…………○…………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7題，共14分)1、如圖所示；質量可忽略的絕緣細桿做成正方體框架，邊長為a，框架的每個頂點固定著一個帶電荷量為+q，質量為m的小球，將這個框架靜止放在足夠粗糙的水平面上，水平面上方有水平向右的勻強電場，場強為E，下列說法正確的是。

A.立方體中心位置處電場強度為零B.上方四個小球受到的電場力的合力均相同C.若以右下底邊為軸把這個立方體向右側翻轉90°，系統電勢能減少了6qEaD.若以右下底邊為軸把這個立方體向右側翻轉90°，系統電勢能減少了8qEa2、電源的效率η定義為外電路消耗的功率與電源的總功率之比，如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖線，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖線，直線C為一個電阻R兩端的電壓與電流的關系圖線，將這電阻R分別接到a、b兩電源上；那么（）

A.電源a的電動勢大于電源b的電動勢B.電源a的內阻大于電源b的內阻C.R接到電源a上，電源的輸出功率較大，電源效率較低D.R接到電源b上，電源的輸出功率較小，電源效率較低3、如圖是一火警報警裝置的一部分電路示意圖，其中R2的電阻隨溫度升高而增大，a、b接報警器：當R2所在處出現火情時，電流表的電流I和a、b兩端電壓U與出現火情前相比。

A.I變大,U變大B.I變小,U變小C.I變大,U變小D.I變小,U變大4、如圖所示，在球殼內部球心放置帶電荷量為+Q的點電荷，球殼內有A點，殼壁中有B點，殼外有C點；則下列說法正確的是（）

A.A、B兩點場強均為零，C點場強不為零B.A、C兩點場強不為零，B點場強為零C.A點場強不為零，B、C兩點場強為零D.A點場強為零，B、C兩點場強不為零5、如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質點的帶電小球1、2的電荷分別為Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于碗內的B位置處，如圖所示．現在改變小球2的帶電量，把它放置在圖中C位置時也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的兩倍；則（）

A.小球在C位置時的電量是B位置時電量的一半B.小球在C位置時的電量是B位置時電量的四分之一C.小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小D.小球2在B點對碗的壓力大小大于小球2在C點時對碗的壓力大小6、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B.紫外線有顯著的熱效應C.一切物體都在不停地發射紅外線D.X射線的穿透本領比射線更強7、關于對黑體的認識，下列說法正確的是（）A.黑體只吸收電磁波，不反射電磁波，看上去是黑的B.黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關，隨著溫度的升高，各種波長的輻射強度都增加，輻射強度極大值向波長較長的方向移動C.普朗克引入能量子的概念，得出黑體輻射的強度按波長分布的公式，與實驗符合得非常好，并由此開創了物理學的新紀元D.如果在一個空腔壁上開一個很小的孔，射入小孔的電磁波在空腔內表面經多次反射和吸收，最終不能從小孔射出，這個空腔就成了一個黑體評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即實線為一帶負電的質點僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R點在等勢面b上；據此可知（）

A.帶電質點在P點的加速度比在Q點的加速度大B.帶電質點在P點的電勢能比在Q點的小C.帶電質點在P點的動能大于在Q點的動能D.三個等勢面中，c的電勢最高9、某興趣小組設計了一個火災報警裝置，其電路如圖所示，R1、R3為定值電阻，熱敏電阻R2為金屬鉑制成的熱電阻，通過電壓表示數和燈泡亮度變化可監控R2所在處的火情．若R2所在處出現火情；則（）

A.電壓變示數變大，燈泡變暗B.電壓表示數變小，燈泡變亮C.R3的阻值較小時，電壓表示數變化明顯D.R3的阻值較大時，電壓表示數變化明顯10、如圖所示，虛線為電場中一簇等間距的等差等勢面，實線為一帶電粒子通過該區域時的運動軌跡，是這條軌跡上的兩點；不計重力。下列說法正確的是（）

