2025年粵教版必修3物理下冊月考試卷

…………○…………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年粵教版必修3物理下冊月考試卷738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7題，共14分)1、如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為＋q的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處的場強大小為（k為靜電力常量）（）

A.B.C.D.2、在同一平面內(nèi)有四根彼此絕緣的通電直導線，如圖所示，四根導線中電流I4＝I3>I2>I1，要使O點磁場增強，則應切斷哪一根導線中的電流()A.I1B.I2C.I3D.I43、如圖所示，半徑為r、內(nèi)壁光滑絕緣的圓軌道豎直放置，場強為E的勻強電場水平向右；當質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球靜止在圓軌道的A點時，軌道的圓心O與A點的連線與水平面的夾角為37°，讓小球在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，則在A點至少給小球的速度為（）

A.B.C.D.4、兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h；則此電子的初動能為（）

A.B.C.D.5、a、b兩個電容器如圖甲所示，圖乙是它們的部分參數(shù)。則關于a、b兩個電容器的下列說法正確的是（）

A.a、b兩個電容器的電容之比為8∶1B.a、b兩個電容器的電容之比為4∶5C.b電容器工作時最多能容納電荷0.1CD.a電容器工作時最多能容納電荷1C6、一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，現(xiàn)垂直于將球面均分為左右兩部分；C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）

A.O、C兩點電勢相等B.A點的電場強度大于B點C.沿直線從A到B電勢先升高后降低D.沿直線從A到B電場強度逐漸增大7、用如圖所示的實驗裝置探究感應電流產(chǎn)生的條件。線圈A通過變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連接到電流表上，把線圈A裝在線圈B的里面。下列幾種情況下線圈B中沒有電流產(chǎn)生的是（）

A.開關閉合瞬間B.開關斷開瞬間C.開關閉合時，滑動變阻器不動D.開關閉合時，拔出線圈A瞬間評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可以視為不變），R1和R2為定值電阻，R1=R2=r，R3為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強度的增強而減?。]合開關S后，將照射光強度減弱，則（）

A.電路的路端電壓將減小B.燈泡L將變暗C.R1兩端的電壓將增大D.電源的輸出功率減小9、如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，為定值電阻，為滑動變阻器．閉合開關后，把滑動變阻器的滑片向左滑動，以下說法正確的是（）

A.電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大B.電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變小C.消耗的電功率變小D.消耗的電功率變大10、A、B兩物體質(zhì)量均為m，其中A帶正電，帶電量為+q，B不帶電，通過勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時A、B都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在施加豎直向上的勻強電場，電場強度式中g為重力加速度；若不計空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（）

A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2gB.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大C.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量D.B剛要離開地面時，A的速度大小為11、如圖所示，一個帶正電粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，C恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，平行板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的質(zhì)量為m；不計粒子的重力，則（）

A.粒子的電荷量B.粒子動能增加量為C.在粒子運動前一半時間和后一半時間的過程中，電場力做功之比為1：3D.在粒子運動前一半時間和后一半時間的過程中，電場力做功之比為1：212、如圖所示為真空中的實驗裝置，平行金屬板A、之間的加速電壓為之間的偏轉電壓為為熒光屏?，F(xiàn)有質(zhì)子、氘核和粒子三種粒子分別在A板附近由靜止開始加速，最后均打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為電荷量之比為則質(zhì)子、氘核和粒子三種粒子（）

A.從開始到熒光屏所經(jīng)歷時間之比為B.從開始到熒光屏所經(jīng)歷時間之比為C.打在熒光屏時的動能之比為D.打在熒光屏時的動能之比為13、一束粒子沿水平方向平行飛過小磁針上方；如圖所示，此時小磁針S極向紙內(nèi)偏轉，這一束粒子可能是（）

A.向右飛行的正離子束B.向左飛行的正離子束C.向右飛行的負離子束D.向左飛行的負離子束14、如圖所示，為水平放置的平行板電容器的兩個金屬極板，為靜電計。閉合開關靜電計指針張開一定角度，電容器兩極板間的點有一帶電液滴處于靜止狀態(tài)；則下列說法正確的是（）

