2025年蘇教新版必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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年蘇教新版必修3物理上冊月考試卷652考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、電荷均勻分布的帶電球體在球體外部產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與位于球心處等電荷量的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度相等。已知地球所帶的電荷量約為地球的半徑約為6000km，靜電力常量若將地球視為一個(gè)均勻帶電球體，則地球表面附近的電場強(qiáng)度大小約為（）A.100N/CB.200N/CC.300N/CD.400N/C2、如圖所示，兩條不等長的細(xì)線一端拴在同一點(diǎn)，另一端分別拴住兩個(gè)帶同種電荷的小球，電荷量分別為質(zhì)量分別為當(dāng)兩小球處于于同一水平面時(shí)恰好靜止，且則造成不相等的原因是（）

A.B.C.D.3、已知通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中的電流I成正比、與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比．如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線相距為R，通以大小、方向均相同的電流．規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，在0～R區(qū)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨r變化的圖線可能是（）

A.B.C.D.4、下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.沿著一條直線且加速度存在且不變的運(yùn)動(dòng)，叫做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.為了探究彈簧彈性勢能的表達(dá)式，把拉伸彈簧的過程分為很多小段，拉力在每一小段可以認(rèn)為是恒力，用各小段做功的代數(shù)和代表彈力在整個(gè)過程所做的功，物理學(xué)中把這種研究方法叫做微元法C.從牛頓第一定律我們得知，物體都要保持它們原來的勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止的狀態(tài)，或者說，它們都具有抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的“本領(lǐng)”D.比值定義法是一種定義物理量的方法，即用兩個(gè)已知物理量的比值表示一個(gè)新的物理量，如電容的定義式表示C與Q成正比，與U成反比，這就是比值定義的特點(diǎn)5、如圖所示；兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸（垂直于紙面）逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，改微粒將。

A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)6、關(guān)于電表的改裝，下列說法正確的是（）A.將電流計(jì)改裝成電壓表，應(yīng)在電流計(jì)兩端并聯(lián)適當(dāng)?shù)碾娮鐱.將電流計(jì)改裝成電流表，應(yīng)在電流計(jì)兩端串聯(lián)適當(dāng)?shù)碾娮鐲.量程為I、內(nèi)阻為R的電流計(jì)串聯(lián)阻值為R的電阻，其量程變?yōu)?ID.量程為U、內(nèi)阻為R的電壓表串聯(lián)阻值為R的電阻，其量程變?yōu)?U7、如圖所示，R1和R2都是4W、100Ω的電阻，R3是1W；100Ω的電阻；A、B兩端允許消耗的最大電功率是（）

A.1.5WB.3WC.9WD.W評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示，有一帶電液滴靜止于電容器兩極板間，電源內(nèi)阻r不可忽略，現(xiàn)閉合開關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器的滑片向b端移動(dòng)少許；穩(wěn)定后二個(gè)小燈泡仍能發(fā)光，則下列說法中正確的是（）

A.小燈泡L1變亮，L2變暗B.液滴帶負(fù)電，將豎直向下運(yùn)動(dòng)C.液滴帶正電，將豎直向上運(yùn)動(dòng)D.電流表中始終存在從左至右的電流9、小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示，圖（b）中電源E0（電動(dòng)勢4V，內(nèi)阻1.00Ω）滑動(dòng)變阻器R（阻值0~9.0Ω）。閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)；小燈泡的功率可能為（）

A.0.05WB.0.50WC.1.05WD.2.50W10、如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極接地，一帶負(fù)電的油滴位于容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將下極板豎直向上緩慢地移動(dòng)一小段距離，則（）

A.帶電油滴將豎直向下運(yùn)動(dòng)B.帶電油滴的機(jī)械能將增加C.P點(diǎn)的電勢將降低D.通過靈敏電流計(jì)有從a往b的電流11、如圖所示，A、B、C三個(gè)小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電（不考慮小球間的靜電感應(yīng)），不可伸長的絕緣細(xì)線將三個(gè)小球連接起來懸掛在O點(diǎn)，三個(gè)小球均處于豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E；以下說法正確的是（）