A.若粒子帶正電，則點電勢比點電勢高B.若粒子帶負電，則點電勢比點電勢高C.若粒子帶負電，則在點時動能大D.不論粒子帶正電或負電，都是在點時動能大11、如圖所示，有兩個質量均為m、帶電量均為q的小球，用絕緣細繩懸掛在同一點O處，保持靜止后懸線與豎直方向的夾角均為θ=45°，重力加速度為g，靜電力常量為k．則。

A.帶電小球A在B處產生的電場強度大小B.帶電小球A在B處產生的電場強度大小C.細繩的長度D.細繩的長度12、如圖所示，在xOy坐標系中有以O點為中心、邊長為0.2m的正方形，頂點A、B、C、D分別在坐標軸上，在該平面內有一勻強電場（圖中未畫出），已知A、B、C三點的電勢分別為3V、則下列說法中正確的是（）

A.D點的電勢為B.該勻強電場的場強大小C.該勻強電場的場強大小D.電場場強方向與x軸正方向成=60°角13、一個空氣平行板電容器，極板間相距d，正對面積S，充以電荷量Q后，兩極板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是()A.將電壓變為U/2B.將帶電荷量變為2QC.將極板間的距離變為d/2D.兩板間充滿介電常數為2的電介質14、用伏安法測電阻時；可以有兩種方法把電壓表和電流表連入電路，接法如圖所示，則下列說法中正確的是（）

A.采用（甲）圖時，測量出的電阻值比真實值小B.采用（乙）圖時，測量出的電阻值比真實值小C.為了減小誤差，測量大電阻時宜采用（甲）圖D.為了減小誤差，測量大電阻時宜采用（乙）圖評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、安培定則。

（1）直線電流的磁場。

安培定則：如圖所示，用右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流方向一致，___________所指的方向就是磁感線環繞的方向。

直線電流周圍的磁感線環繞情況如圖所示。

（2）環形電流的磁場。

安培定則：如圖所示，讓右手___________與環形電流的方向一致，___________的方向就是環形導線軸線上磁感線的方向。

（3）通電螺線管的磁場。

安培定則：如圖所示，右手握住螺線管，讓彎曲的四指與___________一致，伸直的拇指所指的方向就是___________上磁場的方向或者說拇指所指的方向是它的北極的方向。

16、原子光譜∶由于原子的_____是分立的，所以放出的光子的_____也是分立的，因此原子的_______只有一些分立的亮線。17、判斷下列說法的正誤．

（1）處于靜電平衡狀態下的導體內部的外加電場與附加電場的矢量和為零，即導體內部的電場強度處處為零．（____）

（2）靜電平衡時，導體內部表現為電中性，電荷都分布在外表面，導體內部沒有凈剩電荷．（____）

（3）一個孤立的帶電體，在自身所帶電荷的電場中，處于靜電平衡狀態，不具有靜電平衡的特點．（____）

（4）用金屬網把驗電器罩起來，再使帶電金屬球靠近驗電器，則驗電器箔片能張開．（____）

（5）電工穿的高壓作業服是用銅絲編織的，目的是銅絲衣服有屏蔽作用，使體內場強為零．（____）18、如圖所示為密立根油滴實驗示意圖。實驗中要設法使帶負電的油滴懸浮在電場之中。若在實驗中觀察到某一個帶負電的油滴向下加速運動。在該油滴向下運動的過程中，電場力________（填“做正功”、“做負功”或“不做功”），重力勢能的減少量___________動能的增加量。（填“大于”；“小于”或“等于”）

