2025年外研版必修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研版必修3物理上冊階段測試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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示為示波管的工作原理圖，電子經(jīng)加速電場（加速電壓為U1）加速后垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，每單位電壓引起的偏移叫做示波管的靈敏度。為了提高靈敏度；以下措施可行的是（）

A.減小dB.減小LC.增大U1D.增大U22、圖中電阻R1、R2、R3阻值相等，電池的內阻不計，開關S接通后流過R2的電流是S接通前的（）

A.B.C.D.3、如圖在半徑為R的圓周上均勻分布著六個不同的點電荷，則圓心O處的場強大小和方向為

A.；由O指向FB.；由O指向FC.；由O指向CD.；由O指向C4、兩根同種材料制成的導線，橫截面積之比為長度之比為則它們的電阻之比為（）A.B.C.D.5、如圖所示，一質量為m、電荷量為q（q>O）的粒子以初動能Ek0從MN連線上的P點水平向右射出，在大小為E、方向豎直向下的勻強電場中運動。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力忽略不計，則粒子到達MN連線上的某點（未畫出）時（）

A.所用時間為B.動能為3Ek0C.若P點的電勢為0，則該點電勢為D.若僅增大初速度，速度與豎直方向的夾角不變6、兩個半徑均為Ｒ、帶電量均為＋Ｑ的金屬球放置在水平桌面上，它們球心的距離為３Ｒ，則它們之間的靜電力為（）A.等于B.大于C.小于D.不能確定7、水平面內固定一個足夠大且絕緣的粗糙斜面；其上有一個帶電滑塊勻速下滑且一直在斜面上運動。僅改變下列選項中的條件，滑塊速度大小一定改變的是（）

A.施加豎直方向的電場B.翻轉滑塊，改變它與斜面的接觸面積C.施加水平方向的恒力D.改變滑塊的質量8、如圖所示，勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行，ab=ad。電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5eV；電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5eV。設a點的電勢為零；下列說法正確的是（）

A.b點的電勢為-4.5VB.c點的電勢為0C.該勻強電場的方向是由b點指向a點D.該勻強電場的方向是由b點指向d點9、如圖所示，勻強電場場強E=200V/m，A、B兩點相距10cm，A、B連線與電場線夾角為60°若取A點電勢為0，則B點電勢為（）

A.10VB.-10VC.20VD.-20V評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖所示，均勻帶電的半圓環(huán)在圓心O點產(chǎn)生的電場強度為E、電勢為,把半圓環(huán)分成AB、BC、CD三部分．下列說法正確的是

A.BC部分在O點產(chǎn)生的電場強度的大小為B.BC部分在O點產(chǎn)生的電場強度的大小為C.BC部分在O點產(chǎn)生的電勢為D.BC部分在O點產(chǎn)生的電勢為11、下列說法中正確的有A.無論正電荷還是負電荷，靜電力做負功時電勢能一定增加B.電荷在電場中移動，若電場力對電荷做正功，電荷的電勢能一定減小，但電荷的動能不一定增加C.將負電荷從電勢高的地方移到電勢低的地方，電勢能一定減少D.若電場中A、B兩點間的電勢差為零，則同一點電荷在A、B兩點所具有的電勢能相同12、如圖所示，長直導線a、b、c分別固定在等邊三角形三個頂點上，a、c通有垂直直面向里的電流，b通垂直直面向外的電流．電流強度大小相等，A、B、C為三角形三邊中點，下列關于A、B、C三點磁場說法正確的是（）

A.C點磁感強度最小B.B點磁感應強度可能為零C.A、B兩點磁感應強度大小相等D.若外加垂直直面向里的勻強磁場，A點磁感強度可能為零13、如圖所示，真空中有兩個點電荷和分別固定在x坐標軸上，其中Q1位于處，Q2位于處，在x軸上（）

