…………○…………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年人民版必修3物理下冊階段測試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6題，共12分)1、下列關于磁鐵使用的說法中不正確的是A.磁鐵受到撞擊會使磁鐵磁性減弱B.永磁體在被加熱或敲打后，其剩余磁性不會發生改變C.對磁鐵加熱會使磁鐵的磁性減弱D.原先沒有磁性的鐵塊，在長期受到磁鐵的吸引后會產生磁性2、如圖所示，半徑均為r的兩個金屬球，其球心相距為3r，現使兩球帶上等量的同種電荷，電荷量都為q，設靜電力常量為k。則對兩球間的靜電力F的判斷正確的是（）

A.B.C.D.3、如圖所示，等邊三角形三個頂點處分別固定所帶電荷量相等的點電荷a、b、c，其中a、b為正電荷，c為負電荷。A、B、C三點分別為三條邊的中點，取點A為零電勢點，現有一帶電荷量為的試探電荷；下列說法正確的是（）

A.試探電荷在A、B、C三點的電勢能大小關系為B.A、B、C三點處的電場強度大小關系為C.若試探電荷從A移至B，電勢能減少則C點的電勢為D.若試探電荷從A移至B，電勢能減少則其從B移至C，電勢能減少4、在如圖1所示的電路中，電流表和電壓表都可以看做理想電表，調節滑動變阻器R的觸頭，電壓表讀數U隨著電流表讀數I的增大而減小，換用不同的電池1和2，得到圖2所示相應的兩條U-I圖線1和2，根據U-I圖線；下面說法正確的是（）

A.電池2的電動勢大于電池1的電動勢B.電池2的內電阻大于電池1的內電阻C.兩電池電動勢與其內阻之比相等D.電流相等時，R上消耗的功率相等5、如圖所示的電路中，電源電動勢E=8V，內阻r=2Ω，電阻R2=6Ω，電容為1μF的平行板電容器水平放置且下極板接地。當滑動變阻器R1的滑片處于b端時，有一帶電油滴位于板間正中央P點且恰好處于靜止狀態。下列說法正確的是（）

A.此時P點電勢為6VB.電容器上極板所帶電荷量為6×10﹣6CC.若僅將電容器上極板緩慢上移少許，則P點電勢不變D.若僅將滑片P從b端向a端緩慢移動少許，則油滴將向下移動6、帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢隨x變化如圖所示；下列說法正確的是。

A.球體帶負電荷B.球內電場強度最大C.B兩點電場強度相同D.正電荷在B點的電勢能比C點的大評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、在如圖所示的直流電路中，電壓表和電流表均為理想電表，當滑動變阻器的滑動觸頭向下滑動時；下列說法正確的是（）

A.電壓表示數變大B.電壓表示數變大C.電流表示數變小D.電流表示數變大8、關于電表，下列說法正確的是：A.利用串聯電路中電阻分壓原理，可將電流表串聯一個分壓電阻改裝成電壓表B.如果要將電壓表量程擴大n倍，則所串的分壓電阻應是內阻的n倍C.用同一表頭做成的電流表，電流表的量程越大，其內阻越小D.當電流表測某電路的電流時，測量值一定總是小于真實值9、圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點，下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側()

A.Q1、Q2都是正電荷，且Q1＞Q2B.Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞∣Q2∣C.Q1是負電荷，Q2是正電荷，且∣Q1∣＞Q2D.Q1、Q2都是負電荷，且∣Q1∣＞∣Q2∣10、下列說法與事實相符的是（）。A.富蘭克林通過實驗發現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質相同，并命名了正電荷和負電荷B.庫侖用油滴實驗測量了電子的電量C.法拉第不僅提出了電場的概念，還用電場線形象地描述電場D.密立根利用扭秤裝置提出了真空中靜止的點電荷間的作用規律11、如圖，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴；現將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離。下列說法正確的是（）

A.P點的電勢不變B.油滴帶正電C.油滴向上運動D.靜電計指針張角變小12、兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板A與靜電計相連，極板B與靜電計的外殼均接地．在兩板相距一定距離時；給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持極板帶電量不變，下列說法中正確的是________

A.將A極板向右移動少許，靜電計指針的偏轉角將減小B.將B極板向上移動少許，靜電計指針的偏轉角將減小C.將玻璃板插入A、B極板之間，靜電計指針的偏轉角將減小D.用手觸摸一下B極板，靜電計指針的偏轉角將減小到零13、某同學按如圖甲所示連接電路，利用電壓傳感器研究電容器的放電過程。先使開關S接1，電容器充電完畢后將開關擲向2，可視為理想電壓表的電壓傳感器將電壓信息傳入計算機，屏幕上顯示出電壓隨時間變化的U-t曲線如圖乙所示。電容器的電容C已知，且從圖中可讀出最大放電電壓U0、圖線與坐標軸圍成的面積S、任一點的切線斜率k，但電源電動勢和內阻、定值電阻R均未知。根據題目所給的信息；下列物理量能求出的是（）