A.保持開關閉合，將的滑片向右移動，的指針張開角度減小B.保持開關閉合，將的滑片向左移動，帶電液滴仍處于靜止狀態(tài)C.若斷開開關將極板向上移動少許，的指針張開角度減小D.若斷開開關將極板向上移動少許，帶電液滴仍處于靜止狀態(tài)15、如圖所示，是半徑為的圓的一條直徑，該圓處于平行該圓周平面的勻強電場中。將質(zhì)子從a點以的動能在該平面內(nèi)朝著不同方向射出，質(zhì)子可經(jīng)過圓周上所有點。其中，到達c點的動能最大且為已知若不計重力和空氣阻力，且規(guī)定圓心O處電勢為0；則下列說法正確的是（）

A.電場方向為方向B.電場強度大小為C.b點電勢為D.質(zhì)子經(jīng)過該圓周時，可能具有動能的同時，其電勢能為16、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，負極接地，R1、R2、R3為定值電阻，R為滑動變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器的滑片P自b端向a端滑動的過程中；下列說法正確的是()

A.電壓表V示數(shù)變小B.電流表A示數(shù)變大C.電路中a點的電勢降低D.電容器C所帶電荷量增多評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、現(xiàn)有一個電流表G，內(nèi)阻Rg=30滿偏電流Ig=1mA。

(1)把它改裝成量程為0~3V的電壓表，要________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個_______的電阻。

(2)把它改裝成量程為0~0.6A的電流表，要________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個_____的電阻。18、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電場中，偏轉電場極板長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粒子剛進入偏轉電場時的動能為________eV,飛離偏轉電場時的偏移量y=_____________m．

19、電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)直接導致了___________的設計成功。使大規(guī)模生產(chǎn)電能成為可能，人類社會得以蒸汽時代進入到電氣時代。1887年，物理學家___________用實驗方法首次獲得電磁波，證實了麥克斯韋關于電磁波的這一預言，人類從此進入無線電時代。20、會用多用電表探索黑箱中的_______。21、真空中一個固定的正點電荷，周圍的電場線分布如圖所示，A、B為水平電場線上的兩點。

（1）電場強度________（選填或）；

（2）將試探電荷＋q放在A點，試探電荷＋q受到的靜電力的方向________（選填水平向左或水平向右）。22、某個學習小組為測量一銅芯電線（電阻約為幾歐）的電阻率，首先用毫米刻度尺測出接入電路中金屬絲的長度L，再利用螺旋測微器測金屬絲直徑，示數(shù)如下左圖所示，則金屬絲直徑的測量值_____mm。某次測量時，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則該銅芯線材料的電阻率表達式為___。（用字母U、I、L、d表示）

23、如圖中游標卡尺的測量值分別為__________mm，___________mm。

24、如圖所示，測量電壓表V的電阻；操作步驟如下：

①閉合S，調(diào)節(jié)電阻箱阻值為R1時，測的V表示數(shù)為U1

②改變電阻箱電阻為R2時，測的V表示數(shù)為

③得RV=_________.25、黑體∶

（1）定義∶某種物體能夠____吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射，這種物體就叫作____。

（2）黑體輻射的特點∶黑體輻射電磁波的強度按____的分布只與黑體的____有關。評卷人得分四、作圖題(共4題，共16分)26、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導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。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