A.靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg+qEB.靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg﹣qEC.剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qED.剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qE12、如圖，a、b、c、d為正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，O點(diǎn)為d點(diǎn)在底面上的投影，在a點(diǎn)放置一個(gè)電量為的點(diǎn)電荷，在b點(diǎn)放置一個(gè)電量為的點(diǎn)電荷；則（）

A.c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等B.沿cd連線移動(dòng)一帶電量的點(diǎn)電荷，電場力始終不做功C.Od連線為該電場中的一條等勢線D.將一帶電量為的點(diǎn)電荷從d點(diǎn)移到O點(diǎn)再移到c點(diǎn)，電場力先做負(fù)功，后做正功13、如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板與靜電計(jì)連接，負(fù)極板接地，兩板間有一個(gè)帶正電的試探電荷固定在P點(diǎn)。正極板保持不動(dòng)；將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離，下列說法正確的是()

A.靜電計(jì)指針夾角變小B.靜電計(jì)指針夾角不變C.正電荷在P點(diǎn)的電勢能減小D.正電荷在P點(diǎn)的電勢能不變14、用相同的表頭改裝的兩個(gè)量程不同的電壓表V1和V2被分別用來測量某電路中電阻R兩端(a、b)間的電壓時(shí)(如圖所示)；讀數(shù)依次為12．7V和12．3V，則。

A.a、b間的實(shí)際電壓略大于12．7VB.a、b間的實(shí)際電壓略小于12．3VC.電壓表V1的內(nèi)阻小于V2的內(nèi)阻D.電壓表V1的內(nèi)阻大于V2的內(nèi)阻15、如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢內(nèi)阻定值電阻電容器的電容初始時(shí)，開關(guān)閉合，斷開；下列說法正確的是（）

A.電路穩(wěn)定時(shí)，電容器上極板帶負(fù)電B.電路穩(wěn)定時(shí)，消耗的功率為3.25WC.閉合開關(guān)電路穩(wěn)定后，電容器上極板帶負(fù)電D.閉合開關(guān)電路穩(wěn)定后，電容器所帶電荷量為16、如圖所示，要使Q線圈產(chǎn)生圖示方向的電流；可采用的方法有。

A.閉合電鍵K后，把R的滑片左移B.閉合電鍵K后，把P中的鐵心從左邊抽出C.閉合電鍵K后，把Q靠近PD.無需閉合電鍵K，只要把Q靠近P即可評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、如圖，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，此液滴帶_______電，液滴的加速度等于_______，液滴的電勢能_____（填增加；減小）。

18、正四面體ABCD的棱長為a，A點(diǎn)固定點(diǎn)電荷+Q，B點(diǎn)固定點(diǎn)電荷－Q，靜電力常量為k，則D點(diǎn)的場強(qiáng)大小為______；若A點(diǎn)的電荷單獨(dú)在C點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為則兩電荷在C點(diǎn)共同產(chǎn)生的電勢為______。

19、『判一判』

（1）公式適用于所有電場。________

（2）由可知，勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)間的電勢差與這兩點(diǎn)的距離成正比。________

（3）由公式可知，電場強(qiáng)度與電勢差U成正比。________

（4）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度值等于沿電場線方向每單位長度上的電勢差值。________

（5）在勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間的電勢差等于電場強(qiáng)度與這兩點(diǎn)間距離的乘積。________20、如果帶電小球q是用來檢驗(yàn)電場是否存在及其強(qiáng)弱分布情況的，那我們就把它稱為___________。21、如圖所示，真空中O點(diǎn)固定有一點(diǎn)電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Ea，方向與a、b連線成60°角，b點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Eb，方向與a、b連線成30°。則a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)Ea：Eb=______；a、b兩點(diǎn)電勢φa、φb的關(guān)系為φa______φb（填“<”、“>”；“=”）。

22、利用圖像分析問題是物理學(xué)中常用的方法；其中的斜率；面積通常具有明確的物理意義。

(1)小明以6m/s的初速度將足球水平踢出，足球在草坪上滾動(dòng)直到停下來的全過程中的速度—時(shí)間圖像如圖1所示，圖1中圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積等于12個(gè)小方格的面積，由圖像可知足球在滾動(dòng)過程中受到的阻力大小____（選填“變大”、“變小”或是“不變”），足球滾動(dòng)了____m停下來。

