2025年蘇人新版必修3物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇人新版必修3物理下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6題，共12分)1、如圖所示的電路中；電源內阻不可忽略，R為半導體熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減?。擱所在位置溫度升高時。

A.燈泡L1變亮B.燈泡L2變亮C.電壓表讀數增大D.電源內阻消耗功率減小2、如圖所示，真空中有兩個點電荷和分別固定在x坐標軸上，其中位于處，位于處．關于在x軸上各區(qū)域；下列說法中正確的是。

A.除無窮遠外，電場強度大小為零的點有兩處B.在區(qū)域，電勢沿x軸正方向逐漸變小C.在的區(qū)域，若一正電荷沿x軸正方向運動，其電勢能會先減小后增大D.在和的區(qū)域，電場強度E沿x軸正方向3、如圖所示，真空中有兩個點電荷和分別固定在x坐標軸上的x=0和x=6cm的位置；則下列說法正確的是。

A.在x軸上有兩個場強為0的點B.在x=1.2cm處場強為0C.在x軸上的x<6cm的區(qū)域場強沿著x的負方向D.在x軸上的x>6cm的區(qū)域場強沿著x的正方向4、在如圖甲所示的電路中，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡；這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當開關S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時（）

A.L2的電阻為12ΩB.L1消耗的電功率為0.75WC.L1、L2消耗的電功率的比值為D.L1兩端的電壓為L2兩端電壓的2倍5、如圖甲，Q1、Q2為兩個固定著的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點．現有一點電荷，只在電場力作用下，以一定的初速度沿直線從a點開始經b點向遠處運動，其υ-t圖像如圖乙，電荷經過a、b兩點的速度分別為υa、υb；則（）

A.Q1一定帶正電B.Q1的電量一定小于Q2的電量C.b點的電場強度一定為0D.電子的電勢能先增大后減小6、如圖所示，四個等量異種的點電荷，放在正方形的四個頂點處。A、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心；下列說法正確的是（）

A.將一帶正電的試探電荷從B點沿直線移動到D點，電場力做正功B.O點電場強度等于零C.A、C兩個點的電場強度相同D.O點的電勢等于A點的電勢評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、如圖，內壁光滑的絕緣細管，固定在水平桌面上，半徑為R，AB為其一條直徑。管內有一個質量為m，電荷量為q（q>0）的小球靜止于A點，小球半徑略小于管道半徑，且遠遠小于R?？臻g中有沿著AB方向的勻強電場，場強（g為重力加速度）。小球受到輕擾而開始運動下列說法正確的是（）

A.小球運動過程中的最大速度為B.小球運動過程中最大動能為（+1）mgRC.運動過程中小球對環(huán)的最大壓力為mgD.運動過程中小球對環(huán)的最大壓力為5mg8、如圖所示，圖中以點電荷Q為圓心的虛線同心圓是該點電荷電場中球形等勢面的橫截面圖.一個帶電的粒子經過該電場，它的運動軌跡如圖中實線所示，P、M、N、F都是軌跡上的點.不計帶電粒子受到的重力；由此可以判斷（）

A.此粒子和點電荷Q帶異種電荷B.此粒子在M點的動能小于在F點的動能C.若PM兩點間的距離和MN兩點間的距離相等，則從P到M和從M到N，電場力做功相等D.若O點是軌跡上距離點電荷Q最近的點，則帶電粒子一定從O點開始做勻速圓周運動9、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10、如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，C為電容器且在中央固定一正點電荷，L為小燈泡，R為定值電阻，閉合開關，小燈泡能正常發(fā)光?，F將滑動變阻器的滑片向左滑動一段距離，滑動前后理想電壓表示數變化量的絕對值分別為理想電流表A示數變化量的絕對值為則（）

A.電荷的電勢能減少B.燈泡逐漸變暗C.變大、不變D.電源的輸出功率一定變小11、圖甲中，A、B是某靜電場中一條電場線上的兩點，一個電子從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v﹣t圖象如圖乙所示。則（）

A.電場線的方向由B指向AB.A點電勢高于B點電勢C.A點電場強度大于B點電場強度D.電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能12、某靜電場中的電場線分布如圖實線所示，帶電粒子在電場中僅受電場力的作用，沿圖中虛線由A運動到B。則下列說法正確的是（）

