2025年上外版必修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年上外版必修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8題，共16分)1、隨著科技的不斷發(fā)展；無線充電已經(jīng)進入人們的視線。小到手表；手機，大到電腦、電動汽車的充電，都已經(jīng)實現(xiàn)了從理論研發(fā)到實際應用的轉化。下圖給出了某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式無線充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是()

A.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B.只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D.只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電2、如圖所示，真空中有兩個靜止的點電荷，Q1為正、Q2負，正電荷比負電荷多，分別固定在x軸的坐標為x1=0和x2=6cm的位置上；關于它們產(chǎn)生的電場，下列說法正確的是（）

A.在x坐標0~6cm之間，有一處電場強度為0B.在x>6cm的x軸上，有一處電場強度為0C.在x軸的負半軸，有一處電場強度為0D.在x軸以外，有一處電場強度為03、如圖所示，R4是半導體材料制成的熱敏電阻，電阻率隨溫度的升高而減小，這就是一個火警報警器的電路，電流表是安放在值班室的顯示器，電源兩極之間接一個報警器，當R4所在處出現(xiàn)火情時；顯示器的電流I和報警器兩端的電壓U的變化情況是()

A.I變大，U變小B.I變大，U變大C.I變小，U變大D.I變小，U變小4、如圖所示，懸線下懸掛著一個帶正電的小球，它的質量為m，電量為q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E；小球靜止，則下列說法正確的是（）

A.若剪斷懸線，小球做圓周運動B.若剪斷懸線，小球做曲線運動C.若剪斷懸線，小球做勻速運動D.若剪斷懸線，小球做勻加速直線運動5、如圖所示，粗細均勻的絕緣棒組成一直徑為D的圓形線框，線框上均勻地分布著正電荷，O是線框的圓心，現(xiàn)在線框上E處取下足夠短的帶電最為q的一小段，將其沿OE連線向上移動的距離到F點處，若線框的其它部分的帶電量與電荷分布保持不變，則此時O點的電場強度大小為（）

A.B.C.D.6、A、B、C三點在同一直線上，AB:BC=1:2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當在A處放一電荷量為+q的點電荷時，它所受到的靜電力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為–4q的點電荷，其所受電場力為A.B.C.–FD.F7、下列關于小磁針在磁場中靜止時的指向，正確的是()A.B.C.D.8、許多科學家在物理學發(fā)展中做出了重要貢獻。下列有關物理學家的貢獻，錯誤的是A.安培提出了分子電流假說，能夠解釋一些磁現(xiàn)象B.法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象，使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加完善C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象間的某種聯(lián)系D.洛侖茲研究了磁場與電流相互作用，得到了磁場對通電導線的作用力公式評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏，今有質子，氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上．已知質子、氘核和粒子的質量之比為1：2：4，電荷量之比為1：1：2，則下列判斷中正確的是（）

A.三種粒子不是同時打到熒光屏上的B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同C.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：2D.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：410、如圖所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直；則下列關于穿過平面的磁通量的情況中，正確的是（）

A.如圖所示位置時磁通量為零B.若使框架繞轉過60°，磁通量為C.若從初始位置轉過90°角，磁通量為BSD.若從初始位置轉過180°角，磁通量變化為2BS11、如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源，帶電粒子以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出。若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入；不計粒子重力，則帶電粒子（）

A.將打在下板上B.仍沿原軌跡運動由下板邊緣飛出C.可能不發(fā)生偏轉，沿直線運動D.若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央12、如圖所示，四個點電荷a、b、c和d構成一個長方形。電荷a、b帶電量均為電荷c、d帶電量均為-q。規(guī)定無窮遠處電勢為零；下列說法正確的是（）

A.O點電勢大于零B.O點電場方向垂直指向線段cdC.移走電荷a后，O點電勢一定減小D.移走電荷b后，O點電場強度一定減小13、如圖所示，在坐標系的第一象限內(nèi)，有一段以坐標原點為圓心的四分之一圓弧ab，a點的坐標為（0,3)，點的坐標為（3,0)，ac段弧長是bc段弧長的2倍．空間有平行于坐標軸平面的勻強電場，a、c兩點的電勢均為1V，b點的電勢為則下列說法正確的是。

