2025年人教新課標必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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年人教新課標必修3物理上冊月考試卷845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，A1和A2是兩只電阻不同的電流表，V1和V2是兩只相同的電壓表。電流表A2的示數(shù)是I2=0.6mA，電壓表V1和V2的示數(shù)分別是0.6V和0.8V，則電流表A1的示數(shù)是（）

A.1.2mAB.1.4mAC.1.6mAD.1.8mA2、用圖中三套實驗裝置探究感應電流產生的條件；下列選項中能產生感應電流的操作是（）

A.甲圖中，使導體棒AB順著磁感線方向運動，且保持穿過ABCD中的磁感線條數(shù)不變B.乙圖中，使條形磁鐵勻速穿過線圈C.丙圖中，開關S閉合后，B螺線管相對靜止一起豎直向上運動D.丙圖中，開關S保持閉合，使小螺線管A在大螺線管B中保持不動3、如圖所示，半徑為的導體環(huán)的頂端有一寬為的小狹縫且滿足遠遠小于在導體環(huán)上均勻分布著總電荷量為的負電荷。已知靜電力常量為則下列說法正確的是（）

A.導體環(huán)在圓心處產生的場強大小為方向由指向B.導體環(huán)在圓心處產生的場強大小為方向由指向C.導體環(huán)在圓心處產生的場強大小為方向由指向D.導體環(huán)在圓心處產生的場強大小為方向由指向4、如圖，電荷量分別為Q(Q>0)和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點在O與Q之間的x軸上，b點在y軸上．取無窮遠處的電勢為零．下列說法正確的是。

A.O點電勢為零，電場強度也為零B.a點的電場強度一定大于b點的電場強度C.將負的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大5、如圖所示，某一電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．t=0時；在此電場中由靜止釋放一個帶電粒子，假設該帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是。

A.3s末帶電粒子速度為0B.5s末帶電粒子回到原出發(fā)點C.0~5s，電場力做功為0D.帶電粒子始終沿同一個方向運動6、如（a）圖所示的兩平行金屬板P、Q加上（b）圖所示電壓，t=0時，Q板電勢比P高5V，在板正中央M點放一電子，初速度為零，電子只受電場力而運動，且不會碰到金屬板，則這個電子處于M點右側，速度向右，且速度逐漸減小的時間段是（）

A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、如圖所示，電源電動勢E和內阻r一定，R1、R2是定值電阻，R0是光敏電阻(光敏電阻的阻值隨光照強度的增大而減小)，L是小燈泡。當照射到R0的光照強度減小時；以下分析正確的是。

A.電流表示數(shù)減小B.電壓表示數(shù)不變C.燈泡亮度變暗D.電源效率降低8、對于帶電微粒在輻射和吸收能量時的特點，以下說法正確的是（）A.以某一個最小能量值一份一份地輻射或吸收B.輻射和吸收的能量是某一最小值的整數(shù)倍C.吸收的能量可以是連續(xù)的D.輻射和吸收的能量是量子化的9、如圖所示，線圈兩端接在電流表上組成閉合電路。在下列情況中，電流表指針發(fā)生偏轉的是（）

A.磁鐵和線圈相對靜止時B.磁鐵插在線圈內不動C.線圈不動，磁鐵拔出線圈時D.線圈不動，磁鐵插入線圈時10、如圖所示，在O點固定一點電荷，將帶電粒子A從a處以一定的初速度射向O，虛線abc是帶電粒子的運動軌跡，b點距離O點最近；且?guī)щ娏Ｗ拥闹亓雎圆挥?，則下列說法中正確的是（）