A.該帶電粒子一定帶正電B.A點電場強度小于B點電場強度C.粒子在A點的加速度大于在B點的加速度D.粒子由A點向B點運動的過程中電勢能逐漸減小13、如圖所示，真空中有四個等量異種點電荷，M、N帶正電，P、S帶負電，分別放在圓心為O的虛線圓上等距離的四個點，a、b、c、d分別為兩點電荷連線的中點；下列說法正確的是（）

A.O點的合場強為零，a點的合場強方向水平向左B.b點的合場強大于a點的合場強C.將一電子從b點沿直線移動到d點，電場力做負功D.將一質子從a點沿直線移動到c點，其電勢能一直減小14、如圖所示，一帶電小球固定在光滑水平面上的O點，虛線a、b、c、d是帶電小球激發(fā)電場的四條等距離的等勢線，一個帶電小滑塊從等勢線d上的1處以水平初速度運動；結果形成了實線所示的運動軌跡。1；2、3、4、5是等勢線與小滑塊運動軌跡的一些交點。下列判定正確的是（）

A.固定小球與小滑塊帶同種電荷B.在整個運動過程中小滑塊具有的動能與電勢能之和保持不變C.在整個過程中小滑塊的加速度先變小后變大D.小滑塊從位置3到4和從位置4到5的過程中，電場力做功的大小關系是W34=W4515、有兩段電阻絲,材料相同,長度也相同,它們的橫截面的直徑之比為dA:dB=1:2,把它們串聯(lián)在電路中,則下列說法正確的是()

A.它們的電阻之比RA:RB=4:1B.通過它們的電流之比IA:IB=1:1C.電子在兩段電阻絲中定向移動速度大小之比vA:vB=1:4D.兩段電阻絲中的電場強度大小之比EA:EB=1:4評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、如圖所示，一水平放置的矩形線圈在條形磁鐵S極附近下落，在下落過程中，線圈平面保持水平，位置1和3都靠近位置2，則線圈從位置1到位置2的過程中，線圈內______感應電流產生；線圈從位置2到位置3的過程中，線圈內_______感應電流產生.（均選填“有”或“無”）17、在點電荷Q產生的電場中有a、b兩點，相距為d．已知a點的場強大小為E，方向與ab連線夾角為b點的場強方向與連線成角，如圖所示．則b點的場強大小為__，a、b兩點____點電勢高．

18、如圖所示，三根等長帶電棒絕緣相連成正三角形，每根棒上電荷均勻分布，帶電均為帶電為P點為正三角形中心，P、Q兩點關于邊對稱.現測得P、Q兩點的電場強度大小分別為和若撤去棒，則P、Q兩點的電場強度大小分別為_____，_____。

19、被測金屬絲，直流電源（4V），電流表（0～0.6A），電壓表（0～3V），滑動變阻器（50Ω），開關，導線若干，________，_______。20、北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是周長為的近似圓形軌道。當環(huán)中電子以光速的的速度順時針流動而形成的電流是時，則環(huán)中電流方向為___________（填“順時針”或“逆時針”）；環(huán)中運行的電子數目為___________個。21、地球表面附近存在著電場，一帶負電的微粒在此電場中某處受到電場力的方向豎直向上，由此可判斷該處電場方向為______（填“豎直向上”或“豎直向下”）。22、空氣的電離：在一定條件下，導體尖端電荷______很大，導體尖端周圍的強電場使空氣中殘留的帶電粒子發(fā)生劇烈運動，并與空氣分子碰撞從而使空氣分子中的正負電荷______的現象．23、下面各圖均是用游標卡尺測量時的示意圖，圖甲中游標卡尺為50分度的游標卡尺，圖乙中游標卡尺為20分度的，圖丙中游標卡尺為10分度的，它們的讀數分別為：________；________；________。

24、反映磁場的力的性質的物理量是___________，勻強磁場的磁感線是平行的___________直線。評卷人得分四、作圖題(共2題，共20分)25、如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三個點，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實線表示電場線）。

