能Ek0沿直線從A運動到O。液滴經(jīng)過O點時電場E大小不變，方向突然反向，液滴經(jīng)一段時間t運動到P點，又經(jīng)過相同時間t沿直線運動到N點，已知yN=-d，E2=2E1，重力加速度為g；則下列分析中正確的是（）

A.液滴過O點后，先做類平拋運動，再做勻速直線運動B.C.D.P點坐標(biāo)為12、如圖所示為勻強(qiáng)電場中的一組等間距的豎直直線，一個帶電粒子從A點以一定的初速度斜向上射入電場；結(jié)果粒子沿初速度方向斜向右上方做直線運動，則下列說法正確的是（）

A.若豎直直線是電場線，電場的方向一定豎直向上B.若豎直直線是電場線，粒子斜向上運動過程動能保持不變C.若豎直直線是等勢線，粒子一定做勻速直線運動D.若豎直直線是等勢線，粒子斜向上運動過程電勢能增大13、如圖所示，四個帶電量絕對值相等的點電荷分別固定在豎直平面內(nèi)某一正方形的四個頂點上，A、B、C、D四個點分別為對應(yīng)的四條邊的中點；現(xiàn)有某一帶正電的試探電荷在四個電荷產(chǎn)生的電場中運動，下列說法正確的是（）

A.試探電荷在D點的電勢能小于A點的電勢能B.試探電荷在D點的電勢能小于C點的電勢能C.試探電荷從A點沿AC運動到C點，其加速度逐漸增大D.BD直線所在的水平面一定為一等勢面14、空間中存在勻強(qiáng)電場，如圖所示，以O(shè)點為圓心的圓所在的平面與電場平行，圓的半徑為AC、BD為兩條相互垂直的直徑，已知A點電勢為B點電勢為C點電勢為以下說法中正確的是（）

A.電場強(qiáng)度的方向與CA的夾角為B.電子在O點的電勢能為C.電場強(qiáng)度大小為D.若質(zhì)子以的初動能僅在電場力作用下自C點開始運動，該質(zhì)子到達(dá)圓周上的最大動能為15、如圖所示；用兩節(jié)干電池點亮幾只小燈泡，當(dāng)逐一閉合開關(guān)，接入燈泡增多時，以下說法正確的是：()

A.燈少時各燈較亮，燈多時各燈較暗B.燈多時各燈兩端的電壓較低C.燈多時通過電池的電流較大D.燈多時通過各燈的電流較大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)16、在閉合電路中，外電路電阻發(fā)生變化時路端電壓也要發(fā)生變化，這是由于電源存在內(nèi)阻而引起的.當(dāng)外電阻增大時，引起總電流_______，從而使內(nèi)電壓_______，由于內(nèi)阻不變，因而路端電壓將_______，當(dāng)外電路電阻變成無限大，即電路斷開時，路端電壓等于_______，當(dāng)外電路電阻趨近于零，即電路短路時，路端電壓就趨近于_______，電流趨近于_______，這會損壞電源.17、某地地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量是3.0×l0-5T，豎直分量是4.0×10-5T，則地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為_______T，在水平面上，面積為5m2的范圍內(nèi)，地磁場的磁通量為_______Wb。18、一個不帶電的金屬球殼的內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，今在中心處放置一電荷為q的點電荷，則球殼的電勢U=_______________。19、量程為的電流表讀數(shù)。左圖讀數(shù)為____________，右圖讀數(shù)為____________。