A.電容器放出的總電荷量B.通過電阻R的最大電流C.定值電阻RD.電源的內阻14、如圖所示；圖中直線①表示某電源的路端電壓與電流的關系圖線，圖中曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關系圖線，則下列說法正確的是（）

A.電源的電動勢為50VB.電源的內阻為C.電流為2.5A時，外電路的電阻為15ΩD.輸出功率為120W時，路端電壓是50V評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、能源是有限的。

（1）能源：具有_______的容易利用的儲能物質。

（2）能量耗散：使用的能源轉化成內能分散在環境中不能_______起來驅動機器做功；這樣的轉化過程叫作“能量耗散”。

（3）能源的使用過程中雖然能的總量保持不變，但能量的品質下降了，_______減少了。16、如圖所示電路，電源內阻不可忽略，電壓表、電流表均為理想電表，R1、R2均為定值電阻。開關S閉合后，在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中，電流表A的變化情況是__________；若電壓表V示數變化的絕對值為△U，電流表A示數變化的絕對值為△I，則的變化情況是__________，你判斷的理由是：_____________。

17、處于靜電平衡狀態的導體，其內部的電場強度處處為______.18、概念：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值的______，這個最小的能量值ε叫能量子。19、如圖甲所示為一測量電解液電阻率的玻璃容器，P、Q為電極，設a＝1m，b＝0.2m，c＝0.1m，當里面注滿某種電解液，且P、Q加上電壓后，其U－I圖線如圖乙所示，當U＝10V時，求電解液的電阻為______電阻率是______

評卷人得分四、作圖題(共4題，共24分)20、在“用電流和電壓傳感器研究電容器的放電”實驗中；某同學按照圖所示連接電路。實驗時，先將開關S擲向1，一段時間后，將開關擲向2，傳感器將信息傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。

（1）由圖可知，傳感器1應為________（選填選項前的字母）

A．電流傳感器B．電壓傳感器。

（2）用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UR表示滑動變阻器兩端的電壓，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，關于電容器在整個放電過程中的圖像變化正確的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知電源電動勢E，但其內阻和電阻箱阻值均未知，根據已知條件和傳感器顯示的圖像中的數據信息，下列判斷正確的是________；

A．可知該電容器的電容。

B．可知此時電阻箱阻值大小。

C．若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的時間將變短。

D．若只減小電容器的電容大小，電容器放電的時間將變短21、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。

22、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。23、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24分)24、某物理興趣小組要研究一個小燈泡的伏安特性曲線；小燈泡的額定電壓約為4V，額定功率約為2W，實驗器材如下：

A．電壓表（0~5V；內阻約為10kΩ）

B．電流表（0~100mA；內阻10Ω）

C．滑動變阻器（5Ω；1A）

D．定值電阻R1（4Ω），定值電阻R2（10Ω）

E．電源；開關和導線若干。

（1）實驗器材中的電流表量程過小，但可以通過所給的定值電阻R1和R2改變其量程（如圖1所示）．如果開關S1接c，電流表的量程可以擴展為______A。由分析可知，要完整測出小燈泡的伏安特性曲線，開關S1應該接______（選填b或c）；

（2）根據實驗數據描繪出小燈泡的I-U圖像如圖2所示，當燈泡的電阻約為6Ω時，小燈泡的實際功率約為______W（保留兩位有效數字）；

（3）現取與實驗中伏安特性相同的兩個小燈泡以及一個定值電阻Ro，組成如圖3所的電路，已知電源電動勢Eo=3.0V，ro=5.0Ω，Ro=10Ω。則開關S0閉合后，其中一個燈泡的實際功率為______W（保留兩位有效數字）。

25、讀數。

__________26、在“測定金屬的電阻率”的實驗中；測定阻值為3Ω～5Ω的金屬絲的電阻率，實驗中所用的電壓表規格為量程0～3V；內阻3kΩ；電流表規格為量程0～0.6A.內阻0.1Ω；還有其他一些器材：

(1)用螺旋測微器測得金屬絲的直徑如圖甲所示，可知金屬絲的直徑d=__________mm：

(2)圖乙為實驗中所采用的電路的一部分，請將虛線框中的部分電路連接完整__________：

(3)實驗中測得電壓表的示數為U，電流表的示數為I，還應測出的物理量是________，則電阻率的計算公式ρ=____(用所測物理量的字母表示，不計電表內阻帶來的影響)。27、某同學用圖甲所示電路測量電源的電動勢和內阻。

