…………○…………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B版必修三物理上冊月考試卷772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、直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖，M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零，靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到H點，則G點處場強的大小和方向分別為：

A.沿y軸正向B.沿y軸負向C.沿y軸正向D.沿y軸負向2、圖中虛線是某電場中的一簇等勢線。兩個帶電粒子從P點均沿等勢線的切線方向射入電場；粒子運動的部分軌跡如圖中實線所示。若粒子僅受電場力的作用，下列說法中正確的是（）

A.a、b兩點的電場強度大小關系Ea>EbB.a、b兩點的電勢關系一定有Ua>UbC.粒子從P運動到a的過程中，電勢能增大D.粒子從P運動到b的過程中，動能增大3、如圖所示豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場；與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的。

A.電荷量之比B.電勢能減少量之比C.運行時間D.動能增加量之比4、如圖所示的坐標系中，有兩個半徑均為r的圓形線圈L1、L2，分別垂直于y軸和x軸放置，其圓心O1和O2的坐標分別為(0，r)、(r，0)，給線圈L1通電流3I0(從上向下看為逆時針方向)，給線圈L2通電流4I0(從右向左看為逆時針方向)．據相關電磁學理論可以知道，圓環形電流在其中心軸線上產生的磁感應強度為B＝其中μ為真空磁導率，I為環中電流，r為圓環半徑，Z為中心軸線上任意一點到圓環圓心的距離．據此可推算出兩通電線圈在坐標原點O處產生的磁感應強度的大小和方向分別為()

A.方向指向第一象限B.方向指向第二象限C.方向指向第三象限D.方向指向第四象限5、圖示中的路燈為太陽能路燈，每只路燈的光伏電池板有效采光面積約0.3m2.晴天時電池板上每平方米每小時接收到的太陽輻射能約為3×106J．如果每天等效日照時間約為6h，光電池一天產生的電能可供30W的路燈工作8h．光電池的光電轉換效率約為()

A.4.8%B.9.6%C.16%D.44%6、如圖，a、b、c分別位于等腰直角三角形的三個頂點，在a、b處各有一通電長直導線垂直穿過紙面，電流方向如圖所示，大小均為I。若其中一根長直導線在c處的磁感應強度大小為B，忽略其他因素影響，則c處的磁感應強度（）

A.大小為B，方向向上B.大小為2B，方向向左C.大小為B，方向向下D.大小為2B，方向向右7、如圖甲所示，半徑為R的絕緣閉合球殼，O為球殼的球心，球殼上均勻分布著正電荷，已知均勻帶電的球殼在其內部激發的電場強度處處為零。現在球殼表面A處取下一面積足夠小、帶電荷量為q的曲面，將其沿OA連線延長線向上移動至B點，且AB=R。若球殼的其他部分的帶電荷量與電荷分布保持不變，下列說法中正確的是（）

A.在把另一帶正電的試探電荷從A點處移動到O點過程中系統電勢能減少B.球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發的電場的電場線由A點的對稱點C沿直線指向球殼內表面各點C.球殼內部電場的電場線由球殼各點沿曲線指向A點D.球心O點電場強度的大小為08、物理學中建立“速度”、“加速度”、“電阻”、“電場強度”等概念時采用了以下哪種科學方法：（）A.比值定義法B.建立理想物理模型C.等效替代D.控制變量9、下列關于物理結論或研究方法的說法中，符合事實的是（）A.迄今為止，實驗發現的最小電荷量是電子電量的B.場強E、電勢和電勢能都是通過物理量之比定義的C.兩個點電荷之間的作用力不因第三個點電荷的存在而改變D.類比是一種嚴格的推理，不需要實踐檢驗評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、如圖所示，已知電源的內阻r=2Ω，定值電阻R1=0.5Ω，調節可變電阻R2的最大電阻1.5Ω，當調節可變電阻R2的阻值從最大到零的過程中；以下說法正確的是。

A.電源總功率一直變大B.電源效率一直變小C.電源輸出功率先變大再變小D.可變電阻R2消耗功率先變大再變小11、如圖；當K閉合后，一帶電微粒（重力不可忽略）在平行板電容器間處于靜止狀態，下列說法正確的是（）

A.保持K閉合，使P滑動片向左滑動，微粒仍靜止B.保持K閉合，使P滑動片向右滑動，微粒向下移動C.打開K后，使兩極板靠近，則微粒將向上運動D.打開K后，使兩極板靠近，則微粒仍保持靜止12、如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內部，閉合開關S，穩定后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ；則下列說法正確的是（）

A.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大B.保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ減小C.斷開S，將A板向B板靠近，則θ減小D.斷開S，將A板向B板靠近，則θ不變13、如圖所示的實驗裝置為庫侖扭秤，細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力平衡．當把另一個帶電的金屬球C插于容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉，通過懸絲扭轉的角度可以比較出力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關系．這一實驗中用到了下列哪些方法。