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。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共18分)27、某同學為測定電阻絲的電阻率ρ，設計了如圖甲所示的電路，電路中ab是一段電阻率較大、粗細均勻的電阻絲，保護電阻R0＝4.0Ω，電源電動勢E＝3.0V，電流表內阻忽略不計，滑片P與電阻絲始終接觸良好。

（1）實驗中用螺旋測微器測得電阻絲的直徑如圖乙所示，其示數為d＝________mm。

（2）實驗時閉合開關，調節(jié)滑片P的位置，分別測量出每次實驗中aP長度x及對應的電流值I，實驗數據如表所示：。x/m0.100.200.300.400.500.60I/A0.490.430.380.330.310.28/A－12.042.332.633.033.233.57

根據表中的數據，在圖丙的坐標紙上作出－x圖像________，并由圖線求出電阻絲的電阻率ρ＝________Ω·m（保留兩位有效數字）。

（3）根據－x關系圖線縱軸截距的物理意義，可求得電源的內阻為r＝________Ω（保留兩位有效數字）。

（4）若電流表內阻不可忽略，則電流表的內阻對測量電阻絲的電阻率______（選填“有”或“無”）影響，根據－x關系圖線縱軸截距的物理意義可求得的是______。28、（1）一個電壓表由表頭G與分壓電阻R串聯(lián)而成，如圖所示，若在使用中發(fā)現此電壓表的讀數總是比準確值稍小一些，采用下列那種措施可以加以改進___________。

A．在R上并聯(lián)一個比R大的多的電阻。

B．在R上串聯(lián)一個比R大的多的電阻。

C．在R上并聯(lián)一個比R小的多的電阻。

D．在R上串聯(lián)一個比R小的多的電阻。

（2）有一內阻未知（約25kΩ~35kΩ）、量程已知，共有30個均勻小格的直流電壓表V。小荊同學在研究性學習過程中想通過上述電壓表測量一個多用表中歐姆檔的內部電源的電動勢，他們從多用表刻度盤上讀出電阻刻度中間值為N1=30。

A．請你將他們的實驗電路連接起來_________。

B．他們在實驗過程中，歐姆檔的選擇開關撥至倍率“×___________”。

C．在實驗中，同學讀出電壓表的讀數為U，歐姆表指針所指的刻度為N2，并且在實驗過程中，一切操作都是正確的，請你導出歐姆表電池的電動勢表達式E=___________（用N1，N2和U表示）。

D．若歐姆表使用一段時間后，電池的電動勢變小，內阻變大，但此表仍然可以調零。按正確的使用方法再測待測電阻，測量結果會___________。（填“偏大”“偏小”或“不變”）29、圖（a）為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭的滿偏電流為2mA，內阻為200Ω。虛線方框內為換擋開關，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位；5個擋位為：直流電壓20V擋和50V擋，直流電流10mA擋和20mA擋，歐姆×100Ω擋。

(1)圖（a）中的A端與_______（填“紅”或“黑”）色表筆相連接。

(2)某次測量時該多用電表指針位置如圖（b）所示。若此時B端是與“2”連接的，則多用電表讀數為_______mA；若此時B端是與“3”連接的，則讀數為_______Ω；

(3)關于R6的使用，下列說法正確的是_______（填正確答案標號）。

A．在使用多用電表之前，調整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置。

B．使用歐姆擋時，先將兩表筆短接，調整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置。

C．使用電流擋時，調整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置。

(4)根據題給條件可得R1+R2=_______Ω，R4=_______Ω。評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)30、如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一電荷量為q=-4×10-7C的負點電荷從A點運動到B點，電場力做功為WAB=3.2×10-6J，AB間距離L=4m，與水平方向夾角為求：

（1）電荷的電勢能是增加還是減少？增加（減少）了多少？

（2）B、A間電勢差UBA是多少？

（3）電場強度E是多大？

（4）如果A點的電勢為-4V，求B點的電勢為多大？電荷量q′=4×10－6C的正電荷在A點具有的電勢能是多少？31、在圖所示的圖像中，直線為某電源的路端電壓與電流的關系，直線為某電阻的電壓與電流的關系?，F用該電源直接與電阻連接成閉合電路；求此時電源的輸出功率和內；外電路消耗的電功率之比。

