…………○…………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年人教版必修3物理下冊階段測試試卷581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8題，共16分)1、小燈泡的電流I隨所加電壓U變化如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線。下列說法錯誤的是（）

A.隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B.對應P點，小燈泡的電阻為R＝C.在電路中燈泡L兩端的電壓為U1時，跟燈泡串聯的電阻R兩端的電壓為I1RD.對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積2、如圖所示，電動勢為E、內阻為r的電池與定值電阻R0、滑動變阻器R串聯，已知R0=r，滑動變阻器的最大阻值是2r。閉合開關S，當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時；下列說法中正確的是（）

A.路端電壓變大B.電路中的電流變小C.定值電阻R0上消耗的功率變小D.滑動變阻器消耗的功率變小3、如圖所示，帶有等量異號電荷，相距的平行板和之間有一個勻強電場．電場強度方向向下．電場中點距板點距板點有一個電荷量的點電荷．則（）

A.兩點電勢差B.若將板接地，則點的電勢為C.若將板接地，則點電荷在點的電勢能為D.若將點電荷從點移動到點，電場力做功為4、兩個完全相同的金屬小球（可視為點電荷）分別帶有＋6Q和－2Q的電荷量，當相距R時，它們之間的庫侖力為F，若把它們充分接觸后分開，當相距2R時，它們之間的庫侖力是（）A.斥力B.斥力C.引力D.引力5、如圖所示，a、b、c是電場中的三個點，其電場強度大小分別為電勢分別為關于的比較；下列說法中正確的是（）

A.B.C.D.6、如圖所示；靜電噴涂時，噴槍噴出的涂料微粒帶負電，被噴工件帶正電，微粒只在靜電力作用下向工件運動，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的過程中。

A.電勢越來越低B.所受電場力恒定C.克服電場力做功D.電勢能逐漸減少7、下列說法正確的是（）A.導體的電阻與它兩端的電壓成正比，與通過它的電流成反比B.把一根金屬絲拽長后，其電阻變小C.加在氣體兩端的電壓與通過其電流的比值是一個常數D.在純電阻電路中，任一個電阻增大而其他電阻不變，整個電路的總電阻一定增大8、如圖所示的電路中，都是“”的電阻，是“”的電阻，則間允許消耗的最大功率是（）

A.B.C.8WD.9W評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、如圖，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子流以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央。現只改變其中一條件，讓質子沿b軌跡落到下板邊緣；則可以將（）

A.開關S斷開B.初速度變為2v0C.板間電壓變為D.豎直移動上板，使板間距變為2d10、如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為r。將滑動變阻器的滑片P從圖示位置向右滑動的過程中；關于各電表示數的變化，下列判斷正確的是（）

A.電壓表V的示數變小B.電流表V的示數不變C.電流表A1的示數變大D.電流表A的示數變小11、如圖所示的電路中，電源電動勢為內電阻為和為定值電阻，為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強度的增強而減小。閉合開關后，將照射光強度減弱，則

A.通過電流將增大B.通過電流將增大C.通過電流將增大D.通過電流將增大12、在如圖所示的電路中；閉合開關S，A；B、C三只燈均正常發光．當可變電阻R′的滑動觸頭上移時，對A、B、C三燈亮度的變化，下列敘述正確的是。

A.A燈變亮B.B燈變亮C.C燈變亮D.三燈均變暗13、為鍛煉身體，小明利用所學物理知識設計了一個電子拉力計，如圖所示是原理圖．輕質彈簧右端和金屬滑片P固定在一起（彈簧的電阻不計，P與R1間的摩擦不計），彈簧勁度系數為100N/cm．定值電阻R0＝5Ω，ab是一根長為5cm的均勻電阻絲，阻值R1＝25Ω，電源輸出電壓恒為U＝3V，內阻不計，理想電流表的量程為0～0.6A．當拉環不受力時，滑片P處于a端．下列關于這個電路的說法正確的是（）