A.場強為0的點只有1處（不考慮無窮遠處）B.在區(qū)域，電勢沿x軸正方向降低C.質子從運動到處，電勢能升高D.在和的區(qū)域，場強沿x軸正方向14、如圖所示，質量為m、電荷量為Q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，另一個帶電量也為Q的帶電小球B固定于O點的正下方，已知細線OA長為2l，O到B點的距離為l，平衡時AB帶電小球處于同一高度，已知重力加速度為g，靜電力常量為k。則（）

A.A.B間庫侖力大小為B.B間庫侖力大小為2mgC.細線拉力大小為mgD.細線拉力大小為15、如圖所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，充電后始終與電源相連，A板與電源負極相連，B板與電源正極相連并接地。一個帶正電的微粒固定在兩板間P點處?，F(xiàn)將B板上移到虛線處；則下列說法中正確的是（）

A.平行板電容器的電容將變大B.平行板AB間的電場強度保持不變C.P點的電勢將變大D.微粒的電勢能將變大16、如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U；現(xiàn)使B板帶電，則下列判斷正確的是（）

A.增大兩極板間的距離，指針張角變大B.將A板稍微上移，靜電計指針張角變大C.若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D.若將A板拿走，則靜電計指針張角變?yōu)榱?7、如圖甲所示，在公元1267~1273年聞名于世的“襄陽炮”其實是一種大型拋石機。將石塊放在長臂一端的石袋中，在短臂端掛上重物。發(fā)射前將長臂端往下拉至地面，然后突然松開，石袋中的石塊過最高點時就被拋出?，F(xiàn)將其簡化為圖乙所示。將一質量m=80kg的可視為質點的石塊裝在長L=m的長臂末端的石袋中，初始時長臂與水平面成α=30°。松開后，長臂轉至豎直位置時，石塊被水平拋出，落在水平地面上。石塊落地點與O點的水平距離s=100m。忽略長臂、短臂和石袋的質量，不計空氣阻力和所有摩擦，g=10m/s2；下列說法正確的是（）

A.石塊水平拋出時的初速度為25m/sB.重物重力勢能的減少量等于石塊機械能的增加量C.石塊從A到最高點的過程中，石袋對石塊做功1.16×105JD.石塊圓周運動至最高點時，石袋對石塊的作用力大小為1.42×104N評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、如圖所示，有一帶電荷量為＋q的點電荷與均勻帶電圓形薄板相距為2d，此點電荷到帶電薄板的垂線通過板的圓心．若圖中b點處的電場強度為零，則圖中a點處的電場強度大小為________，方向________．(靜電力恒量為k)

19、如圖所示，一帶正電的導體球M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上。當小球N靜止時，絲線與豎直方向成θ角由此推斯小球N帶______電荷（選填“正”或“負”）?，F(xiàn)用另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，則絲線與豎直方向的夾角θ將________（選填“變大”或“變小”）。

20、小明用氣球做了以下三個實驗。如圖1，吹風機在工作時，吹風口能“吸”住氣球，是利用了氣球上放空氣流速大，壓強_______。如圖2，氣球放在熱水燙過的玻璃瓶口，過一會在________的作用下被“吸”入瓶中。如圖3，在頭發(fā)上摩擦過的氣球靠近細水流，水流偏離豎直方向，是因為該氣球帶了________；對細水流產(chǎn)生了吸引力。

21、為了測定元電荷的數(shù)值；某物理興趣小組設計了如圖所示的實驗裝置。

實驗操作步驟如下；

①按圖示裝置安裝好器材；

②調節(jié)實驗儀器，使間距為d的平行金屬板處于水平位置；

③閉合電源開關；通過噴霧器把油滴（由于摩擦，油滴帶負電）通過平行金屬板的上極板中間的小孔噴入電場中；

④通過顯微鏡來觀察，找到懸浮不動的油滴，根據(jù)觀測數(shù)據(jù)算出油滴的質量為m；

⑤根據(jù)平行金屬板上所加的已知電壓U；算出油滴的電荷量。

（1）平行金屬板之間的電場是___________；（填“勻強電場或非勻強電場”）

（2）平行金屬板的下極板帶___________；（填“正電或負電”）22、均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，已知M點的場強大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強大小為___________，方向為___________（選填“C指向D”或“D指向C”）。

