2025年北師大版必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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年北師大版必修3物理上冊月考試卷311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、兩只電壓表V1和V2是由完全相同的兩個電流計改裝成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V；把它們串聯(lián)起來接入電路中，則（）

A.它們的示數(shù)相等，指針偏轉角度也相等B.它們的示數(shù)之比為l:3，指針偏轉角度相等C.它們的示數(shù)相等，指針偏轉角度之比為1:3D.它們的示數(shù)之比、指針偏轉角度之比均為1:32、把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里；加上電場，可以模擬出電場線的分布情況，如圖甲是模擬孤立點電荷和金屬板之間的電場照片，乙圖為簡化后的電場線分布情況，則（）

A.由圖甲可知，電場線是真實存在的B.圖甲中，沒有頭發(fā)屑的地方沒有電場C.圖乙中A點的電場強度大于B點的電場強度D.在圖乙電場中A點靜止釋放的質子能沿著電場線運動到B點3、靜電噴涂被廣泛用于各種表面處理技術中；相比傳統(tǒng)的噴涂技術，其具備生產效率高，勞動條件好，易于實現(xiàn)半自動化或自動化，適于大規(guī)模流水線作業(yè)，其原理如圖所示。涂料霧化裝置為負電極，接電源負高壓，被涂物為正電極，通常接地。下列說法正確的是（）

A.圖中噴槍與被涂物之間的實線代表電場線B.涂料顆粒在電場中運動時加速度恒定C.涂料顆粒在電場中運動時電勢能逐漸增大D.被涂物上的尖端處，涂料附著較多4、在坐標原點O點和x軸上的A點分別放兩個點電荷q1和q2，x軸上電勢隨x而變化的關系如圖所示，x軸上的B點對應圖線的斜率為0；則（）

A.q1為正電荷，q2為負電荷B.q2的電荷量大小比q1的電荷量大C.兩個點電荷在x軸上產生的場強大小相等的點只有一個D.B點的電場強度為05、如圖所示，真空中M、N兩點固定有等量異種點電荷＋Q、－Q，以MN連線的中點O為圓心的圓周上有A、B、C、D四點，A、B在MN連線上C、D在MN連線的中垂線上。下列說法中正確的是。

A.C點電勢比D點電勢高B.正試探電荷＋q在B點電勢能小于在A點電勢能C.沿兩電荷連線的中垂線從C點到D點，場強先減小后增大D.負試探電荷－q從C點移到D點的過程中，受到的電場力先減小后增大6、中國已正式進入5G時代，6G處在研究階段。5G所使用電磁波頻率一般在24GHz到100GHz（1G=109）之間，6G電磁波的頻率在100GHz以上，與5G使用的電磁波相比，6G使用的電磁波（）A.光子動量較大B.在真空中傳播速度更大C.光子能量較小D.兩者都能使同一金屬板發(fā)生光電效應，6G照射過的金屬粒子初動能較小評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)；以下說法正確的是（）

A.若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B.若將A向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有b→a的電流C.若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有b→a的電流D.若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有b→a的電流8、如圖所示的電路中，電源內阻為r；電流表；電壓表均為理想電表，開始時開關S斷開，則下列說法正確的是。

A.閉合開關S，電流表的示數(shù)減小B.閉合開關S，電壓表V1、V2的示數(shù)均增大C.保持開關S斷開，將滑動變阻器R2滑片P向上移，電流表示數(shù)減小D.保持開關S斷開，將滑動變阻器R2滑片P向上移，電壓表V1、V2的示數(shù)均減小9、A、B兩個帶電小球，質量分別為mA、mB，電荷量分別為qA、qB，用不可伸長的輕質絕緣細線懸掛，靜止時如圖所示，A、B兩球處在同一水平面上．若B對A及A對B的庫侖力大小分別為FA、FB，細線AC、BC的拉力大小分別為TA、TB．由上述條件能求出比值的是。

