2025年新世紀(jì)版必修3物理上冊月考試卷含答案

…………○…………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年新世紀(jì)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(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5題，共10分)1、如圖所示，紙面內(nèi)有平行于平面連線向右的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，三條長直導(dǎo)線P、Q和M垂直紙面放置，其截面PQM在紙面內(nèi)形成等邊三角形、當(dāng)P、Q兩導(dǎo)線中均通有向里的電流I時，等邊三角形MPQ的中心O點的磁感應(yīng)強度為2B0．若M導(dǎo)線也通以向里的電流I，其它條件不變，則O點的磁感應(yīng)強度為。

A.2B0B.B0C.B0D.B02、已知平行板電容器水平放置，極板間存在勻強電場，電容器的中線為帶有同種電性且質(zhì)量均為的小球電荷量從點分別以水平初速度射入平行板電容器，發(fā)現(xiàn)它們的運動軌跡恰好關(guān)于對稱，如圖所示，忽略兩小球間的相互作用，不計空氣阻力，重力加速度大小為則該極板間的電場強度的大小等于（）

A.B.C.D.3、下列選項中，不屬于物理學(xué)中的理想化模型的是（）A.質(zhì)點B.勻速直線運動C.點電荷D.電場強度4、如圖所示，a、b、c是正點電荷電場中的一條電場線上的三點，ab=bc，在a點處自由釋放一帶負(fù)電的試探電荷時，它沿直線向右做加速運動，依次經(jīng)過b、c點.下列說法正確的是。

A.a點的電場強度比b點的大B.a點的電勢比c點的低C.試探電荷在c點時的動能等于在b點時的兩倍D.試探電荷在b點時的電勢能等于在c點時的兩倍5、如圖所示，曲線ACB處于勻強電場中，O為AB的中點，OC長為L，且與AB垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子僅在電場力作用下沿ACB依次通過A、C、B三點，已知粒子在A、B兩點的速率均為2v0，在C點的速度大小為且方向與OC垂直。勻強電場與曲線所在的平面平行；則該勻強電場的電場強度大小和方向分別為。

A.沿CO方向B.沿CO方向C.沿OC方向D.沿OC方向評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、如圖中A為理想電流表，和為理想電壓表，為定值電阻，為可變電阻，電源E內(nèi)阻不計；則下列說法正確的是。

A.不變時，讀數(shù)與A讀數(shù)之比等于B.不變時，示數(shù)與A示數(shù)之比等于C.改變一定量時，讀數(shù)的變化量與A讀數(shù)的變化量之比的絕對值等于D.改變一定量時，讀數(shù)的變化量與A讀數(shù)的變化量之比的絕對值等于7、如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右，場強為E=104V/m的勻強電場。在勻強電場中有一根長L=2m的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為0.08kg的帶電小球，它靜止時懸線與豎直方向成37°角。圖中A，B和C，D分別為圓的豎直和水平直徑上與圓的交點。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2；下列說法正確的是（）

A.小球的帶電荷量q=6×10-5CB.小球動能的最小值為1JC.小球運動到B點時的機械能最小D.小球運動到D點時對繩子的拉力大小為4.8N8、帶正電的粒子M只在電場力作用下由P點運動到Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10-6J的功。以下說法正確的是（）A.粒子M在P點的電勢能一定小于它在Q點的電勢能B.粒子M在P點的加速度一定小于它在Q點的加速度C.P點的電勢一定高于Q點的電勢D.粒子M在P點的速率一定大于它在Q點的速率9、在x軸上電場強度E與x的關(guān)系如圖所示，O為坐標(biāo)原點，a、b、c為x軸上的點，a、c之間的距離為d，a、c兩點的電場強度大小均為E0；則下列說法中正確的是()

