…………○…………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年冀教版必修3物理下冊階段測試試卷400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9題，共18分)1、關于電磁波理論，下列說法正確的是（）A.在變化的電場周圍一定產生變化的磁場，在變化的磁場周圍一定產生變化的電場B.均勻變化的電場周圍一定產生均勻變化的磁場C.做非勻變速運動的電荷可以產生電磁波D.麥克斯韋第一次用實驗證實了電磁波的存在2、下列敘述正確的是（）A.感應起電是創造電荷的過程B.接觸起電是電荷轉移的過程C.橡膠棒無論和什么物體摩擦都會帶負電D.帶等量異號電荷的兩個導體接觸后，電荷會消失3、圖甲為法拉第在研究電磁感應時用過的線圈；其工作原理如圖乙所示。實驗中不會使電流表指針發生偏轉的是（）

A.開關閉合的瞬間B.保持開關閉合且其他不變時C.保持開關閉合移動變阻器的滑片時D.開關斷開的瞬間4、如圖所示，真空中有一個邊長為L的正方體，正方體的兩個頂點處分別放置一對電荷量都為q的正、負點電荷。圖中的a、b、c、d是其他的四個頂點，下列表述正確的是（）

A.a點電勢高于c點電勢B.a、c兩點電場強度的比值為C.a、b、c、d四個頂點處電場方向不相同D.將正點電荷移到c點，b點的電場強度不變5、如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于P、Q兩點，P、Q兩點在同一豎直線上，水平面內有一正三角形ABC，且PQ連線的中點O為三角形ABC的中心，M、N為PQ連線上關于O點對稱的兩點；則下列說法中正確的是（）

A.A、B、C三點的場強大小相等且方向相同B.A、C兩點的電勢相等且大于B點的電勢C.M點場強小于A點場強D.將一正點電荷從N點移到B點，電場力做正功6、帶電量分別為和的正負點電荷，其電場線分布如圖中實線所示，在兩點電荷的連線上有A、B、C、D四點，且下列說法中正確的是（）

A.點電荷位于B點B.A點的電場強度為零C.A點的電勢比D點的電勢高D.把一個負試探電荷從BC中點移至無窮遠處，其電勢能減小7、如圖所示；把一個架在絕緣支架上的枕形金屬導體放在正電荷形成的電場中。導體處于靜電平衡時，下列說法正確的是（）

A.當電鍵S閉合時，則導體不帶電B.感應電荷在A處產生的場強等于B處的場強C.A點電勢等于B點電勢D.A、B兩點感應電荷產生的場強都為零8、如圖所示，四個點在同一條直線上，分別把兩個正、負點電荷置于兩點。兩點間的電勢差用表示，點的電場強度用表示。若只把點處的點電荷的電荷量減半；則（）

A.變大，變大B.變小，變小C.變小，變大D.變大，變小9、板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1?，F將電容器所帶電荷量變為2Q，板間距離為2d，其它條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是A.E2=E1，U2=U1B.E2=4E1，U2=2U1C.E2=2E1，U2=U1D.E2=2E1，U2=4U1評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、某半導體激光器發射波長為1.5×10-6m，功率為5.0×10-3W的連續激光．已知可見光波長的數量級為10-7m，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，該激光器發出的A.是紫外線B.是紅外線C.光子能量約為1.3×10-18JD.光子數約為每秒3.8×1016個11、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12、電壓表；電流表都是由小量程電流表改裝而成的；如圖甲、乙所示分別是電壓表、電流表的改裝圖，以下說法正確的是（）

A.若改裝后的電流表示數比標準表稍小一些，可以給并聯電阻再串一個較小的電阻B.若改裝后的電流表示數比標準表稍大一些，可以給并聯電阻再并一個較大的電阻C.若改裝后的電壓表示數比標準表稍小一些，可以給串聯電阻再串聯一個較大的電阻D.若改裝后的電壓表示數比標準表稍大一些，可以給串聯電阻再并聯一個較大的電阻13、如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度不計空氣阻力；下列說法正確的是（）

A.若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度B.若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到A點時的機械能最小C.若將小球在A點由靜止開始釋放。則小球運動到B點時的速度為D.若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將沿圓周到達B點14、如圖所示，在勻強電場中有A、B、C三點，恰好處于以AB為直徑的圓周上，圓周所在平面與電場方向平行。已知A、B、C三點的電勢分別為0、0，AC的長度為與AB夾角為則下列說法正確的是（）