27、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標出圖中各電荷的電性。

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

29、把蜂鳴器；光敏電阻、干簧管繼電器開關、電源連成電路如圖所示；制成光電報警裝置，當報警器有光照射時，峰鳴器發(fā)聲，當沒有光照或者光照很弱時，蜂鳴器不發(fā)聲，①光敏電阻：光敏電阻受光照后，阻值會變小，②干簧管繼電器開關：由干簧管和繞在干簧管外的線圈組成，當線圈中有一定的電流時，線圈產(chǎn)生的磁場使密封在干簧管內(nèi)的兩個鐵質(zhì)簧片磁化，兩個簧片在磁力作用下由原來的分離狀態(tài)變成閉合狀態(tài)，當線圈中沒有電流或者電流很微弱時，磁場消失，簧片在彈力的作用下恢復到分離狀態(tài)，電路已經(jīng)連接一部分，請將電路完整連接好。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)30、在“測定金屬的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準。已知待測金屬絲的電阻值Rx約為5Ω；在測電阻時，可供選擇的器材有：

電源E：電動勢3V；內(nèi)阻約1Ω

電流表A1：量程0～0.6A；內(nèi)阻約0.125Ω

電流表A2：量程0～3A；內(nèi)阻約0.025Ω

電壓表V1：量程0～3V；內(nèi)阻約3kΩ

電壓表V2：量程0～15V；內(nèi)阻約15kΩ

滑動變阻器R1：最大阻值5Ω；允許最大電流2A

滑動變阻器R2：最大阻值1000Ω；最大電流0.6A

開關一個；導線若干。

(1)在上述器材中，應該選用的電流表是______，應該選用的電壓表是___。若想盡量多測幾組數(shù)據(jù)，應該選用的滑動變阻器是______（填寫儀器的字母代號）。

(2)該同學用螺旋測微器測金屬絲的直徑如圖所示，則螺旋測微器的示數(shù)d=___mm。

(3)用所選的器材，在答題紙對應的方框中畫出電路圖________。

(4)關于本實驗的誤差，下列說法正確的是_______。

A．測量過程中；開關長時間閉合，對實驗結果沒有影響。

B．由于電流表和電壓表內(nèi)阻引起的誤差屬于偶然誤差。

C．利用電流I隨電壓U的變化圖線求Rx可減小偶然誤差。

D．由于采用的是電流表外接法，測量值小于真實值評卷人得分六、解答題(共3題，共30分)31、如圖甲所示的電路，滑動變阻器與電源相連接，其中滑動變阻器的最大阻值電源的輸出電壓隨外電路總電阻按圖乙所示的規(guī)律變化，其中段與橫軸平行，且與的虛線接近重合。

(1)求電源的電動勢內(nèi)阻

(2)求間空載時滑動變阻器兩端電壓的取值范圍；

(3)若干路電流不能超過求間所接電阻的最小值。（保留一位小數(shù)）

32、如圖，邊長為l的n匝正方形線框內(nèi)部有一邊長為的正方形區(qū)域的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B；則穿過線框的磁通量是多少？

33、對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻的理解其物理本質(zhì)。一段長為l、電阻率為ρ、橫截面積為S的細金屬直導線，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e、質(zhì)量為m。

（1）當該導線通有恒定的電流I時：

①請根據(jù)電流的定義，推導出導線中自由電子定向移動的速率v；

②經(jīng)典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞，該碰撞過程將對電子的定向移動形成一定的阻礙作用，該作用可等效為施加在電子上的一個沿導線的平均阻力。若電子受到的平均阻力大小與電子定向移動的速率成正比，比例系數(shù)為k。請根據(jù)以上的描述構建物理模型，推導出比例系數(shù)k的表達式。

（2）將上述導線彎成一個閉合圓線圈；若該不帶電的圓線圈繞通過圓心且垂直于線圈平面的軸勻速率轉動，線圈中不會有電流通過，若線圈轉動的線速度大小發(fā)生變化，線圈中會有電流通過，這個現(xiàn)象首先由斯泰瓦和托爾曼在1917年發(fā)現(xiàn)，被稱為斯泰瓦—托爾曼效應。這一現(xiàn)象可解釋為：當線圈轉動的線速度大小均勻變化時，由于慣性，自由電子與線圈中的金屬離子間產(chǎn)生定向的相對運動。取線圈為參照物，金屬離子相對靜止，由于慣性影響，可認為線圈中的自由電子受到一個大小不變；方向始終沿線圈切線方向的力，該力的作用相當于非靜電力的作用。

