…………○…………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年湘師大新版必修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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、在如圖所示的電路中；開關S閉合后，和未閉合開關S前相比較三個電表的讀數變化情況是。

A.V變大、A1變大、A2變小B.V變大、A1變小、A2變大C.V變小、A1變大、A2變小D.V變小、A1變小、A2變大2、如圖所示的電路，當滑動變阻器的滑片P處于中點位置時，燈泡亮度相同，若將P向左滑動時；各燈泡亮度變化情況將是（）

A.變暗，變亮B.變暗，變亮C.變暗，無法判斷，L變亮D.四燈都變亮3、如圖所示，圓臺上下底面的圓心分別為O1、O2，兩點連線的中點為O，以O為圓心的圓周上放置四個點電荷，E、F處電荷的電量為-q，G、H處電荷的電量為+q，以O1、O2、O為圓心的圓平面水平且平行；若下面研究中的微粒重力忽略不計，下列說法正確的是（）

A.O1處電場強度大于O2處電場強度B.直線O1O2上各點電勢相等C.將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程電勢能增加D.將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程所受電場力一直減小4、如圖所示，實線表示電場線，虛線表示一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，其中過點的切線與該處的電場線垂直。下列說法正確的是（）

A.粒子帶正電B.粒子在點的加速小于它在點的加速度C.粒子在點時電場力做功的功率為零D.粒子從點運動到點的過程中電勢能先減小后增大5、如圖所示，a、b、c為水平面內的三點，其連線構成一個等邊三角形，兩根長直導線豎直放置且過a、b兩點，兩導線中分別通有方向相反的電流I1和I2。已知通電直導線產生磁場的磁感應強度可用公式表示，公式中的k是常數、I是導線中電流強度、r是該點到直導線的距離。若兩根長導線在c點產生的磁場的磁感應強度方向沿圖中虛線由c點指向a點，則電流I1：I2值為（）

A.1：2B.C.2：1D.6、如圖a，一個正點電荷固定在絕緣水平面上x軸的原點O處，軸上各點電勢與的關系如圖b?？梢暈橘|點的滑塊質量為0.05kg、電荷量為從x=0.2m處由靜止釋放。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在x=0.4m處滑塊速度大小為（）

A.0B.0.2m/sC.0.3m/sD.0.6m/s7、A、B、C、D是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點電場線與矩形所在平面平行。已知A點的電勢為2V，B點的電勢為4V，D點的電勢為-4V，如圖。由此可知C點的電勢為（）

A.4VB.-4VC.-2VD.2V8、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態?，F將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）

A.帶電油滴一直處于靜止狀態B.P點的電勢將升高C.帶電油滴的電勢能將增大D.電容器的電容減小，極板帶電量將增大9、關于磁感線，下列說法正確的是A.磁感線只能表示磁場的方向B.磁感線只能表示磁場的強弱C.磁感線的疏密能形象描述磁場的強弱D.磁感線可以用細鐵屑來顯示，因而是真實存在的評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、紙面內水平向右的勻強磁場中，有一等腰直角三角形MNQ在Q點固定一根垂直紙面的通電導線，導線中通入如圖所示方向的電流。已知∠NQM=90°，MN邊沿水平方向；則下列說法中正確的是（）

A.M、N兩點合磁場的磁場方向不同B.M、N兩點合磁場的磁場方向相同C.從M點沿直線到N點，合磁場的大小先增大后減小D.從M點沿直線到N點，合磁場的大小先減小后增大11、如圖所示電路中，在滑動變阻器的滑片P由b端向a端滑動的過程中；下列描述正確的是（）

A.電壓表示數增大，電流表示數減小B.電壓表示數減小，電流表示數增大C.電路中的總電阻增大D.通過R1的電流增大12、如圖，已知某勻強電場方向平行于正六邊形ABCDEF所在平面。已知A、B、C、D點的電勢分別為15V、12V、6V、3V?，F有一電荷量為3e的帶電粒子（不計重力）從A點以初動能12eV沿AC方向射入電場，恰好經過B點。下列說法正確的是（）

A.粒子一定帶正電B.粒子達到B點時的動能為3eVC.若只改變該粒子在A點時的初速度方向，粒子可能經過C點D.若只改變該粒子在A點時的初速度方向，粒子可能垂直經過直線BF13、如圖所示的電路中，電流表為理想電表，電源的電動勢為E、內阻為r，閉合開關S，當滑動變阻器的滑片向右滑動時；下列說法正確的是（）