A.小明在電路中連入R0的目的是保護電路B.當拉環不受力時，閉合開關后電流表的讀數為0.1AC.當拉力為400N時，電流表指針指在0.3A處D.當拉力為400N時，電流表指針指在0.5A處14、關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是（）A.電磁波可以傳遞信息，聲波也能傳遞信息B.手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波C.太陽光中的可見光和醫院“B超”中的超聲波傳播速度相同E.由空氣進入水中時，電磁波速度變小，聲波速度變大E.由空氣進入水中時，電磁波速度變小，聲波速度變大15、如圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，重力加速度為g，靜電力常量為k；則（）

A.小球a一定帶正電B.小球b的周期為C.小球c的加速度大小為D.外力F豎直向上，大小等于mg＋16、純電動汽車使用的能源不是汽油；而是電能，提供電能的是鋰離子電池。鋰離子電池以碳材料為負極，以含鋰的化合物為正極。在充電的過程中，通過化學反應，電池的正極有鋰離子生成，鋰離子通過電解液運動到電池的負極。負極的碳材料有很多微孔，到達負極的鋰離子就嵌在這些微孔中，嵌入的鋰離子越多，電池中充入的電荷量也就越多。當汽車開動時，在負極的鋰離子又會通過電解液返回正極，回到正極的鋰離子越多，則放出的電荷量也就越大。電池放電時能輸出的總電荷量叫作電池的容量。單體鋰離子電池的容量極為有限，為了滿足需要，常用由若干單體鋰離子電池構成的電池組。下列說法中正確的是（）

A.“安時”（Ah）或“毫安時”（mAh）是電量的單位B.“千瓦時”（kWh）是能量的單位C.圖中鋰離子的移動情況表明電池處于放電狀態D.圖中鋰離子是在電場力的作用下從負極返回正極的17、如圖所示的電路中，R1為可變電阻，R2、R3為定值電阻，C為電容器，電源電動勢為E，內阻為r，R3>r，電壓表與電流表均為理想電表。在可變電阻R1的滑片由a端向b端緩慢滑動的過程中；下列說法中正確的是。

A.電壓表的示數先減小后增大B.電容器的電荷量先減小后增大C.電源的輸出功率先減小后增大D.電壓表、電流表示數改變量的比值先減小后增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、在圖所示的電路中，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片P向右移動．若電源的端電壓保持不變，電流表A的示數與電流表示數的比值將________；電壓表V示數的變化與電流表示數的比值將________．（均選填“變小”“不變”或“變大”）

19、一矩形線圈面積S＝10cm2，它和勻強磁場方向之間的夾角θ1＝30°，穿過線圈的磁通量Ф＝2×10－4Wb，則磁場的磁感應強度B＝______________；若線圈以一條邊為軸轉180°，則穿過線圈的磁通量的變化量為____________；若線圈平面和磁場方向之間的夾角變為θ2＝0°，則Ф0＝________________。20、能量的耗散是從能量轉化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有______．21、如圖1，光滑水平桌面上固定一圓形光滑絕緣軌道，整個軌道處于水平向右的勻強電場中。一質量為帶電量為的帶正電小球，在軌道內做完整的圓周運動。小球運動到A點時速度大小為且該位置軌道對小球的彈力大小為其圖像如圖2，則圓形軌道半徑為__________；勻強電場電場強度為___________。

22、電磁場：變化的____和變化的____交替產生，形成不可分割的統一體，稱為___。23、（1）兩個正電荷之間的作用力為斥力，兩個負電荷之間的作用力為引力。____

（2）摩擦起電是創造電荷的過程。____

（3）玻璃棒和其他物體摩擦后不一定帶正電。____

（4）當一個帶電體靠近導體時，產生靜電感應現象，導體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠離帶電體的一端帶同種電荷。____

（5）電荷守恒定律和能量守恒定律一樣，也是自然界中最基本的守恒定律。____

（6）元電荷就是最小的電荷。____24、知識點3電荷守恒定律

表述一：電荷既不會___________，也不會___________，它只能從物體的一部分轉移到___________，或者從一個物體轉移到___________。在轉移的過程中，電荷的總量___________。

表述二：一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和___________。25、庫侖定律的內容：_______中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成_______，與它們的距離的二次方成_______，作用力的方向在它們的_______上。