A.帶電粒子與O點固定的點電荷電性不同B.帶電粒子從b點運動到c點的過程中加速度不斷增大C.帶電粒子在a點的電勢能一定小于在b點的電勢能D.帶電粒子在b點的電勢能與動能之和一定等于它在c點電勢能與動能之和11、如圖，光滑絕緣細桿豎直固定，桿上套有一帶正電小環(huán)，與桿相距為d的豎直方向上固定等量異種點電荷和兩點電荷相距為現(xiàn)將小環(huán)從與等高處由靜止釋放，經過桿上與兩點電荷距離相等的O點時速度大小為v；則小環(huán)（）

A.經過O點時與桿間的作用力為零B.經過關于O點對稱的上、下兩點時加速度相同C.經過關于O點對稱的上、下兩點時機械能相等D.經過與等高處時速度大小為12、如圖所示，帶電量為Q的正點電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底端C點，斜面上有A、B、D三點，A和C相距為L，B為AC中點，D為A、B的中點?，F(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當帶電小球運動到B點時速度恰好為零。已知重力加速度為g，帶電小球在A點處的加速度大小為靜電力常量為k。則（）

A.小球從A到B的過程中，速度最大的位置在D點B.小球運動到B點時的加速度大小為C.BD之間的電勢差UBD大于DA之間的電勢差UDAD.AB之間的電勢差UAB=評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、如圖所示，直線A為電源的路端電壓U與電流I的關系圖像，直線B是電阻R的兩端電壓與其中電流I的圖像.用該電源與電阻R組成閉合電路，則電源的輸出功率為_______，電源內部生熱損失的電功率為_______，電源的效率為_______.

14、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為900N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10－9C的正點電荷，則A處場強大小EA＝________N/C，B處的場強大小EB＝________N/C．

15、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(qū)域是_____．

16、磁感線。

（1）定義：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的______方向都跟這一點的磁場方向一致；這樣的曲線叫作磁感線。

（2）特點：

①磁感線的______表示磁場的強弱。

②磁感線上某點的______表示該點磁感應強度的方向。

（3）方向：在磁體外部為從______極到______極；磁體內部為從S極到N極。

（4）物理意義：用來形象描述磁場的假想線，實際上______。17、電容器。

（1）電容器：儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此___________又相距很近的___________；都可以看成一個電容器。

（2）電容器的充放電。

a.充電：把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連，兩個極板分別帶上等量的___________電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的___________儲存在電容器中。

b.放電：用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷___________的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過___________轉化為電路中其他形式的能量。18、在如圖所示的電路中，小量程電流表G的內阻滿偏電流

（1）當和均斷開時，改裝后的表是___________（填電流表或電壓表），量程為___________。

（2）當和均閉合時，改裝后的表是___________（填電流表或電壓表），量程為___________。評卷人得分四、實驗題(共2題，共6分)19、小聰想用滿偏電流為600μA的靈敏電流計G改裝成0.6A的電流表；操作步驟如下：

（1）用如圖1所示的電路測量電流計G的內阻．先只閉合S1，調節(jié)滑動變阻器R，使電流計指針滿偏；保持滑動變阻器的滑片位置不變，再閉合S2，調節(jié)電阻箱R′，使電流計指針半偏，讀出此時R′的阻值為99.9Ω，則測得靈敏電流計的內阻rg=______Ω．

（2）用這種方法測出的電流計內阻rg，與電流計內阻的真實值r′g相比有一定的誤差，為減小此誤差，應使R______R′的讀數(shù)（選填“＞＞”；“＜＜”或“=”）．

（3）將此靈敏電流計與R0=______Ω的定值電阻并聯(lián)，就可以改裝成量程為0.6A的電流表．

（4）采用如圖2所示電路，用滿偏電流為0.6A的標準電流表A校對上述改裝的電流表，由于測量電流計內阻的系統(tǒng)誤差，會導致改裝的電流表測得的電流______（選填“大于”、“小于”或“等于”）標準電流表測得的電流．20、用如圖1所示的電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻。