A.φb＞φa＝φc＞φOB.φO＞φa＞φb＞φcC.將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0dD.將質(zhì)子從a點移到c點，質(zhì)子的電勢能增加10、關(guān)于電勢差，下列說法正確的是（）A.電勢差與電勢一樣，是相對量，與零電勢點的選取有關(guān)B.電勢差有正、負(fù)之分，是一個矢量C.由于靜電力做功跟移動電荷的路徑無關(guān)，所以電勢差也跟移動電荷的路徑無關(guān)，只跟這兩點的位置有關(guān)D.由于UAB=φA-φB，UBA=φB-φA，故UAB=-UBA11、圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等，現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。若不計重力；則（）

A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C.N從O點運動至a點的過程中電勢能減少D.M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零12、如圖所示，陰極射線示波管的聚焦電場由電極形成，實線為電場線，虛線為等勢線，軸為該電場的中心軸線，P、Q、R為一個從左側(cè)進入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點；則（）

A.Q點電勢小于R點的電勢B.電場中Q點的電場強度小于R點的電場強度C.電子在P點處電勢能大于在Q點處電勢能D.電子從P至R的運動過程中，動能先減小后增加13、如圖所示，現(xiàn)有甲、乙、丙三個電動勢E相同而內(nèi)阻r不同的電源。用這三個電源分別給定值電阻R供電，已知它們的阻值大小關(guān)系為則將R先后接在這三個電源上時的情況相比較；下列說法正確的是（）

A.接在甲電源上時，電源內(nèi)阻消耗的功率最大B.接在乙電源上時，電源的總功率最大C.接在丙電源上時，電源的輸出功率最大D.接在甲電源上時，電源的輸出功率最大14、如圖甲所示，傾角為的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行。t=0時，將質(zhì)量m=1kg的炭塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，炭塊相對地面的v-t圖象如圖乙所示，整個過程炭塊未滑離傳送帶。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g=10m/s2。則（）

A.炭塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4B.0~2.0s內(nèi)摩擦力對炭塊做功-24JC.0~2.0s內(nèi)炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為24JD.炭塊在傳送帶上的痕跡長度為4m評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、如圖所示，一個α粒子（氦核）在電勢差為U1=100V的電場中由靜止開始加速運動，然后射入電勢差為U2=10V的兩塊平行板的偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電場極板長L=20cm，間距d=5cm．若α粒子能飛離平行板區(qū)（重力可忽略），則α粒子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的動能為________eV,飛離偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量y=_____________m．

16、平行板電容器所帶的電荷量為Q=4×10-8C，電容器兩板間的電壓為U=2V，則該電容器的電容為________；如果將其放電，使其所帶電荷量為原來的一半，則兩板間的電壓為______，兩板間電場強度變?yōu)樵瓉淼腳______倍，此時平行板電容器的電容為______．17、如圖，直角三角形ABC，∠ACB=60°，BC長10cm?？臻g中存在勻強電場，電場方向平行ABC所在的平面，已知A、B、C三點電勢分別為12V；8V、4V。

（1）在圖中作出過C點的電場線______；

（2）勻強電場的電場強度大小為__________V/m。

18、電視:

（1）攝影機把圖像變成_____。

（2）發(fā)射機把電信號加載到頻率很高的_____上。

（3）發(fā)射天線將_____信號發(fā)射到空中。

（4）電視機的接收天線把_____信號接收下來。

（5）電視機把_____信號取出并_____。

（6）顯像管將_____信號還原為____。19、一靈敏電流計，允許通過的滿刻度電流為Ig=1mA，表頭電阻Rg=300Ω，若改裝成量程為Im=3A的電流表，應(yīng)_______（填“并聯(lián)”或者“串聯(lián)”）阻值為__________Ω的電阻；若將此靈敏電流計改裝成量程為Um=3V的電壓表，應(yīng)_______（填“并聯(lián)”或者“串聯(lián)”）阻值為___________Ω的電阻。20、某同學(xué)利用螺旋測微器和游標(biāo)卡尺分別測量一圓柱體工件的直徑和高度，測量結(jié)果如圖所示，該工件的直徑為______cm，高度為______cm。