A.圓周上A點電勢最高B.圓周上BC弧的中點電勢最低C.點的電勢為D.該電場的電場強度大小為15、如圖所示，直角三角形ABC處于勻強電場中，電場方向與三角形所在平面平行，D為A、C連線的中點，∠ACB=30°，BC=1cm。將電荷量q=-4×10-6C的粒子從A點移到C點，靜電力做功-2.4×10-5J；再將該粒子從C點移到B點，其電勢能減少了1.2×10-5J。下列說法正確的是（）

A.B、D電勢相等B.過B點的電場線方向由A指向BC.勻強電場的電場強度為600V/mD.A、C兩點間的電勢差UAC=-6V16、如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處，若電子到達右板的時間大于T；（不計重力作用）下列說法中正確的是（）

A.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間往返運動B.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上C.從t=時刻釋放電子，電子可能在兩板間往返運動，也可能打到右極板上D.從t=時刻釋放電子，電子必將從左極板小孔處離開17、某電場沿x軸上各點的電場強度大小變化如下圖所示：場強方向與x軸平行，規定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標原點O以一定的初速度沿x軸負方向運動，到達xl位置時速度第一次為零，到達x2位置時速度第二次為零；不計粒子的重力．下列說法正確的是（）

A.點電荷從xl運動到x2的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小B.點電荷從O沿x軸正方向運動到x2的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小C.電勢差Uoxl＜Uox2D.在整個運動過程中，點電荷在xl、x2位置的電勢能最大18、如圖所示，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有方向相同的電流I，此時L1受到的磁場力的合力為F，如果把L2的電流變為原來的兩倍(已知電流周圍的磁感應強度與距離成反比；與電流強度成正比)，則下列說法正確的是。

A.L2電流加倍前，L2受到其他兩根導線的合力大小也是F，L2電流加倍后，L2受到的合力變大，方向不變B.L2電流加倍后，L1受到磁場力的合力的大小變為FC.L2電流加倍前，L1受到的安培力方向與水平向右的方向成120°D.L2電流加倍后，L1受到的安培力方向與水平向右的方向夾角的正弦值為評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)19、隨著中國電信業的發展，國產手機在手機市場上已經有相當大的市場份額。如圖所示是中國科健股份有限公司生產的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知該電池的電動勢為_________，待機狀態下的平均工作電流_________。

20、如圖所示，AB、CD為一水平圓周上兩條相互垂直的直徑，O點為該圓的圓心．將電流強度都為I的兩通電直導線M、N垂直圓面分別放置在圓周上，其位置關于AB對稱且距離等于圓的半徑，其中導線M中電流流向紙內，導線N中電流流向紙外，現要使O點的磁感應強度為零，可加一平行于圓面的勻強磁場，則該磁場方向為_________；或在圓周_______點上再垂直放置一電流大小方向合適的通電直導線。21、在邊長為L的正六邊形ABCDEF的頂點上各固定一個點電荷，它們的帶電量如圖所示，則幾何中心處的場強大小____________，方向__________.

22、電流的定義式：I＝其物理意義：______時間內通過導體橫截面的______，是表示電流強弱程度的物理量。23、概念：一切物體都在輻射電磁波，且輻射與物體的______有關，所以叫熱輻射。24、如圖所示是某吊扇的相關參數，測得吊扇正常勻速轉動時單位時間排風量為Q=720m3/h，扇葉附近的風速為v=14.1m/s，電機內阻R=496取空氣密度=1.2kg/m3，g=10m/s2，不計空氣阻力，則正常工作時電機的輸出功率為_______W，正常工作24小時對外做功約為_______J。

25、摩擦起電：當兩種物質組成的物體互相摩擦時，一些受束縛較弱的電子會____________到另一個物體上。于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶____________電，失去電子的物體則帶___________電。26、如圖所示是_________（選填“正”或“負”）點電荷的電場線，A、B是該電場中的兩點，其中_________點電勢低，________點電場強度大（選填“A”或“B”）。27、某實驗小組研究電容器的充電過程。將電容器與電動勢V的電源、阻值的定值電阻、內阻的電流傳感器連接成如圖甲所示電路?，F閉合開關S為電容器充電，電流傳感器接計算機顯示出電流I隨時間t變化的圖像。