(1)在下表中選出適當?shù)膶嶒炂鞑倪M行實驗。器材（代號）規(guī)格電壓表（）0~3V，內阻約3k電壓表（）0~15V，內阻約15k電流表（）0~0.6A，內阻約0.125電流表（）0~3A，內阻約0.025滑動變阻器（）總阻值約20滑動變阻器（）總阻值約1000待測干電池電動勢約為1.5V開關（）導線若干

實驗中電流表應選用_____；電壓表應選用_____；滑動變阻器應選用____（填器材代號）。

(2)完成圖2中實物間的連線_________。

(3)甲同學在實驗中記錄了6組數(shù)據(jù)如下表所示，其中5組數(shù)據(jù)的對應點已經標在坐標紙上，請標出余下一組數(shù)據(jù)對應的坐標點，并畫出U-I圖線____________。序號123456電壓（）1.451.401.301.251.201.10電流（）0.060.120.240.260.360.48

根據(jù)所畫圖線，可得出干電池的電動勢_______

(4)甲同學認為若不考慮電壓表和電流表內阻對實驗的影響，則電壓表的讀數(shù)與對應的電流表的讀數(shù)的比值就等于干電池的內阻；乙同學認為電壓表的讀數(shù)變化量與相對應的電流表的讀數(shù)變化量的比值的絕對值才等于電源的內阻。請判斷哪位同學的觀點是正確的，并說明你的判斷依據(jù)___________。評卷人得分五、解答題(共4題，共12分)21、如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量QA=1.8×10?7C，一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量k=9×109N·m2/C2）

（1）小球B所帶電量q及電性；

（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度E；

（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。

（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的最小距離s是多少？

22、在一個點電荷Q的電場中，以點電荷Q的位置為原點O建立平面直角坐標系，如圖1所示，在其中A、B兩點分別放置試探電荷，試探電荷受到靜電力的大小F跟試探電荷的電荷量q的關系分別如圖2中直線a、b所示。已知A點的坐標為（0.3m；0）。

（1）求A點電場強度的大小EA和B點電場強度的大小EB。

（2）求B點到點電荷Q的距離rB。

（3）將一試探電荷從B點移動到A點，請根據(jù)點電荷場強分布的特點，自選兩條移動路徑證明，電場力做的功WBA與路徑無關（在圖中畫出所選擇的路徑）。

23、如圖所示，兩質量為的小球，A帶電B不帶電。兩球靜止，且相距A、B方向與方向相同（電場強度大小為）。時刻，開始受電場力而運動，A、B間發(fā)生彈性正碰，無電量轉移，求第次正碰到第次正碰之間需要的時間。

24、如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，兩極板的長度L=80cm，兩板間的距離d=20cm．電源電動勢E=24V，內電阻r=1Ω，電阻R=15Ω，滑動變阻器的最大阻值為20Ω．閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從A、B兩金屬板左端正中間位置M處以初速度v0=8m/s水平向右射入兩板間，恰能沿直線射出．若小球帶電量為q=1×10-2C，質量為m=2×10-2kg，不考慮空氣阻力，重力加速度g=10m/s2．求此時：

（1）滑動變阻器接入電路的阻值；

（2）當滑動變阻器阻值多大時；滑動變阻器消耗的功率最大？此時滑動變阻器消耗的功率是多少？

（3）若使小球能從極板間射出；則滑動變阻器接入電路的阻值范圍為多大？

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

由于V1和V2兩表相同，說明它們的內阻相同，設為R

U1=I2RU2=IV2R聯(lián)立得。

IV2=0.8mAA1測量是總電流為。

IV2+I2=1.4mA故B正確；ACD錯誤。

故選B。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．甲圖中，使導體棒AB順著磁感線方向運動，AB不切割磁感線，故不能產生感應電流，另外也可以從保持穿過ABCD中的磁感線條數(shù)不變的角度看；磁通量沒變化，故也不產生感應電流，A錯誤；