21、真空中有一根半徑為R的半圓形細(xì)導(dǎo)線，流過的電流為I，則圓心處的磁感強度為_______。評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)22、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標(biāo)出圖中各電荷的電性。

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、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導(dǎo)線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應(yīng)的磁感線（標(biāo)上方向）或電流方向。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共8分)25、在如圖甲所示的電路中；四節(jié)干電池串聯(lián)，小燈泡A；B的規(guī)格為“3.8V0.3A”，合上開關(guān)S后，無論怎樣移動滑動片，A、B燈都不亮。

（1）用多用電表的直流電壓擋檢查故障。

①選擇開關(guān)置于下列量程的________擋較為合適；

A．2.5VB．10V

C．50VD．250V

②測得c、d間電壓約為5.8V，e、f間電壓為0，則故障是________。

A．A燈絲斷開B．B燈絲斷開。

C．d、e間連線斷開D．B燈被短路。

（2）接著換用歐姆表的“×1”擋測電阻；歐姆表經(jīng)過歐姆調(diào)零。

①測試前，一定要將電路中的開關(guān)S________；

②測c、d間和e、f間電阻時，某次測試結(jié)果如圖乙所示，讀數(shù)為________Ω，此時測量的是________間電阻。根據(jù)小燈泡的規(guī)格計算出的電阻為________Ω，它不等于測量值，原因是：___________。26、為測定某舊干電池的電動勢和內(nèi)阻；實驗室提供了如下器材：

A.舊干電池兩節(jié)（假設(shè)兩節(jié)電池完全一樣）；

B.電壓表（視為理想電壓表；量程0~3V）；

C.電阻箱R（0~999.9Ω）；

D.定值電阻

E.多用電表；

F.開關(guān)；導(dǎo)線若干.

（1）同學(xué)甲直接使用多用電表的直流電壓2.5V擋測量一節(jié)電池的電動勢，讀數(shù)如圖所示，則該同學(xué)測得的電動勢E=_______，此測量值比舊干電池電動勢的真實值______（選填“偏大”或者“偏小”）.

（2）同學(xué)乙將兩節(jié)干電池串聯(lián)接入如甲所示的電路，規(guī)范操作得到如圖乙所示的圖像（U為電壓表讀數(shù)）.該同學(xué)所描繪的圖像中，橫坐標(biāo)是________（填選項前的字母）.

A.B.RC.

（3）按照（2）問中所選的橫坐標(biāo)，已知圖像的斜率為k，縱軸的截距為b，則一節(jié)干電池的電動勢為_______，內(nèi)阻為_________.（均用k、b、表示）評卷人得分六、解答題(共3題，共24分)27、一質(zhì)量M=5kg的絕緣長木板放在傾角θ=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持著靜止?fàn)顟B(tài)。木板左端距斜面底端的距離s=10.25m，斜面底端固定著一彈性薄擋板，與之相碰的物體會以原速率彈回。t=0時刻將一質(zhì)量m=10kg的帶正電小物塊置于木板上距離木板左端l=54m的位置，并使其獲得沿木板向上的初速度v0=4m/s，如圖（a）所示，與此同時，撒去作用在木板上的外力。空間還存在著沿斜面向上的勻強電場，場強大小與時間的關(guān)系如圖（b）所示，t=5.5s時撒去電場。已知E0=4×104N/C，小物塊的帶電量q=2×10-3C，木板與物塊間的動摩擦因數(shù)=0.5，小物塊可以看作質(zhì)點，且整個過程中小物塊不會從木板右端滑出，不考慮因電場變化產(chǎn)生的磁場，取g=10m/s2.求：