(2)利用電流傳感器測量電容器電容的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖2所示。電源電壓為8V，先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電。電流傳感器將電流變化的信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流i隨時(shí)間t變化的i—t曲線如圖3所示，圖中圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積也等于12個(gè)小方格的面積，根據(jù)圖3，計(jì)算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量Q=__C，該電容器的電容C=___F。

23、如圖所示，已知電源的內(nèi)阻r=2Ω，外電阻R1=4Ω，滑動(dòng)變阻器R2的電阻可調(diào)范圍為0~10Ω。當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的電阻調(diào)為4Ω時(shí)，電源內(nèi)部的電熱功率為2W，則電源電動(dòng)勢為_____V；電阻R2的阻值為______Ω時(shí)，R1的電功率達(dá)到最大值。

評卷人得分四、作圖題(共3題，共21分)24、如圖所示，A、B、C為勻強(qiáng)電場中的三個(gè)點(diǎn)，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時(shí)所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實(shí)線表示電場線）。

25、以下是幾種點(diǎn)電荷的電場線的分布情況；請標(biāo)出圖中各電荷的電性。

26、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請?jiān)趫D中標(biāo)出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共14分)27、某同學(xué)要測量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻；他根據(jù)下面提供的器材，設(shè)計(jì)了如圖所示的原理圖。

①電壓表V（量程3V，內(nèi)阻RV約為10kΩ）

②電流表G（量程3mA，內(nèi)阻Rg=100Ω）

③電流表A（量程3A；內(nèi)阻約為0.5Ω）

④滑動(dòng)變阻器R1（0～20Ω；額定電流2A）

⑤滑動(dòng)變阻器R2（0～500Ω；額定電流1A）

⑥定值電阻R3=0.4Ω

⑦開關(guān)S和導(dǎo)線若干。

（1）該同學(xué)發(fā)現(xiàn)電流表A的量程太大，于是他將電流表G與定值電阻R3并聯(lián)，實(shí)際上是進(jìn)行了電表的改裝，則他改裝后的電流表對應(yīng)的量程是________A．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（2）為了能準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，同時(shí)為了操作方便，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的滑動(dòng)變阻器是_______。（填“R1”或“R2”）

（3）該同學(xué)利用上述實(shí)驗(yàn)原理圖測得數(shù)據(jù)，以電流表G讀數(shù)為橫坐標(biāo)，以電壓表V讀數(shù)為縱坐標(biāo)繪出了如圖所示的圖線，根據(jù)圖線可求出電源的電動(dòng)勢E=1.50V，電源的內(nèi)阻r=_______Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）28、某同學(xué)做測繪“2.5V；0.5A”小燈泡的伏安特性曲線的實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)電路圖如圖甲所示，圖乙為實(shí)物連線圖。

（1）對照甲圖，將圖乙的實(shí)物連線補(bǔ)充完整______；

（2）某次測量時(shí)，電壓表、電流表讀數(shù)如圖丙所示，則U=______V，I=______A。

（3）根據(jù)多組U、I值，畫出伏安特性曲線如圖丁所示，則小燈泡的電阻隨電壓的升高而______（填“增大”或“減小”）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【詳解】

根據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式

代入數(shù)據(jù)，得地球表面附近的電場強(qiáng)度大小選項(xiàng)A正確。

故選A。2、A【分析】【詳解】

對兩個(gè)球受力分析；均受重力；拉力和靜電斥力，如圖所示。

不管電荷量大小如何，靜電斥力F、F′都相同，故電荷量關(guān)系不影響角度α和β；根據(jù)平衡條件，有

由于故故A正確；BCD錯(cuò)誤。

故選A。

【點(diǎn)睛】

本題關(guān)鍵是對兩個(gè)小球受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式分析；兩小球均受三力平衡，可采用合成法、正交分解法、相似三角形法分析力之間的關(guān)系。3、C【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)右手螺旋定則可得左邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場方向垂直紙面向里，右邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場方向垂直紙面向外，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場越弱，在兩根導(dǎo)線中間位置磁場為零，由于規(guī)定B的正方向垂直紙面向里，故選C。4、D【分析】【詳解】