19、(1)下列各個實驗中，應用了等效法的是_________，應用了控制變量法的是_________

A．探究小車速度隨時間的變化關系。

B．探究彈簧伸長與彈力的關系。

C．探究求合力的方法。

D．探究小車加速度與質量；力的關系。

(2)①用20分度的游標卡尺測量鋼球的直徑，示數如圖所示，則鋼球直徑為___________mm。

②若某同學也是用這個游標卡尺測量另一物體的長度，測量結果為51.45mm，則在讀數時游標尺上的第_________格與主尺上的第_________毫米格對齊。20、如圖用伏安法測電阻時，如果不知道待測電阻的大概值時，為了選擇正確的電路以減少誤差，可將電壓表一個接頭分別在兩點接觸一下，如果安培表讀數有顯著變化，則S應接在___________處，如果伏特表讀數有顯著變化，則S應接在___________處。

21、如圖所示為某指針式多用電表測電阻的原理圖，在測量電阻之前要先將旋鈕式選擇開關轉動到多用電表的______擋，選擇合適的倍率，并將紅黑表筆短接調零。調零時手碰到金屬表筆，______影響電阻測量（填“會”或“不會”）；若多用電表電源電壓為1.5V，電流計可以測量的最大電流為現在紅、黑表筆間接入一個待測電阻電流計的示數變為原來的則的阻值為______Ω。

22、在非純電阻電路（像含有電動機、電解槽的電路）中，電流做的功只有_______一部分轉化為電熱，_______部分轉化為其他形式的能（機械能或化學能等）。因此，W>Q，即UIt>I2Rt，根據能量守恒定律知，在非純電阻電路中滿足：電功=電熱+其他形式的能，即_______=_______+_______。23、在如圖（a）所示的電路中，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器。閉合開關S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端，兩個電壓表的示數隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（b）所示。則電源的最大輸出功率為___________W，滑動變阻器R2的最大功率為___________W

評卷人得分四、作圖題(共4題，共32分)24、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。

25、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。

26、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。

27、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。評卷人得分五、實驗題(共3題，共9分)28、如圖所示為一多用電表，S為選擇開關，Q為歐姆調零旋鈕。現在要用它測兩個電阻的阻值（圖中未畫電阻）。已知阻值分別為R1≈60Ω，R2≈47kΩ；下面提出了在測量過程中一系列可能的操作，請你選出盡可能準確地測定各阻值和符合多用電表安全使用規則的各項操作，并將它們按合理的順序填寫在后面的橫線上。

A．旋轉S使其尖端對準電阻擋×1k

B．旋轉S使其尖端對準電阻擋×100

C．旋轉S使其尖端對準電阻擋×10

D．旋轉S使其尖端對準電阻擋×1

E．旋轉S使其尖端對準OFF

F．將兩表筆分別接到R1的兩端，讀出R1的阻值；隨后立即斷開。

G．將兩表筆分別接到R2的兩端，讀出R2的阻值；隨后立即斷開。

H．兩表筆短接；調節Q使表針對準電阻擋刻度盤上的0，隨后立即斷開。

所選擇操作及順序為（用字母代號填寫）：___________。（操作步驟可以重復選用）29、隨著鋰電池的科技快速發展；各種款式的鋰電池層出不窮，也給我們的生活帶來了很大的方便。某中學物理實驗興趣小組因此想測量一款手機鋰電池的電動勢和內阻。查閱資料他們了解到該手機電池的電動勢約為4V，內阻很小，約為1Ω，額定電流為1.5A。

（1）該小組將該款電池的正極和負極連接線小心剝開露出，將多用電表選擇開關旋到10V直流電壓擋，先進行機械調零，然后將紅、黑表筆分別接觸此電池的正、負極，電表刻度盤如圖甲所示是，該讀數為__________V。（保留兩位有效數字）

（2）實驗小組想進一步更精確的測出該鋰電池的電動勢和內阻；實驗室提供的器材如下：

A．電壓表V（量程為5V，內阻約為）

B．電流表A（量程為3A，內阻約為）

C．滑動變阻器（最大阻值為）

D．定值電阻

E．一個開關及導線若干。

該小組設計了如圖乙所示的實驗電路，但在實際實驗操作中發現，當移動滑動變阻器滑片從而調節其接入電路的阻值時，電壓表示數變化不明顯，且測試結果的誤差較大，為了更準確地測量出此鋰電池的電動勢和內阻，需要重新設計實驗電路；請你根據所提供的實驗器材，在虛線框中畫出你所設計的實驗電路圖，并準確標注各元件對應符號___________。