A.勻強電場的電場強度方向與軸正向成60°角B.勻強電場的電場強度大小為C.一個帶正電的電荷沿圓弧從a運動到b,電勢能先增大后減小D.坐標原點O的電勢為14、如圖所示，為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關分別與電源兩極相連，兩極中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質點到達b孔時速度恰為零，然后返回。現(xiàn)要使帶電質點能穿過b孔；則可行的方法是（）

A.保持閉合，將A板適當上移B.保持閉合，將B板適當下移C.先斷開再將A板適當下移D.先斷開再將B板適當下移15、如圖所示；圖中直線①表示某電源的路端電壓與電流的關系圖線，圖中曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關系圖線，則下列說法正確的是（）

A.電源的電動勢為50VB.電源的內(nèi)阻為C.電流為2.5A時，外電路的電阻為18ΩD.輸出功率為120W時，路端電壓是30V16、在如圖所示的電路中，當變阻器R3的滑片P由a端向b端移動時（）

A.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C.R1兩端電壓變化比R2兩端電壓變化大D.通過R3的電流變化比通過R1的電流變化大評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、一同學用精確度為游標卡尺測一根金屬管的深度時，游標卡尺上的游標尺和主尺的相對位置如圖甲所示，則這根金屬管的深度______該同學又利用螺旋測微器測量電阻絲直徑時，螺旋測微器示數(shù)如圖乙所示，則_______

18、如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩水平平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上板的過程中它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=___________；它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=___________。

19、作用：

（1）移送電荷，使電源正、負極間有一定的___________。

（2）使電路中有___________的電流。20、如圖，半徑為R的半球面上均勻分布一定量的正電荷，經(jīng)過半球頂點與球心建立坐標軸Ox。圖中A、B、C三點距離球心均為0.5R，則A點電勢________________B點電勢（選填“高于”、“低于”、“等于”）。已知均勻帶電球殼內(nèi)部的電場強度處處為零，則C點電場強度的方向________________。

21、表頭的滿偏電壓和滿偏電流一般都比較小，測量較大的電壓或電流時要把它改裝成較大量程的電壓表或電流表?，F(xiàn)有一個量程內(nèi)阻為的表頭G。

（1）若要把此表頭改裝成量程為3V的電壓表，應串聯(lián)一個阻值為______的電阻；

（2）若要把此表頭改裝成量程為10mA的電流表，應并聯(lián)個阻值為______的電阻；

（3）若將此表頭改裝成有兩個量程的電流表，如圖所示，則使用A、B兩個端點時，量程______選填“較大”或“較小”

22、如圖是某一半導體器件的U﹣I圖，將該器件與標有“9V，18W”的用電器串聯(lián)后接入電動勢為12V的電源兩端，用電器恰能正常工作，此時電源的輸出功率是__W；若將該器件與一個阻值為1.33Ω的電阻串聯(lián)后接在此電源兩端，則該器件消耗的電功率約為__W。

23、如圖所示，當條形磁鐵插入或拔出線圈時，線圈中________電流產(chǎn)生，但條形磁鐵在線圈中靜止不動時，線圈中________電流產(chǎn)生。（均選填“有”或“無”）

24、下圖展示了等量異種點電荷的電場線和等勢面，從圖中我們可以看出，A、B兩點的場強________、電勢________，C、D兩點的場強________、電勢________(以上四空均填“相同”或“不同”)．評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)25、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。26、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.

27、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。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)28、某同學利用下列器材測量兩節(jié)干電池的總電動勢和總電阻A．待測干電池兩節(jié)；B．電壓表量程均為內(nèi)阻很大；C．定值電阻（阻值未知）；D．電阻箱E．導線若干和開關。

（1）根據(jù)如圖甲所示的電路圖；在實物圖乙中補全相應的電路圖_________。

（2）實驗之前，需要利用該電路測出定值電阻先把電阻箱調到某一阻值再閉合開關，讀出電壓表和的示數(shù)分別為則_______（用表示）。

（3）實驗中調節(jié)電阻箱讀出電壓表和的多組相應數(shù)據(jù)若測得根據(jù)實驗描繪出圖象如圖內(nèi)所示，則兩節(jié)干電池的總電動勢_______總電阻________（結果均保留兩位有效數(shù)字）29、用如圖（甲）所示的電路圖研究額定電壓為的燈泡L的伏安特性；并測出該燈泡在額定電壓下工作時的電阻值。