A．沿著一條直線運(yùn)動(dòng)；且加速度不變的運(yùn)動(dòng)一定為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B．微元法是一種“化整為零”的方法；即把整體拆分成各個(gè)微小部分，每一部分獨(dú)立求解，再求總和，探究彈性勢能的研究方法就是如此，故B正確；

C．牛頓第一定律為慣性定律；物體運(yùn)動(dòng)的慣性將維持原來運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，抵抗運(yùn)動(dòng)的變化，故C正確；

D．在電容的定義式中，C與兩板間的電量及兩板間的電勢差無關(guān)；故D錯(cuò)誤。

本題要選錯(cuò)誤選項(xiàng)，故選D。5、D【分析】【詳解】

現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸（垂直于紙面）逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)；兩板間的電場強(qiáng)度不變，電場力也不變，所以現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸（垂直于紙面）逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，帶電微粒受兩大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，故D正確，A；B、C錯(cuò)誤．

【考點(diǎn)定位】電容器；電場力，力的平衡．

【方法技巧】本題主要是:要理解這個(gè)題目的實(shí)質(zhì)是在二力平衡作用下物體靜止，如果一個(gè)力轉(zhuǎn)動(dòng)45°，而大小不變，物體會乍樣運(yùn)動(dòng)？6、D【分析】【詳解】

A．將電流計(jì)改裝成電壓表；即當(dāng)通滿偏電流時(shí)，整個(gè)部分承擔(dān)電壓變大，應(yīng)在電流計(jì)兩端串聯(lián)適當(dāng)?shù)碾娮?，起分壓作用，A錯(cuò)誤；

B．將電流計(jì)改裝成電流表；即當(dāng)通滿偏電流時(shí)，整個(gè)部分承擔(dān)電流變大，應(yīng)在電流計(jì)兩端并聯(lián)適當(dāng)?shù)碾娮?，起分流作用，B錯(cuò)誤；

C．量程為I、內(nèi)阻為R的電流計(jì)串聯(lián)阻值為R的電阻；改裝后的電流量程變?yōu)樵瓉淼囊话?，C錯(cuò)誤；

D．量程為U、內(nèi)阻為R的電壓表串聯(lián)阻值為R的電阻，根據(jù)

知其量程變?yōu)?U；D正確。

故選D。7、A【分析】【詳解】

電阻R1的額定電壓為額定電流為電阻R2的額定電壓和額定電流與電阻R1相同；R1和R2串聯(lián)部分的額定電流均為0.2A，故串聯(lián)電路的額定電流為0.2A，而額定電壓為2倍的20V，即40V；電阻R3的額定電壓為額定電流為故總的額定電壓取并聯(lián)電路額定電壓的較小值為10V；總電阻為：

故最大功率為：P=UI=1.5W，所以A正確；B、C、D錯(cuò)誤．二、多選題(共9題，共18分)8、A:B【分析】【詳解】

A．變阻器的滑片向b端移動(dòng)少許，變阻器接入電路的電阻減小，根據(jù)“串反并同”，燈泡L1與變阻器串聯(lián)，燈泡L2與變阻器并聯(lián)，所以燈泡L1變亮，L2變暗；故A正確；

B．由電路圖可知；電容器上極板與電源正極相連，所以上極板帶正電，帶電液滴能夠靜止，則受電場力方向向上，故液滴帶負(fù)電?；蛳禄瑒?dòng)，電容器兩板間電壓降低，則板間場強(qiáng)變小，液滴受電場力變小，則液滴受合力方向向下，將向下運(yùn)動(dòng)，故B正確。

C．由上面B的分析可知；C錯(cuò)誤；

D．在移動(dòng)滑片過程中；電容器兩端電壓降低，電容器帶電荷量減少，電容器應(yīng)該放電，所以電流表中存在自右向左的電流，故D錯(cuò)誤。

故選AB。9、B:C【分析】【分析】

【詳解】

當(dāng)R=9Ω，等效電源（E=4V，r=10Ω）的U-I圖像與小燈泡的伏安特性曲線交點(diǎn)為（1，75V，225mA）Pmin=0.39W

當(dāng)R=0，電源（E=4V，r=1.00Ω）的U-I圖像與小燈泡的伏安特性曲線交點(diǎn)為（3.67V，320mA）Pmax=1.17W

故選BC。10、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．依題意知，電容器保持與電源連接，則電容器極板間電壓不變；由。