20、磁通量。

（1）定義：勻強(qiáng)磁場中___________和與磁場方向垂直的平面面積S的乘積，即Φ=BS。

（2）拓展：磁場與平面不垂直時，這個面在垂直于磁場方向的___________與磁感應(yīng)強(qiáng)度的乘積表示磁通量。

（3）單位：國際單位是韋伯，簡稱韋，符號是Wb，1Wb=___________。

（4）引申：表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小等于穿過垂直磁場方向的單位面積的磁通量。21、如圖所示，空間內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E．A、B為勻強(qiáng)電場中的兩點，A、B兩點間距離為l，A、B兩點的連線與電場線間的夾角為θ．則A、B兩點間的電勢差為_________；將一正電荷q從A移到B，電場力所做功為__________．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)22、在“用電流和電壓傳感器研究電容器的放電”實驗中；某同學(xué)按照圖所示連接電路。實驗時，先將開關(guān)S擲向1，一段時間后，將開關(guān)擲向2，傳感器將信息傳入計算機(jī)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(yīng)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(guān)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(nèi)阻和電阻箱阻值均未知，根據(jù)已知條件和傳感器顯示的圖像中的數(shù)據(jù)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23、如圖，黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內(nèi)有一個由四個阻值相同的電阻構(gòu)成的電路。用歐姆表測得1、2接線柱之間的電阻為2、3接線柱之間的電阻為1、3接線柱之間的電阻為在虛線框中畫出黑箱中的電阻連接方式。

24、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請在圖中標(biāo)出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共2題，共14分)25、實驗：金屬絲電阻率的測量。

（1）實驗原理。

a.把金屬絲接入電路中，用伏安法測金屬絲的電阻R（R=）。電路原理圖如圖所示。

b.用___________測出金屬絲的有效長度l，用___________測出金屬絲的直徑d，算出橫截面積S（S=）。

c.由電阻定律R=ρ得ρ===求出電阻率。

（2）實驗器材。

螺旋測微器、___________或___________、電壓表、電流表、開關(guān)及導(dǎo)線、待測金屬絲、電池、___________。

（3）實驗步驟。

a.測直徑：用螺旋測微器在待測金屬絲上三個不同位置各測一次直徑；并記錄。

b.連電路：按如圖1所示的電路圖連接實驗電路。

c.測長度：用___________測量接入電路中的待測金屬絲的有效長度；重復(fù)測量3次，并記錄。

d.求電阻：把滑動變阻器的滑動觸頭調(diào)節(jié)到使接入電路中的電阻值___________的位置，電路經(jīng)檢查確認(rèn)無誤后，閉合開關(guān)S。改變滑動變阻器滑動觸頭的位置，讀出幾組相應(yīng)的電流表、電壓表的示數(shù)I和U的值；記入表格內(nèi)，斷開開關(guān)S。

e.拆除實驗電路；整理好實驗器材。

（4）數(shù)據(jù)處理。

電阻R的數(shù)值可用以下兩種方法確定：

a.計算法：利用每次測量的U、I值分別計算出電阻，再求出電阻的___________值作為測量結(jié)果。

b.圖像法：可建立U-I坐標(biāo)系，將測量的U、I值描點作出圖像，利用圖像的___________來求出電阻值R。

（5）注意事項。

a.因一般金屬絲電阻較??；為了減小實驗的系統(tǒng)誤差，必須選擇電流表外接法；

b.測量l時應(yīng)測接入電路的金屬絲的___________長度（即兩接線柱之間的長度，且金屬絲伸直）；在金屬絲的3個不同位置上用螺旋測微器測量直徑d。

c.電流不宜___________（電流表用0～0.6A量程），通電時間不宜___________，以免電阻率因溫度升高而變化。26、某實驗小組測量一充電寶的電動勢和內(nèi)阻。從說明書可知該充電寶的電動勢約為5V，內(nèi)阻很小，約0.1～0.3最大放電電流為2A。

（1）該小組將充電寶連接線的外絕緣層剝開，找出充電寶的正極和負(fù)極，將多用電表選擇開關(guān)旋到10V直流電壓擋，先進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，然后紅、黑表筆分別接觸充電寶的正極和負(fù)極，電表刻度盤如圖甲所示，該讀數(shù)為__________V。

（2）該小組想進(jìn)一步精確測出該充電寶的電動勢和內(nèi)阻；實驗室提供的器材如下：

A．電壓表V（量程為6V，內(nèi)阻約為5k）

B．電流表A（量程為3A，內(nèi)阻約為0.6）

C．滑動變阻器R1（最大阻值為60）

D．定值電阻R0=3

E．一個開關(guān)及導(dǎo)線若干。

該小組設(shè)計了兩種測量充電寶電動勢和內(nèi)阻的電路，圖乙中__________（填“A電路”或“B電路”）更為合理，理由是______________。