（1）在閉合開關S前，滑動變阻器觸頭應該放在圖甲中______（選填“a”或“b”）端；

（2）按電路圖甲測出的燈泡電阻值比真實值______（選填“偏大”或“偏小”）。根據(jù)所得到實驗數(shù)據(jù)畫出如圖乙所示的圖像，在額定電壓下燈泡的電阻_____

（3）若將與上述實驗完全相同的兩個燈泡串聯(lián)接在電動勢為內(nèi)阻為的電源兩端，接通電路，則每個燈泡的實際功率約為______W（結果保留兩位有效數(shù)字）。30、某學生用如圖甲所示的電路測金屬導線的電阻率，可供使用的器材有：被測金屬導線ab（電阻約10Ω，允許流過的最大電流0.8A），穩(wěn)恒電源E（電源輸出電壓恒為12V），電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻約為5kΩ），保護電阻：R1=10Ω，R2=30Ω，R3=200Ω；刻度尺；螺旋測微器，開關S，導線若干等。

實驗時的主要步驟如下：

Ⅰ用刻度尺量出導線ab的長度L，用螺旋測微器測出導線的直徑d；

Ⅱ按如圖甲所示電路將實驗所需器材用導線連接好；

Ⅲ閉合開關S，移動接線觸片P，測出aP長度x，讀出電壓表的示數(shù)U；

Ⅳ描點作出U-x曲線求出金屬導線的電阻率ρ。

完成下列填空：①用螺旋測微器測量金屬導線的直徑d，其示數(shù)如圖乙所示，該金屬導線的直徑d=______mm；

②如果實驗時既要保證安全，又要測量誤差較小，保護電阻R應選______；

③根據(jù)多次實驗測出的aP長度x和對應每次實驗讀出的電壓表的示數(shù)U給出的圖線如圖丙所示，其中圖線的斜率為k，則金屬導線的電阻率ρ=______（用實驗器材中給出的物理量字母和實驗步驟中測出的物理量字母表示）。評卷人得分六、解答題(共3題，共15分)31、如圖所示，光滑絕緣軌道由水平段AB和圓形軌道BCD組成，B在圓心正下方，軌道上的C、D兩點與圓心等高，圓軌道半徑為R。整個裝置處在水平向右的勻強電場中，電場強度大小為現(xiàn)將一小球從A點由靜止釋放。已知小球質量為m，電量為q，且?guī)д?，重力加速度為g；不計空氣阻力，求：

（1）若AB=2R，求小球運動到C點時對軌道的壓力大?。?/p>

（2）若小球能沿圓軌道運動到D點，則AB間的距離至少為多大?32、如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，x軸水平，將一質量為m、帶電量為+q的小球（可視為質點）從坐標原點O以某一初速度沿x軸正方向水平拋出，一段時間后小球通過點A（L、），若在該空間加以平行于y軸的勻強電場，將小球以相同初速度沿x軸拋出，一段時間后小球通過點B（L、），重力加速度為g；求：

(1)勻強電場的場強

(2)若所加勻強電場隨時間按圖乙所示規(guī)律周期性變化，t=0時刻將小球以相同初速度沿x軸拋出，小球通過直線x=L時速度恰好平行于x軸，則小球通過直線x=L時縱坐標的可能值．33、離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，BC之間加有恒定電壓，正離子進入B時的速度忽略不計，經(jīng)加速后形成電流為I的離子束后噴出。已知推進器獲得的推力為F，單位時間內(nèi)噴出的離子質量為J。為研究問題方便；假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力，忽略推進器運動速度。

（1）求加在BC間的電壓U；

（2）為使離子推進器正常運行，必須在出口D處向正離子束注入電子，試解釋其原因。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．無線充電的原理；其實就是電磁感應現(xiàn)象，而不是電流的磁效應，故A錯誤；

B．發(fā)生電磁感應的條件是磁通量要發(fā)生變化；直流電無法產(chǎn)生變化的磁場，故不能接到直流電源上，故B錯誤；

C．發(fā)生電磁感應時；兩個線圈中的交變電流的頻率是相同的，故C正確；

D．只有無線充電底座；手機內(nèi)部沒有能實現(xiàn)無線充電的接收線圈等裝置，也不能進行無線充電，D錯誤。

故C正確。2、B【分析】【分析】

【詳解】

A．在x坐標0~6cm之間；兩個點電荷在該區(qū)域產(chǎn)生的場強方向均向右，則合場強不可能為零，即沒有電場強度為0的位置，選項A錯誤；

B．在x>6cm的x軸上；正電荷在該區(qū)域產(chǎn)生的場強方向水平向右，負電荷在該區(qū)域產(chǎn)生的場強方向水平向左，又因為正電荷電荷量較大，且離該區(qū)域較遠，則該區(qū)域有一處電場強度為0，選項B正確；