可知，若將下極板豎直向上緩慢地移動(dòng)一小段距離，d減小，則板間場強(qiáng)增大；則油滴所受電場力增大，油滴將沿豎直向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

BC．P點(diǎn)到上極板的距離不變，場強(qiáng)增大；由。

知，P點(diǎn)與上極板間電勢差增大，P點(diǎn)的電勢小于零，則P點(diǎn)的電勢降低；由于油滴帶負(fù)電，因向上運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，則帶電油滴的電勢能將減小，機(jī)械能增大，故BC正確；

D．將下極板豎直向上緩慢移動(dòng)時(shí)，d減小；根據(jù)。

可知電容器電容增大；電容器的電壓U不變；故根據(jù)。

可知電量增大，故電容器充電，電流計(jì)中有從b到a的電流；故D錯(cuò)誤。

故選BC。11、A:C【分析】【詳解】

AB．靜止時(shí)，對AB球整體進(jìn)行受力分析，則有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq

故A正確；B錯(cuò)誤；

CD．假設(shè)B球也不帶電，則剪斷OA線瞬間，A、B、C三個(gè)小球一起以加速度g自由下落，互相相對靜止，AB、BC間拉力為0.若B球帶負(fù)電，則相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個(gè)豎直下下的電場力qE，電場力qE對A、B球整體產(chǎn)生一個(gè)豎直向下的加速度此時(shí)A、B球的加速度為aA=g+

（顯然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球?yàn)檠芯繉ο罂傻肁、B球間細(xì)線的拉力為T，由牛頓第二定律，則有T+mg=maA

解得T=qE

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。12、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．+Q和?Q是等量異種電荷，根據(jù)其電場線的分布情況和對稱性可知，c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等；方向相同；則電場強(qiáng)度相同，故A正確；

B．通過ab連線的中垂面是一等勢面，c、d在同一等勢面上，cd連線上電勢處處相等。則沿cd連線移動(dòng)一帶+q電量的點(diǎn)電荷；電場力始終不做功。故B正確；

C．由上分析知，Od連線為電場中的一條等勢線；連線上各點(diǎn)的電勢相同，故C正確；

D．O、c、d在同一等勢面上將一帶電量為?q的點(diǎn)電荷從d點(diǎn)移到O點(diǎn)再移到c點(diǎn)；電場力一直不做功。故D錯(cuò)誤。

故選ABC。13、A:C【分析】【詳解】

AB．將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離，兩極板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式可知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，則由可知，板間電壓U減??；因此靜電計(jì)的指針夾角變小，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD．根據(jù)板間場強(qiáng)

可知，E不變；P點(diǎn)到負(fù)極板距離減小，由公式U=Ed可知，P點(diǎn)的電勢降低；正電荷在P點(diǎn)的電勢能減?。还蔆正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。14、A:D【分析】【詳解】

試題分析：AB、將電壓表并聯(lián)在a、b兩點(diǎn)間，由于電壓表的分流作用，通過干路電阻R的電流增大，兩端電壓增大，所以并聯(lián)部分電壓小于未接入電壓表是的電壓，即A；正確。

CD、電壓表內(nèi)阻越小分流作用越大，并聯(lián)部分電壓越小，因讀數(shù)小所以內(nèi)阻??；D正確。

故選AD

考點(diǎn)：對串并聯(lián)電路的的理解。

點(diǎn)評：中等難度．電阻并聯(lián)后的總電阻小于任何支路的電阻，內(nèi)阻不是遠(yuǎn)大于R的電壓表不能視為理想電表，應(yīng)考慮它對電路電阻的影響．15、A:D【分析】【詳解】

A．開關(guān)閉合，斷開；電容器的上極板與電源的負(fù)極相連，所以上極板帶負(fù)電，A正確；

B．由閉合電路歐姆定律有

的功率為

解得

故B錯(cuò)誤；

C．閉合開關(guān)后；電容器的上極板與電源的正極相連，因此上極板帶正電，C錯(cuò)誤；

D．閉合開關(guān)后，回路總電阻為

則兩端的電壓為

由

可得

故D正確。

故選AD。16、A:C【分析】【詳解】

A．閉合電鍵K后，把R的滑片左移，Q中的磁場方向從左向右；且在增大，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線電流方向向下。故A正確。