A.兩端的電壓增大B.的功率增大C.電流表的示數變大D.通過的電流增大14、如圖所示的甲、乙兩個電路，都是由一個靈敏電流計G和一個變阻器R組成；它們之中一個是測電壓的電壓表，另一個是測電流的電流表，那么以下結論中正確的是（）

A.甲表是電流表，R增大時量程增大B.甲表是電流表，R增大時量程減小C.乙表是電壓表，R增大時量程減小D.乙表是電壓表，R增大時量程增大15、如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時；在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()

A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.2s末帶電粒子回到原出發點C.3s末帶電粒子的速度為零D.0～3s內，電場力做的總功為零16、雷雨天氣；不能在大樹下躲雨。某雷雨天，有兩頭一樣大的牛躲在一棵大樹下，A牛面對大樹站立，B牛側對大樹站立。當閃電擊中這棵大樹瞬間在樹周圍地面的電勢分布情況如圖所示，則下列判斷正確的是（）

A.A牛前腳位置處電場強度比B牛前腳位置處的大B.A牛前腳位置處電勢比B牛前腳位置處的低C.兩頭牛的前后腳位置之間電壓一樣大D.通過兩頭牛的電流一樣大17、對電功及焦耳定律公式的理解正確的是()A.焦耳定律適用于一切電路的焦耳熱的求解B.電功公式焦耳定律公式都適合于任何電路,因此W一定等于QC.非純電阻電路中的電功可能等于焦耳熱D.電功的另一表達式只適用于純電阻電路18、在純電阻電路中，當用一個固定的電源(設E、r是定值)向變化的外電阻供電時，關于電源的輸出功率P隨外電阻R變化的規律如圖所示．下列判斷中正確的是（）

A.當R＝r時，電源有最大的輸出功率B.電源內阻消耗的功率隨外電阻R的增大而增大C.電源的功率P總隨外電阻R的增大而增大D.電源的效率η隨外電阻R的增大而增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)19、如圖所示，一帶負電的導體球M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上。當小球N靜止時，絲線與豎直方向成角，由此推斷小球N帶_______電荷（選填“正”或“負”）?，F用另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，則絲線與豎直方向的夾角將_________（選填“變大”或“變小”）。

20、形象描述電場分布的曲線叫做_____，我們用_____（用文字表述）表示電場的強弱。21、光是傳播中的電磁場，即電磁波。“電磁波的振動方向”指的是__________方向。22、我國自古有“晝漲稱潮；夜漲稱汐”的說法。潮汐主要是由太陽和月球對海水的引力造成的，以月球對海水的引力為主。

(1)世界兩大觀潮勝地，一處是亞馬孫河北河口，另一處是我國的___________入?？凇?/p>

(2)圖中，a、b是某些潮汐發電示意圖。漲潮時開閘門（圖a），水由通道進入海灣水庫蓄水，待水面升至最高點時關閉閘門，當落潮時，開閘放水發電（圖b）。設海灣水庫面積為5.0×108m2，平均潮差為3.0m，一天漲落潮兩次，發電的平均能量轉化率為10%，則一天內發電的平均功率約為（ρ水取1.0×103kg/m3，g取10m/s2）___________。

A．2.6×104kWB．5.2×104kWC．2.6×105kWD．5.2×105kW23、如圖所示，電容器上板A接電源正極、下板B接電源負極，且將上極板接地，電源電壓恒定，開關S始終閉合，一帶電液滴恰靜止在電容器內部P點，現將電容器下極板B向下平移一小段距離，則電容器的電容將_________（填“不變”、“增大”、“減小”），液滴將______________（填“靜止不動”；“向下運動”、“向上運動”）．

24、小明用氣球做了以下三個實驗。如圖1，吹風機在工作時，吹風口能“吸”住氣球，是利用了氣球上放空氣流速大，壓強_______。如圖2，氣球放在熱水燙過的玻璃瓶口，過一會在________的作用下被“吸”入瓶中。如圖3，在頭發上摩擦過的氣球靠近細水流，水流偏離豎直方向，是因為該氣球帶了________；對細水流產生了吸引力。