A.mA:mBB.qA:qBC.FA:FBD.TA:TB10、如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B。B板接地，A板帶有電荷量在板間電場P點固定一個帶正電的點電荷，若將B板固定，A板下移一些，或者將A板固定，B板上移一些；在這兩種情況下，下列說法正確的是（）

A.A板下移時，板間的電場強度不變，P點電勢不變B.A板下移時，板間的電場強度變大，P點電勢升高C.B板上移時，板間的電場強度不變，P點電勢降低D.B板上移時，板間的電場強度不變，該點電荷在P電勢能降低11、節(jié)能的LED燈越來越普及，而驅動LED發(fā)光需要恒流源．如圖所示，電路中的電壓表、電流表都是理想電表，電源是一個恒流源（該恒流源輸出的電流大小方向都不變），在改變R2的過程中，電壓表的讀數(shù)為U，電流表A的讀數(shù)為I，電流表A1的讀數(shù)為I1，電流表A2的讀數(shù)為I2，它們的變化量的絕對值分別為ΔU、ΔI、ΔI1、ΔI2，以下說法正確的是(）

A.B.C.D.當R2=R1時，滑動變阻器R2消耗的電功率最大12、如圖所示；將一輕彈簧下端固定在傾角為θ的粗糙斜面底端，彈簧處于自然狀態(tài)時上端位于A點。質量為m的物體從斜面上的B點由靜止開始下滑，與彈簧發(fā)生相互作用后，最終停在斜面上。則（）

A.物體最終不可能停在A點B.整個過程中物體第一次到達A點時動能最大C.物體第一次反彈后不可能到達B點D.整個過程中重力勢能的減少量等于克服摩擦力做的功13、將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小、電容和極板所帶的電荷量分別用d、U、E、C和Q表示．下列說法正確的是()A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话隑.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禗.保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话朐u卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、真空中點電荷的場強大?。篍＝________（Q為場源電荷）。15、（1）能吸收各種電磁波而不反射電磁波的物體叫黑體。______

（2）溫度越高，黑體輻射電磁波的強度越大。______

（3）微觀粒子的能量只能是能量子的整數(shù)倍。______

（4）能量子的能量不是任意的，其大小與電磁波的頻率成正比。______

（5）光滑水平桌面上勻速運動的小球的動能也是量子化的。______

（6）熱輻射電磁波的強度按波長的分布只與物體的溫度有關。______16、均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。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”）。

17、在電場中放置一光滑絕緣水平桌面，沿桌面上軸方向電勢分布如圖中實線所示。有一質量電量的帶正電小球，以的初速度在處沿軸正方向運動。則小球從開始運動到動能最大時電場力所做的功為___________當小球速度為零時，其位置坐標為___________

18、如圖所示，菱形ABCD的邊長為L，頂角A為60°，對角線AB水平、CD豎直，O是兩條對角線的交點。兩個帶相等電荷量的負點電荷固定在菱形的兩個頂點A、B上，若將一質量為m、帶電荷量為+q的小球在C點由靜止釋放，小球向上最高可運動到O點，若在C點給小球某一向上的初速度，小球最高可運動到D點，已知重力加速度為g，則CO兩點之間的電勢差UCO=______；小球從C點運動到D點過程中，經過O點時的速度vO=________。

評卷人得分四、作圖題(共1題，共8分)19、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。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)20、現(xiàn)在學生中非常流行使用“手持USB便攜小風扇”；王菲想用學過的電學知識測量一個標有“4V，2.4W”手持小風扇的伏安特性曲線，她選用實驗器材組成電路。讓電扇兩端的電壓從0逐漸增加到4V。實驗室中有如下器材可選用：

A.電池組（電動勢為5V，內阻約為）

B.被測小電風扇。

C.電流表（量程為0~0.6A；內阻約為0.2Ω）

D.電流表（量程為0~3A；內阻約為0.05Ω）

E.毫安表（量程為4mA；內阻60Ω）

F.滑動變阻器（最大阻值為5Ω；標定電流為1A）

G.滑動變阻器（最大阻值為2000Ω；標定電流為0.3A）

H.定值電阻

I.開關和導線若干。

（1）實驗中電流表應選________（填“C”或“D”），滑動變阻器應選________（填“F”或“G”）；

（2）她想得到一個量程是4V的電壓表，則應將定值電阻________（填“”或“”）與毫安表________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）；