（3）按照新設計的實驗電路圖連好實物電路后，該小組通過調節滑動變阻器，測得多組I、U數據，在坐標紙上描點如圖丙所示，并根據描出的點作出了此鋰電池的圖像。

（4）根據作出的圖像，可求得此款鋰電池的電動勢為__________V，內阻為__________（結果均保留一位小數）

（5）根據本實驗方案分析測量誤差，該電池的電動勢測量值比真實值__________（選填“偏小”“相等”或“偏大”），內阻的測量值與真實值相比__________（選填“偏小”相等”或“偏大”）。30、甲同學設計了如圖甲所示的電路來測量電源電動勢E及電阻R1和R2的阻值．

實驗器材有：待測電源E(不計內阻)，待測電阻R1，待測電阻R2，電壓表V(量程為1.5V，內阻很大)，電阻箱R(0～99.99Ω)，單刀單擲開關S1，單刀雙擲開關S2；導線若干．

(1)先測電阻R1的阻值．請將甲同學的操作補充完整：

閉合S1，將S2切換到a，調節電阻箱，讀出其示數R0和對應的電壓表示數U1.保持電阻箱示數不變，_______，讀出電壓表的示數U2.則電阻R1的表達式為R1＝___．

(2)甲同學已經測得電阻R1＝4.80Ω，繼續測電源電動勢E和電阻R2的阻值，該同學的做法是：閉合S1，將S2切換到a，多次調節電阻箱，讀出多組電阻箱示數R和對應的電壓表示數U，用測得的數據，繪出了如圖乙所示的圖線，則電源電動勢E＝____V，電阻R2＝_____Ω(保留三位有效數字)．評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)31、在平面直角坐標系平面內有一勻強電場（未畫出），在軸上有一點與坐標原點的距離為以為直徑做一個圓，如圖所示。質量為電荷量為的帶電粒子自點沿方向先后以不同速率進入電場，從圓周上的不同位置離開該圓形區域。其中從圓周上點處離開的粒子在射到圓周上的過程中動能增量最大，已知該粒子自點入射時的速率為運動中粒子僅受勻強電場的電場力作用。

(1)求該勻強電場的電場強度的大小和方向；

(2)若從圓周上點處離開的粒子在射到圓周上的過程中動能增量為求點的坐標及該粒子自點沿方向入射時的速率。

32、在平面的區域內，存在兩個場強大小均為的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，方向如圖（1）所示。電場Ⅰ的邊界為邊長為的正方形。電場Ⅱ的邊界為長方形，其在軸上的邊長為在軸上的邊長為A點和點在軸上，和與軸平行。已知電子的質量為電量的大小為不計電子所受的重力。

（1）在邊的中點處由靜止釋放電子，若電子經過點，求的取值；

（2）在的取值滿足第（1）的前提下，電場Ⅱ的場強大小改為同時把電場Ⅱ的區域向右縮小長度，如圖（2）所示。電子仍從邊的中點由靜止釋放且仍經過處離開，求的值。

33、如圖所示是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖。電動機內電阻r=0.8Ω。電路中另一電阻R=10Ω，直流電壓U=160V，電壓表示數=110V。試求：