靜電力：電荷間的相互作用力，也叫_______。26、如圖所示是示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉電極（XX′和YY′）、熒光屏組成，管內抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。

（1）電子在________區域是加速的，在________區域是偏轉的。

（2）若則電子向________板偏移，若則電子向________板偏移。評卷人得分四、實驗題(共2題，共12分)27、（1）讀出如圖中游標卡尺和螺旋測微器的讀數。

①游標卡尺的讀數為______cm；②螺旋測微器的讀數為______mm。

（2）某同學用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻RX。實驗中所用的電壓表的內阻為2kΩ，電流表內阻為0.5Ω，該同學采用兩種測量方案，測量電路中電流表的連接方式如圖（a）和圖（b）所示，實驗中得到如圖（c）所示的兩條U-I圖線，其中U與I分別為電壓表和電流表的示數。

回答下列問題：

①圖中標記為Ⅰ的圖線是采用圖______得到的。（填“a”或“b”）；

②根據所用實驗器材和圖（c）可判斷，由圖線______（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）得到的結果更接近待測電阻的真實值，結果為______Ω（保留1位小數）；28、某同學用下列器材測電源的電動勢和內阻；待測電源E（電動勢約為3V，內阻約為2.5Ω）；電流表A（量程為0~0.6A，內阻很小）；電阻箱R（最大阻值99.9Ω）；開關S，導線若干．

（1）在虛線框中畫出實驗電路圖_____；該同學根據正確的電路圖，正確連接電路，規范操作；

（2）第一次測量：條件電阻箱R，示數為R1時，讀取電流表示數I1；示數為R2時，讀取電流表示數為I2，則電源電動勢的計算式E=________，內阻的計算式r=_________．

（3）第二次測量：條件電阻箱R的阻值，記錄多組電流表的讀數I和電阻箱的對應讀數R，以為縱坐標，R為橫坐標，根據測量數據作出如圖所示的圖線，則電源的電動勢E=______V，內阻r=____Ω．

（4）關于該實驗，下列說法正確的是()

A．由于電流表的內阻；會使電源內阻的測量值存在系統誤差。

B．由于電流表的內阻；會使電源電動勢的測量值存在系統誤差。

C．第二次測量中的數據處理方式可知減小偶然誤差。

D．第一次測量中，若測有三組數據，則可求得電源電動勢E和內阻r及電流表內阻RA評卷人得分五、解答題(共4題，共28分)29、如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，x軸水平，y軸豎直，在第二象限有沿x軸負方向的勻強電場，其電場強度的大小為E，一長為L的絕緣輕繩一端固定在A（0，2L）點，另一端系一帶正電的小球（視為質點），電荷量為q=（m為小球質量，g為重力加速度）；開始時繩剛好水平拉直，現將小球靜止釋放。

(1)求小球從第一象限通過y軸時的速度大小；

(2)若小球運動到y軸時輕繩斷裂，小球能到達x軸上的B點（未畫出），求B點的位置坐標；

(3)若小球能通過y軸繼續運動；當速度最大時，繩中的拉力恰好達到繩子所能承受的最大拉力，求輕繩能承受的最大拉力。

30、如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶PC固定在同一豎直平面內，圓弧軌道的圓心為O，半徑為R；P點離地高度也為R，傳送帶PC之間的距離為L，沿逆時針方向的傳動，傳送帶速度在PO的左側空間存在方向豎直向下的勻強電場。一質量為m、電荷量為+q的小物體從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑，恰好運動到C端后返回。物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，不計物體經過軌道與傳送帶連接處P時的機械能損失，重力加速度為g。求：

（1）物體由P點運動到C點過程；克服摩擦力做功；

（2）勻強電場的場強E為多大；

（3）物體返回到圓弧軌道P點；物體對圓弧軌道的壓力大小。

31、一個帶負電的粒子，q=?2.0×10?9C，在靜電場中的a點運動到b點，在這過程中，除電場力外，其他力做功為6.0×10?5J，粒子的動能增加了8.0×10?5J，求a、b兩點間的電勢差Uab。32、如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的相距L的點電荷，其中Q1帶電量為-4q，Q2帶電量為+q，a、b兩點在它們連線的延長線上.