（3）她測出小風扇伏安特性的曲線如圖所示，發(fā)現(xiàn)OA段是直線，其余為曲線，則小風扇電線繞組的電阻是________Ω；

（4）她發(fā)現(xiàn)配備的充電電池標有“2400mAh”字樣，則該電池可以使該電扇正常工作________小時。21、材料的電阻隨磁場的增強而增大的現(xiàn)象稱為磁阻效應，利用這種效應可以測量磁感應強度。如圖所示為某磁敏電阻在室溫下的電阻—磁感應強度特性曲線，其中RB、R0分別表示有、無磁場時磁敏電阻的阻值。為了測量磁感應強度B，需先測量磁敏電阻處于磁場中的電阻值RB。請按要求完成下列實驗。

(1)設計一個可以測量磁場中該磁敏電阻阻值的電路，并在圖中的虛線框內畫出實驗電路原理圖（磁敏電阻及所處磁場已給出，待測磁場磁感應強度大小約為0.6~1.0T，不考慮磁場對電路其他部分的影響）。要求誤差較小______；

提供的器材如下：

A.磁敏電阻，無磁場時阻值R0＝150Ω

B.滑動變阻器R；總電阻約為20Ω

C.電流表A；量程2.5mA，內阻約30Ω

D.電壓表V；量程3V，內阻約3kΩ

E.直流電源E；電動勢3V，內阻不計。

F.開關S；導線若干。

(2)正確接線后，將磁敏電阻置入待測磁場中，測量數(shù)據如下表：。123456U（V）0.000.450.911.501.792.71I（mA）0.000.300.601.001.201.80

根據上表可求出磁敏電阻的測量值RB＝___Ω，結合題圖可知待測磁場的磁感應強度B＝___T；

(3)試結合題圖簡要回答，磁感應強度B在0~0.2T和0.4~1.0T范圍內磁敏電阻阻值的變化規(guī)律有何不同？

_______；

(4)某同學在查閱相關資料時看到了圖所示的磁敏電阻在一定溫度下的電阻—磁感應強度特性曲線（關于縱軸對稱），由圖線可以得到什么結論_______。22、在“探究法拉第電磁感應現(xiàn)象”的實驗中，已將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電表及開關按如圖所示部分連接，要把電路連接完整正確，則N連接到______（選填“a”、“b”、“c”或“M”），M連接到______（選填“a”、“b”、“c”或“N”）。正確連接電路后，開始實驗探究，某同學發(fā)現(xiàn)當他將滑動變阻器的滑動端P向右加速滑動時，靈敏電流計指針向右偏轉。由此可以判斷______。

A．線圈A向上移動或滑動變阻器滑動端P向左加速滑動；都能引起靈敏電流計指針向左偏轉。

B．線圈A中鐵芯向上拔出或斷開開關；都能引起靈敏電流計指針向右偏轉。

C．滑動變阻器的滑動端P勻速向左或勻速向右滑動；都能使靈敏電流計指針靜止在中央。

D．因為線圈A、線圈B的繞線方向未知，故無法判斷靈敏電流計指針偏轉的方向評卷人得分六、解答題(共3題，共15分)23、如圖所示；如何讓導線中保持持續(xù)的電流？電源起到了什么作用？

24、如圖所示，電子從O點由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d；忽略電子所受重力及相互間的影響。求：

（1）電子進入偏轉電場時的初速度

（2）電子進入偏轉電場后的加速度a；

（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離

25、電學中有些儀器經常用到下述電子運動的物理原理。某一水平面內有一直角坐標系和的區(qū)間內有一沿x軸負方向的有理想邊界的勻強電場和的區(qū)間內有一沿y軸負方向的有理想邊界的勻強電場一電子（為了計算簡單、比荷取為）從直角坐標系平面內的坐標原點O以很小的速度進入勻強電場計算時不計此速度且只考慮平面內的運動。求：