23、圖為某電場的部分電場線。由圖可知A、B兩點的場強大小EA_____EB（選填“>”、“<”或“＝”），電場中的A點放入一個帶電荷量為的負電荷，所受電場力大小為方向水平向左。則A點的電場強度E=_____________N/C，若將該電荷撤走，則A點的電場強度E=__________N/C24、如圖，在豎直平面內有一勻強電場，一帶電量為+q、質量為m的小球在力F（未知量）的作用下沿圖中虛線由A至B做豎直向上的勻速運動．已知力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，重力加速度為g．則電場強度E的最小值為___．若電場強度時，小球從A運動到B電勢能變化量大小可能為____．

25、某學校開展“搖繩發(fā)電”的比賽活動。如圖所示；在操場上，將一根長為20m的銅芯導線兩端與電流傳感器的兩個接線柱連接，構成閉合回路；兩同學面對面站立搖動這條導線。（忽略地球磁偏角的影響）

（1）若增大搖繩的頻率，則電流傳感器的最大示數(shù)將_______（選填“增大”；“減小”、“不變”）；

（2）為了獲得較大電流，兩同學應該________站立搖繩。（選填“東西”、“南北”）評卷人得分四、作圖題(共4題，共16分)26、如圖所示，磁感應強度大小為的勻強磁場僅存在于邊長為的正方形范圍內，左右各一半面積的范圍內，磁場方向相反。有一個邊長為的正方形導線框垂直磁感線方向以速度勻速通過磁場。從邊進入磁場算起；規(guī)定剛開始時磁通量為正值，畫出穿過線框的磁通量隨時間的變化圖像。

27、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。28、如圖，黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內有一個由四個阻值相同的電阻構成的電路。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。

29、如圖1所示，用電動勢為E、內阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點；畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共7分)30、一位同學在測定電池的電動勢和內電阻的實驗中，利用圖的電路進行了實驗數(shù)據(jù)的測量記錄，又將測得的數(shù)據(jù)在圖的坐標系中作出了圖線。根據(jù)圖線得出電池的電動勢_____電池的內阻___（結果均保留3位有效數(shù)字）

對圖電路分析可知，實驗中實際測得的_______（選填“電壓值”或“電流值”）并不等于實驗原理中所要的值，而是比所要的值_______（選填“偏大”或“偏小”）。評卷人得分六、解答題(共2題，共4分)31、如圖所示，a、b、c、d為某勻強電場中的四個點，且ab∥cd、電場線與四邊形所在平而平行。已知一個質子經(jīng)過b點的速度大小為方向與bc夾角為45°，一段時間后經(jīng)過c點，e為質子的電量；不計質子的重力。

（1）在圖上標出c點電勢并畫出過c點的等勢線與電場線；

（2）求質子從b到c的運動時間。

32、如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（不計空氣阻力，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）．求：

（1）極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；

（2）小球從開始下落運動到下極板的時間.參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

經(jīng)加速電場后的速度為v，則

所以電子進入偏轉電場時速度的大小為

電子進入偏轉電場后的偏轉的位移為

所以示波管的靈敏度

所以要提高示波管的靈敏度可以增大L，減小d和減小U1。

故選A。2、B【分析】【詳解】

設三個電阻均為R；開關S接通前，流過R2的電流為

開關S接通后，流過R2的電流為

則I2：I1=2：3

故選B。3、B【分析】【詳解】

由點電荷的場強公式可知，在A、B、C、E、F五個位置的點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小為在D位移的點電荷在O產(chǎn)生的場強大小為電場強度是矢量，求合場強應用平行四邊形定則，作出電場強度的示意圖，如圖所示：

則A點的場強與D的點場強合成后大小為方向指向A點；B點的場強與E點的場強合成后大小為方向指向E點，C點的場強與F點的場強合成后大小為方向指向F點，故大小相等，且剛好在與的角平分線上，由幾何關系可知兩者這間的夾角為故將合成后大小仍為方向指向F點，再將與合成，則最終O點的合場強為方向由O指向F，故選B.