（3）該小組通過調(diào)節(jié)滑動變阻器，測得多組I、U數(shù)據(jù)，并在坐標(biāo)紙上描點如圖丙所示，請根據(jù)描出的點作出U-I圖像_________。

（4）根據(jù)U-I圖像，可求得該充電寶的電動勢為__________V，內(nèi)阻為__________（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）

（5）根據(jù)誤差分析，該充電寶的電動勢的測量值比真實值__________（填“偏小”或“偏大”），內(nèi)阻的測量值比真實值__________（填“偏小”或“偏大”）。評卷人得分六、解答題(共2題，共14分)27、已知通電的長直導(dǎo)線在周圍空間某位置產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為其中I為電流強(qiáng)度，r為該位置到長直導(dǎo)線的距離，k為常數(shù)。如圖所示?，F(xiàn)有通電的兩根長直導(dǎo)線分別固定在正方體的兩條邊和上，彼此絕緣，電流方向分別由d流向h、由h流向g，中電流是中電流大小的一半，中的電流在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。不計導(dǎo)線的粗細(xì)，求a、e兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別是多少？

28、如圖所示，半徑為R的光滑絕緣環(huán)形軌道豎直放置，在圓軌道的最低點B處固定一帶電小球，另有質(zhì)量為m的帶電小球（圖中未畫出）穿在圓環(huán)上，從A點（水平最右端）處無初速釋放。若小球運動到C點時獲得最大速度，其大小為且求：

（1）小球從A點運動到C點的過程中電場力所做的功；

（2）小球通過C點時對軌道的壓力大小；

（3）小球在A點的加速度。

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

ABD．當(dāng)光照增強(qiáng)時，光敏電阻的阻值減小，電路中的總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，所以電源內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，電流增大，所以L1兩端的電壓增大，L1變亮，并聯(lián)部分電壓減小，即R1兩端的電壓將減小，其電流減小，所以通過L2的電流增大；變亮。AB錯誤，D正確；

C．由于總電流增大，所以r的發(fā)熱功率將增大。故C錯誤。

故選D。2、C【分析】【詳解】

閉合電鍵后，滑動變阻器滑片P由a向b均勻移動時，變阻器并聯(lián)的阻值先增大后減小，總電阻先增大后減小，則總電流先減小后增大，即A示數(shù)先減小后增大。由歐姆定律知，V2示數(shù)先減小后增大。根據(jù)路端電壓隨外電阻的增大而增大，可知V1示數(shù)先增大后減小。