（1）電子從O點進入到離開處的電場所需的時間；

（2）電子離開處的電場時的y坐標；

（3）電子離開處的電場時的速度大小和方向。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

電壓表是由電流計與定值電阻串聯(lián)改裝而成的；V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的兩個電流計改裝，可知，V2表的內阻是V1表的內阻的3倍．把它們串聯(lián)接入電路；通過的電流相等，電表指針的偏角相同；電表兩端電壓之比等于內阻之比1：3，它們的示數(shù)之比為1：3．故B項正確，ACD錯誤。

故選B。2、C【分析】【詳解】

A．電場線是假想的曲線；不是真實存在的，故A錯誤；

B．圖甲中；沒有頭發(fā)屑的地方同樣也有電場存在，故B錯誤；

C．圖乙中A點的電場線較B點密集，可知A點的電場強度大于B點的電場強度；故C正確；

D．因AB之間的電場線為曲線，根據物體做曲線運動的條件可知，則在圖乙電場中由A點靜止釋放的質子不可能沿電場線運動到B點；故D錯誤。

故選C。3、D【分析】【詳解】

A．圖中噴槍與被涂物之間的實線不代表電場線，因為電場線從正電荷出發(fā)到負電荷，A錯誤；

B．該電場不是勻強電場；顆粒運動過程中所受的電場力不是恒力，涂料顆粒在電場中運動時加速度不恒定，B錯誤；

C．涂料顆粒在電場中運動中，電場力做正功，電勢能減小，C錯誤；

D．被涂物上的尖端處；電荷密度大，該處電場強度大，顆粒所受電場力大，涂料附著較多，D正確。

故選D。4、D【分析】【分析】

【詳解】

AB．由圖象可知，O點附近的電勢為負值，則O點放置的點電荷q1為負電荷，A點放置的點電荷q2為正電荷，因B點切線斜率為零，可知B點合場強為零，根據AO兩點電荷在B點的場強等大反向，可知q1的電荷量大小比q2的電荷量大；選項AB錯誤；

C．兩個點電荷在x軸上產生的場強大小相等的點有兩個，OA之間有一個，場強等大同向，A點右側有一個；場強等大反向，選項C錯誤；

D．圖象的斜率表示場強，B點的電場強度為0；選項D正確。

故選D。5、B【分析】【詳解】

A．在MN連線的中垂線上各點的電勢均為零；選項A錯誤；

B．因A點的電勢高于B點，故正試探電荷在B點電勢能小于在A點電勢能；選項B正確；

CD．沿兩電荷連線的中垂線從C點到D點；場強先增大后減小，故負試探電荷受到的電場力先增大后減小，選項C；D錯誤；

故選擇B.6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由于6G使用的電磁波比5G使用的電磁波頻率高，根據

可得：6G使用的電磁波波長較短；

由

可得：6G使用的電磁波光子動量較大；A正確；

B．所有電磁波在真空中傳播的速度都相等；B錯誤；

C．由于6G使用的電磁波比5G使用的電磁波頻率高，根據

可得：由于6G使用的電磁波比5G使用的電磁波光子能量大；C錯誤；

D．兩者都能使同一金屬板發(fā)生光電效應，由于6G使用的電磁波比5G使用的電磁波光子能量大，同一金屬的逸出功不變，根據光電方程

可得6G照射過的金屬粒子初動能較大；D錯誤；

故選A。二、多選題(共7題，共14分)7、B:C【分析】【詳解】

A．將S斷開；電容器電量不變，板間場強不變，故油滴仍處于靜止狀態(tài)，A錯誤；

B．若S閉合，將A板左移，由

可知，E不變，油滴仍靜止，根據

可知，電容C變小，電容器極板電量Q＝CU

變小，電容器放電，則有由b→a的電流；故B正確；

C．將A板上移，則

可知，E變小，油滴應向下加速運動，根據

可知，電容C變小，電容器要放電，則有由b→a的電流流過G；故C正確；

D．當A板下移時，板間電場強度增大，油滴受的電場力增加，油滴向上加速運動，根據

可知，C增大，電容器要充電，則有由a→b的電流流過G；故D錯誤。

故選BC。8、A:C【分析】【詳解】

AB．不論開關閉合還是斷開，電壓表V1測的都是電源路端電壓，閉合開關S，電流表的示數(shù)為零，R1被短路，電路中的總電阻減小，總電流增大，電源內電壓增大，外電壓減小，電壓表V1的示數(shù)減??；選項A正確，選項B錯誤；