已知某次此線圈勻加速轉動過程中，該切線方向的力的大小恒為F。根據(jù)上述模型回答下列問題：

①求一個電子沿線圈運動一圈，該切線方向的力F做功的大??；

②推導該圓線圈中的電流的表達式。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

電荷量為q的點電荷在b處產(chǎn)生電場強度為。

方向水平向右，在b點處的場強為零；則圓盤在此處產(chǎn)生電場強度也為。

方向水平向左；那么圓盤在此d產(chǎn)生電場強度仍為。

方向水平向右，而電荷量為q的點電荷在d處產(chǎn)生電場強度為。

方向水平向右，由于都在d處產(chǎn)生電場強度方向相同，即為兩者大小相加。所以兩者這d處產(chǎn)生電場強度為。

故選D。2、D【分析】【詳解】

從圖中可得在O點產(chǎn)生的磁感應強度的方向都為垂直紙面向里，而在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向為垂直紙面向外，故要使O點磁場增強，則應該切斷D正確。

【點睛】

本題利用安培定則判斷磁場方向比較簡單，但磁場的疊加，較為復雜，采用作圖法可防止思路出現(xiàn)混亂3、D【分析】【詳解】

重力與電場力的合力即等效場力

設圓心O與A的連線的反向延長線與圓軌道的另一個交點即等效最高點為B，小球在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，設在等效最高點B的最小速度為在等效最高點B，等效場力F充當向心力，則有

設小球在A點的最小速度為小球從A點到B點，由動能定理可得

聯(lián)立解得

故選D。4、D【分析】【詳解】

電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得-eUOA=0-Ek

因為UOA=h

所以

故選D。5、C【分析】【詳解】

AB．由題圖乙知a的電容是1000μF，b的電容是10000μF，所以a、b兩個電容器的電容之比為

AB錯誤；

C．b電容器最多能容納電荷Qb=CbUb=10000×10－6×10C=0.1C

C正確；

C．a(chǎn)電容器最多能容納電荷Qa=CaUa=1000×10－6×80C=0.08C

D錯誤。

故選C。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由于球殼內(nèi)部的場強為零，補全以后可知在右側球殼任取一點，該點和C連線后過左半邊球殼一點，兩點對C的庫侖力為零，即等大反向共線，將左側沿豎直對稱到右側球面，則可以知道這兩個點在C點的合場強水平向左，根據(jù)疊加原理可知C點場強向左，同理OC上都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；

BD．將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆颍O左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1=E2

根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1=E2

在圖示電場中，A的電場強度大小為E2，方向向左，B的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大；故BD錯誤；

C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤；

故選A。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．當閉合開關的瞬間；穿過線圈A的磁通量在增大，則線圈B的磁通量也在增大，導致電流表有感應電流，故A不符合題意；

B．當開關斷開的瞬間；A中磁場減小，故B中磁通量減小，導致電流表中有感應電流，故B不符合題意；

C．開關閉合時；滑動變阻器的滑片不動，A中磁場不變，故B中磁通量也不變，因此電流表沒有感應電流，故C符合題意；

D．開關閉合時；拔出線圈A瞬間，線圈B中的磁通量變小，則線圈B中產(chǎn)生了感應電流；故D不符題意。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)8、B:D【分析】【詳解】

A.照射光強度減弱時；光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，所以電源內(nèi)阻所占電壓減小，所以路端電壓增大，選項A錯誤；

C.因電路中總電流減小，所以R1兩端的電壓減小；選項C錯誤；

B.因電路端電壓增大，同時R1兩端的電壓減小，故并聯(lián)電路部分電壓增大，則流過R2的電流增大；而總電流減小，所以通過燈泡L的電流減小，所以燈泡L變暗，選項B正確；

D、電源的輸出功率（R為外電路的電阻），據(jù)題意知R1、R2為定值電阻且都等于r，所以總電阻一定大于r，故當將照射R3的光的強度減弱；總電阻增大，輸出功率變小，選項D正確。

故選BD。9、B:D【分析】【詳解】

AB．當滑動變阻器的滑片向左滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，與并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則V的示數(shù)減小，根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的特點，可知并聯(lián)部分電壓減小，通過的電流減??；則A的示數(shù)減小，故A錯誤，B正確；

CD．根據(jù)可知，總電流增大，消耗的電功率變大；故C錯誤，D正確；

選BD.