（1）圖甲電路中定值電阻的作用為__________________。

（2）調節滑動變阻器；記錄電壓表與電流表示數，作電壓電流圖線如圖乙中曲線①所示。通過檢查，發現錯把一非定值電阻連在了電路中。

（3）該同學測量了所用非定值電阻的伏安特性曲線如圖乙中曲線②所示。

（4）由圖乙中給出的數據可得電源的電動勢為_________V，內阻為_________

（5）由圖乙中給出的數據，若把該電阻直接串接在該電源上，其消耗的電功率為_________W，由于電表有內阻，則該功率測量值_________（填“偏大于”“偏小于”或“等于”）真實值。評卷人得分六、解答題(共1題，共8分)28、電風扇是一種利用電動機驅動扇葉旋轉，來達到使空氣加速流通的家用電器。有一臺電風扇，其電動機的線圈電阻R=10Ω。當接上U=220V的電壓后，電風扇正常工作，通過電動機的電流I=0.3A。求：

（1）電風扇正常工作時消耗的電功率P；

（2）電風扇正常工作時的發熱功率P熱和輸出的機械功率P機；

（3）如果接上220V電壓后，電風扇的風葉被卡住，不能轉動。請通過計算，分析說明此時電動機的線圈為什么容易被燒毀。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【詳解】

A．磁鐵受到撞擊會使磁鐵磁性減弱；選項A正確，不符合題意；

B．永磁體在被加熱或敲打后；其剩余磁性會發生改變，選項B錯誤，符合題意；

C．對磁鐵加熱會使磁鐵的磁性減弱；選項C正確，不符合題意；

D．原先沒有磁性的鐵塊，在長期受到磁鐵的吸引后會產生磁性，選項D正確，不符合題意；2、D【分析】【詳解】

帶同種電荷的兩金屬球，由于同種電荷相互排斥，所帶電量集中在兩球的外側，兩帶電金屬球等效的點電荷間距離大于3r，故由庫侖定律可知，庫侖力一定小于距離是3r時的庫侖力，即

故選D。3、C【分析】【詳解】

A.試探電荷從A移至B，電荷a對其不做功，電荷b、c均對其做正功，所以但從B移至C，電荷c對其不做功，由對稱性可知，電荷a、b對其做功的代數和為零，所以B、C兩點的電勢相等，電勢能也相等，所以故A錯誤；

B.電荷c在A點的電場強度大小與電荷b在B點的電場強度大小相等，但電荷a、b在A點的合電場強度為零，而電荷a、c在B點的電場強度合成后不為零，所以B點的合電場強度一定大于A點的電場強度，由對稱性可知，B點和C點的電場強度大小相等，故而，故B錯誤；

CD.由對稱性可知，若試探電荷從A移至B，電勢能減少試探電荷從A移至C，電勢能也減少

可得C點的電勢為

試探電荷從B移至C；電場力對其不做功，電勢能不變，故C正確，D錯誤。

故選C。4、C【分析】【詳解】

AB．根據U=E-Ir可知，圖線在U軸上的截距等于電源電動勢；圖線的斜率大小等于電源內阻，由圖像可知，電池2的電動勢小于電池1的電動勢，電池2的內電阻小于電池1的內電阻，選項AB錯誤；

C．電池的電動勢與內阻之比等于短路電流

則兩電池電動勢與其內阻之比相等；選項C正確；

D．由圖像可知，電流相等時，R上的電壓不等，則根據P=IU可知，電阻R消耗的功率不相等；選項D錯誤。

故選C。5、B【分析】【詳解】

A．由閉合電路的歐姆定律可知：路端電壓

那么電容器兩極的電勢差為6V，又有下端接地，故下端電勢為零，那么P點電勢為

故A項錯誤；

B．電容器上極板所帶電荷量

故B項正確；

C．移動電容器上極板，電容器兩端電勢差不變；兩極板間距離增大，則電場強度減小；又有P點到下極板的距離不變，故電勢差減小，那么P點電勢減小。故C項錯誤；

D．滑片P從b端向a端移動；那么外電路電阻增大，所以，路端電壓增大，故兩極板電勢差增大，極板間場強增大，油滴受到的電場力增大。油滴受重力和電場力作用，由開始時油滴靜止可知：電場力方向向上。那么移動滑片后油滴合外力向上，則油滴向上運動。故D項錯誤。

故選B。6、D【分析】A、從球出發向兩側電勢降低，而電場線從正電荷出發，沿著電場線電勢降低，故球帶正電荷，故A錯誤；B、球是等勢體，故內部任意兩點間的電勢為零，故場強為零，故B錯誤；C、A點與點B的電場強度大小相等，但方向相反，故不同，故C錯誤；D、從B到C；電勢降低，故正電荷電勢能降低，故D正確；故選D.