32、如圖所示，在水平向右的、強度E=2000V/m的勻強電場中，質量m=1.73毫克的帶電粒子以大小v0=10m/s、方向和水平方向成30°的初速度從A點射入，發(fā)現它恰能做直線運動。以A點所在的等勢面為參考平面；電場區(qū)域足夠大。試求：

（1）粒子的電性和電量；

（2）粒子沿直線前進的最大距離；

（3）粒子可以獲得的最大電勢能。

33、如圖所示；A；B為體積可忽略的帶電小球，QA＝2×10-8C，QB＝－2×10-8C，A、B相距3cm．在水平外電場作用下，A、B保持靜止，懸線都沿豎直方向．試求：

（1）外電場的場強大小和方向？

（2）AB中點處總電場的場強大小和方向．

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

熱敏電阻和燈泡并聯(lián)，隨溫度升高，熱敏電阻阻值變小，并聯(lián)電路電路變小，電路總電阻變小，總電流變大，燈泡由于電流變大而功率變大，變亮，選項A對．電壓表讀數為路端電壓隨總電流的變大而減小，選項C錯．電源內阻消耗的功率隨電流的增大而增大，選項D錯．并聯(lián)電路電壓隨電流增大而減小，燈泡由于電壓變小而功率變小變暗，選項B錯．2、D【分析】【詳解】

A.某點的電場強度是負電荷Q1和正電荷Q2在該處產生的電場的疊加，是合場強．根據點電荷的場強公式所以要使電場強度為零，那么正電荷Q1和負電荷Q2在該處產生的場強必須大小相等、方向相反．但該點不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷量大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電性相反，在中間的電場方向都向右．所以，只能在Q2右邊．即在x坐標軸上電場強度為零的點只有一個．故A錯誤；

B.因為Q1的電荷量大于Q2，根據點電荷的場強公式在x＞6cm區(qū)域；合場強一定先向左再向右，故電勢先增大后減小，故B錯誤；

C.在的區(qū)域，根據疊加原理可知，電場強度方向沿x正方向，正電荷沿x軸正方向運動；電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤．

D.根據

可知，r=9cm處電場強度為零，其右側電場線是向右的；則可知，在0＜x＜6cm的區(qū)域和x＞9cm的區(qū)域，場強沿x軸正方向，故D正確．3、D【分析】【詳解】

A.場強為0時，兩個點電荷在該處產生的場強大小相等、方向相反，由于兩個點電荷都帶正電，電荷量不等，由知，在軸上有一個場強為0的點，該點在軸上兩個點電荷之間靠近的位置；故A錯誤；

B.設場強為0的點坐標為則有：

可得

故B錯誤；

C.根據電場的疊加原理知，在軸上的和的區(qū)域場強沿著的負方向，在的區(qū)域場強沿著的正方向；故C錯誤；

D.根據電場的疊加原理知，在軸上的的區(qū)域場強沿著的正方向，故D正確．4、B【分析】【分析】

【詳解】

AD．據電路圖可知據乙圖可知電流為0.25A，L1燈泡的電壓為3V；燈泡L2、L3并聯(lián)，每個燈泡通過的電流為0.125A，從圖乙知電壓

L1兩端的電壓不是L2兩端電壓的2倍，電流為0.125A時電壓大約為0.5V，所以L2電阻

故AD錯誤；

B．當開關閉合后，燈泡L1的電壓U1=3V，由圖讀出其電流I1=0.25A，則燈泡L1的電阻

功率

故B正確；

C．L2消耗的功率

所以L1、L2消耗的電功率的比值大于故C錯誤。

故選B。5、C【分析】A；由于點電荷電性未知；根據其運動情況無法判斷Q1的電性，A錯誤；

BC、從速度圖象乙上看出,可見電子從a到b做加速度減小的加速運動,在b點時粒子運動的加速度為零,則電場力為零,所以該點場強為零，Q1的電量一定大于Q2的電量；B錯誤；C正確；

D、過b點后點電荷做減速運動,整個過程點電荷的動能先增加后減小，根據能量守恒，電勢能先減小后增大，故D錯誤．

故選C．

【名師點睛】

速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，可見a到b做加速度減小的加速運動，到b點加速度為0．從而知道b點的電場力及電場強度；通過b點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小；通過能量守恒判斷電勢能的變化．6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．等量異種電荷的中垂線是等勢面，兩對等量異種電荷的中垂線重合，依然是等勢面，因此將試探電荷從B點沿直線移動到D點；電場力做功為零，故A錯誤；