（1）t=1s時；小物塊和木板的速度大??；

（2）木板第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大??；

（3）小物塊從木板左端滑出之前木板與擋板碰撞的次數(shù)；及滑出瞬間小物塊與擋扳間的距離。

28、無處不在的引力場；構(gòu)建出一幅和諧而神秘的宇宙圖景。

（1）地球附近的物體處在地球產(chǎn)生的引力場中。地球可視為質(zhì)量分布均勻的球體。已知地球的質(zhì)量為M，引力常量為G。請類比電場強度的定義，寫出距地心r處的引力場強度g的表達(dá)式。（已知r大于地球半徑，結(jié)果用M、G和r表示）

（2）物體處于引力場中；就像電荷在電場中具有電勢能一樣，具有引力勢能。

中國科學(xué)院南極天文中心的巡天望遠(yuǎn)鏡追蹤到由孤立的雙中子星合并時產(chǎn)生的引力波。已知該雙中子星的質(zhì)量分別為且保持不變。在短時間內(nèi)，可認(rèn)為雙中子星繞二者連線上的某一點做勻速圓周運動。請分析說明在合并過程中，該雙中子星系統(tǒng)的引力勢能、運動的周期T如何變化。

（3）我們可以在無法獲知銀河系總質(zhì)量的情況下，研究太陽在銀河系中所具有的引力勢能。通過天文觀測距銀心（即銀河系的中心）為r處的物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度為v，根據(jù)可得到銀河系在該處的引力場強度g的數(shù)值，并作出圖像，如圖所示。已知太陽的質(zhì)量太陽距離銀心

a．某同學(xué)根據(jù)表達(dá)式認(rèn)為：引力場強度g的大小與物質(zhì)繞銀心的旋轉(zhuǎn)速度成正比，與到銀心的距離r成反比。請定性分析說明該同學(xué)的觀點是否正確。

b．將物質(zhì)距銀心無窮遠(yuǎn)處的引力勢能規(guī)定為零，請利用題中信息估算太陽所具有的引力勢能

29、如圖，O、A、B為同一斜面內(nèi)的三個點，OB沿斜面向下，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球以初速度v0自O(shè)點平行斜面水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的速率沿某一平行斜面方向拋出此帶電小球，該小球也恰好通過了A點，到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的速率沿另一平行斜面方向拋出，恰好通過B點，且到達(dá)B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g，固定光滑斜面的傾角求：

（1）無電場時，小球到達(dá)A點時的速度大?。?/p>

（2）OA、OB的電勢差

（3）電場強度的大小和方向。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

由題可知，當(dāng)M沒有通電流時P、Q兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小都為B，將兩個磁感應(yīng)強度合成，由幾何關(guān)系可知它們的合磁感應(yīng)強度也為B，方向水平向右，如圖所示：

將該合磁感應(yīng)強度再與勻強磁場B0合成，由題知中心O點的磁感應(yīng)強度為2B0，所以B=B0；當(dāng)導(dǎo)線M也通以向里的電流I，則三根導(dǎo)線產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度如圖所示：

由幾何關(guān)系可知，三根導(dǎo)線產(chǎn)生在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，其中P與Q的合磁感應(yīng)強度與M在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，大小相等，方向相反，所以在O點只有勻強磁場產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，則此時O點的磁感應(yīng)強度為B0，故選D．2、B【分析】【分析】

【詳解】

由題意可得，因為A、B質(zhì)量相等，且極板間存在勻強電場，設(shè)極板間的距離為d,又電荷量故可得，A球向上偏轉(zhuǎn)，B球向下偏轉(zhuǎn)，它們的運動軌跡恰好關(guān)于對稱，可得A、B水平和豎直方向的位移相同，即有

又

可得

豎直方向，對A球有

豎直方向，對B球有

代入數(shù)據(jù)，解得

ACD錯誤；B正確。

故選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

建立理想化模型時突出問題的主要因素；忽略問題的次要因素，質(zhì)點；勻速直線運動、點電荷都是理想化模型，電場強度不是理想化模型。

本題選不屬于物理學(xué)中的理想化模型的，故選D。4、B【分析】【詳解】

AB．在正點電荷形成的電場線上a處自由釋放一個負(fù)試探電荷時，它沿直線向c點處運動，電荷受到的電場力向右，所以電場線的方向向左，即場源電荷在右側(cè)，所以a點的電場強度比b點的小，a點的電勢比c點的低；故A錯誤，B正確；