C．在x軸的負半軸；離電荷量較大的正電荷較近，而離電量較小的負電荷較遠，則沒有電場強度為0的點，選項C錯誤；

D．兩電荷在x軸以外的位置形成的場強方向夾角不可能是180°；則合場強不可能為零，選項D錯誤。

故選B。3、A【分析】【詳解】

當傳感器R4所在處出現(xiàn)火情時，R4的阻值變小，R2、R3與R4的并聯(lián)電阻減小；外電路總電阻變小，則總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，即有U變?。?/p>

因U變??；而電流增大，故R壓增大；并聯(lián)部分分壓減小；故電流表示數(shù)減小；

故選A．

【點睛】

本題解題關鍵是掌握熱敏電阻與溫度的關系，再按局部→整體→局部的順序進行動態(tài)變化分析4、D【分析】【分析】

【詳解】

小球受重力；電場力和拉力處于平衡；剪斷細線，小球受重力和電場力，兩個力為恒力，合力為恒力。合力的方向與繩子的拉力方向等值反向，所以小球沿細繩方向做初速度為零的勻加速直線運動。故D正確，ABC錯誤；

故選D。5、B【分析】【詳解】

在閉合線框中，電荷關于O點分布對稱，故在O點場強為零；現(xiàn)在將電荷量q從E移到F，那么線框部分在O點的場強等效于與E點關于O點對稱的電荷量q在O點的場強F處電荷q在O點的場強又有E1，E2的方向相反，那么，O點的場強E＝E1?E2＝

A.與結論不相符，選項A錯誤；

B．與結論相符，選項B正確；

C．與結論不相符，選項C錯誤；

D．與結論不相符，選項D錯誤；6、D【分析】【詳解】

根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為?4q的點電荷在C處所受的電場力方向與F方向相同．

設AB=r，則有BC=2r.

則有：

故電荷量為?4q的點電荷在C處所受電場力為：故D正確，ABC錯誤。

故選D7、C【分析】【分析】

【詳解】

A.根據(jù)磁極間的相互作用規(guī)律可知；A中N極應該指左，故A錯誤；

B.根據(jù)右手螺旋定則可知；環(huán)形導線磁場方向向外，小磁針N極應該向外，故B錯誤；

C.C中直導線產(chǎn)生的磁感線應該是順時針方向（從上向下看）；與小磁針的N極指向相同，故C正確；

D.D中螺線管里邊的磁感線向左，小磁針的N極應該指向左邊，故D錯誤．8、D【分析】【詳解】

安培提出了分子電流假說，并很好地解釋了一些磁現(xiàn)象，故A說法正確；法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象，使人們對電與磁內(nèi)在聯(lián)系的認識更加完善，故B說法正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象間的某種聯(lián)系，故C說法正確；安培研究了磁場與電流相互作用，得到了磁場對通電導線的作用力公式，故D說法錯誤。所以選D。二、多選題(共8題，共16分)9、A:B【分析】【詳解】

設AB間的電壓為U1，CD間的電壓為U2、板長為L、板距為d，CD右邊緣離熒光屏的距離為S，從一般情況考慮，在加速電場中有：①

進入偏轉電場做類平拋運動．

A．穿出CD后的時間

由于三種粒子的比荷不同，所以三種粒子穿出CD板的時間不同；所以選項A正確．

B．偏移的距離：

偏轉角的正切：

以上兩式聯(lián)立①式得：

由兩式可以看出，三種粒子從CD邊緣的同一點穿出；且速度方向相同，那么最后打到熒光屏的位置相同，所以選項B正確．

CD．偏轉電場對三種粒子所做功

則做功之比等于電量之比為1：1：2，故選項C，D均錯誤．10、B:D【分析】【分析】

圖示時刻，線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積。當它繞軸轉過θ角時，線圈在磁場垂直方投影面積為磁通量等于磁感應強度與這個投影面積的乘積。線圈從圖示轉過90°時；磁通量為0，磁通量的變化量大小等于初末位置磁通量之差。