【點睛】

根據(jù)滑片的移動方向判斷出滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，然后由串并聯(lián)電路特點、歐姆定律以及功率公式分析答題．10、A:B:D【分析】【詳解】

A．在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，當施加上電場力瞬間，A物體受到的合力為施加的電場力，故

解得

方向向上；故A正確；

B．B剛要離開地面時，地面對B彈力為0，即

對A物體

即A物體合力為0；因此從開始到B剛要離開地面過程，A物體做加速度逐漸變小的加速運動，即A物體速度一直增大，故B正確；

C．從開始到彈簧恢復原長的過程；A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯誤；

D．當B離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場力到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為

根據(jù)動能定理可知

解得

故D正確。

故選ABD。11、A:C【分析】【詳解】

A．粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則

粒子的加速度

粒子運動的時間

聯(lián)立可得

A正確；

B．帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子動能增加量為

B錯誤；

CD．設粒子在前一半時間內(nèi)和在后一半時間內(nèi)豎直位移分別為y1、y2，由于粒子豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則y1：y2=1：3

得y1=dy2=d

在前一半時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為W1=U

在后一半時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為W2=qU

電場力做功之比為1：3；D錯誤，C正確；

故選AC。12、B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．設加速電場AB間距離為d，偏轉極板長度為l，偏轉極板間的距離為h，屏到偏轉電場右邊緣距離為s，粒子在加速過程中，根據(jù)

可得

在加速電場中運動的時間

進入偏轉電場，以及離開偏轉電場后到打到屏上，水平方向速度保持不變，因此打到屏的時間

從開始到熒光屏所經(jīng)歷時間

可知運動時間與成反比，由于

因此

A錯誤；B正確；

CD．粒子進入偏轉電場之后，做類平拋運動

其中

可得

可知所有粒子在偏轉電場中，偏轉距離相等，根據(jù)動能定理

可知打在熒光屏時的動能僅僅與粒子的帶電量成正比，因此

D錯誤；C正確。

故選BC。13、B:C【分析】【詳解】

A．向右飛行的正離子束形成的電流方向向右；根據(jù)安培定則可知，正離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向里，則N極轉向里，S極轉向外，不符合題意，故A錯誤；

B．向左飛行的正離子束形成的電流方向向左；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向外，則N極轉向外，S極轉向里，符合題意，故B正確；

C．向右飛行的負離子束形成的電流方向向左；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向外，則N極轉向外，S極轉向里，符合題意，故C正確；