25、在邊長為r的等邊三角形的頂點分別放置一點電荷a、b、c，如圖所示。已知Qa=Qc=+q，Qb=－q，則c受到的庫侖力的大小為___________，方向為___________。

26、如圖所示，兩條直線分別對應著兩個導體R1、R2。那么，兩導體的電阻之比為R1:R2=_________，若兩個導體串聯時，兩導體兩端的電壓之比為U1:U2=_________。

27、如圖是雙量程電壓表的原理圖，它有兩個量程分別為3V和15V，則使用圖的a、b兩端時量程應為_____，使用圖的a、c兩端時量程為____，已知表頭內阻為15Ω，滿偏電流為4mA，則R1=____。

評卷人得分四、作圖題(共3題，共15分)28、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。

29、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。

30、如圖1所示，用電動勢為E、內阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點；畫出帶網格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共8分)31、某實驗小組要測量一根鎳鉻合金絲通過額定電流（0.4A）時的電阻。把合金絲繞成螺線圈固定在接線板上；提供的實驗器材如圖乙所示：直流電源；電表、電壓表、滑動變阻器（最大阻值50Ω）、開關和導線若干。

（1）采用如圖甲所示的電路測電阻時，電壓表一端接線固定，另一端接線接a點，調節滑動變阻器，使得電流表示數為0.40A，此時電壓表示數為10.0V；保持滑動變阻器滑片位置不變，電壓表另一端接b點時，發現電流表示數幾乎不變，電壓表示數變為10.5V。那么本實驗中電壓表另一端接線接______點時，得到的結果更接近合金絲電阻的真實值，此時電阻的測量值為_________Ω。（計算結果保留三位有效數字）

（2）實驗之前滑動變阻器滑片的位置如圖乙所示，根據第（1）問的解答，為保證實驗的安全性，請你用筆劃線代替導線把乙圖的電路連接完整_________。32、在“測定金屬的電阻率”的實驗中，被測金屬絲的電阻大約為6現先用刻度尺測出金屬絲的長度l；接著用螺旋測微器測量金屬絲直徑d，其刻度位置如圖甲所示；再用伏安法測出金屬絲兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I；計算出它的電阻；最后根據電阻定律計算出該金屬材料的電阻率。

①從圖甲中讀出金屬絲的直徑d為________mm。

②在用伏安法測定金屬絲的電阻時；除被測的電阻絲外，還有如下供選擇的實驗器材：

直流電源E：電動勢的4.5V；內阻很小；

電流表A1：量程0～0.6A，內阻為0.125

電流表A2：量程0～3.0A，內阻為0.025

電壓表V1：量程0～3V，內阻力3k

電壓表V2：量程0～15V，內阻為15

滑動變阻器R1：最大阻值10允許通過的最大電流為0.2A；

滑動變阻器R2：最大阻值20允許通過的最大電流為1.0A；

開關；導線等。

要求有較高的測量精度，并能測得多組數據。在可供選擇的器材中，應該選用的電流表是________，應選用的電壓表是_______，應該選用的滑動變阻器是_________。寫出用測得的物理量表示的計算電阻率的表達式（用字母表示）：＝_________。33、某學習小組需要探究小燈泡的電壓與電流的關系；他們根據實驗室提供的實驗器材設計了實驗的電路圖，如圖甲所示。

（1）請根據實驗電路圖，用筆畫線代替導線將圖乙的實物圖連接成完整電路_______。

（2）閉合開關前，滑動變阻器的滑片應移到_______（選填“A”或“B”）端。

（3）實驗時，可以根據電壓表和電流表的讀數計算出小燈泡某狀態下的電阻，這個計算出的電阻________（填“大于”、“小于”或“等于”）該狀態下小燈泡電阻的真實值。34、在“測定金屬電阻率”的實驗中，需要用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其結果如圖甲所示，其讀數為______mm；

測量電阻時，先用多用電表粗測金屬絲的電阻阻值約為再采用“伏安法”精確測量金屬絲的電阻，實驗室能夠提供的實驗器材有：

A.電流表量程為內阻

B.電流表A1，量程為內阻

C.電流表A2，量程為內阻

D.電阻箱阻值范圍

E.電阻箱阻值范圍

F.滑動變阻器最大阻值為

G.電源內阻約為

H.開關一只；導線若干。

回答下列問題：

（2）正確選擇實驗器材，電流表應選擇________和__________，電阻箱應選_______；（填寫元器件前的字母代號）

（3）畫出電阻測量的實驗電路圖_______；

（4）使用正確電路，分別測量多組實驗數據，并記錄在如圖乙坐標系中，將調節到根據記錄的實驗數據做出金屬絲的圖線________，并算出金屬絲的電阻___________。（計算結果保留兩位有效數字）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