C．因為場源電荷在右側(cè)，雖然ab=bc，所以Uab＜Ubc，由動能定理知試探電荷在c點時的動能Ekc=q（Uab+Ubc），試探電荷在b點時的動能Ekb=qUab，Ekc≠2Ekb；故C錯誤；

D．只有電場力做功時；發(fā)生動能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，但總量不變，動能不滿足2倍關(guān)系，則電勢能也不會滿足2倍關(guān)系，故D錯誤；

故選B。5、A【分析】【詳解】

ABCD.因粒子在A、B兩點的速率均為2v0，則A、B兩點是等勢點，AOB是一條等勢線，所以O(shè)C是電場線，又粒子帶正電，粒子僅在電場力作用下沿ACB運動，A點的速率大于C點的速率，則電場線方向沿CO方向；從A到C由動能定理

解得

故A正確BCD錯誤。

故選A。二、多選題(共9題，共18分)6、B:C:D【分析】【詳解】

AB．由歐姆定律可知，故不變時，讀數(shù)與讀數(shù)之比等于讀數(shù)與示數(shù)之比等于故A錯誤，B正確；

CD．改變一定量時，設(shè)讀數(shù)為讀數(shù)為根據(jù)閉合電路歐姆定律則有：

由數(shù)學(xué)知識可知：

讀數(shù)的變化量與A讀數(shù)的變化量之比的絕對值等于

根據(jù)閉合電路歐姆定律則有：

由數(shù)學(xué)知識可知：

讀數(shù)的變化量與A讀數(shù)的變化量之比的絕對值等于故C；D正確；

故選BCD.7、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．小球靜止時懸線與豎直方向成受重力，拉力和電場力，三力平衡，如圖。

根據(jù)平衡條件，有

解得

故A正確。

B．小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在等效最高點P速度最??；如圖。

根據(jù)牛頓第二定律

則最小動能

故B正確。

C．根據(jù)能量守恒定律，電勢能與機械能之和不變，所以機械能最小的位置是電勢能最大的位置，即與O點等高的最左的位置C；故C錯誤。

D．小球從等效最高點P點運動到D點，根據(jù)動能定理有

其中

小球在D點時，根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)，求得繩子對小球的拉力為

根據(jù)牛頓第三定律可得，小球運動到D點時對繩子的拉力大小為4.8N；故D正確。

故選ABD。8、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AD．帶正電的粒子M只在電場力作用下從P點運動到Q點；克服電場力做功，其電勢能增加，動能減小，故AD正確；

B．場強的大小與電場力做功正負(fù)無關(guān)，無法比較粒子M在P點的加速度與它在Q點的加速度；故B錯誤；

C．因為粒子M帶正電荷，所以P點的電勢低于Q點的電勢；故C錯誤。

故選AD。9、B:C【分析】【詳解】

AB．在E-x圖象中，圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由圖可以看出x軸上Oc段與圖線所圍面積大于ac段與圖線所圍面積，ac段與圖線所圍面積大于bc段與圖線所圍面積；即。

UOc＞Uac＞Ubc＞0所以。

φO＞φa＞φb＞φc故B正確；A錯誤；

C．a(chǎn)c段與圖線所圍面積大于E0d；即。

Uac＞E0d所以將質(zhì)子從a點移到c點，電場力做功大于eE0d；故C正確；

D．將質(zhì)子從a點移到c點；電場力做正功，質(zhì)子的電勢能減少，D錯誤。

故選BC。10、C:D【分析】【詳解】

A．電場中某一位置的電勢是相對的；與零電勢點的選取有關(guān)，而電場中兩點間的電勢差等于電勢之差，由電場本身決定，具有絕對性，與零電勢點的選取無關(guān)，A錯誤；