A.微小量放大法B.控制變量法C.極限法D.逐差法14、如圖所示，中央有正對小孔的水平放置的平行板電容器與電源連接，電源電壓為U。將一帶電小球從兩小孔的正上方P點處由靜止釋放，小球恰好能夠達到B板的小孔b點處，然后又按原路返回。那么，為了使小球不能從B板的小孔b處出射；下列可行的辦法是（）

A.將A板上移一段距離B.將A板下移一段距離C.將B板上移一段距離D.將B板下移一段距離15、某一熱敏電阻其阻值隨溫度的升高而減小，在一次實驗中，將該熱敏電阻與一小燈泡并聯，通電后各自的電流I隨所加的電壓U變化的圖線如圖所示，M為兩元件的伏安特性曲線的交點。則關于熱敏電阻和小燈泡的下列說法中，正確的是()

A.圖中圖線b是小燈泡的伏安特性曲線，圖線a是熱敏電阻的伏安特性曲線B.圖中圖線a是小燈泡的伏安特性曲線，圖線b是熱敏電阻的伏安特性曲線C.圖線中的M點，表示該狀態小燈泡的電阻大于熱敏電阻的阻值D.圖線中M點對應的狀態，小燈泡的功率與熱敏電阻的功率相等16、如圖所示，I為電流表示數，U為電壓表示數，P為定值電阻R2消耗的功率；Q為電容器C所帶的電荷量，W為電源通過電荷量q時電源做的功．當變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，下列圖象能正確反映各物理量關系的是（）

A.B.C.D.評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、一個電荷量為2.0×10-8C的正點電荷，在電場中M點時的電勢能為1.4×10-5J，把它移到N點時電場力做功8×10-6J，則它在N點的電勢能為______J，M、N兩點間電勢差UMN=______V。18、圖中的平行直線表示一簇垂直于紙面的等勢面。A等勢面與B等勢面的電勢差UAB=__________V；將一個帶-5.0×10-8C的點電荷，沿圖中曲線從A點移到B點，電場力做的功為_______________J。

19、（1）變化的電場一定產生變化的磁場。_______

（2）恒定電流周圍產生磁場，磁場又產生電場。_______

（3）電磁波和光在真空中的傳播速度都是3.0×108m/s。_______

（4）麥克斯韋預言并驗證了電磁波的存在。_______

（5）電磁波在任何介質中的傳播速度均為3×108m/s。_______

（6）光也是一種電磁波。_______20、某同學改裝電壓表的電路圖如圖所示，圖中虛線框內是電壓表的改裝電路。已知表頭G滿偏電流為200μA，表頭上標記的內阻值為400Ω。R1、R2和R3是定值電阻。利用R1和表頭構成1mA的電流表，然后再將其改裝為兩個量程的電壓表。若使用a、b兩個接線柱，電壓表的量程為1V；若使用a、c兩個接線柱，電壓表的量程為3V。則根據題給條件，定值電阻的阻值應選R1=________Ω，R2=________Ω，R3=________Ω。

21、如下圖所示，是我們家里經常使用的電風扇，在使用一段時間之后發現扇葉上沾滿了灰塵，是因為扇葉______（填一物理名詞）使得扇葉容易吸附灰塵。

22、電勢能。

（1）電勢能：電荷在___________中具有的勢能，用Ep表示。

（2）靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量。表達式：WAB=___________

a.靜電力做正功，電勢能___________；

b.靜電力做負功，電勢能___________

（3）電勢能的大小：電荷在某點（A點）的電勢能，等于把它從這點移動到___________時靜電力做的功EpA=WA0。

（4）電勢能具有相對性。

電勢能零點的規定：通常把電荷在離場源電荷___________或把電荷在___________的電勢能規定為零。23、如圖所示，在一勻強電場區域中，有A、B、C、D四點恰好位于一平行四邊形的四個頂點上，已知A、B、C三點電勢分別為φA=1V，φB=4V，φC=0，則D點電勢φD的大小為___________V。

24、請讀出下列儀器顯示的示數：

（1）螺旋測微器示數（2）電壓表示數（3）毫安表示數。

（1）螺旋測微器的示數為_______________mm；

（2）當選擇量程時，電壓表的示數為_______________V；

（3）當選擇量程時，毫安表的示數為_______________mA。評卷人得分四、作圖題(共4題，共24分)25、如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三個點，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實線表示電場線）。

26、如圖所示，磁感應強度大小為的勻強磁場僅存在于邊長為的正方形范圍內，左右各一半面積的范圍內，磁場方向相反。有一個邊長為的正方形導線框垂直磁感線方向以速度勻速通過磁場。從邊進入磁場算起；規定剛開始時磁通量為正值，畫出穿過線框的磁通量隨時間的變化圖像。