（1）通過電動機的電流；

（2）輸入電動機的電功率；

（3）電動機輸出的機械功率。

34、一個電子在平行于紙面的平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，在垂直于圓軌道所在平面并穿過圓心的直線上有一點A，試確定并繪圖表示A點的磁感應強度的方向。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】根據對稱性可知，八個帶正電的小球在立方體中心位置處產生的合電場強度為零，則此位置處的場強只等于勻強電場的場強E，選項A錯誤；上方的右邊兩個小球受到的電場力的合力相同，上方的左邊兩個小球受到的電場力的合力相同，但是與右邊兩個小球受到的電場力不同，選項B錯誤；若以右下底邊為軸把這個立方體向右側翻轉90°，則電場力對右上方兩球做功為2qEa；對左上方兩個球做功2qE?2a；對左下方兩球做功2qEa；，則共做功為8qEa，即系統電勢能減少了8qEa，選項D正確，C錯誤；故選D.2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．電源路端電壓與電流圖象與縱軸截距等于電動勢，由圖可知電源a的電動勢等于電源b的電動勢；故A錯誤；

B．電源路端電壓與電流圖線的斜率的絕對值表示電源內阻，由圖可知電源a的內阻小于電源b的內阻；故B錯誤；

CD．電源的效率

由圖象可知A與C交點處電壓大于B與C交點處電壓，則R接在電源a上效率較高；電源路端電壓與電流圖象與電阻兩端電壓與電流圖象交點表示將兩者相連時的工作電壓和電流，則R接到電源a上時電源的輸出功率較大；故C錯誤，D正確。

故選D。3、D【分析】【詳解】

由題知，當傳感器R2所在處出現火情時，R2增大，R2、R3并聯電阻增大，外電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律得知，干路電流I減小，路端電壓增大，即a、b兩端電壓U變大；R2、R3并聯電壓

I減小，E、R1、r均不變，則U并增大，通過R3電流增大，由于干路電流減小，則知電流表示數I變小，故D正確。4、B【分析】【詳解】

+Q在球殼內外表面感應出等量的異種電荷，即球殼內為﹣Q，球殼外為+Q且均勻分布。根據這時候的電場線分布可知，在球殼的內外的場強和沒有球殼一樣。靠近球心處的場強大、遠離球心處的場強小，A、C兩點場強不為零；處于靜電平衡的導體內部場強處處為零，所以B點的電場強度等于零；故B正確，ACD錯誤。

故選B。5、C【分析】【詳解】

AB．對小球2受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力mg的合力，根據三力平衡原理可知，F1=FN．由圖可知，△OAB∽△BFF1

設半球形碗的半徑為R，AB之間的距離為L，根據三角形相似可知，

即

所以FN=mg①②

當小球2處于C位置時，AC距離為故

根據庫侖定律有：

所以

即小球在C位置時的電量是B位置時電量的八分之一；故AB均錯誤；

CD．由上面的①式可知FN=mg，即小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小；故C正確，D錯誤。

故選C。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．在均勻變化的電場周圍一定產生穩定的磁場；A錯誤；

B．紅外線有顯著的熱效應；B錯誤；

C．紅外線輻射即熱輻射；一切物體都在不停地發射紅外線，C正確；

D．X射線的穿透本領比射線弱；D錯誤。

故選C。7、C【分析】【分析】

【詳解】

A．能100%地吸收入射到其表面的電磁輻射；這樣的物體稱為黑體，故A錯誤；

B．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；溫度升高時，黑體輻射強度的極大值向波長減小的方向移動，故B錯誤；

C．普朗克引入能量子的概念得出黑體輻射的強度按波長分布的公式；與實驗結果相符，故C正確；

D．射入小孔的電磁波在空腔內表面經多次反射和吸收；最終不能從小孔射出，這個小孔就成了一個黑體，故D錯誤。

故選C。二、多選題(共7題，共14分)8、A:D【分析】【分析】

【詳解】

A．等差等勢面P處密，P處電場強度大；電場力大，加速度大。故A正確；

BCD．根據軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知負電荷所受的電場力應向下，所以電場線向上。故c等勢面的電勢最高。利用推論：負電荷在電勢高處電勢能小，知道P點電勢能大。負電荷的總能量守恒，即帶電質點在P點的動能與電勢能之和不變，P點電勢能大則動能小。故BC錯誤；D正確。