【詳解】

A．線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積。故圖示位置的磁通量為

故A錯誤；

B．使框架繞OO＇轉過60°角，則在磁場方向的投影面積為

則磁通量為

故B正確；

C．當線圈從圖示轉過90°時；線框與磁場平行，故磁通量為0，故C錯誤；

D．從初始位置轉過180°角，磁通量變化為

故D正確。

故選BD。

【點睛】

本題要知道對于勻強磁場中磁通量計算的一般公式θ是線圈與磁場垂直方向的夾角。夾角變化，磁通量也會變化，注意磁通量要分清穿過線圈的正反面。11、B:D【分析】【詳解】

ABC．將上板上移一小段距離，即兩板間距離變大，由電容的決定式可得

即電容變小，由題意可知，兩極板所帶電荷量不變，則

可得，兩極板間電壓變小，由

可知，兩極板間的場強不變。當小球仍以相同的速度v0從原處飛入時；粒子仍沿原軌跡運動由下板邊緣飛出，所以B正確，AC錯誤；

D．若上板不動，將下板上移一段距離，即兩板間距離變小，由ABC選項分析同理可知，兩極板間的場強不變，當小球仍以相同的速度v0從原處飛入時；帶電粒子到下極板的距離變小了，粒子在電場中偏轉的時間變短了，水平位移將變短，所以小球可能打在下板的中央，所以D正確。

故選BD。12、B:C【分析】【詳解】

A．由等量異種電荷的電勢分布可知，連線中點的電勢為0，O點為ad，bc的中點，所以O點電勢為0；故A錯誤；

B．設aO的的長度為L，則電荷a在O點產(chǎn)生的電場強度

同理可得，電荷b、c、d在O點的場強大小與電荷a產(chǎn)生的相同，由電場的疊加可知

方向垂直于cd向下；故B正確；

C．O點電勢是四個點電荷在O點分別產(chǎn)生的電勢的標量和，移走正電荷a，則在O點的電勢會減??；故C正確；

D．當∠cOd較大時，移走電荷b，由平行四邊形定則可知，O點的場強會增大；故D錯誤。

故選BD。13、A:D【分析】【詳解】

A.由于段弧長是段弧長的2倍，因此連線與軸夾角為所在的直線為等勢線，所在直線與軸夾角為由于電場線與等勢線垂直，且從高電勢指向低電勢，因此勻強電場的電場強度方向與軸正向成角；故選項A符合題意；

B.所在直線與軸的交點坐標為因此點到所在直線的長為因此電場強度大小為故選項B不符合題意；

C.一個帶正電的電荷沿圓弧從運動到路徑中的電勢先降低后升高，根據(jù)可知電勢能先減小后增大；故選項C不符合題意；

D.到所在直線的距離為因此因此故選項D符合題意．

14、B:C【分析】【詳解】

AB．設釋放時，質點與a孔的距離為h，兩板寬度為d，根據(jù)動能定理

開關閉合；則兩板間電勢差不變。

若將A板上移，設釋放點到a孔的距離為兩板間距為由動能定理

因為

可知

質點到達b孔的速度為零；然后返回。

若將B板下移，設兩板間距為根據(jù)動能定理

因為

所以

即質點能穿過b孔；故A錯誤，B正確；

CD．根據(jù)動能定理

斷開開關，則電容器的電荷量保持不變，由

得

可知；電場強度保持不變。

若將A板下移，由動能定理

因為

可知

說明質點能通過b孔。

若將B板下移，由動能定理

因為

可知

說明質點不能到達b板；故C正確，D錯誤。

故選BC。15、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓為U=E-Ir，對照U-I圖象，當I=0時，U=E=50V；故A正確；

B．U-I圖象斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，故有

故B錯誤；

C．電流為2.5A時，總電阻為

故外電路電阻為R=R總-r=15Ω

故C錯誤；

D．由曲線②可知；輸出功率為120W時，電流為4A，再由直線①可知，路端電壓是30V，故D正確。

故選AD。16、B:D【分析】【分析】

【詳解】

運用“串反并同”這個結論（僅適用于單變量電路）：P由a向b移動，R3減小，R2與R3是并聯(lián)，R2中電流R2兩端電壓的變化情況與R3變化情況相同；R1與R3是間接串聯(lián)，R1中電流R1兩端電壓的變化情況與R3的變化情況相反；電流表A與R3是串聯(lián)，電流表示數(shù)變化情況與R3的變化情況相反；電壓表V與R3是間接并聯(lián)，電壓表表示數(shù)變化情況與R3的變化情況相同；所以電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大。根據(jù)。

增大，增大，減小，不變，所以兩端電壓變化比兩端電壓變化??；通過的電流為干路電流；根據(jù)。

增大，減小，增大，通過的電流變化比通過的電流變化大。

故選BD。三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]．金屬管的深度：h=3.0cm+0.05mm×12=3.060cm.