（1）由I-t圖像數據計算，閉合開關S瞬間，定值電阻R兩端的電壓為____________V，充電過程中，定值電阻兩端的電壓逐漸____________（選填“變大”或“變小”），電源的內阻為____________Ω；

（2）充電過程中，電容器的電容____________（選填“變大”“不變”或“變小”）。由圖像可知，充電完畢后，電容器所帶電量____________（選填“大于”“等于”或“小于”）0.02C。評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)28、如圖所示是某電場中的電場線，請畫出點a點的場強方向和電荷-q在b點所受電場力的方向。

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3題，共30分)31、某同學要研究一小燈泡的伏安特性。在實驗室；他找到了如下一些器材：

電流表A（量程0.6A，內阻很?。?，電壓表V（量程4V，內阻很大），滑動變阻器R（最大阻值30Ω，密繞電阻絲總長度15cm），電源E（電動勢4.0V；內阻很小），開關S和若干導線。

該同學設計了甲、乙兩種方案（電路如圖所示），并按這兩種方案完成了實驗，實驗記錄了電壓表示數U、電流表示數I和滑動變阻器滑片移動距離x等數據；如下表所示。

甲方案。

。x/cm

2.9

6.7

9.6

12.0

13.0

14.1

U/V

0.64

1.10

1.70

2.50

2.88

3.46

I/A

0.17

0.23

0.30

0.38

0.42

0.47

乙方案。

。x/cm

5.6

10.5

13.8

14.2

14.6

14.9

U/V

0.05

0.11

0.42

0.64

1.70

3.46

I/A

0.01

0.03

0.09

0.17

0.30

0.47

（1）請在圖坐標紙上將兩種方案的圖像畫出來；（______）

（2）如果由你來做這個實驗，器材還是這些器材，你將采用__________方案。32、某實驗小組在“測定金屬電阻率”的實驗過程中，正確操作獲得金屬絲的直徑以及電流表、電壓表的讀數如圖所示，則電流表讀數是__________電壓表讀數是__________。

33、某同學要測量如圖甲所示金屬圓環材料的電阻率，已知圓環的半徑為r。

（1）他先用螺旋測微器測量圓環材料圓形橫截面的直徑d，如圖乙所示，則d=___________mm。

（2）他再用如圖丙所示的電路測量該圓環的電阻，圖中圓環接入電路的兩點恰好位于一條直徑上，電壓表的量程為5V。開關S閉合后，電壓表右端接到a點時電壓表示數為4.5V、電流表示數為1.8mA，接到b點時電壓表示數為4.6V、電流表示數為1.6mA。為了減小電阻的測量誤差，他應該把電壓表的右端接在___________（選填“a”或“b”）點進行實驗；則圓環接入電路的兩點間的電阻值為___________Ω，此值___________（選填“偏大”“偏小”或“準確”）。

（3）實驗電流表的讀數為I，電壓表的讀數為U，金屬圓環材料電阻率的表達式為___________。（用r、d、U、I表示）評卷人得分六、解答題(共3題，共12分)34、如圖所示，在水平向右的勻強電場中，長為L的絕緣細線一端懸于O點，另一端系一質量為m、電荷量為的小球（可視為點電荷）。將小球拉至與O點等高的A點，保持細線繃緊并靜止釋放，小球運動到與豎直方向夾角的P點時速度變為零。已知空氣阻力可忽略，重力加速度為g。求：

（1）電場強度的大小E；

（2）小球從A運動到B的過程中，電場力做的功W；

（3）小球通過最低點B時，細線對小球的拉力大小F。

35、如圖所示的電路中，小量程電流表的內阻滿偏電流

(1)當和均斷開時；所改裝成的表是什么表？量程多大？

(2)當和均閉合時；所改裝成的表是什么表？量程多大？

(3)當閉合，斷開時；所改裝成的表是什么表？量程多大？

36、電壓表是測量電壓的器材。已知某電路兩端的電壓為15V，為了保證電表的安全，現用量程為15V、內阻為的電壓表與一阻值為的定值電阻串聯在一起測量該電路兩端的電壓；此時電壓表的讀數為12V。

（1）則應為多少？

（2）如果將量程為15V、內阻為的電壓表改裝成量程為60V的電壓表，則應串聯阻值為多大的定值電阻？參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