(1)求兩點電荷連線上場強為0的點距離Q2多遠。

(2)現有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度圖象如圖乙所示，求從a到b電勢能的變化量．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．I-U圖象的割線斜率表示電阻的倒數；電壓增大時割線斜率減小，電阻增大，選項A正確；

B．由圖象知P點對應的電壓為U1，電流為I2，因此小燈泡的電阻為：R＝

選項B正確；

C．在電路中燈泡L兩端的電壓為U1時，跟燈泡串聯的電阻R兩端的電壓為I2R；選項C錯誤；

D．I-U圖象中矩形PQOM所圍的面積UI表示對應P點小燈泡的實際功率；選項D正確。

本題選錯誤的，故選C。2、D【分析】【詳解】

A、B、當滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動時，接入電路的電阻減小，電路的電流變大，電源的內電壓增大，則由可知；路端電壓減小，A；B錯誤；

C、電路的電流變大，所以定值電阻R0上消耗的功率變大；C錯誤；

D、把定值電阻R0和電源看成一個整體，此時等效電源的內電阻為2r，滑動變阻器就相當于外電路，由于滑動變阻器的最大阻值是2r；等于等效電源的內阻，外電阻減小時，電源的輸出功率在減小，即滑動變阻器消耗的功率變小，D正確；

故選D．3、C【分析】【詳解】

沿電場方向電勢降低，故D點電勢高于C點電勢，根據公式可得CD兩點間的電勢能為故A錯誤；因為B板接地，所以電勢為零，DB間的電勢差等于D點電勢，故故B錯誤；CB間的電勢差等于C點的電勢，所以所以C正確；若將點電荷從點移動到點，電場力做功D錯誤．4、A【分析】【詳解】

根據庫侖定律

若把它們充分接觸后，電荷先中和后均分，則帶電量分別為

此時的庫侖力

因此

由于帶同種電荷；相互排斥。

故選A。5、A【分析】【詳解】

在靜電場中；根據電場線的疏密可以判斷電場強度的大小，電勢的高低可以根據電場線的走勢判斷。沿著電場線，電勢降低，所以。

故A正確；BCD錯誤。

故選A。6、D【分析】越靠近正電荷電勢越高，故電勢越來越高，A錯誤；電場線的疏密表示電場強度大小，故電場強度不恒定，所以受到的電場力不恒定，B錯誤；涂料微粒所受的電場力方向向左，其位移方向大體向左，則電場力對涂料微粒做正功，其電勢能減小，C錯誤D正確．7、D【分析】【詳解】

A．導體的電阻與它兩端的電壓和它的電流無關；與導體本身性質有關，故A錯誤；

B．由電阻定律可知，把一根金屬絲拽長后，變大，變小；則電阻變大，故B錯誤；

C．歐姆定律不適用于氣體導電；故加在氣體兩端的電壓與通過的電流的比值不成正比，故C錯誤；

D．在純電阻電路中；任一個電阻增大而其他電阻不變，整個電路的總電阻一定增大，故D正確。

故選D。8、A【分析】【分析】

【詳解】

根據題意，得總電阻為

對于R1和R2來說，額定電壓為

額定電流為

對于R3，額定電壓為

額定電流為

并聯電路允許的最大電壓等于最小額定電壓，故總電壓取10V，故總功率為

故選A。二、多選題(共9題，共18分)9、B:C【分析】【詳解】

A．斷開開關；極板上的電壓不變，兩板間場強不變，故粒子的軌跡不變，故A錯誤；

BCD．根據

可得

從下板邊緣射出時，豎直位移y不變，水平位移x變為原來的兩倍，故可采取的措施是初速度變為2板間電壓變為或者上板上移使距離變為4d；故BC正確，D錯誤。

故選BC。10、C:D【分析】【分析】

【詳解】

D．當滑片向右滑動時；滑動變阻器接入電阻增大，則總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，電路中總電流減小，電流表A的示數變小，故D正確；