B．乙圖中；使條形磁鐵勻速穿過線圈，在磁鐵從上向下穿過時，穿過線圈的磁通量會變化，故產生感應電流，B正確；

C．丙圖中；開關S閉合后，A；B螺線管相對靜止一起豎直向上運動，兩線圈沒有相對運動，B中的磁通量沒變化，故不產生感應電流，C錯誤；

D．丙圖中；開關S保持閉合，使小螺線管A在大螺線管B中保持不動時也不會使B中的磁通量變化，故也不能產生感應電流，D錯誤。

故選B。3、D【分析】【分析】

【詳解】

該導體環(huán)可認為是從封閉的導體環(huán)上取下寬為的一小段后的部分，對寬為的一小段導分析，由于遠遠小于因此可視為點電荷，其在圓心處產生的場強大小為

又因為寬為的一小段導體帶負電荷，故場強方向由指向據(jù)對稱性知，封閉的導體環(huán)在圓心處產生的合場強為所以寬為的一小段導體在圓心處產生的場強與該導體環(huán)在圓心處產生的場強大小相等、方向相反，則導體環(huán)在圓心處產生的場強大小為方向由指向故ABC錯誤，D正確。

故選D。4、B【分析】【詳解】

A.結合等量異種點電荷的電場的特點可知，兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線；電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以Ob連線的電勢等于0；而電場強度不等于0．故A錯誤；

B.根據(jù)點電荷電場強度公式及矢量的疊加原理可知，在x軸上，O點的電場強度最小，而在y軸上，O點的電場強度最大，因此a點電場強度大于b點電場強度的大??；故B正確；

C.將負的試探電荷從O點移到a點；即將負電荷從低電勢移到高電勢，則其電勢能減小，電場力做正功，故C錯誤；

D.兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以O、b兩點的電勢是相等的，將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點，二者電勢能的變化相等，故D錯誤；5、A【分析】【詳解】

由牛頓第二定律可以知道，帶電粒子在第1s內的加速度為：

第2s內加速度：

因此先加速1s再減小0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v-t圖象如圖所示：

A．由圖可以知道；粒子在第1s內做勻加速運動，第2s內做勻減速運動，3s末的瞬時速度剛減到0，所以A正確;

B．根據(jù)速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可以知道，在t=5s時；帶電粒子的位移不為0，故B錯誤;

C．因為第5s末粒子的速度不為0；根據(jù)動能定理知粒子只受電場力作用，前5s內動能變化不為0，即電場力做的總功不為零.故C錯誤.

D．帶電粒子在前1秒勻加速運動,在第二秒內先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動,故D錯誤.6、B【分析】【詳解】

A．在0＜t＜2×10-10s時間內，Q板比P板電勢高5V，所以電場方向水平向左，電子所受電場力方向向右，加速度方向也向右，所以電子從M點向右做勻加速直線運動；故A錯誤.

B．在2×10-10s＜t＜4×10-10s時間內，Q板比P板電勢低5V，電場強度方向水平向右，所以電子所受電場力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向右做勻減速直線運動，當t=4×10-10s時速度為零，此時電子在M點的右側；故B正確.

C．在4×10-10s＜t＜6×10-10s時間內，Q板比P板電勢低5V；電場強度方向水平向右，所以電子所受電場力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向左做勻加速直線運動；故C錯誤.

D．在6×10-10s＜t＜8×10-10s時間內，Q板比P板電勢高5V，電場強度方向水平向左，所以電子所受電場力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向左做勻減速直線運動，到8×10-10s時刻速度為零，恰好又回到M點．故D錯誤.二、多選題(共6題，共12分)7、A:C【分析】【詳解】

ABCD.由題可知，當照射到R0的光照強度減小時，R0的阻值增大，則總電阻增大，總電流減小；電源內部分壓減小，路端電壓增大，則電壓表示數(shù)增大；R1分壓減少，并聯(lián)部分電壓增大，通過R2的電流增大，通過燈泡電流減小，則燈泡變暗；由閉合電路歐姆定律可知電源效率