AB.根據麥克斯韋電磁場理論；只有變化的電場才能產生磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場，非均勻變化的電場才產生變化的磁場，故AB均錯誤；

C．做非勻變速運動的電荷可以在周圍空間產生變化的電磁場，形成電磁波，C正確；

D．赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在；D錯誤；

故選C。2、B【分析】【分析】

【詳解】

AB．三種起電方式都是電荷的轉移過程；故B項正確，A項錯誤；

C．摩擦后的物體所帶電荷的電性是由相互摩擦的兩種物質的原子核對核外電子的束縛能力大小決定的；若與其他物質相比較，橡膠棒對核外電子束縛能力弱，則橡膠棒帶正電，故C項錯誤；

D．帶等量異號電荷的兩個導體接觸后；電荷消失是電荷中和現象，電荷并沒有消失，只是對外不顯電性，故D錯誤。

故選B。3、B【分析】【詳解】

A．開關閉合的瞬間；線圈中的磁通量發生變化，電流表指針發生偏轉，故A不滿足題意要求；

B．保持開關閉合且其他不變時；線圈中的磁通量保持不變，電流表指針不會發生偏轉，故B滿足題意要求；

C．保持開關閉合移動變阻器的滑片時；線圈中的磁通量發生變化，電流表指針發生偏轉，故C不滿足題意要求；

D．開關斷開的瞬間；線圈中的磁通量發生變化，電流表指針發生偏轉，故D不滿足題意要求。

故選B。4、B【分析】【詳解】

A．因ac兩點在過等量異號電荷連線的中垂面上，可知a點電勢等于c點電勢；選項A錯誤；

B．a點電場強度

兩電荷在c點產生的場強豎直方向的分量低消，則水平方向疊加的電場強度

則a、c兩點電場強度的比值為的比值為選項B正確；

C．a、b、c、d四個頂點都處在兩電荷連線的中垂面上；則四點處電場方向相同，選項C錯誤；

D．原來b點在兩電荷連線的中垂面上，b點場強方向垂直中垂面指向負電荷一方；將正點電荷移到c點，b點仍在兩電荷連線的中垂面上，b點場強方向仍垂直中垂面指向負電荷一方，但是由于兩個中垂面不同，則b點的電場強度一定不同，則場強要變化，選項D錯誤。故選B。5、B【分析】【詳解】

A．假設B點關于O點的對稱點為由等量異種電荷電場線分布可知，B點的電場強度與的電場強度相等，點的電場強度大于AC點的電場強度，所以B點的電場強度大于AC點的電場強度，且由電場線分布知AC兩點電場強度大小相等方向不同；故A錯誤；

B．由等量異種電荷電場線分布可知A、C兩點電勢相等，A、C兩點電勢大于PQ連線過O點的中垂線上各點的電勢，即A、C兩點電勢大于O點電勢，O點電勢大于B點電勢，所以A、C兩點的電勢大于B點的電勢；故B正確；

C．由等量異種電荷電場線分布可知M點場強大于A點場強；故C錯誤；

D．OQ連線上電場方向由O指向Q，正電荷在OQ連線上所受電場力方向由O指向Q，所以正點電荷從N點移到B點；電場力做負功，故D錯誤。

故選B。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．B處的電場線比較密集，說明B處的電荷量很大，即B處為4q的正電荷；故A錯誤；

B．設AB=BC=CD=r，B為4q正電荷，C為?q負電荷，則A點的電場強度

故B錯誤；

C．點電荷的電勢為

A點的電勢為

D點電勢為

顯然A點電勢大于D點電勢；故C正確；

D．因為正電荷電量大于負電荷，所以BC中點電勢大于0，根據

中點電勢能小于零，而無窮遠處電勢為零，電勢能為零，所以把一個負試探電荷從BC中點移至無窮遠處；其電勢能增大，故D錯誤。

故選C。7、C【分析】【詳解】

A．當電鍵S閉合時；導體與地球組成一個整體，導體是整體的近端，所以導體帶負電，故A錯誤；

BD．因為導體處于靜電平衡，所以感應電荷在導體內產生的電場與正電荷產生的電場等大反向，A處離正電荷較近，由

可知感應電荷在A處產生的場強大于B處的場強；故BD錯誤；

C．導體處于靜電平衡，是等勢體，所以A點電勢等于B點電勢；故C正確。

故選C。8、B【分析】【分析】

【詳解】

點處的正電荷和點處的負電荷在點產生的場強方向均向右，只把點處的點電荷的電荷量減半，點處的點電荷在點產生的場強不變，點處的點電荷在點產生的場強減小，方向不變，根據疊加原理可知，變小。同理可知，兩點之間的連線上任意點的場強均變小，而兩點間的距離不變，則變小。