B．閉合電鍵K后，將P中的鐵心從左邊抽出，Q中的磁場方向從左向右；且在減小，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線電流方向向上。故B錯(cuò)誤。

C．閉合電鍵，將Q靠近P，Q中的磁場方向從左向右；且在增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，左邊導(dǎo)線的電流向下。故C正確。

D．若不閉合電鍵K，即使把Q靠近P；也不會導(dǎo)致穿過線圈的磁通量改變，因此不會產(chǎn)生感應(yīng)電流。故D錯(cuò)誤。

故選AC。三、填空題(共7題，共14分)17、略

【分析】【詳解】

[1]據(jù)題帶電液滴沿直線由b運(yùn)動(dòng)到d，帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，對液滴進(jìn)行受力分析，其受力情況如圖所示，則電場力方向一定水平向右，與場強(qiáng)方向相反，所以該液滴帶負(fù)電

[2]由圖可得物體所受合力為

故物體的加速度為

[3]由于液滴從靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，故合力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向相同，電場力的方向和運(yùn)動(dòng)方向夾角為銳角，電場力對物體做正功，液滴的電勢能減小【解析】負(fù)電減小18、略

【分析】【詳解】

[1]兩個(gè)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大?。?/p>

方向的夾角為則D點(diǎn)的合場強(qiáng)

[2]由于A點(diǎn)的電荷單獨(dú)在C點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為因A帶正電，而B帶負(fù)電，那么B點(diǎn)的電荷單獨(dú)在C點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為則兩電荷在C點(diǎn)共同產(chǎn)生的電勢為0；【解析】019、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]公式只適用于勻強(qiáng)電場；故描述錯(cuò)誤。

（2）[2]公式中，為沿電場線的距離；不一定等于勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)間的距離，故描述錯(cuò)誤。

（3）[3]電場強(qiáng)度是電場自身的性質(zhì)，其強(qiáng)度與電場自身有關(guān)，與電勢差U無關(guān)；故描述錯(cuò)誤。

（4）[4]勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度值等于沿電場線方向每單位長度上的電勢差值；故描述正確。

（5）[5]公式中，為沿電場線的距離，不一定等于勻強(qiáng)電場中兩點(diǎn)間的距離，故在勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間的電勢差不一定等于電場強(qiáng)度與這兩點(diǎn)間距離的乘積，故描述錯(cuò)誤?！窘馕觥竣?錯(cuò)誤②.錯(cuò)誤③.錯(cuò)誤④.正確⑤.錯(cuò)誤20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]如果帶電小球q是用來檢驗(yàn)電場是否存在及其強(qiáng)弱分布情況的，那我們就把它稱為試探電荷或者檢驗(yàn)電荷。【解析】試探電荷或者檢驗(yàn)電荷21、略

【分析】【詳解】

[1]由題目可知，O點(diǎn)固定了一個(gè)點(diǎn)電荷，假設(shè)ab的長度為L，則Oa的長度為

Ob的長度為

由真空中的點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式代入數(shù)據(jù)得

解得

[2]由a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向可知，均指向O點(diǎn)，則O點(diǎn)固定的電荷為負(fù)電荷，已知沿電場線方向電勢降低，則a點(diǎn)比b點(diǎn)離O點(diǎn)更近，則【解析】3:1<22、略

【分析】【詳解】

(1)因?yàn)関-t圖象的斜率變小，表示加速度減小，根據(jù)牛頓第二定律f=ma；知足球在滾動(dòng)過程中受到的阻力變?。粓D1中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移即為足球滾動(dòng)的距離，1格面積是1，12格面積是12，所以位移是12m，足球滾動(dòng)了12m才停下來。

(2)在電容器放電過程中的任意瞬時(shí)有：△Q=I?△t，故i-t圖線與t軸所圍面積即為電容器所帶電荷量的最大值，由圖可知該面積等于12個(gè)小方格的面積，因此電容器所