R0是定值電阻，則

由閉合電路歐姆定律知U1=E-Ir，得

保持不變。

A．A示數(shù)先增大后減小，先減小后增大，與結(jié)論不相符，選項A錯誤；

B．A示數(shù)先減小后增大，先減小后增大，與結(jié)論不相符，選項B錯誤；

C．V1示數(shù)先增大后減小，不變，與結(jié)論相符，選項C正確；

D．V2示數(shù)先增大后減小，不變，與結(jié)論不相符，選項D錯誤；

故選C。3、A【分析】【分析】

【詳解】

真空中兩個點電荷之間的距離為r，所帶電荷量均為q，它們之間靜電力的大小為F，則

僅將其中一個點電荷所帶電荷量變?yōu)?q，它們之間靜電力的大小變?yōu)?/p>

聯(lián)立解得

故A正確；BCD錯誤。

故選A。4、C【分析】【詳解】

A．設(shè)立方體的中心為O，根據(jù)幾何關(guān)系可知

根據(jù)點電荷電場公式可知，點正點電荷在O點產(chǎn)生的電場為

方向由同理可得，點負(fù)點電荷在O點產(chǎn)生的電場為

方向由則立方體中心處的電場強(qiáng)度大小為

故A錯誤；

B．由圖可知，C點到A點的距離與到點的距離不相等，C點一定不是中垂面上的點，則平面一定不是中垂面，平面不是等勢面；故B錯誤；

C．由圖可知，點和點關(guān)于的中點對稱，則點和點的電場強(qiáng)度方向相同且大小相等，根據(jù)可知，則點正點電荷在D點產(chǎn)生的電場為

方向為AD延長線方向，點負(fù)點電荷在D點產(chǎn)生的電場為

方向為由則D點的電場強(qiáng)度的大小為

故C正確；

D．由圖可知，點相比點更接近與點，則有

根據(jù)公式可知，電子在A′點的電勢能低于在C點的電勢能；故D錯誤。

故選C。5、C【分析】【詳解】

AC．峪處d較小，嵴處d較大，根據(jù)電容的計算公式可知，峪處形成的電容器電容較小，嵴處構(gòu)成的電容器電容大，根據(jù)可知；充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大，故A錯誤，C正確；

B．在手機(jī)屏上增貼了一層厚度均勻的玻璃膜；即在電容器中間插入一層厚度均勻絕緣介質(zhì)，無論是嵴處還是峪處的電容都變大，但仍然是嵴處較大，峪處較小，指紋識別解鎖功能仍然可以使用，故B錯誤；

D．濕的手與傳感器之間有水填充；改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖和指紋識別，故D錯誤。

故選C。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．公式t=是勻速直線運動時間與位移的公式；時間與位移和速度都有關(guān)系，不符合比值定義法的共性，故A錯誤；

B．公式a=是牛頓第二定律的表達(dá)式；加速度與物體的質(zhì)量及所受的合外力都有關(guān)系，不屬于比值定義法，故B錯誤；

C．電容是由電容器本身決定的，與Q、U無關(guān)，公式C=是電容的定義式；是比值定義法，故C正確；

D．I與U成正比，與R成反比；不符合比值定義法的共性，故D錯誤。

故選C。7、B【分析】【詳解】

A.由圖，A板帶正電，B帶負(fù)電；電容器內(nèi)電場方向水平向右．細(xì)線向右偏，電場力向右，則小球帶正電．故A錯誤；

B.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U=E-Ir變小；電容器電壓變小，細(xì)線偏角變小，故B正確；

C.滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電；則流過電流表的電流方向向下．故C錯誤；

D.滑動頭向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，電源電動勢不變，所以當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變大，故D錯誤．二、多選題(共8題，共16分)8、A:C:D【分析】【詳解】

A；將導(dǎo)線BCD在導(dǎo)線A處的磁場；如圖所示：

根據(jù)題意A導(dǎo)線的磁場力為零，則A處的合磁場為零，即：則：故選項A正確；

B；同理將各點的磁場都畫出了；可以判斷B、D導(dǎo)線處的合磁場不為零，故磁場力不為零，故選項B錯誤；

C；將各導(dǎo)線在O點的磁場畫出；如圖所示：

由于A、C導(dǎo)線電流相等而且距離O點距離相等，則

同理：即正方形中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零；故選項C正確；

D、若移走A導(dǎo)線，則磁場不存在，由于則此時在O點的磁場只剩下導(dǎo)線C的磁場，而且導(dǎo)線C點磁場方向沿OB方向，即中心O處的磁場將沿OB方向，故選項D正確．9、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．將滑動變阻器R1滑片下移，電阻R1電阻值增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I減小，內(nèi)電壓減小、路端電壓U增大，由于R2和R3所在的支路電阻不變；由歐姆定律分析得知。

IA=通過電流表的電流增大，則電阻R2兩端的電壓增大；則電流表和電壓表的示數(shù)都變大，故A錯誤；B正確；

C．電路中總電流減??；根據(jù)。

P=I2r得知；電源內(nèi)電路消耗的功率變小，故C錯誤；

D．由上分析得知通過電流表的電流IA增大，通過R3的電流增大；則根據(jù)。

P=IA2R3可知R3消耗的功率變大；故D正確。

故選BD。10、B:C【分析】【詳解】

AB．做曲線運動的物體，所受合外力方向指向曲線的凹側(cè)，其次粒子所受靜電力與電場線的切線方向相反，所以不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A；粒子必帶負(fù)電，A錯誤，B正確；