AB．則由。

U=E-Ir可知；路端電壓增大，電壓表V的示數增大；故AB錯誤；

C．因路端電壓增大，R1不變，A1中電流增大；故C正確；

故選CD。

【點睛】11、B:D【分析】【詳解】

AD．光敏電阻光照減弱時，光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大。由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流減小，電源的內電壓減小，所以路端電壓增大，則通過電流將增大，而總電流減小，則通過電流將減小。故A錯誤；D正確；

BC．因電路端電壓增大，同時兩端的電壓減小，故并聯電路部分電壓增大，則流過的電流增大，而總電流減小，所以通過的電流減小；故B正確，C錯誤；

故選BD。12、A:C【分析】【詳解】

試題分析：當可變電阻的滑動觸頭上移時；R′接入電路的電阻增大，分析外電路總電阻的變化，由歐姆定律分析總電流和路端電壓，再分析局部電流和電壓的變化，判斷燈泡亮度的變化．

解：當可變電阻的滑動觸頭上移時，R′接入電路的電阻增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=E﹣Ir；則U增大，A燈變亮．

由于I總減小，流過A燈的電流IA增大，則B燈和R并聯的總電流減小，B燈變暗，B和R并聯的電流減小，電壓UBR減小，C燈的電壓UC=U﹣UBR，得到UC增大；C燈變亮．

故選AC

【點評】本題電路中動態變化分析問題，按照部分到整體再到部分的思路進行分析．13、A:B:C【分析】【詳解】

A．若電路無電阻R0，且金屬滑片P在b端時，回路短路損壞電源，R0的存在使電路不出現短路；因此A正確；

B．當拉環不受力時，滑片P在a端，由歐姆定律得，I＝＝0.1A

故B正確；

CD．拉力為400N時，由F＝kΔx，則Δx＝4cm，對應的電阻為RaP＝20Ω，R1接入電路的電阻RPb＝5Ω，由閉合電路歐姆定律得，I＝＝0.3A

故D錯；C正確．

故選ABC。14、A:B:E【分析】【詳解】

A．電磁波可以傳遞信息；如電視信號；聲波也可以傳遞信息，如人說話，故A正確；

B．手機用電磁波傳遞信息；人說話發出聲波，故B正確；

C．太陽光中的可見光是電磁波，在真空中的傳播速度約為3×108m/s；“B超”中的超聲波是聲波，常溫下，在空氣中的速度大約為340m/s，故C錯誤；

D．遙控器發出的紅外線和醫院“CT”中的X射線頻率不同，波速相同，根據c=λf可知波長不同；故D錯誤；

E．由v=

知電磁波進入水中速度變小；而聲波由空氣進入水中的速度變大，E正確。

故選ABE。15、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．小球a、b、c均做半徑相同的圓周運動，且受力情況相同，故三個小球的各運動參量大小均相等，以小球a為例，小球a做圓周運動的向心力由小球d對小球a的引力的水平分力及小球b、c對小球a斥力的合力提供，僅可以判斷四個小球所帶電荷電性的異同，但不能確定小球a是否帶正電；A錯誤；

BC．由牛頓第二定律得

其中解得

向心加速度公式

可得

B錯誤C正確；

D．對小球d受力分析，由平衡條件可知

D正確。

故選CD。16、A:B:C【分析】【詳解】

A．安時是電池容量的單位；A正確；

B．千瓦時是能量的單位；B正確；

C．圖中箭頭向左；表示鋰離子從負極向正極移動，處于放電狀態，C正確；

D．電場強度方向向右；鋰離子帶正電向左移動，是在非靜電力作用下從負極返回正極，D錯誤。

故選ABC。17、B:C【分析】【詳解】

A．可變電阻R1的兩部分并聯，在可變電阻R1的滑片由a端向b端緩慢滑動的過程中，電路的總電阻先增大后減小，根據閉合電路歐姆定律可知電路中的總電流先減小后增大，由U=E-I（R3+r）可知電壓表的示數先增大后減小；A錯誤；

B．根據歐姆定律可知電阻R2兩端的電壓先減小后增大；所以電容器所帶的電荷量先減小后增大，B正確；

C．由于R3＞r，在滑片由a端向b端緩慢滑動的過程中外電阻總大于電源內阻r；電源的輸出功率先減小后增大，C正確；

D．電壓表示數改變量與電流表示數改變量的比值等于R3+r，大小不變，D錯誤。三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【詳解】