B．電勢差有正；負(fù)之分；其正、負(fù)表示電勢的高低，是一個標(biāo)量，B錯誤；

C．根據(jù)

可知；由于靜電力做功跟移動電荷的路徑無關(guān)，所以電勢差也跟移動電荷的路徑無關(guān)，只跟這兩點的位置有關(guān)，C正確；

D．電場中兩點間的電勢差等于電勢之差，由電場本身決定，具有絕對性，與零電勢點的選取無關(guān)，既有UAB=φA-φB，UBA=φB-φA

因此UAB=-UBA

D正確。

故選CD。11、B:C:D【分析】【詳解】

A．虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，即虛線為等差等勢線，O點電勢高于c點；沿著電場線的方向電勢降低，可知勻強電場的方向如下圖所示。

結(jié)合曲線運動的軌跡可知；M粒子所受電場力方向與電場線方向相同，M粒子帶正電，N粒子所受電場力方向與電場線方向相反，N粒子帶負(fù)電，A錯誤；

B.a、O、c三點分別在連續(xù)的等差等勢線上，且兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等，M粒子帶正電，N粒子帶負(fù)電，結(jié)合曲線可知，N從O點運動至a點和M在從O點運動至c點過程中電場力對N、M粒子做的功相等，粒子以相同速率射出，根據(jù)動能定理可知，N在a點的動能與M在c點動能大小相等，即N在a點的速度與M在c點的速度大小相同；B正確；

C．N從O點運動至a點的過程中；電場力做正功，電勢能減小，C正確；

D．O點和b點在同一等勢線上，M在從O點運動至b點的過程中；電場力對它做的功等于零，D正確。

故選BCD。12、A:C【分析】【詳解】

A．沿電場線電勢降低，因此Q點的電勢小于R點的電勢，故A正確；

B．據(jù)電場線的疏密程度可知，因此Q點電場線比R點電場線密，故Q點的電場強度大于R點的電場強度，故B錯誤；

C．從P到R電勢逐漸升高，電子帶負(fù)電，電勢能減小，因此電子在P點處的電勢能大于在Q點處的電勢能，故C正確；

D．根據(jù)能量守恒，電子從P至R的運動過程中，電勢能減小，動能增大，故D錯誤；

故選AC。13、A:C【分析】【詳解】

A．電源的內(nèi)阻消耗功率

當(dāng)時，最大；則接在甲電源上時，電源內(nèi)阻消耗功率最大，A正確；

B．電源的總功率

越大，越小；則接在丙電源上時，電源的總功率最大，B錯誤；

CD．電源的輸出功率

當(dāng)時，最大；可知，接在甲電源上時，電源的輸出功率最大，C錯誤，D正確。

故選AD。

【點睛】

本題是閉合電路歐姆定律簡單的運用。閉合電路歐姆定律是電路中最重要的規(guī)律之一，要熟練掌握，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析同一電阻接到不同電源上時電流的大小，再由公式分析電源的電功率大小。14、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖知，炭塊先做初速度為零的勻加速直線運動，速度達(dá)到傳送帶速度后（在時刻）；由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭塊繼續(xù)向下做勻加速直線運動，從圖象可知傳送帶的速度為。