C．電場線密集的地方電場強(qiáng)度大，所以粒子在B點受到的靜電力大，在B點時的加速度較大，若粒子是從B運動到A；則其加速度減小，C正確；

D．從B到A過程中；靜電力與速度方向成銳角，靜電力做正功，動能增大，速度增大，D錯誤。

故選BC。11、B:D【分析】【詳解】

A．液滴過O點時，合力與速度方向垂直，之后合力恒定，則O到P做類平拋運動；過P點后；分析可知，合力與速度方向共線，則再做勻加速直線運動。故A錯誤；

B．由平衡條件得

解得

故B正確；

CD．O到N，豎直方向為初速度為0的勻加速直線運動，由于O到P和P到N的時間相等。則

P點過后，合力與水平方向的夾角設(shè)為則

解得

O到P，由平拋規(guī)律有

又E2=2E1

聯(lián)立解得

則P點坐標(biāo)為故C錯誤；D正確。

故選BD。12、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．粒子做直線運動；則粒子受到的合力方向與初速度方向共線或受到的合力為0，因此粒子一定受重力作用．若豎直直線是電場線，粒子受到的電場力一定豎直向上，粒子斜向右上方做直線運動，因此合力一定為零，則粒子做勻速直線運動，動能不變，由于粒子的電性未知，因此電場方向不能確定，選項A錯誤，B正確；

CD．若豎直直線是等勢線；則電場力水平，由于粒子斜向右上做直線運動，因此電場力一定水平向左，合力方向與粒子運動的速度方向相反，粒子斜向右上做減速運動；粒子受到的電場力做負(fù)功，因此粒子斜向上運動過程電勢能增大，選項C錯誤，D正確。

故選BD。13、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．粒子由A到D，左下和右上電荷對試探電荷未做功，左上和右下電荷對試探電荷均做正功，所以其電勢能減小，即試探電荷在D點的電勢能小于A點的電勢能；同樣的方法可以分析，從D到C，試探電荷的電勢能也減小，試探電荷在D點的電勢能大于C點的電勢能；A正確；B錯誤；

C．由場強(qiáng)疊加原理可知，A、C兩點的場強(qiáng)相同，故而粒子的加速度也相同，從A到C加速度先增加后減??；C錯誤；

D．BD所在的水平面上任意一點的場強(qiáng)方向均豎直向下；故而在這個水平面內(nèi)移動電荷，電場力不做功，此面為一等勢面，D正確。

故選AD。14、C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)勻強(qiáng)電場特征可知

AC連線上8V的點M，距O點

BM連線為等勢線，電場線與等勢線垂直由高電勢指向低點勢，電場強(qiáng)度的方向與CA的夾角為

所以夾角為37°；故A錯誤；

B．電子在O點的電勢能為

故B錯誤；

C．根據(jù)

故C正確；

D．圓上電勢最小點電勢為

若質(zhì)子以的初動能僅在電場力作用下自C點開始運動，該質(zhì)子到達(dá)圓周上的最大動能為

故D正確。

故選CD。15、A:B:C【分析】【詳解】

試題分析：由并聯(lián)電路的規(guī)律可知外部總電阻的變化；由閉合電路的歐姆定律可判斷路端電壓和通過電池的電流變化．

解：A；B、C由圖可知；燈泡均為并聯(lián)．當(dāng)點亮的電燈數(shù)目增多時，并聯(lián)的支路增多，由并聯(lián)電路的電阻規(guī)律可知，外部總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，通過電池的電流增大，則電池的內(nèi)電壓增大，故路端電壓減小，燈泡兩端的電壓變小，燈泡變暗，故ABC正確；

D；由上分析可知；燈多時，通過電池的總電流減小，而支路的數(shù)目增大，所以各燈的電流較小，故D錯誤．

故選ABC

【點評】解答本題應(yīng)掌握：并聯(lián)電路中并聯(lián)支路越多，總電阻越小；同時注意閉合電路歐姆定律在電路動態(tài)分析中的應(yīng)用方法，一般可按外電路﹣內(nèi)電路﹣外電路的思路進(jìn)行分析．三、填空題(共6題，共12分)16、略