【點睛】根據(jù)點電荷的場強公式求出點電荷產(chǎn)生的場強，然后由平行四邊形定則求出各點電荷場強的合場強，然后求出O點的場強大小與方向．4、D【分析】【分析】

【詳解】

已知橫截面積之比

長度之比

則由電阻定律

得，它們的電阻之比為

故選D。5、D【分析】【詳解】

A．粒子在電場中做類平拋運動，水平方向

豎直方向

由

可得

故A錯誤；

B．由

可得

可得

故粒子速度大小為

動能為

故B錯誤；

C．由動能定理可得

可得

則該點電勢為

故C錯誤；

D．平拋運動的速度方向偏角的正切是位移方向偏角正切的兩倍，即

可知速度正切

所以只要粒子落在MN連線上；即使增大初速度，速度與豎直方向的夾角也不變，故D正確。

故選D。6、C【分析】【詳解】

當兩球心相距為3R時，兩球不能看成點電荷，因帶同種電荷，導致電量間距大于3R，根據(jù)庫侖定律可知，它們相互作用的庫侖力大小故C正確，ABD錯誤．7、C【分析】【分析】

【詳解】

AD．當滑塊勻速下滑時；對滑塊進行受力分析可知，重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力的大小。施加豎直方向的電場與改變滑塊的質量效果相同，各力沿斜面向下的分力之和與滑動摩擦力的大小始終相等，滑塊仍做勻速直線運動，AD錯誤；

B．翻轉滑塊；改變它與斜面的接觸面積，并未改變它與斜面間的摩擦力，所以滑塊仍做勻速直線運動，B錯誤；

C．施加水平向左的恒力時（滑塊不脫離斜面）；該力有沿斜面向下的分力，而且摩擦力減小，滑塊將做加速運動；施加水平向右的恒力時，該力有沿斜面向上的分力，而且摩擦力增大，滑塊將做減速運動，C正確。

故選C。8、B【分析】【分析】

【詳解】

A．電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5eV，電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5eV，根據(jù)W=qU

求出Uab=-4.5V、Uad=-4.5V，φa=0，φb=4.5V，φd=-4.5V

根據(jù)勻強電場的規(guī)律有Uab=Ucd，φc=0

A錯誤；B正確；

CD．由以上分析知，ac連線為電場的0等勢線，電場強度的方向垂直于等勢線，所以該勻強電場的方向是由b點垂直指向直線ac；CD錯誤。

故選B。9、B【分析】【分析】

【詳解】

因為。

而。

且。

則。

故選B。二、多選題(共8題，共16分)10、A:D【分析】【詳解】

如圖所示，B、C兩點把半圓環(huán)等分為三段．

設每段在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為E′．AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場強夾角為120°；它們的合場強大小為E′則O點的合場強：E=2E′，則：E′=E/2；故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場強為E/2．電勢是標量，設圓弧BC在圓心O點產(chǎn)生的電勢為φ′，則有3φ′=φ，則φ′=φ/3，故選AD．

點睛：本題要注意電場強度是矢量，應根據(jù)平行四邊形定則進行合成，掌握電場的疊加原理；電勢是標量，可直接取代數(shù)和．11、A:B:D【分析】【詳解】

A、不論是正電荷還是負電荷，只要靜電力做負功時，電勢能一定增加，故A正確．B、電場力做正功時，電勢能減小，因合外力做功情況未知則動能變化無法判斷，故B正確．C、負電荷由高電勢運動到低電勢處，電場力做負功，所以電勢能增加，故C錯誤．D、根據(jù)可知，當時，則電勢能的變化為零，兩點的電勢能相等，故D正確．故選ABD．

【點睛】要時刻理解電場力做功正負與電勢能變化的關系的含義掌握等勢面與電場線的方向，明確等勢面的特點：電荷在同一等勢面上移動時電場力不做功．12、A:C【分析】【分析】