開關閉合前，R和R2串聯，電流表A1和A2測量總電流，電壓表測量路端電壓，S閉合后，R1和R2并聯后再與R串聯，則總電阻變小，總電流變大，則A1變大，V測量路端電壓，總電流變大，內阻所占電壓增大，所以路端電壓減小，即V減小，并聯部分電壓比原來R2的電壓小，所以通過A2的電流減小.

A．V變大、A1變大、A2變小與分析結果不相符；故A項錯誤；

B．V變大、A1變小、A2變大與分析結果不相符；故B項錯誤；

C．V變小、A1變大、A2變小與分析結果相符；故C項正確；

D．V變小、A1變小、A2變大與分析結果不相符，故D項錯誤。2、A【分析】【詳解】

將向左滑動時，變阻器的阻值變小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知干路電流增大，內電壓增大，則路端電壓減小，燈變暗；

流過燈電流為：

增大，減小，則增大，燈變亮；

燈的電壓為：

減小，增大，減小，燈變暗；

流過燈電流為：

減小，增大，所以增大，變亮；

A．與分析相符；故A正確；

B．與分析不符；故B錯誤；

C．與分析不符；故C錯誤；

D．與分析不符；故D錯誤。

故選A.3、B【分析】【詳解】

A．因O1O與O2O的距離相等，故O1與O2的合電場強度都為零；選項A錯誤；

B．同理O1O2此線上場強處零，電場力不做功，則直線O1O2上各點電勢相等；所以選項B正確；

C．將-q微粒從O1點沿O1O方向移至O點過程；電場力不做功，電勢能變化為零，所以選項C錯誤；

D．因O與O1點的合電場強度都為零，但O1O之間的電場強度都為零，所以將-q微粒從O1點沿O1方向移至O點過程所受電場力為零；選項D錯誤。

故選B.4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據帶電粒子的運動軌跡可知；帶電粒子所受的電場力沿電場線偏向左下方，則知帶電粒子帶負電，故A錯誤；