因電流減??；則電源效率增大；綜上，故AC正確BD錯誤。

故選AC。8、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

帶電微粒輻射和吸收能量時是以最小能量值——能量子ε的整數(shù)倍一份一份地輻射或吸收的；是不連續(xù)的。

故選ABD。9、C:D【分析】【詳解】

A．磁鐵和線圈相對靜止時；穿過線圈的磁通量不變，不會產生感應電流，則電流表指針不發(fā)生偏轉，選項A錯誤；

B．磁鐵插在線圈內不動；則穿過線圈的磁通量不變，不會產生感應電流，則電流表指針不發(fā)生偏轉，選項B錯誤；

C．線圈不動；磁鐵拔出線圈時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，會產生感應電流，則電流表指針發(fā)生偏轉，選項C正確；

D．線圈不動；磁鐵插入線圈時，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，會產生感應電流，則電流表指針發(fā)生偏轉，選項D正確。

故選CD。10、C:D【分析】【詳解】

A．因帶電粒子受到的是斥力；帶電粒子與O點固定的點電荷電性相同，選項A錯誤；

B．帶電粒子從b點運動到c點的過程中加速度不斷減??；選項B錯誤；

C．帶電粒子由a到b的過程中；電場力做負功，電勢能增加，選項C正確；

D．帶電粒子由b到c的過程中；電場力做正功，電勢能減小，動能增加，但電勢能與動能之和不變，選項D正確。

故選CD。11、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知，在其連線的垂直平分線上的O點的場強豎直向下；則此時環(huán)與桿間的作用力為零，A正確；

B．根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知，關于O點對稱的上、下兩點電場強度大小相等，電場力豎直向下的分量相等，則經過關于O點對稱的上；下兩點時加速度相同；B正確；

C．因小環(huán)從上向下運動時，電場力一直做正功，則機械能增加，即經過關于O點對稱的上；下兩點時機械能不相等；C錯誤；

D．因為從開始運動到到達O點，再從O點達到與等高處時，電場力做功相等，根據(jù)動能定理

解得經過與等高處時速度大小為

D正確。

故選ABD。12、B:C【分析】【詳解】

A．帶電小球在A點時，有

當小球速度最大時，加速度為零，有

聯(lián)立上式解得

所以速度最大的位置不在中點D位置；A錯誤；

B．帶電小球在A點時，有

帶電小球在B點時，有

聯(lián)立上式解得

B正確；

C．根據(jù)正電荷的電場分布可知，B點更靠近點電荷，所以BD段的平均場強大小大于AD段的平均場強，根據(jù)可知，BD之間的電勢差UBD大于DA之間的電勢差UDA；C正確；

D．由A點到B點，根據(jù)動能定理得

由可得

聯(lián)立上式解得

D錯誤。

故選BC。三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

[1]由圖象可知電源的電動勢短路電流為6A，該電源和該電阻組成閉合電路時路端電壓為2V，電流為2A，電源的輸出功率即為電阻上消耗的功率：

[2]電源的總功率為：總

電源內部生熱損失的電功率為：熱總

[3]所以電源的效率為：【解析】4W2W66.7%14、略

【分析】【詳解】

[1][2]由E＝k點電荷在A處產生的場強E1＝900N/C

方向向左，而水平方向的勻強電場，場強大小為E0=900N/C，所以A處合場強為零．

點電荷在B處產生的場強E2＝900N/C

方向向下；

根據(jù)矢量合成可知：B處合場強為=1.27×103N/C【解析】01.27×10315、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(jù)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(qū)域（0，1）m和（﹣∞，﹣1）m；【解析】x＝﹣1m（0，1）m和（﹣∞，﹣1）m16、略

【分析】【分析】

【詳解】

磁感線

（1）[1]定義：在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這一點的磁場方向一致，這樣的曲線叫作磁感線。