C．S斷開時，R1、R2串聯(lián)；將滑動變阻器滑片向上移，滑動變阻器接入電路的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，電流表示數(shù)減小，選項C正確；

D．電源內電壓減小，外電壓增大，電壓表V1示數(shù)增大，R1兩端的電壓減小，R2兩端的電壓增大，即V2示數(shù)增大；選項D錯誤。

故選AC.9、A:C:D【分析】【詳解】

對小球A受力分析；受重力；靜電力、拉力，如圖所示：

根據平衡條件，則有，兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，一定相等，即FA:FB=1:1，兩球間的庫侖力與兩個球是否帶電量相等無關，所以不能求出電量之比，故C正確，B錯誤；根據平衡條件可得：所以故A正確；對小球A受力分析，根據平衡條件可得：mAg=TAcos30°，同理對B球有：mBg=TBcos60°，所以故D正確．所以ACD正確，B錯誤．

【點睛】

本題關鍵分別對兩個小球受力分析，然后根據平衡條件列方程；再結合庫侖定律列方程分析求解．10、A:C:D【分析】【詳解】

由題意得，電容器沒有充放電通道，兩板所帶電量不變，正對面積不變，板上下移動時，板間間距變化，據

可得

板上下移動時；板間場強不變．

AB．A極板下移時，P點場強不變，P與下板間距離不變，據

P與下板間電勢差不變，則P點電勢不變．故A項正確；B項錯誤；

CD．B極板上移時，P點場強不變，P與下板間距離減小，據

P與下板間電勢差減小，則P點電勢降低．該正點電荷在P電勢能降低；故CD項正確．

故選ACD。11、A:B:D【分析】【詳解】

A．由部分電路的歐姆定律可知

故A正確；

B．因為I不變，I1的變化量與I2的變化量絕對值相等；故B正確；

C．因為恒流源，所以ΔI=0；故C錯誤；

D．電流為

功率為

故當時，R2消耗的電功率最大；故D正確．

故選ABD.12、A:C【分析】由題意可知，物塊從靜止沿斜面向上運動，說明重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，因此物體不可能最終停于A點，故A正確；物體接觸彈簧后，還要繼續(xù)加速，直到彈力與重力的分力相等時，達到最大速度；故最大速度在A點下方；故B錯誤；由于運動過程中存在摩擦力，導致摩擦力做功，所以物體第一次反彈后不可能到達B點，故C正確；根據動能定理可知，從靜止到速度為零，則有重力做功等于克服彈簧彈力做功與物塊克服摩擦做的功之和，則重力勢能的減小量大于物塊克服摩擦力做功。故D錯誤；13、A:C:D【分析】【分析】

保持U不變，根據E=可得E與d的關系；保持E不變，根據U=Ed可得U與d成正比；保持C不變，根據公式C=可知將Q與U成正比；保持d、C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據公式C=可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據公式E=即可得到E的變化．

【詳解】

A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀逗?，根據E=可得E變?yōu)樵瓉淼囊话耄籄正確；

B.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據U=Ed可得U變?yōu)樵瓉淼囊话耄籅錯誤；

C.根據公式C=可知將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?；C正確；

D.根據C=可得C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄琔變?yōu)樵瓉淼囊话?，根據公式E=可知d不變，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄籇正確．

【點睛】

本題考查電容器的動態(tài)分析，學生抓住電容器的幾個相關公式即可分析出結果．三、填空題(共5題，共10分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]真空中點電荷的場強大小。