在0-1.0s內(nèi)；炭塊摩擦力方向沿斜面向下，勻加速運動的加速度為。

由圖象可得。

即有。

在1.0-2.0s；炭塊的加速度為。

由圖象可得。

即有。

聯(lián)立可得。

故A錯誤；

BCD．根據(jù)“面積”表示位移；可知0～1.0s炭塊相對于地的位移。

傳送帶的位移為。

炭塊對傳送帶的位移大小為。

方向向上。

摩擦力對炭塊做功為。

炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為。

根據(jù)“面積”表示位移；可知1.0～2.0s炭塊相對于地的位移為。

傳送帶的位移為。

1.0～2.0s內(nèi)炭塊對傳送帶的位移大小為。

方向向下。

摩擦力對炭塊做功為。

炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為。

所以0～2.0s內(nèi)摩擦力對炭塊做功。

炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為。

因痕跡有重疊；故留下的痕跡為5m，故B，C正確，D錯誤；

故選BC。三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]粒子直線運動過程加速，由動能定理可得

解得

[2]再根據(jù)動能定理得

又因為粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，水平方向則有

豎直方向有

粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，根據(jù)牛頓第二定律，可得

聯(lián)立上式解得【解析】2000.0216、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)C=Q/U得，電容器的電容C=＝2×10?8F．

[2]電荷量減半，電容不變，仍然為2×10-8F．則兩板間的電壓

[3]根據(jù)E＝U/d知；電勢差減半，兩板間的距離不變，則電場強度變?yōu)樵瓉淼?.5倍；

[4]此時平行板電容器的電容仍為2×10-8F．【解析】2×10-8F1V0.52×10-8F17、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]A、C中點電勢為。

所以B點與A、C中點電勢相等，連線為等勢線，根據(jù)等勢線與電場線的關(guān)系，過C點作等勢線的垂線即為電場線；方向由高電勢指向低電勢，如圖。

(2)[2]根據(jù)幾何關(guān)系可知，C點到等勢線的距離為。

根據(jù)場強公式得。

【解析】18、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]攝影機把圖像變成電信號。

(2)[2]發(fā)射機把電信號加載到頻率很高的電磁波上。

(3)[3]發(fā)射天線將高頻信號發(fā)射到空中。

(4)[4]電視機的接收天線把高頻信號接收下來。

(5)[5][6]電視機把圖像信號取出并放大。

(6)[7][8]顯像管將圖像信號還原為圖像。【解析】①.電信號②.電磁波③.高頻④.高頻⑤.圖像⑥.放大⑦.圖像⑧.圖像19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]若改裝成量程為Im=3A的電流表，應(yīng)并聯(lián)的電阻阻值為

[3][4]若將此靈敏電流計改裝成量程為Um=3V的電壓表，應(yīng)串聯(lián)的電阻阻值為【解析】①.并聯(lián)②.0.1③.串聯(lián)④.20、略

【分析】【詳解】

[1]工件的直徑為d=6mm+0.01mm×12.0=6.120mm=0.6120cm

[2]工件的高度為h=50mm+0.05mm×18=50.90mm=5.090cm【解析】0.61205.09021、略

【分析】【詳解】

載有電流I的無限長，在距離導(dǎo)線為r處的P點的磁感應(yīng)強度為

則半徑為R的圓形細(xì)導(dǎo)線，當(dāng)流過的電流為I時，在其圓心處的磁感應(yīng)強度為

圓形細(xì)導(dǎo)線在圓心處的磁感應(yīng)強度可以看成是由兩根半圓形細(xì)導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的矢量和，由于兩根半圓形細(xì)導(dǎo)線在圓心處分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同，所以一根半圓形細(xì)導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為上式B的即為【解析】四、作圖題(共3題，共9分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

【解析】見解析23、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】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內(nèi)小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導(dǎo)線流入，右端導(dǎo)線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，由安培定則可知，環(huán)形電流方向沿逆時針方向，如圖所示?！窘馕觥课濉嶒烆}(共2題，共8分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①[1]因電源為四節(jié)干電池，故電動勢E＝6V；則應(yīng)選電壓表的10V量程擋較合適，故ACD錯誤，B正確；