27、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。

28、由電流產生的磁場方向如圖所示；請在圖中標出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共1題，共2分)29、某同學想要測量一節新干電池的電動勢和內阻；實驗室提供了如下器材和參考電路：

電壓表V1（量程3V，內阻約6）電壓表V2（量程15V，內阻約6）

電流表A1（量程0.6A，內阻約0.1）電流表A2（量程3A，內阻約1）

滑動變阻器R1（最大阻值3）滑動變阻器R2（最大阻值10）

開關；導線若干。

A．B．

（1）電壓表選V1，電流表選A1，滑動變阻器選___________（填寫R1或R2）。

（2）選用合適器材后，應選擇___________（填寫A或B）電路進行測量。

（3）電壓表示數為___________；電流表示數為___________。

（4）電動勢的測量值_______，內阻r的測量值______（填寫“偏大”；“偏小”或“準確”）。

（5）另外一個同學為了減小偶然誤差設計了下圖的測量電路，定值電阻R3的阻值為1將測得的數據在坐標紙上描點如圖。求出電動勢E為_______，內阻r為_______（小數點后保留兩位）。

評卷人得分六、解答題(共4題，共12分)30、如圖所示，帶電荷量分別為和的兩自由點電荷A、B，相距L；問：在何處放一個什么性質和電量的點電荷，才可以使三個點電荷都處于平衡狀態？

31、如圖所示，將一質量的帶負電荷的小球用絕緣線掛起來，用帶電荷量的小球靠近當球靜止時懸線與豎直方向成45°角，此時兩球位于同一水平面上，相距重力加速度靜電力常量求：

（1）球受到的庫侖力大小；

（2）球所帶電荷量；

（3）此時球在球平衡處產生的電場強度的大小。

32、電容器是一種重要的電學元件；有廣泛的應用．不同的電容器儲存電荷的本領不同，使電容器的兩極電勢差增加1V所需要的電荷量越多，表示電容器的電容大；電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，用符號C表示，注意，它不是表征容納電荷多少的物理量．我們用符號Q表示電容器的帶電量，它的數值與電容C；兩極電壓U有關．

請回答下列問題：

（1）對某一具體電容器；請結合Q與C；U的關系，作出C?U圖像和Q?U圖像；

（2）電源對電容器充電的過程中，電源必須克服電場力做功，把電源的能量以電勢能的形式儲存在電容器中；電源克服電場力做的功等于電容器電勢能的增加值，這些能量分布在電容器內的電場中，也稱為電場能．若電容器的電容為C，充電后兩極的電壓為U，試求：電容器所儲存的能量．33、如圖（a）所示，質量m1=2.0kg的絕緣木板A靜止在水平地面上，質量m2=1.0kg可視為質點的帶正電的小物塊B放在木板A上某一位置，其電荷量為q=1.0×10-3C。空間存在足夠大的水平向右的勻強電場，電場強度大小為E1=5.0×102V/m。質量m3=1.0kg的滑塊C放在A板左側的地面上，滑塊C與地面間無摩擦力，其受到水平向右的變力F作用，力F與時刻t的關系為（如圖b）。從t0=0時刻開始，滑塊C在變力F作用下由靜止開始向右運動，在t1=1s時撤去變力F。此時滑塊C剛好與木板A發生彈性正碰，且碰撞時間極短，此后整個過程物塊B都未從木板A上滑落。已知小物塊B與木板A及木板A與地面間的動摩擦因數均為=0.1，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）撤去變力F瞬間滑塊C的速度大小v1；

（2）小物塊B與木板A剛好共速時的速度v共；

（3）若小物塊B與木板A達到共同速度時立即將電場強度大小變為E2=7.0×102V/m；方向不變，小物塊B始終未從木板A上滑落，則。

①木板A至少多長？

②整個過程中物塊B的電勢能變化量是多少？

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】

由題意可知考查電場強度矢量性；根據電場疊加原理，結合等效思想分析計算可得。

【詳解】

O點電荷Q在G點產生的場強大小為。

方向沿-y,因G點處的電場強度恰好為零,說明M、N固定的負電荷在G點共同產生的場強大小也為,方向沿+y方向，當把O點電荷Q電荷移到H點時；在G點產生的場強大小為。

方向沿-y，M、N固定的負電荷在G點共同產生的場強大小仍為則此時G點的合場強為。

方向沿y軸正向。

A．描述與題意分析計算符合；故A正確。

B．描述與題意分析景計算不符合；故B錯誤。

C．描述與題意分析計算不符合；故C錯誤。

D．描述與題意分析計算不符合；故D錯誤。

【點睛】

根據可以計算O點正電荷在G點產生的場強大小，根據G點場強為零可以求出M、N

兩個負電荷在G點產生的合場強大小和方向，當O點正電荷移到H點時，可以根據求出后來正電荷在G點產生場強，M、N兩個負電荷共同在G點產生的場強大小和方向不變，再根據場強疊加求出G點后來場強大小、方向。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．根據等勢線的形狀可知，電場是由一個點電荷產生的，離點電荷較遠的a點電場強度較小；A錯誤；