（2）[2][3]特點：①磁感線的疏密程度表示磁場的強弱。

②磁感線上某點的切線方向表示該點磁感應強度的方向。

（3）[4][5]方向：在磁體外部為從N極到S極，磁體內部為從S極到N極。

（4）[6]物理意義：用來形象描述磁場的假想線，實際上并不存在?！窘馕觥竣?切線②.疏密程度③.切線方向④.N⑤.S⑥.并不存在17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]電容器指儲存電荷和電能的裝置。任何兩個彼此絕緣又相距很近的導體；都可以看成一個電容器；

（2）[3][4]充電指把電容器的兩極板分別與電池組的兩極相連；兩個極板分別帶上等量的異種電荷的過程，充電過程中，由電源獲得的電能儲存在電容器中；

[5][6]放電指用導線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程，放電過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉化為電路中其他形式的能量?！窘馕觥竣?絕緣②.導體③.異種④.電能⑤.中和⑥.電流做功18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]由圖可知，當和均斷開時，電流表G和串聯(lián)，所以改裝后的表是電壓表，量程為

（2）[3][4]由圖可知，當和均閉合時，電流表G和并聯(lián)，改裝后的表是電流表，量程為【解析】①.電壓表②.③.電流表④.四、實驗題(共2題，共6分)19、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）用半偏法測電阻；若并聯(lián)電路電流相同，則電阻相同，則電流表內阻等于電阻箱阻值：為99.9Ω．

（2）因總電流變大；則并聯(lián)電阻部分的電流大于原電流的一半，則阻值小于電流表的內阻，測量值偏?。鬜＞＞R′，則電路中的電流增加幾乎可以忽略不計，則可以減小實驗的誤差．

（3）改裝成電流表要并聯(lián)電阻，由歐姆定律可得：IR并=I0rg

又：

聯(lián)立可得：R0=1Ω

（4）由于電流表的內阻的測量值偏小，所以由公式得出的與電流表并聯(lián)的R0偏小，導致改裝的電流表的量程偏大，所以對應的讀數(shù)偏小，即改裝的電流表測得的電流小于標準電流表測得的電流.【解析】99.9＞＞1小于20、略

【分析】【詳解】

(1)[1]干電池的電動勢約為1.5V，所以電壓表選用0~3V量程的，故選V1；

[2]干電池所在電路電流非常小，所以選用的電流表應為0~0.6A量程的，故選A1；

[3]滑動變阻器阻值過大，會造成電路中電流變化不明顯，不利于數(shù)據(jù)的采集，所以選用滑動變阻器

(2)[4]滑動變阻器采用的限流接法；電流表采用內接法，故實物圖連接如圖所示。

(3)[5]圖像如圖所示：

[6]圖線與坐標軸的縱截距表示電源電動勢，故

(4)[7]乙同學說法正確。根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E－Ir，在電路變化過程中，U與I的變化趨勢是相反的（即一個變大，另一個就變?。?，因此U與I的比值是不斷變化的，不可能等于內阻。而在電路變化過程中，電動勢E不變，任意取兩個狀態(tài)，U1=E－I1r，U2=E－I2r，＝U1－U2，＝I1－I2，

可以得出=r

由于兩個狀態(tài)是任意取的，因此乙同學說法正確。【解析】V1A1R11.49乙正確五、解答題(共4題，共12分)21、略

【分析】【詳解】

（1）小球A帶正電，根據(jù)點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，可判斷知點電荷A對小球B的作用力方向與x軸正方向相同，即為庫侖斥力，故小球B帶正電；由圖（b）中曲線I可知，當x=0.3m時，有

因此

（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，有

因此

電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小為方向水平向左；

（3）根據(jù)圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功為

由公式

可得

（4）根據(jù)圖（b）中曲線II圍成的面積表示合電場力做的功，可知小球從x=0.16m到x=0.2m處，合電場力做功為

小球從到處，合電場力做功為==

由圖可知小球從到處，合電