D．向左飛行的負離子束形成的電流方向向右；根據(jù)安培定則可知，離子在下方產(chǎn)生的磁場方向向里，則N極轉向里，S極轉向外，不符合題意，故D錯誤。

故選BC。14、B:D【分析】【詳解】

A．閉合開關，一定時靜電計指針示數(shù)不變，中無電流，則無電壓降，故靜電計指針不隨的變化而變化；A錯誤；

B．的改變不影響電容器兩端電壓；故液滴仍處于靜止狀態(tài)，B正確；

CD．開關斷開，平行板電容器的帶電荷量不變，極板向上移動一段距離時，兩極板間距增大，由

則電容變小，變大，則靜電計指針的張角增大，因為兩板間電場強度

不變，則不變；帶電液滴仍處于靜止狀態(tài)，C錯誤，D正確。

故選BD。15、B:C【分析】【詳解】

A．小球在c點時的動能最大，即c點的電勢最低．作過c點與圓周相切的線，切線為等勢線，Oc方向即為電場方向；故A錯誤；

B．根據(jù)A選項分析；作出下圖。

由幾何關系可知

根據(jù)分析可知

則電場強度的大小

故B正確；

C．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低結合由圖可得

解得

故C正確；

D．點的電勢能

根據(jù)對稱性可知沿著在圓上的另一點電勢最高為故質(zhì)子經(jīng)過該圓周時，不可能具有動能的同時，其電勢能為故D錯誤。

故選BC。16、A:D【分析】【詳解】

A．滑片P由b端向a端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值R增大，則電路總電阻R總增大，總電流I總=減小，定值電阻R1兩端電壓U1=I總R1減小，電壓表示數(shù)UV=U1變??；選項A正確；

B．定值電阻R2與R3組成的串聯(lián)電路兩端的電壓U23=E－I總(R1＋r)

因I總減小而增大，又I23=

故I23增大，電流表A的示數(shù)IA=I總－I23因I總減小和I23增大而變??；選項B錯誤；

C．由題可知，φb=0，Uab=φa－φb=φa=U23，故φa升高；選項C錯誤；

D．由于電容器兩端的電壓UC=U2=I23R2增大，由Q=CUC知電容器所帶電荷量Q增多，選項D正確。三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】【詳解】

(1)[1][2]把它改裝成量程為0~3V的電壓表，要串聯(lián)一個分壓電阻，電阻大小為

(2)[3][4]把它改裝成量程為0~0.6A的電流表，要并聯(lián)一個分流電阻，其大小為【解析】串聯(lián)并聯(lián)0.0518、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電場做類平拋運動，水平方向則有

豎直方向有

粒子在偏轉電場中，根據(jù)牛頓第二定律，可得

聯(lián)立上式解得【解析】2000.0219、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]電磁感應現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)直接導致了發(fā)電機的設計成功。使大規(guī)模生產(chǎn)電能成為可能；人類社會得以蒸汽時代進入到電氣時代。

[2]1887年，物理學家赫茲用實驗方法首次獲得電磁波，證實了麥克斯韋關于電磁波的這一預言，人類從此進入無線電時代?！窘馕觥堪l(fā)電機赫茲20、略

【分析】【詳解】

略【解析】電學元件21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]電場線越密集的地方電場強度越大，故

（2）[2]正電荷所受電場力方向和電場強度方向相同，故試探電荷＋q受到的靜電力的方向水平向右?！窘馕觥克较蛴?2、略

【分析】【詳解】

[1]金屬絲直徑的測量值為

[2]由電阻定律可知

由歐姆定律可知

解得【解析】0.36023、略

【分析】【詳解】

[1]題圖左邊游標卡尺是10分度的，精確度是0.1mm，主尺的讀數(shù)是3.1cm=31mm，游標尺的第四個刻線與主尺的某刻線對齊，游標尺的讀數(shù)是4×0.1mm=0.4mm；游標卡尺的測量值是31mm+0.4mm=31.4mm。

[2]題圖右邊游標卡尺是20分度的，精確度是0.05mm，主尺的讀數(shù)是2cm=20mm，游標尺的第四個刻線與主尺的某刻線對齊，游標尺的讀數(shù)是4×0.05mm=0.2mm，游標卡尺的測量值是20mm+0.2mm=20.2mm?！窘馕觥?1.420.224、略

【分析】【詳解】

[1]．電阻箱阻值為R1時，測的V表示數(shù)為U1；則：

電阻箱電阻為R2時，測的V表示數(shù)為則：

聯(lián)立解得：

【解析】25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]某種物體能夠完全吸收入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射；這種物體就叫作黑體。

（2）[3][4]黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關。【解析】①.完全②.黑體③.波長④.溫度四、作圖題(共4題，共16分)26、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線流入，右端導線流出，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。【解析】27、略

【分析】【分析】

【詳解】

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

【解析】見解析28、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