【點睛】本題考查電勢與電場強度，關鍵是明確等勢體內部場強為零，知道沿著電場線電勢降低.二、多選題(共8題，共16分)7、B:C【分析】【分析】

【詳解】

C．當滑片向下移動時，滑動變阻器接入電路阻值增大，整個電路總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律可知，干路中的電流就會減小，所以電流表A1示數變小；C正確；

A．又因R1在干路中；由歐姆定律可知，其兩端電壓就會減小，A錯誤；

B．又由于并聯電路的總阻值增大，其兩端電壓增加，R2支路中的電流就會增大，R2兩端電壓增大，V2示數變大；B正確；

D．又由于干路總電流減小，所以R3支路中電流減小，A2示數減小；D錯誤；

故選BC。8、A:C【分析】【分析】

由題意可知考查電表改裝；根據電表改裝原理分析可得．

【詳解】

A．利用串聯電路中電阻分壓原理；可將電流表串聯一個分壓電阻改裝成電壓表，符合客觀實際，故A正確．

B．如果要將電壓表量程擴大n倍，則所串聯的分壓電阻應是原電壓表內阻的n-1倍；故B錯誤；

C．用同一表頭做成的電流表；電流表的量程越大，并聯的電阻越小，其總的內阻越小，故C正確；

D．當電流表測某電路的電流時；測量值可能小于真實值，也可能大于真實值，故D錯誤．

【點睛】

改裝成電壓表是在原來基礎上串聯一電阻，量程越大，需要串聯的電阻越大．改裝電流表是在原來基礎上并聯一電阻，量程越大，需要并聯的電阻越小．讀數大小取決于總電壓、總電流，指針偏角大小僅取決于通過表頭的電流大小，通過表頭的電流越大（越小），偏轉角度越大（越小）．9、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A.當兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿NM方向．當Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱；所以電場強度合成后，方向偏右．故A錯誤．

B.當Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在P點的電場強度方向沿Pb連線方向，而a點電荷在P點的電場強度方向沿aP連線方向；則合電場強度方向偏右．不論電量大小關系，仍偏右．故B錯誤．

C.當Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在P點的電場強度方向沿bP連線方向，而a點電荷在P點的電場強度方向沿Pa連線方向；則合電場強度方向偏左．不論它們的電量大小關系，仍偏左．故C正確；

D.當Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在P點的電場強度方向沿Pb連線方向，而a點電荷在P點的電場強度方向沿Pa連線方向，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左，故D正確．10、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．富蘭克林通過實驗發現；雷電的性質與摩擦產生的電的性質相同，并命名了正電荷和負電荷，選項A正確；

B．密立根用油滴實驗測量了電子的電量；選項B錯誤；

C．法拉第不僅提出了電場的概念；還用電場線形象地描述電場，選項C正確；

D．庫侖利用扭秤裝置提出了真空中靜止的點電荷間的作用規律；選項D錯誤。

故選AC。11、A:D【分析】【詳解】

A．電容器極板所帶電荷量不變，則有

可知上極板向下移動后，極板間電場強度不變，由于下極板接地，電勢為0V，P點距離下極板距離不變，則由U=Ed可知，P點電勢不變；故A正確；

B．極板間電場線豎直向下；帶電油滴保持靜止，則電場力與重力相平衡，電場力豎直向上，則可知油滴帶負電，故B錯誤；

C．由于電場強度不變，則由F=Eq可知；電場力大小不變，重力大小也不變，則油滴依然靜止，故C錯誤；

D．極板間距離減小，電場強度不變，則由U=Ed可知；極板間電勢差減小，則靜電計指針張角變小，故D正確。

故選AD。12、A:C【分析】【詳解】

靜電計和電容器相連電壓相等；靜電計的張角越大，顯示電容器的電壓越大；電容器有少量電量轉移到靜電計上，可忽略不計，故電容器的動態變化時認為電量不變．

A、A極板向右移動，兩板的距離d減小，由知電容變大，而電量Q不變，由知電壓變小，則指針偏角減小，故A正確．B、B極板向上移動，兩板的正對面積s減小，由知電容變小，而電量Q不變，由知電壓變大，則指針偏角增大，故B錯誤．C、插入玻璃板時，相對介電常量變大，電容C變大，電壓變小，則指針張角變小，C正確．D、用手觸摸一下B極板；電容器帶電量沒有改變，靜電計指針的偏轉角將不變，故D錯誤．則選AC.