B．根據對稱性，兩個正電荷在O點產生的合場強水平向右，兩個負電荷在O點產生的合場強水平向右，因此O點電場強度水平向右；不為零，故B錯誤；

C．兩個正電荷在A點產生的電場強度等大反向，合場強為零，兩個負電荷在A點產生合場強水平向右；兩個負電荷在C點產生的電場強度等大反向，合場強為零，兩個正電荷在C點產生的合場強水平向右，根據對稱性，A、C兩點電場強大小相等；方向相同，故C正確；

D．AC段電場強度方向水平向右，沿電場線方向電勢降低，因此O點的電勢低于A點的電勢；故D錯誤。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)7、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．小球從A運動到B點速度最大；由動能定理得。

其中。

聯(lián)立解得。

最大動能。

故A正確；B錯誤；

CD．小球在B點；水平面內由牛頓第二定律得。

其中。

聯(lián)立解得。

豎直面內有。

所以小球受到環(huán)的最大支持力為。

由牛頓第三定律可知小球對環(huán)的最大壓力為故C正確，D錯誤。

故選AC。8、A:B【分析】【詳解】

A.曲線運動物體受到的合力指向軌跡的內側，根據圖中軌跡的彎曲方向，可判斷出粒子運動過程中受靜電引力的作用，因此此粒子和點電荷Q帶異種電荷；選項A正確；

B.粒子從M到N，電場力做正功，動能增大，即粒子在M點的動能小于在N點的動能，又因為N點和F點在同一等勢面上，所以粒子在F點的動能等于在N點的動能，因此此粒子在M點的動能小于在F點的動能；選項B正確；

C.PM兩點離場源電荷較遠，電荷所受電場力較小，而PM兩點間的距離和MN兩點間的距離相等，則從P到M電場力做功比從M到N電場力做功少；選項C錯誤；

D.由粒子運動軌跡可以判斷粒子在O點所受電場力小于它做圓周運動所需的向心力而做離心運動；選項D錯誤。

故選AB。9、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．10、A:B【分析】【詳解】

A.將滑動變阻器滑片向左滑動時接入電路的電阻增大，電路中電流減小，R上的電壓減小；則電荷所在處電勢減小，電荷的電勢能減小，故A正確；

B.電路中電流減??；通過燈泡的電流減小，所以燈泡變暗，故B正確；

C.根據U2=E?Ir，得保持不變。故保持不變，故C錯誤；

D.因電源內外阻大小關系未知；根據電源輸出功率和外阻的關系，電源的輸出功率不一定變小，故D錯誤。

故選：AB11、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．電子由靜止開始從A運動到B，由乙圖象可知電子做加速減小的加速運動，根據牛頓第二定律可知電場力方向從A到B，因電子的電場力方向與電場線方向相反，故電場線方向由B指向A，又根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知，A點電勢低于B點電勢；故A正確，B錯誤；

C．根據速度時間圖線的斜率表示加速度，從乙圖斜率可知，加速度逐漸減小，根據牛二定律可知電子受的電場力在減小，由電場強度定義式

可知，A點電場強度大于B點電場強度；故C正確；

D．根據負電荷在電勢越低的點，其電勢能越大，因A點電勢低于B點電勢，故電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能；故D正確。

故選ACD。12、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．物體做曲線運動時；受力方向指向曲線的凹面一側，所以由曲線軌跡和電場方向可知，該帶電粒子一定帶正電，故A正確；

B．電場線越密集的地方電場強度越大，因此A點電場強度小于B點電場強度；故B正確；

C．粒子在A點受到的電場力小于在B點受到的電場力，因此粒子在A點的加速度小于在B點的加速度；故C錯誤；

D．從A到B的過程中；電場力對帶電粒子正功，電勢能減小，故D正確。

故選ABD。13、B:D【分析】【詳解】

A．M、S電荷在O點電場強度方向由O指向S，N、P在圓心O點電場強度方向由O指向P，則圓心O點電場強度由O指向c，不為零。M、N在a點合場強為0，P在a點電場強度由a指向P點，S在a點電場強度由a指向S點，故a點合電場強度方向水平向右；A錯誤；