根據(jù)安培定則畫出磁感應強度的方向；根據(jù)平行四邊形法則進行疊加．

【詳解】

A．如下圖所示；根據(jù)安培定則畫出磁感應強度的方向，然后進行疊加比較大?。?/p>

由圖中可知C點磁感應強度最??；故A正確。

B．由圖中可知B點磁感應強度不為零；故B錯誤；

C．圖中A、B兩點的磁感應強度按平行四邊形法則合成，由于：

所以A、B兩點的磁感應強度大小相等；故C正確；

D．由圖可知A點的磁感應強度方向不是垂直于紙面向外；故D錯誤．

【點睛】

掌握直流導線磁感應強度方向的判斷是解決本題的關鍵．13、A:D【分析】【詳解】

試題分析：某點的電場強度是正電荷和負電荷在該處產(chǎn)生的電場的疊加；是合場強．運用合成法進行分析在各個區(qū)間電場強度方向，進而判斷電勢和電勢能的變化．

要使x軸上的某點電場強度為零，那么正電荷和負電荷在該處產(chǎn)生的場強必須大小相等、方向相反．在兩者之間連線上即在之間，電場方向水平向右（沿x正方向），電場強度不可能為零，質子從運動到處，電場力做正功，電勢能減小；根據(jù)近小遠大可知不可能在的左側；所以只能在右邊，根據(jù)點電荷電場公式可得解得即在處電場強度為零；在區(qū)間，電場場強水平向左，電勢沿x正方向增大，在區(qū)間，電場強度方向水平向右（沿x正方向），電勢沿x正方向減小，故在區(qū)域，電勢沿x軸正方向先增大后減小，故AD正確．14、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．細線OA長為2l，O到B點的距離為l，所以

B、A的距離為

根據(jù)庫侖定律得

故A正確。

B．對A受力分析如圖所示。

根據(jù)三角函數(shù)可得B、A間庫侖力

故B錯誤。

C．根據(jù)三角函數(shù)可得細線拉力大小

故C錯誤。

D．根據(jù)三角函數(shù)可得細線拉力大小

故D正確。

故選AD。15、A:C:D【分析】【詳解】

A．根據(jù)電容的決定式可知；將B板上移，板間距離減小，則電容變大，選項A正確；

B．平行帶電金屬板，充電后始終與電源相連，電壓不變，電場強度

可得B板上移；平行板AB間距離變小，電場強度增大，選項B錯誤；

C．設AB間距離為d，B板上升的高度為h，B板上升前PB間電勢差為

B板上升后PB間電勢差為

則

B板上升后，P與下極板間的電勢差減小，而P點的電勢比下極板的電勢低，所以P點電勢變大；選項C正確；

D．根據(jù)Ep=qφ可知帶電微粒帶正電；電勢變大，所以帶電微粒的電勢能變大，選項D正確。

故選ACD。16、A:B【分析】【分析】

電勢差U變大(小)；指針張角變大(小)。

【詳解】

A．增大兩極板之間的距離，由電容的決定公式C＝知，電容C變小，電容器所帶的電荷量Q一定，再由C＝得，極板間電壓U變大；靜電計指針張角變大，A正確；

B．若將A板稍微上移時，正對面積S變小，由電容的決定式C=知，電容C也變小，電量Q不變，由C=知，電壓U變大；靜電計指針張角變大，B正確；

C．若將玻璃板插入兩極板之間時，由電容的決定式C=可知，電容C變大，電量Q不變，由C=知，電壓U變??；靜電計指針張角變小，C錯誤；

D．若將A板拿走時；B板上帶電量不變，靜電計相當于驗電器，指針張角不是零，D錯誤。

故選AB。17、C:D【分析】【詳解】

A．石塊平拋運動的高度

根據(jù)得

故石塊水平拋出時的初速度

選項A錯誤；

B．轉動過程中；重物的動能也在增加，因此重物重力勢能的減少量不等于石塊機械能的增加量，選項B錯誤；

C．石塊從A到最高點的過程中，石袋對石塊做功

選項C正確；

D．石塊圓周運動至最高點時，有

所以

選項D正確。

故選CD。三、填空題(共8題，共16分)18、略

【分析】【詳解】

q在b點形成的電場強度的大小為方向向左；因b點場強為零，故薄板在a點的場強方向向右，大小也為由對稱性可知，薄板在a點的場強方向向左；q在a處產(chǎn)生的場強大小為方向向左，根據(jù)電場的疊加原理可得：a點處的電場強度大小為方向水平向左．