故選AD。9、A:D【分析】【分析】

【詳解】

熱敏電阻R2為金屬鉑制成的熱電阻，若R2所在處出現火情，則R2的阻值增大，總電阻增大，干路電流減小，所以燈泡變暗，R1及電源內電壓減小，根據閉合電路的歐姆定律知，電壓表示數增大，所以A正確；B錯誤；當R3的阻值較小時，并聯電路的總電阻最接近小電阻，故當R2的阻值增大時，總比電阻變化不明顯，所以電壓表示數變化不明顯，同理，R3的阻值較大時，電壓表示數變化明顯，所以C錯誤；D正確．10、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．曲線運動受力方向指向曲線凹的一側，若粒子帶正電，則電場方向豎直向下，沿電場線方向電勢降低，可知點電勢比點電勢低；若粒子帶負電，則電場方向豎直向上，沿電場線方向電勢降低，可知點電勢比點電勢低；選項A錯誤，B正確；

CD．若粒子帶負電，則粒子在點電勢能比點電勢能高，根據能量守恒可知粒子在點的動能比點的動能小；若粒子帶正電，則粒子在點電勢能比點電勢能低，根據能量守恒可知粒子在點的動能比點的動能大。選項C錯誤；D正確。

故選BD。11、A:C【分析】【詳解】

AB．設右側小球所受電場力為F，對右側小球受力分析，由平衡條件可得：解得：據可得，帶電小球A在B處產生的電場強度大小．故A項正確；B項錯誤．

CD．設繩長為L，據庫侖定律可得：解得：．故C項正確，D項錯誤．12、A:C【分析】【詳解】

A.因為空間是勻強電場，所以所以所以所以A正確。

BCD.根據題意可以求得：邊長為2cm，設過O點的等勢線與x軸夾角為有：解得：因為電場線垂直于等勢線，所以電場線與x軸正方向夾角C正確BD錯誤13、C:D【分析】【詳解】

電容器的電容反映電容器容納電荷的本領大小，由電容器本身決定，與極板間的電壓和所帶電荷量無關，所以改變電容器的電壓和帶電量不會改變電容器的電容，故AB錯誤．由電容器的決定式可知，要使電容器的電容加倍，可采取的方式是：①將極板間的距離變為②將電解質換為介電常數為原來的介電常數為2的電介質；故CD正確.

【點睛】

改變電容器的電壓和帶電量不會改變電容器的電容，由電容器的決定式我們可以知道通過改變正對面積S，介電質常數，極板間的距離d來改變電容．14、B:C【分析】【詳解】

AB．甲圖是電流表內接，電流表所測的電流值是準確的，由于電流表的分壓作用，電壓表測量值偏大，由R=

可知計算的電阻值偏大；乙圖是電流表外接；電壓表所測的電壓是準確的，由于電壓表的分流作用，使得電流表測量值偏大，所以計算的電阻值偏小，A錯誤，B正確；

CD．甲圖中要想讓電壓表的誤差小；即電流表分得的電壓可以忽略不計，則待測電阻越大，誤差越小；乙圖中要想讓電流表的誤差小，即電壓表分得的電流可以忽略不計，故測量小電阻時宜采用（乙）圖，C正確；D錯誤。

故選BC。三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]直線電流的磁場；安培定則：如圖所示，用右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流方向一致，四指所指的方向就是磁感線環繞的方向。

（2）[2][3]環形電流的磁場；安培定則：如圖所示，讓右手四指與環形電流的方向一致，大拇指的方向就是環形導線軸線上磁感線的方向。

（3）[4][5]通電螺線管的磁場，安培定則：如圖所示，右手握住螺線管，讓彎曲的四指與電流方向一致，伸直的拇指所指的方向就是螺線管軸線上磁場的方向或者說拇指所指的方向是它的北極的方向。【解析】①.四指②.四指③.大拇指④.電流方向⑤.螺線管軸線16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]根據原子光譜的特征可知，由于原子的能級是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的發射光譜只有一些分立的亮線。【解析】①.能級②.能量③.發射光譜17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】正確正確錯誤錯誤正確18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]油滴帶負電，受到的電場力向上，與移動方向相反，電場力做負功，由動能定理