B．電場線的疏密表示場強大小，由圖知粒子在B點的場強大于C點的場強，在B點的加速度大于C點的加速度；故B錯誤；

C．粒子過B點的切線與該處的電場線垂直，則粒子受到的電場力方向與粒子在B點速度的方向垂直；所以此刻粒子受到的電場力做功的功率為零，故C正確；

D．從A到B，電場力做負功，電勢能增加，從B到C；電場力做正功，電勢能減小，故D錯誤。

故選C。5、A【分析】【詳解】

由安培定則，結合兩根長導線在c點產生的磁場方向沿圖中虛線由c點指向a點，那么兩導線在c點磁感線的方向如圖所示。

依據三角知識，則有

由題知通電直導線產生磁場的磁感應強度的表示式為則有

解得

故選A。6、B【分析】【詳解】

在x=0.4m處即

由圖可知此處電勢為φ1=2.5×105V

滑塊電勢能為

在x=0.2m處即

由圖可知此處電勢為φ2=5×105V

設滑塊在x=0.4m處的速度大小為v，根據動能定理有

解得

故選B。7、C【分析】【詳解】

由于在勻強電場的同一條直線上，由U=Ed知在相等距離上的兩點之間的電勢差相等，即UBA=UCD

即

可得

故選C。8、C【分析】【分析】

【詳解】

A．開始時帶電油滴所受電場力與重力平衡，將上極板豎直向上移動一小段距離后，極板間距離d增大，而極板間電勢差U不變，根據

可知極板間電場強度E減?。凰杂偷嗡茈妶隽p小，則合外力將變為豎直向下，即油滴將豎直向下做勻加速運動，A錯誤；

B．設P點到下極板的距離為h，則P點電勢為

由于下極板始終接地，則其電勢不變，又因為E減小，h不變，所以降低；B錯誤；

C．帶電油滴所受電場力豎直向上；所以帶負電，將上極板豎直向上移動一小段距離后，油滴將向下運動，電場力對油滴做負功，油滴電勢能將增大，C正確；

D．平行板電容器的決定式為

由于d增大，所以C減小。根據

可知極板帶電量將減?。籇錯誤。

故選C。9、C【分析】【分析】

本題考查了磁感線；磁場方向的規定，記住相關的基礎知識，對于解決此類識記性的題目非常方便；

【詳解】

磁感線是人們為形象描述磁場的特點而引入的，不是真實存在的，磁感線上各點的切線方向就是各點的磁感應強度的方向，磁感線的疏密程度表示磁場的強弱程度，故選項C正確，ABD錯誤。二、多選題(共9題，共18分)10、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．根據右手定則可知，通電導體在M點產生的磁場方向為沿MN成45°向下，在N點產生的磁場方向為沿MN成45°向上；則根據平行四邊形定則可知合磁場的磁場方向也不同，故A正確，B錯誤；

CD．根據右手定則可知，從M點沿直線到N點，通電導體產生的磁場與MN之間的夾角先變小，再變大，同時從M點沿直線到N點；與通電導線的距離先變小，再變大，故產生的磁場強度先變大，再變小，根據平行四邊形定則可知，合磁場的大小先增大后減小，故C正確，D錯誤；

故選AC。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

滑片P由b端向a端滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，電阻R1分壓減小，并聯支路電壓增大，通過電阻R2的電流增大，總電流等于通過電阻R2和通過電流表的電流之和；所以通過電流表的電流減小，綜上可知，BD錯誤。AC正確。

故選AD。12、B:D【分析】【詳解】

A．因C點電勢比D點高3V，可知A點電勢比F點高3V，即F點電勢為12V，則BF為等勢面，場強方向垂直于BF斜向上，即沿著AD方向，由于帶電粒子從A點沿AC方向射入電場，恰好經過B點；可知粒子帶負電，選項A錯誤；

B．粒子從A點射入，從B點射出時，由于粒子只有電場力做功，則動能與電勢能之和守恒，則15V×(-3e)+12eV=12V×(-3e)+EkB

解得EkB=3eV

選項B正確；

C．根據能量關系，假設粒子能經過C點，則15V×(-3e)+12eV=6V×(-3e)+EKc

解得EkC=-15eV

不符合實際，則粒子不可能經過C點；選項C錯誤；

D．因場強方向垂直于BF，則若粒子從A點沿場強方向射出，則粒子能垂直經過直線BF；選項D正確。

故選BD。13、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．閉合開關，當滑動變阻器的滑片向右滑動時，其接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，則干路電流I減小，路端電壓U增大，兩端的電壓等于路端電壓，則兩端的電壓增大；選項A正確；

B．通過的電流增大，通過的電流

I減小，增大，則減小，故的功率減??；選項B錯誤；

C．電壓也減小，的并聯電壓

U增大，減小，則增大，故通過電流表的電流增大；電流表的示數變大，選項C正確；

D．通過的電流

減小，增大，則減??；選項D錯誤。

故選AC。14、B:D【分析】【詳解】

AB．甲表中電流計與電阻并聯，由于電阻的分流作用使總電流增大，故甲是電流表，R增大時分流變小。則量程減小。故B正確A錯誤；

CD．乙表中電流表與電阻串聯，由于電阻的分壓作用，可以測量電壓，故為電壓表，當R增大時分壓變大；量程增大。故D正確C錯誤；

故選BD。15、C:D【分析】【詳解】

由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內的加速度為：第2s內加速度為：故a2=2a1，因此先加速1s再減小0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v-t圖象如圖所示：