【點睛】

題目中要求的是薄板形成的場強，看似無法解決；但注意b點的場強是由薄板及點電荷的電場疊加而成，故可求得薄板在b點的電場強度，而薄板兩端的電場是對稱的，故由對稱性可解．【解析】水平向左19、略

【分析】【詳解】

[1]球M與N相互排斥，M、N帶同種電荷，M帶正電，N也帶正電；

[2]小球N受重力mg、繩的拉力、庫侖力F，根據(jù)平衡條件可得庫侖力大小為F=mgtanθ

庫侖力

由于另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，因電量被平分，導致M的帶電量減小，則庫侖力小，偏角小，即角θ變小?！窘馕觥空冃?0、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]如圖1；吹風機在工作時，吹風口能“吸”住氣球，是利用了氣球上方空氣流速大，壓強小。

[2]如圖2；氣球放在熱水燙過的玻璃瓶口，過一會在大氣壓（強）的作用下被“吸”入瓶中。

[3]如圖3，在頭發(fā)上摩擦過的氣球靠近細水流，水流偏離豎直方向，是因為該氣球帶了電（荷），對細水流產(chǎn)生了吸引力。【解析】小大氣壓（強）電（荷）21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]平行金屬板之間的電場是勻強電場。

（2）[2]對油滴根據(jù)平衡條件可知，油滴所受電場力豎直向上，油滴帶負電，可知平行金屬板之間電場強度豎直向下，則下極板負電【解析】勻強電場負電22、略

【分析】【詳解】

[1][2]設球心在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點產(chǎn)生的場強大小為

題圖中左半球殼在M點產(chǎn)生的場強為E，則右半球殼在M點產(chǎn)生的場強為

由對稱性知，左半球殼在N點產(chǎn)生的場強大小為方向由C點指向D點。【解析】C指向D23、略

【分析】【詳解】

[1]電場線疏密表示場強的大小，點的電場線比點的電場線密，則有：

[2]點的電場強度為：

場強方向與負電荷所受電場力方向相反；即水平向右；

[3]把將該電荷撤走后，點的電場強度不變，大小仍為方向水平向右。【解析】<400004000024、略

【分析】【詳解】

分析小球受力情況：小球受到重力拉力F與電場力因為小球做勻速直線運動，合力為零，則F與的合力與大小相等、方向相反，作出F與的合力，如圖，可知當電場力與F垂直時；電場力最小，此時場強也最?。?/p>

則得：所以電場強度的最小值為．若電場強度即時，電場力可能與AB方向垂直，如圖1位置，電場力不做功，電勢能變化量為0；也可能電場力位于位置2方向，則電場力做功為．

【點睛】

解決本題的關鍵是對小球進行正確的受力分析，靈活運用圖解法分析極值情況，并根據(jù)力圖要知道電場力大小一定時，方向可能有兩種情況，不能漏解．【解析】0或25、略

【分析】【詳解】

（1）[1]若增大搖繩的頻率；則穿過閉合線圈的磁通量變化率增大，電流傳感器的最大示數(shù)將增大。

（2）[2]地磁場方向沿南北方向，為使搖繩時線圈中有較大的磁通量變化率，從而產(chǎn)生較大電流，兩同學應該沿東西方向站立搖繩?！窘馕觥吭龃髺|西四、作圖題(共4題，共16分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

線框穿過磁場的過程可分為三個階段，進入磁場階段（只有邊在磁場中），在磁場中運動階段（兩邊都在磁場中），離開磁場階段（只有邊在磁場中）。

①線框進入磁場階段：對應穿過線框的磁通量線性增加，最后為

②線框在磁場中運動階段：對應，時間內，穿過線框的磁通量線性減小，最后為時間內，穿過線框的磁通量反向線性增加，最后為

③線框離開磁場階段：