[1][2]該電路的結構R1與R2并聯后與A串聯，所以流過電流表A的電流是兩個支路的電流的和，將滑動變阻器的滑片P向左移動，接入電路中的電阻值減小，所以電路中的總電流和流過R1的電流增大，而流過R2的電流減小；所以電流表A的示數變化量的大小小于電流表A1示數的變化量的大小；電流表A的示數增加量的大小小于電流表A1示數的增加量的大小，則電流表A的示數與電流表A1示數的比值將變小；R1與R2并聯后做為一個電阻，該電路就變成了測量電源的電動勢和內電阻的電路，由閉合電路的歐姆定律：E=U+Ir，所以即將變小。【解析】變小變小19、略

【分析】【詳解】

[1]磁感應強度為

[2]線圈以一條邊為軸轉過180°，穿過線圈的磁能量的變化為

[3]若線圈平面和磁場方向之間的夾角變為θ2=0°，則Φ=0。【解析】0.4T4×10－4Wb020、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】方向性21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]小球運動到A點時；由彈力和電場力的合力提供向心力，即。

得。

可知，N?v2圖象的斜率。

由數學知識可知。

可得；圓形軌道半徑。

[2]當v2=0時，N=?a；代入。

得。

【解析】22、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]電磁場：變化的電場和變化的磁場交替產生，形成不可分割的統一體，稱為電磁場。【解析】①.電場②.磁場③.電磁場23、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]同種電荷相互排斥；為斥力。故錯誤；

(2)[2]摩擦起電是電荷轉移的過程。故錯誤；

(3)[3]玻璃棒和其他物體摩擦后；得失電子不確定，則不一定帶正電。故正確；

(4)[4]當一個帶電體靠近導體時；產生靜電感應現象，由于異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥。則導體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠離帶電體的一端帶同種電荷。故正確；

(5)[5]電荷守恒定律和能量守恒定律一樣；也是自然界中最基本的守恒定律。故正確；

(6)[6]元電荷是帶電體所帶電荷量的最小值。故錯誤。【解析】①.錯誤②.錯誤③.正確④.正確⑤.正確⑥.錯誤24、略

【分析】【詳解】

略【解析】①.創生②.消滅③.另一部分④.另一個物體⑤.保持不變⑥.保持不變25、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.真空②.正比③.反比④.連線⑤.庫侖力26、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]根據示波器原理知Ⅰ區域是加速電場區；Ⅱ區域是偏轉電場區；

（2）[3][4]在偏轉電極YY′加電壓，且Y比電勢高，電子向高電勢運動，故電子向Y板偏移，只在偏轉電極XX′上加電壓，且X比電勢高，電子向高電勢運動，故粒子向X板偏移。【解析】①.Ⅰ②.Ⅱ③.Y④.X四、實驗題(共2題，共12分)27、略

【分析】【詳解】

(1)[1]游標卡尺的讀數為

[2]螺旋測微器的讀數為

(2)[3]U-I圖線中斜率表示電阻；Ⅰ圖象斜率小，對應的電阻小，采用的是電流表外接法，故標記為Ⅰ的圖線采用圖a的連接方式。

[4]根據圖象可知電阻約為

說明待測電阻為大電阻；采用電流表內接法時系統誤差會更小，說明圖線Ⅱ得到的結果更接近待測電阻的真實值。

[5]由圖象可知

聯立可得【解析】10.1555.667（5.665~5.669均可）Ⅱ50.0（50.0~50.8均可）28、略

【分析】【詳解】

（1）由給出的儀表可知；實驗中只給出了電流表和電阻箱，所以應采用電流表與電阻箱串聯的方式進行測量；如圖所示。

（2）根據閉合電路歐姆定律可知：聯立解得：

（3）根據閉合電路歐姆定律可知變形可得：由圖可知：解得：E=3V，又解得

（4）A；因電流表存在內阻；所以測出的內阻中包含電流表內阻，由于電流