帶電粒子在前1秒勻加速運動；在第二秒內先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動，故A錯誤；

根據速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，在t=2s時；帶電粒子離出發點最遠，故B錯誤；

由解析中的圖可知；粒子在第1s內做勻加速運動，第2s內做勻減速運動，3s末的瞬時速度剛減到0，故C正確；

因為第3s末粒子的速度剛好減為0，根據動能定理知粒子只受電場力作用，前3s內動能變化為0，即電場力做的總功為零．故D正確．16、A:B【分析】【詳解】

A．等差等勢面密集的位置電場強度大；可知A牛前腳位置處電場強度比B牛前腳位置處的大，故A正確；

B．由圖可知：A牛前腳位置處電勢為B牛前腳位置處的電勢為故B正確；

C．由圖可知B牛前后腳位置之間電壓為零，A牛的前后腳位置之間電壓大于故C錯誤；

D．由C選項結合歐姆定律可知；D錯誤。

故選AB。17、A:D【分析】【詳解】

A．焦耳定律適用于一切電路的焦耳熱的求解；選項A正確；

B．電功公式焦耳定律公式都適合于任何電路，但是只有在純電阻電路中W才等于Q；選項B錯誤；

C．非純電阻電路中的電功大于焦耳熱；選項C錯誤；

D．電功的另一表達式只適用于純電阻電路；選項D正確；

故選AD.18、A:D【分析】【詳解】

A、根據電路的輸出功率結果圖象可知當R＝r時，電源有最大的輸出功率為A正確．B、電源內阻的功率外電阻R的增大內阻的功率不斷變小，B錯誤．C、電源的總功率則隨著外電阻R的增大而減小，C錯誤．D、電源的效率得隨著R增大時；電源的效率增大，D正確．

【點睛】

根據圖象可知，電源的輸出功率隨著外電阻的增大先增大后減小，當R=r時，功率最大．三、填空題(共9題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

[1]因M對N有斥力作用，因M帶負電，則由此推斷小球N帶負電荷。

[2]現用另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，則M帶電量減小，則對N的斥力減小，則絲線與豎直方向的夾角將變小。【解析】負變小20、略

【分析】【分析】

考查電場線。

【詳解】

[1][2]．有電荷存在的地方，周圍就有電場存在，電場對放入其中的電荷有力的作用，為了形象的描述電場的分布，我們人為引入電場線，使這些線上每一點的切線方向跟該點電場強度方向一致，使線的疏密程度來表示電場強度的相對大小?！窘馕觥侩妶鼍€電場線的疏密21、略

【分析】【分析】

【詳解】

光是傳播中的電磁場，即電磁波?！半姶挪ǖ恼駝臃较颉敝傅氖请妶龇较??！窘馕觥侩妶?2、略

【分析】【詳解】

(1)[1]錢塘江是世界著名的觀潮勝地；有“八月十八潮，壯觀天下無”的說法。

(2)[2]發電時水減少的勢能ΔEp=mgΔh=ρ水ShgΔh

其中Δh=

一天發電兩次，轉化成的電能E=2ΔEp×10%，P=

代入數值得P=5.2×104kW

故選B?！窘馕觥竣?錢塘江②.B23、略

【分析】【詳解】

[1]根據電容器的電容公式

可知B板下移，d增大，電容C減?。?/p>

[2]帶電液滴處于平衡狀態，兩極板間電勢差不變，下極板B向下平移一小段距離，由

可知，電場強度變小，則

液滴將向下運動?！窘馕觥繙p小向下運動24、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]如圖1；吹風機在工作時，吹風口能“吸”住氣球，是利用了氣球上方空氣流速大，壓強小。

[2]如圖2；氣球放在熱水燙過的玻璃瓶口，過一會在大氣壓（強）的作用下被“吸”入瓶中。

[3]如圖3，在頭發上摩擦過的氣球靠近細水流，水流偏離豎直方向，是因為該氣球帶了電（荷），對細水流產生了吸引力?！窘馕觥啃〈髿鈮海◤姡╇姡ê桑?5、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]根據庫侖定律，結合平行四邊形定則得c受到的庫侖力的大小為

方向平行ab水平向右。【解析】①.②.平行ab水平向右26、略

【分析】【詳解】

[1]由圖像可知

所以R1:R2=1:3。

[2]由串聯電路特點知U1:U2=R1:R2=1:3【解析】27、略

【分析】【詳解】

[1][2]改裝后電壓表的量程為

故串聯的電阻越大，量程越大，故接a，b時，為靈敏電流計與R1串聯，量程為3V；接a，c時，為靈敏電流計與R1和R2串聯；量程為15V；

[3]由題可知，滿偏電壓

則R1兩端的電壓為

則【解析】3V15V四、作圖題(共3題，共15分)28、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，由環形電流的安培定則，可知環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，環形電流方向沿逆時針方向，如圖所示。【解析】29、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據電場線從正電荷出發；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