[2]．直徑：d=0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm【解析】3.060±0.0050.730±0.00118、略

【分析】【詳解】

[1]由題可知，物體在平行電場方向受到電場力的作用，做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)位移公式則有

解得

因此有

根據(jù)牛頓第二定律，有

故有

[2]由動能定理，有

而所以動能增加之比為【解析】1:21:419、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]電源的作用為移送電荷；使電源正；負極間有一定的電勢差；

（2）[2]電源的作用還有使電路中有持續(xù)的電流。【解析】電勢差持續(xù)20、略

【分析】【詳解】

[1]電場線方向由A指向B，則A點電勢高于B點電勢。

[2]將半球面補成一個完整的球面。

根據(jù)電荷分布對稱性及均勻帶電球殼內(nèi)部的電場強度處處為零，可知左側弧MP所帶電荷與右側弧MP所帶電荷在C點電場強度大小相等，方向相反，由對稱性可知則C點電場強度的方向平行于Ox軸向右。【解析】高于平行于Ox軸向右21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]若將此表頭改裝成量程為的電壓表，由歐姆定律知

代入數(shù)據(jù)得

（2）[2]若將此表頭改裝成量程為

的電流表，由歐姆定律可知

代入數(shù)據(jù)得

（3）[3]把表頭改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)電阻阻值越小，改裝后電流表的量程越大，由圖示電路可知，使用A、B兩個端點時并聯(lián)分流電阻阻值較小，此時電流表量程較大。【解析】135037.5較大22、略

【分析】【詳解】

[1]由題意知，用電器恰能正常工作，其電壓和功率分別為U=9V，P=18W，則電路中電流為：

由圖讀出，當I=2A時，半導體器件的電壓為U′=1V；

根據(jù)閉合電路歐姆定律得，電源的內(nèi)阻為

則電源的輸出功率為：P′=（U+U′）I=10×2W=20W；

[2]若將該器件與一個阻值為1.33Ω的電阻串聯(lián)后，相當于電源內(nèi)阻為r′=2.33Ω；

則該器件兩端的電壓U=E﹣2.33I，

畫出圖象如圖所示：

由圖可知；此時該器件的電壓為5V，電流為3A

功率P=UI=15W。【解析】201523、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]如圖所示，當條形磁鐵插入或拔出線圈時，線圈中有電流產(chǎn)生，但條形磁鐵在線圈中靜止不動時，線圈中無電流產(chǎn)生?！窘馕觥坑袩o24、略

【分析】【分析】

根據(jù)電場線的疏密判斷場強的大??；根據(jù)電場線的方向判斷電勢的高低．順著電場線電勢降低．等量異種點電荷的中垂線是一條等勢線．

【詳解】

由圖看出，A、B兩點處電場線疏密相同，方向相同，則A、B兩點的場強相同．電場線從A指向B，A點電勢高于B點電勢，即兩點電勢不同；CD是等量異種點電荷的中垂線上的兩點，電勢相同，場強不同，D點場強大于C場強．【解析】相同不同不同相同四、作圖題(共3題，共24分)25、略

【分析】【詳解】

根據(jù)電荷屬性；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如下所示。

【解析】26、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。

27、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?！窘馕觥课?、實驗題(共3題，共12分)28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]

(2)[2]閉合開關后，根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知，兩端電壓電流為根據(jù)歐姆定律。

(3)[3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可知。

變形可得。

由圖象可知，當時，則有。

圖象的斜率為。

聯(lián)立解得【解析】3.02.429、略

【分析】【詳解】

(1)[1]閉合開關前，應將滑動觸頭置于輸出電壓最小的a端；以保護電流表。

(2)[2]根據(jù)歐姆定律，電阻測量值為若考慮電壓表內(nèi)阻影響，待測電阻的真實值為比較可知所以測出的燈泡電阻值比真實值偏小。

[3]根據(jù)圖象讀出時