B．由A選項分析可知，a點電場強度為P、S產生的合電場；對b點來說，電場強度等于M和P的合電場強度與N和S的合電場強度的疊加，這兩個合電場強度方向均向右。點電荷的電場強度則僅M和P在b點的合電場強度就大于P和S在a點的合電場強度。故b點的合場強大于a點的合場強；B正確；

C．根據對稱性可知，b點和d點電勢相等，根據

可知，將一電子從b點沿直線移動到d點；電場力做功為0，C錯誤；

D．分析可知，在ac連線上，M、N在任意一點（除a點外）的合電場強度方向均為水平向右。P、S在ac連線上的任意一點（除c點外）的合電場強度也為水平向右。故質子從a點沿直線移動到c點的過程中；電場力方向水平向右，電場力做正功，電勢能一直減小，D正確。

故選BD。14、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖看出；小滑塊的軌跡向右彎曲，可知滑塊受到了斥力作用，固定小球與小滑塊電性一定相同，故A正確；

B．由于只有電場力做功；根據能量守恒定律得知，小滑塊在運動過程中具有的動能與電勢能之和保持不變，故B正確；

C．離帶電小球越近；電場越強，因小滑塊先靠近帶電小球后遠離，則小滑塊受到的電場力先變大后變小，則在整個過程中小滑塊的加速度先變大后變小，故C錯誤；

D．位置3到4間的電場線比4到5間的電場線密，平均場強大，由U=Ed分析4、5間電勢差與3、4間電勢差關系是U45<U34

則電場力做功的大小關系是W45<W34

故D錯誤。

故選AB。15、A:B【分析】【詳解】

A、長度、材料均相同，它們的橫截面的直徑之比為dA:dB=1:2，則橫截面積之比為SA：SB=1:4，根據可知，電阻之比RA:RB=4:1；故A正確；

B、因兩者是串聯(lián)，它們的電流總相等，有IA:IB=1:1；故B正確；

C、根據電流的微觀表達式I=neSv，則有，定向移動速率與橫截面成反比，因此定向移動速度之比vA：vB=4:1；故C錯誤；

D、串聯(lián)電路，電流相等，設為I，則兩段中的電場強度因此電場強度與電壓成正比，則有電場強度之比EA：EB=UA：UB=RA：RB=4:1;故D錯誤；

故選AB.

【點睛】

知道影響電阻大小的因素，知道串聯(lián)電路電流的規(guī)律，會靈活應用歐姆定律，同時掌握電流的微觀表達式的內容，及確定電場強度與電阻成正比的結論.三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【詳解】

[1]線圈從位置1到位置2的過程中；穿過線圈的磁通量減小，則產生感應電流，根據楞次定律可知，向下穿過線圈的磁通量在增大，則感應電流的方向順時針（從上往下看）；

[2]線圈從位置2到位置3的過程中，線圈內穿過的磁通量向上增加，則也會產生感應電流，根據楞次定律，則感應電流的方向順時針（從上往下看）；【解析】有有17、略

【分析】【詳解】

[1][2]將場強Ea、Eb延長，交點即為點電荷所在位置，如圖所示，由于電場強度方向指向點電荷Q，則知該點電荷帶負電，根據幾何知識分析解得a點到Q點的距離：

b點到Q點的距離

a、b兩點到點電荷Q的距離之比

由公式得：a、b兩點場強大小的比值Ea：Eb=1：3

得：Eb=3E

由于a點距離負點電荷Q更近，所以a點的電勢高于b點的電勢。

【解析】3Ea18、略

【分析】【分析】

【詳解】

假設三根等長帶電棒絕緣都帶+q電荷，則P的場強為零，根據電場的疊加原理可知，AB、BC兩棒在PP點的電場強度與AC棒在P點的場強大小相等、方向相反；所以可知當AB、BC帶電均為+q，CA帶電為?q時，AB、BC兩棒在P點的電場強度與AC棒在P點的場強大小相等、方向相同，都為則若撤去CA棒，P點的電場強度大小為。