故選B。9、D【分析】【詳解】

根據電容公式說明電容變為原來的根據電容定義式發現電量變為原來的2倍，所以電勢差變為原來的4倍，根據場強關系d變為原來的2倍，所以場強變為2倍，故A；B、C錯誤，D正確.故選D.

【點睛】

解決本題的關鍵是熟練運用電容的定義式、決定式，同時注意U=Ed的正確應用．二、多選題(共9題，共18分)10、B:D【分析】【詳解】

波長的大小大于可見光的波長，屬于紅外線．故A錯誤，B正確．光子能量．故C錯誤．每秒鐘發出的光子數．故D正確．故選BD．

【點睛】

解決本題的關鍵熟悉電磁波譜中波長的大小關系，以及掌握光子能量與波長的大小關系．11、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．12、A:B【分析】【詳解】

A．若改裝后的電流表示數比標準表稍小一些；說明流過表頭的電流小，可以增大分流電阻使其分流少些，從而增大流過表頭的電流使其準確，應該給并聯電阻串聯一個較小的電阻，故A正確；

B．若改裝后的電流表示數比標準表稍大一些；說明流過表頭的電流大，可以減小分流電阻使其分流多些，從而減小流過表頭的電流使其準確，應該給并聯電阻并聯一個較大的電阻，故B正確；

C．若改裝后的電壓表示數比標準表稍小一些。說明流過表頭的電流?。粦摐p小串聯電阻，或給串聯電阻再并聯一個較大的電阻，故C錯誤；

D．若改裝后的電壓表示數比標準表稍大一些；說明流過表頭的電流大，應該增大串聯電阻，故D錯誤。

故選AB。13、B:C【分析】14、B:C【分析】【詳解】

C．在勻強電場中，B、C兩點電勢相同，說明BC是等勢線，根據幾何關系可知AC與BC垂直，所以AC方向就是電場線的方向。因為勻強電場中沿任何一條電場線，電勢都是均勻降低的，所以UAO=UOB

顯然O點電勢為V；選項C正確；

AB．過O點作AC的平行線，如圖所示，交圓周于D、P兩點，P為圓周上電勢最高點，D為電勢最低點，根據幾何關系可知D點即為圓周上BC弧的中點；選項A錯誤，B正確；

D．該電場的電場強度為

選項D錯誤；

故選BC。15、A:C【分析】【詳解】

D．根據知，AC兩點間的電勢差為

D錯誤；

A．將該粒子從C點移到B點，其電勢能減少說明電場力做正功

則

即

D是AC中點

故

A正確；

B．BD連線為等勢線，電場線方向垂直于BD；且由高電勢指向低電勢，B錯誤；

C．由幾何關系知，A到BD的垂直距離為

則勻強電場的電場強度為

C正確。

故選AC。16、B:D【分析】【詳解】

AB．從時刻釋放電子，電子在時間內向右做勻加速直線運動，在時間內向右做勻減速直線運動；且兩段時間內的加速度大小相同，根據勻變速直線運動的對稱性可知電子將始終向右運動，直到打到右極板上，故A錯誤，B正確；

C．從時刻釋放電子，電子在時間內向右做勻加速直線運動，在時間內向右做勻減速直線運動，在時速度減為零，且距離右板最近，但由題意可知此時電子未達到右板；電子在時間內向左做勻加速直線運動，在時間內向左做勻減速直線運動，在時速度減為零，根據運動的對稱性可知此時電子回到出發點，所以從時刻釋放電子；電子一定在兩板間往返運動，但不可能打到右極板上，故C錯誤；

D．時刻釋放電子，先向右運動，后向左運動，由于一個周期內向左運動的位移大于向右運動的位移，又電子到達右板的時間大于T；則電子最終從左極板的小孔離開電場，故D正確。