【點睛】本題考查電容器的動態分析問題，對于電容器的動態變化問題，關鍵要抓住不變量，根據電容的定義式和決定式進行分析.13、A:B:C【分析】【分析】

根據題中物理情景描述可知；本題考查電容器，根據電容器充放電的規律，運用圖像；電容定義式、電流定義式等，進行分析推斷。

【詳解】

A．根據圖像的含義，U-t圖像中，圖線與縱軸的交點的縱坐標表示最大放電電壓U0，因Q=CU0

可以求出電容器放出的總電荷量；故A正確；

B．由圖像可知，圖線切線斜率

根據電流的定義可知

故t=0時，放電電流可以求出，這就是通過電阻R的最大電流I，故通過電阻R的最大電流可以求出，B正確；

C．電阻兩端的最大電壓是最大的放電電壓U0，通過選項B分析可知，最大電壓和最大電流均可以求出，根據歐姆定律可知，定值電阻

故定值電阻R可以求出，C正確；

D．根據題意可知E=U0

而電源內阻r無法求出，D錯誤。

故選ABC。14、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓

對照U-I圖象，當I=0時

故A正確；

B．U-I圖象斜率的絕對值表示內電阻，故

故B錯誤；

C．電流為2.5A時，對照U-I圖象，電壓為37.5V，故外電路電阻

故C正確；

D．輸出功率為120W時，對照P-I圖象，電流為4A，再對照U-I圖象；輸出電壓為30V，故D錯誤；

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)15、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】高品質自動聚集能源16、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]．由電路圖可知，R2與R0并聯后與R1串聯，電壓表測量并聯支路的電壓，電流表測量R2的電流；當滑動端向下滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，R1和內阻r上的電壓變大，則并聯支路電壓減小，即電壓表V讀數減小，電流表A示數減小；因R2是固定電阻，則

可知不變。【解析】變小不變（U=IR2，U’=I’R2，△U=△IR2,也可根據圖像）17、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】018、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】整數倍19、略

【分析】【詳解】

[1]根據電阻的定義式可得

[2]根據電阻的決定式

可得電阻率【解析】40四、作圖題(共4題，共24分)20、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯在電路中；因此應為電流傳感器。

故選A。

（2）[2]ABC．電容器在整個放電過程中，電容器的電荷量q、電流I、電壓UC均隨時間減小；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據可知電阻箱R的電壓UR減小；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據電流傳感器顯示的I-t圖像中的面積可求出電容器的電荷量，根據電壓傳感器可知電阻箱兩端的電壓，若已知電源電動勢E，則可知電容器的電壓，根據可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據電流傳感器和電壓傳感器可知電阻箱的電流和兩端的電壓；因此可知此時電阻箱阻值大小，選項B正確；

C．電源不變，電容器的充電電壓不變，電荷量不變，若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的電流將變小，因此放電時間將變長，選項C錯誤；

D．電源不變，電容器的充電電壓不變，若只減小電容器的電容大小，根據可知電容器的電荷量將變小；放電的時間將變短，選項D正確。

故選ABD。【解析】ABDABD21、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】22、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】23、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）電源的輸出功率等于路端電壓與干路電流的乘積；即所要求的的面積為該點向坐標軸作垂線后與坐標軸圍成的面積，如圖所示。

【解析】（1）U-I圖像如圖所示。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；（2）五、實驗題(共4題，共24分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1][2]開關S1接c，電流表的量程為：

過小燈泡最大電流為：

要完整測出小燈泡的伏安特性曲線，開關S1應該接c；

(2)[3]在圖中做出電阻R=6Ω的特性曲線，如圖紅線所示小燈泡的伏安特性曲線與電阻R=6Ω的特性曲線的交點處的電壓為：U=2.4V，電流為：I=0.4A，此時小燈泡的功率為：P=UI=2.4×0.4W=0.96W

(3)[4]設燈泡的電壓為U，流過燈泡的電流為I，則有

代入數據整理：

在燈泡的I-U圖像中畫出此關系式的圖像，如圖藍線所示，小燈泡的伏安特性曲線與其交點為：U=0.6V，I=0.24A

此時小燈泡的功率為：P=UI=0