【解析】15、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]根據定義可知；黑體是一個理想化了的物體，它能吸收各種電磁波而不反射電磁波的物體叫黑體，故正確；

（2）[2]根據黑體輻射電磁波的性質可知；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，溫度越高，黑體輻射電磁波的強度越大，故正確；

（3）[3]根據微觀粒子的能量的特征可知；在微觀世界中能量是量子化的，其能量只能是能量子的整數(shù)倍，故正確；

（4）[4]根據能量子的性質可知；能量子的能量是不連續(xù)的，而只能取一些分立的值，其大小與電磁波的頻率成正比，故正確；

（5）[5]研究勻速運動的小球的動能是宏觀層面考慮，大小為

因為小球的質量與速度可取任意實數(shù)；所以動能大小是連續(xù)的，不是量子化的，故錯誤；

（6）[6]黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與物體的溫度有關，故錯誤?！窘馕觥竣?正確②.正確③.正確④.正確⑤.錯誤⑥.錯誤16、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兩點產生的場強大小為

題圖中左半球殼在M點產生的場強為E，則右半球殼在M點產生的場強為

由對稱性知，左半球殼在N點產生的場強大小為方向由C點指向D點?！窘馕觥緾指向D17、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]x軸上從0到-5m電勢升高，則電場方向沿x軸正方向，x軸上從0到5m電勢升高，則電場方向沿x軸負方向，帶正電小球在處沿x軸正方向運動；受到向右的電場力，電場力做正功，動能增加，從0點向右運動過程中電場力向左，電場力做負功，小球動能減小，所以小球在0點動能最大，則小球從開始運動到動能最大時電場力所做的功為。

[2]設小球速度為0時；其坐標為x，根據動能定理可得。

解得。

由圖像可知。

根據對稱性可知；小球速度為0時，另一個位置坐標為。

則小球速度為零時，其位置坐標為4或-4【解析】0.084或-418、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據幾何關系，CO之間的距離為L，電荷從C點運動到O點，根據動能定理，有

得

[2]電荷從O點運動到D點，根據動能定理，有

根據對稱性知

解得【解析】四、作圖題(共1題，共8分)19、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據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】見解析五、實驗題(共3題，共12分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]電風扇的額定電流。

從讀數(shù)誤差的角度考慮；電流表選擇C；

[2]電風扇的電阻比較??；則滑動變阻器選擇總電阻為5Ω的誤差較小，即選擇F。

（2）[3][4]毫安表（量程為4mA；內阻60Ω），想得到一個量程是4V的電壓表，則應串聯(lián)一電阻分壓，分壓電阻。

故應串聯(lián)R3。

（3）[5]OA段是直線，其余為曲線，結合圖象可知電壓表讀數(shù)小于0.5×10-3×（940+60）=0.5V時電風扇沒啟動。根據歐姆定律得。

（4）[6]電扇正常工作時的功率P=2.4W；充電電池標的容量為。

根據得該電池可以使該電扇正常工作時間。

【解析】CFR3串聯(lián)2.5421、略

【分析】【詳解】

(1)[1]當B＝0.6T時，磁敏電阻阻值約為6×150Ω＝900Ω

當B＝1.0T時，磁敏電阻阻值約為11×150Ω＝1650Ω

由于滑動變阻器全電阻20Ω比磁敏電阻的阻值小得多，故滑動變阻器選擇分壓式接法；由于所以電流表應內接。電路圖如圖所示。

(2)[2]方法一：根據表中數(shù)據可以求得磁敏電阻的阻值分別為

故電阻的測量值為（1500~1503Ω都算正確。）

[3]由于從圖1中可以讀出B＝0.9T

方法二：作出表中的數(shù)據作出U－I圖像；圖像的斜率即為電阻（略）。

(3)[4]在0~0.2T范圍；圖線為曲線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或非均勻變化）；在0.4~1.0T范圍內，圖線為直線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）；

(4)[5]從圖3中可以看出；當加磁感應強度大小相等；方向相反