【分析】【詳解】

[1][2][3][4][5][6]在閉合電路中，外電路電阻發(fā)生變化時路端電壓也要發(fā)生變化，這是由于電源存在內(nèi)阻而引起的．當(dāng)外電阻增大時，引起總電流減小，從而使內(nèi)電壓減小，由于內(nèi)阻不變，因而路端電壓將增大，當(dāng)外電路電阻變成無限大，即電路斷開時，回路電流為零，路端電壓等于電動勢，當(dāng)外電路電阻趨近于零，即電路短路時，路端電壓就趨近于0，電流趨近于

電源內(nèi)阻很小，電流很大，這會損壞電源．【解析】減小減小增大電動勢017、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)題意，依據(jù)平行四邊形法則，有：

[2]當(dāng)線框平面與磁感線平行時；沒有磁感線穿過線框，穿過線框的磁通量為0；

在水平面上，地磁場的豎直分量穿過線框，則磁通量為：【解析】5.0×10-5T2.0×10-418、略

【分析】【詳解】

根據(jù)高斯定理，對球面有

則有

其中r>R2

可解得【解析】19、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)題意可知，量程為0~0.6A的電流表，分度值為0.02A，讀數(shù)時要讀到最小分度本位，則由圖可知，讀數(shù)分別為0.40A、0.22A?！窘馕觥?.40A0.22A20、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度B投影21、略

【分析】【詳解】

A、B兩點間的電勢差為正電荷q從A移到B，電場力所做功為．【解析】ElcosθqElcosθ四、作圖題(共3題，共9分)22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯(lián)在電路中；因此應(yīng)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??；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據(jù)可知電阻箱R的電壓UR減??；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據(jù)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(jù)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(jù)可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據(jù)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(jù)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?！窘馕觥緼BDABD23、略

【分析】【詳解】

因為1；2接線柱之間的電阻與2、3接線柱之間的電阻之和等于1、3接線柱之間的電阻；所以2為中間的結(jié)點，又因為2、3接線柱之間的電阻與1、2接線柱之間的電阻的差等于1、2接線柱之間的電阻的一半，故2、3之間有兩個電阻井聯(lián)，后再與第三個電阻串聯(lián)，每個電阻均為1Ω，連接方式如圖所示。

【解析】24、略

【分析】【詳解】

第一幅圖中線圈內(nèi)部磁場垂直紙面向外；根據(jù)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(jù)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2題，共14分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）實驗原理。

b.[1][2]用毫米刻度尺測出金屬絲的有效長度l，用螺旋測微器測出金屬絲的直徑d；算出橫截面積S。

（2）實驗器材。

[3][4][5]螺旋測微器；游標(biāo)卡尺或毫米刻度尺、電壓表、電流表、開關(guān)及導(dǎo)線、待測金屬絲、電池、滑動變阻器。

（3）實驗步驟。

c.[6]測長度：用毫米刻度尺測量接入電路中的待測金屬絲的有效長度；重復(fù)測量3次，并記錄。

d.[7]求電阻：把滑動變阻器的滑動觸頭調(diào)節(jié)到使接入電路中的電阻值最大的位置；

（4）數(shù)據(jù)處理。

a.[8]計算法：利用每次測量的U、I值分別計算出電阻；再求出電阻的平均值作為測量結(jié)果。

b.[9]圖像法：可建立U-I坐標(biāo)系，將測量的U、I值描點作出圖像，利用圖像的斜率來求出電阻值R。

（5）注意事項。

a.因一般金屬絲電阻較?。粸榱藴p小實驗的系統(tǒng)誤差，必須選擇電流表外接法；

b.[10]測量l時應(yīng)測接入電路的金屬絲的有效長度（即兩接線柱之間的長度，且金屬絲伸直）；在金屬絲的3個不同位置上用螺旋測微器測量直徑d。

c.[11][12]電流不宜過大（電流表用0～0.6A量程），通電時間不宜過長，以免電阻率因溫度升高而變化?！窘馕觥亢撩卓潭瘸呗菪郎y微器游標(biāo)卡尺毫米刻度尺滑動變阻器毫米