故選BD。17、B:D【分析】【詳解】

點電荷從xl運動到x2的過程中，將運動階段分成兩段；點電荷從xl運動到O的過程中，初速度為0，根據牛頓第二定律：電場強度E不變，所以加速度a不變，做勻加速運動．點電荷從O運動到x2的過程中，根據牛頓第二定律：電場強度E先增大后減小，所以加速度a先增大再減小，速度不是均勻變化．故A錯誤．點電荷從O運動到x2的過程中，根據牛頓第二定律：電場強度E先均勻增大后均勻減小，所以加速度a先均勻增大再均勻減?。蔅正確．點電荷從O運動到xl的過程中，根據動能定理：點電荷從O運動到x2的過程中，根據動能定理：以：電勢差Uox1=Uox2，C錯誤．點電荷從O運動到xl的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在xl位置的電勢能最大；點電荷從O運動到x2的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在x2位置的電勢能最大．

故D正確．故選BD.18、A:D【分析】【詳解】

A．L2電流加倍前工受到其他兩個電流的吸引力，大小相等，所以合力沿對角線方向，L2電流加倍后L2受力加倍；方向不變，所以合力方向依然沿對角線方向，A正確；

C．同理可知L1合力與向右的方向成30°；C錯誤；

B．設加倍前兩個電流之間的相互作用力大小為F1，則F=2F1cos30°

電流加倍后1、3間作用力為F1，1、2之間作用力為2F1，夾角為60°，根據余弦定理:

B錯誤；

D．根據正弦定理:

解得正弦值為

D正確.

故選AD。三、填空題(共9題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

[1]由題圖可知；該電池的電動勢為3.7V；

[2]有題圖可知，該電池的容量為

待機為96h，則可得手機待機狀態下的平均工作電流為【解析】3.7V7.29mA20、略

【分析】【詳解】

[1]根據安培定則知，分別作出M、N在O點的磁場方向，如圖所示，兩電流在O點產生的磁感應強度大小相等，根據平行四邊形定則，兩磁感應強度疊加后，合磁感應強度由A指向B，若要使O點磁感應強度為零，磁場方向應為B指向A；

[2]根據平行四邊形定則知，合磁感應強度的大小與兩分磁感應強度的大小相等，根據安培定則知，也可以在C點垂直放置一方向垂直紙面向外、大小和M、N相等的電流，或在D點垂直放置一方向垂直紙面向里、大小和M、N相等的電流?！窘馕觥繌腂指向AC或D21、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據點電荷場源的決定式為正電荷周圍的場強沿著連線向外，負場源沿著連線指向場源.

正六邊形的各定點到中心O的距離由幾何關系推得

由對稱性可知a、d兩場源在O點的總場強為方向由ad；

b、e兩場源在O點的總場強為方向由be；

c、f兩場源在O點的總場強為方向由cf；

而和大小相等，互成120°，合場強為方向由be；

則六個點電荷在O點的總場強為方向由be.【解析】be22、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】單位電荷量23、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】溫度24、略

【分析】【詳解】

[1]正常工作時電機的電流為

輸出功率為

[2]正常工作24小時對外做功約為【解析】242.07×10625、略

【解析】①.轉移②.負③.正26、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]根據人為引入的電場線都是正電荷出發；負電荷終止的特點，可知圖示是正點電荷的電場線；

[2]沿著電場線電勢逐漸降低，則B點電勢較低；

[3]電場線的疏密反映電場強度的大小，因A處電場線較密，則A點電場強度大?！窘馕觥空鼴A27、略

【分析】【詳解】

（1）[1]由I-t圖像數據計算，閉合開關S瞬間，定值電阻R兩端的電壓為UR=I0R=0.05×1996V=99.8V

[2][3]充電過程中，定值電阻兩端的電壓逐漸變小，電源的內阻為

（2）[4]充電過程中；電容器的電容不變。

[5]根據q=It可知，電容器帶電量等于I-t圖像的面積，則由圖像可知，充電完畢后，電容器所帶電量小于【解析】99.8變小2.8不變小于四、作圖題(共3題，共30分)28、略

【分析】【詳解】

電場線上每一點的切線方向即為該點的電場強度方向；負電荷受電場力的方向與場強方向相反，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】見解析30、略

【分析】【詳解】

（1）由閉合電路歐姆定律可知

所以圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢；與橫軸交點的坐標值為短路電流，如圖所示。

（2）