根據對稱性可知原來AC在Q處的場強大小方向沿Q到P。原來Q的場強是AB、BC產生的場強和AC產生的場強的疊加而成，AB、BC產生的合場強方向從P到Q，AC產生的場強方向從Q到P，根據電場的疊加可知Q點原來的場強方向可能沿Q到P，原來Q點的大小為E2，則知在Q點，AB、BC產生的合場強大小為。

若撤去CA棒后，Q點的電場強度大小。

原來Q的方向也可能沿P到Q，則在Q點，AB、BC產生的合場強大小為。

撤去CA棒后，Q點的電場強度大小。

【解析】或19、略

【分析】【詳解】

略【解析】螺旋測微器毫米刻度尺20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]電流的方向是正電荷的定向移動方向；所以環(huán)中電流方向為逆時針方向；

[2]電子運動一周的時間為。

則電量為。

環(huán)中運行的電子數目為。

【解析】逆時針21、略

【分析】【詳解】

[1]帶負電的微粒所受的電場方向豎直向上，該方向與電場方向相反，所以該處電場方向為豎直向下?！窘馕觥控Q直向下22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】密度分離23、略

【分析】【詳解】

[1]在圖甲中，主尺讀數為42mm，游標尺上第5條刻度線與主尺上的一條刻度線對齊，由于游標尺是50分度的，所以讀數為42mm＋5×0.02mm＝42.10mm

[2]在圖乙中，主尺讀數為63mm，游標尺上第6條刻度線與主尺上的一條刻度線對齊，由于游標尺是20分度的，所以讀數為63mm＋6×0.05mm＝63.30mm

[3]在圖丙中，主尺讀數為29mm，游標尺上第8條刻度線與主尺上的一條刻度線對齊，由于游標尺是10分度的，所以讀數為29mm＋8×0.1mm＝29.8mm【解析】42.1063.3029.824、略

【分析】【詳解】

[1]反映磁場的力的性質的物理量是磁感應強度；

[2]勻強磁場的磁感線是平行的等間距直線?！窘馕觥看鸥袘獜姸鹊乳g距四、作圖題(共2題，共20分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

連接BC，過A點作BC的平行且與BC線段相等的線段AD，將AD分成兩等份，找出B點的等勢點，即E點，電勢為11V，連接BE，則BE為等勢線；電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示。

【解析】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18分)27、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]電阻絲的直徑

（2）[2]－x圖像如圖所示。

[3]由電阻定律可得

由歐姆定律可得

則圖像斜率

聯(lián)立解得

代入數據得

聯(lián)立解得電阻率為

代入數據得

（3）[4]根據－x圖中關系圖線縱軸截距為1.8，此時待測電阻絲電阻為零，由閉合電路歐姆定律得

即

解得

（4）[5]由電阻定律可得

由歐姆定律可得

則圖像斜率

聯(lián)立解得

整理得

若電流表內阻不可忽略；則電流表的內阻對測量電阻絲的電阻率無影響。

[6]根據－x圖中關系圖線縱軸截距為y，此時待測電阻絲電阻為零，由閉合電路歐姆定律得

即

解得

可求得的是電源的內阻和電流表內阻之和【解析】①.0.400②.③.1.1×10－6④.1.4

⑤.無⑥.電源的內阻和電流表內阻之和28、略

【分析】【詳解】

（1）[1]若在使用中發(fā)現此電壓表的讀數總比準確值稍小，說明指針偏角太小，分壓電阻阻值較大，在R上并聯(lián)一個比R大得多的電阻可以校準該電壓表。

故選A。

（2）[2]用多用電表測電壓表內阻的電路圖如圖所示。

[3]內阻未知（約25kΩ~35kΩ）；用歐姆表測其內阻時，測電阻時應盡量使指針指在中間值附近，所以應選×1k擋。

[4]歐姆表中值電阻為

歐姆表指N2刻度，則電壓表內電阻

流過電壓表電流

由閉合電路歐姆定律電池電動勢

[5]歐姆表調零時，其內阻

電源電動勢變小，則歐姆表內阻R內變小，用歐姆表測電阻時

由于R內變小，I變小，指針跟原來的位置相比偏左了，所