故選B；

②[2]因c、d間電壓為5.8V，接近電源電動勢，而e、f間電壓為零；故應(yīng)為A燈絲斷開，B燈絲良好，故A正確，BCD錯誤，故選A；

(2)①[3]用歐姆表測電路中電阻的阻值時；一定要將電路斷開測量，故開關(guān)S斷開；

②[4]測電阻時用歐姆表的“×1”擋；由乙圖讀數(shù)知電阻阻值為6Ω；

[5]因c、d間斷路，c、d間電阻非常大，所以所測電阻應(yīng)為燈泡B的阻值，即測量的為e、f間的電阻；

[6]由

[7]該阻值與歐姆表測得的阻值相差較大，是因為歐姆表測得的電阻是燈泡未通電工作時的電阻，溫度較低，電阻率偏小，阻值偏小。【解析】①.B②.A③.斷開④.6⑤.e、f⑥.12.7⑦.歐姆表測量時燈泡未工作，燈泡溫度低，電阻偏小26、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2]電壓表讀數(shù)為1.45V；這個過程中由于電壓表相當(dāng)于一個儀器，測量為路端電壓，小于電源電動勢；

（2、3）[3]根據(jù)閉合回路歐姆定律可得

變形可得

橫坐標(biāo)為R；

[4][5]根據(jù)題意可得

一節(jié)干電池電動勢為

內(nèi)阻為

聯(lián)立解得

【點睛】

測定電源的電動勢和內(nèi)電阻是高中階段電學(xué)實驗考查的重點，是近幾年各地高考題目的出題熱點，本題突出了對于實驗原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，題目層次源于課本，凸顯能力，體現(xiàn)創(chuàng)新意識，側(cè)重于對實驗?zāi)芰Φ目疾椤窘馕觥?.45V偏小B六、解答題(共3題，共24分)27、略

【分析】【詳解】

（1）0~1s內(nèi)，設(shè)小物塊的加速度大小為a1，木板的加速度為a2；則由牛頓第二定律有。

解得。

a1=2m/s2a2=2m/s2t=1s時；小物塊的速度大小為。

木板的速度大小為。

（2）0~1s時間內(nèi)；木板的位移大小為。

t=1s時，小物塊與木板達(dá)到共同速度，且電場強度大小變?yōu)橐驗椤?/p>

所以小物塊與木板將共同做勻變速運動，設(shè)整體的加速度大小為a3；則。

解得。

a3=2m/s2設(shè)小物塊和木板共速后運動位移s2后速度減為零；則。

解得。

s2=1m即t=2s時；木板左端到擋板的距離為。

此后小木塊和木板將一同沿斜面向下做勻加速運動；所以木板第一次與擋板碰撞前的速度大小為。

（3）0~1s時間內(nèi)；小物塊的位移大小為。

與木板的相對位移大小為。

所以t=1s時小物塊到木板左端的距離為。

木板從距離擋板的位置開始下滑至與擋板第一次碰撞所經(jīng)歷的時間為。

所以木板與擋板第一次碰撞的時刻為t=2s+3.5s=5.5s，由題圖（b）可知此時電場強度隨即變?yōu)榱恪?/p>

木板與擋板第一次碰撞后將以大小為v=7m/s的速度反彈，設(shè)反彈后的加速度大小為a4；則。

解得。

a4=14m/s2設(shè)小物塊的加速度大小為a5；則。

解得。

a5=2m/s2設(shè)經(jīng)過t2；木板的長度減為零，則。

此過程中小物塊的位移大小為。

木板的位移大小為。

則這段時間內(nèi)；小物塊與木板的相對位移大小為。

木板速度減為零時；小物塊的速度大小為。

設(shè)再經(jīng)過t3，木板與擋板第二次碰撞，且碰撞時的速度大小為v’，根據(jù)受力分析可知木板速度減為零后將仍以大小為a4的加速度沿斜面下滑；則。

t3時間內(nèi)；小物塊的位移大小為。

則小物塊與木板的相對位移大小為。

木板與擋板第二次碰撞時；小物塊的速度大小為。

木板與擋板第一次碰撞和第二次碰撞之間小物塊與木板的總相對位移為。

根據(jù)以上分析可推知，之后木板每次與擋板碰撞時的速度大小均為v=7m/s。并且由于小物塊一