可知重力做功大于動能的增加量，則重力勢能的減少量大于動能的增加量。【解析】負功大于19、略

【分析】【詳解】

(1)[1][2]探究小車速度隨時間的變化關系時；用平均速度替代瞬時速度，體現了極限的思想；探究彈簧伸長與彈力的關系時，采用了圖像分析的方法；探究求合力的方法時，采用了等效替代的方法；探究小車加速度與質量；力的關系時，應用了控制變量法，故選C、D；

(2)[3][4][5]20分度的游標卡尺，其精確度為故鋼球的直徑。

當測量結果為51.45mm時；即。

故讀數時游標尺上的第9格與主尺刻度對齊。主尺對齊的刻度為。

【解析】CD10.1596020、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]．如果電壓表讀數變化不明顯而安培表變化明顯，則說明電流表的分壓作用較小，即電流表內阻較小，由于電流表內阻越小時，電流表采用內接法時誤差較小，所以S應接在b處．

[2]．根據歐姆定律和串并聯規律可知，若電流表示數沒有顯著變化，而電壓表變化明顯，則說明電壓表的分流作用較小，即電壓表的內阻很大，由于電壓表內阻越大時采用電流表外接法誤差較小，所以電流表應采用外接法，即S應接在a處；【解析】ba21、略

【分析】【詳解】

[1][2]在測量電阻之前要先將旋鈕式選擇開關轉動到多用電表的歐姆擋；選擇合適的倍率，并將紅黑表筆短接調零。調零時手碰到金屬表筆，不會影響電阻測量；

[3]由題意可知

解得Rx=15kΩ【解析】歐姆不會15k##1500022、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3][4][5]在非純電阻電路（像含有電動機、電解槽的電路）中，電流做的功只有很少一部分轉化為電熱，絕大部分轉化為其他形式的能（機械能或化學能等）。因此，即根據能量守恒定律知，在非純電阻電路中滿足：電功=電熱+其他形式的能，即。

【解析】很少絕大UItI2RtE其他23、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]當R2的滑動頭P滑到最左端時，電壓表V2的示數為0，可知圖線甲是V2示數隨電流變化的圖線。由兩圖線得U1+U2=5V≠U1′+U2′=3V

可知電源有內阻R1==5Ω，R2m==20Ω

由閉合電路歐姆定律I=

得0.2=0.6=

解得E=6V，r=5Ω

當R2=0時，因R1=r電源有最大輸出功率Pm==1.8W

[2]把R1等效成電源內阻，則當R2=R1+r時，R2上有最大功率P2m==0.9W【解析】1.8W0.9W四、作圖題(共4題，共32分)24、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】25、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】26、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27、略

【分析】【詳解】

根據電荷屬性；點電荷；等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線如下所示。

【解析】五、實驗題(共3題，共9分)28、略

【分析】【分析】

【詳解】

多用電表測量電阻時，倍率的選擇以指針指在中央刻度線附近為依據，由表盤中值示數約15Ω可知，測R1≈60Ω的電阻時，從圖上看選擇“×10”擋比選擇“×1”擋更靠近中值電阻刻度線，測時，應選擇“×1k”擋。并且在每次選定量程后，都必須將兩表筆短接，進行歐姆調零，然后再進行測量，所以題目中所給操作H需重復選用，在測量過程中對R1和R2測量的先后沒有什么限制，但測量完畢后，選擇開關必須旋離電阻擋，撥至交流電壓最高擋或“OFF”處，所以合理的操作及順序為AHGCHFE或CHFAHGE【解析】AHGCHFE或CHFAHGE29、略