B．因為中心電荷的電性無法判斷，電場線方向無法判定，則不能比較a、b的電勢高低；B錯誤；

C．根據軌跡的彎曲方向可知，a粒子受到中心電荷的斥力，電場力對a做正功；電勢能減小，C錯誤；

D．b粒子受到中心電荷的引力，電場力對b粒子做正功；動能增大，D正確。

故選D。3、A【分析】【詳解】

試題分析：小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據和運動與分運動的等時性，可知，兩小球下落的高度一樣，即所以運動的時間相同，設為t，C錯誤；在水平方向上有所以可得A正確；電勢能的減小量等于電場力所做的功，所以有所以有B錯誤，過程中重力和電場力做功，所以動能的增量為所以D錯誤；

考點：本題考查了帶電粒子在電場中的運動。

【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運動狀態和運動過程（平衡、加速、減速，直線或曲線），然后選用恰當的規律解題．解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉化的觀點，選用動能定理和功能關系求解4、A【分析】【詳解】

根據B＝可知：線圈L1在O點產生的磁感應強度為：B1＝

由右手螺旋定則可知方向沿y軸正方向，線圈L2在O點產生的磁感應強度為：B2＝

方向沿x軸正方向，B1和B2方向垂直，所以O點的磁感應強度為B＝

方向指向第一象限；故A正確。

故選A。5、C【分析】【詳解】

據題意，已知每只路燈的有效采光面積S，每平米每小時接收太陽能每天日照時間t，則每只路燈每天接收到的太陽能為：光電池每天可以是路燈工作則光電池光電轉換率為：故選項C正確．

【點睛】

本題分析的關鍵是抓住光電轉換效率公式為：在分析時需要注意光電池接收太陽能其中而光電池一天產生的電能其中只要注意到這個單位應用上的區別，就可以解決本問題．6、C【分析】【詳解】

根據安培定則可得導線a、b的電流在c處的磁場方向；作出合磁場如圖：

根據幾何關系可知合磁場方向向下，大小

故選C。7、C【分析】【詳解】

BC．在球殼表面A處取下一面積足夠小、帶電荷量為q的曲面，可等效為，在球殼表面A處沒有取走電荷而是放上一個帶電量為－q的點電荷，這樣球殼剩余部分的電荷在球殼內部激發的電場相當于由A點－q激發的電場，電場線由各點沿直線指向A點，而不是相當于C沿直線指向球殼內表面各點；球殼內部的合電場相當于A處的－q和B處的q共同產生的，由球殼各點沿曲線指向A點；B錯誤，C正確；

A．AO間的電場線有O→A，把另一帶正電的試探電荷從A點處移動到O點過程中；電場力做負功，系統的電勢能增加，A錯誤；

D．根據電場的疊加，以向右為正方向，可知O點的場強

負號表示方向水平向左；D錯誤。

故選C。8、A【分析】【詳解】

速度等于位移與所用時間的比值；加速度是速度變化量與所用時間的比值，電阻是電壓與電流的比值，電場強度是試探電荷所受的電場力與其電荷量的比值，這三個物理量都是采用比值定義法定義的，故A正確，BCD錯誤．故選A．

【點睛】

比值定義法是常用的物理思想方法，要抓住比值法的共性理解物理量的意義．9、C【分析】【分析】

【詳解】

A．迄今為止；實驗發現的最小電荷量等于電子電荷量，A錯誤；

B．電勢能定義是：將某電荷從電場中的某點移動到零勢能位置時；靜電力做的功，不是物理量的比值定義的，B錯誤；

C．根據力的獨立作用原理；兩個點電荷之間的作用力不因第三個點電荷的存在而改變，C正確；

D．類比是一種不嚴格的推理；因此需要實踐檢驗，D錯誤。

故選C。二、多選題(共7題，共14分)10、A:B【分析】【詳解】

A、當可變電阻的阻值從最大到零的過程中總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知總電流增大，根據可知電源總功率一直變大，根據閉合電路歐姆定律可知路端電壓減小，所以電源效率一直變小；故選項A；B正確；

C、由于根據電源的內電阻和外電阻相等時，電源的輸出功率最大可知可變電阻的阻值從最大到零的過程中電源輸出功率一直減小；故選項C錯誤；

D、當把和電源看做一個整體時，即把電源的內阻看做由于根據電源的內電阻和外電阻相等時，電源的輸出功率最大可知可變電阻的阻值從最大到零的過程中可變電阻消耗功率一直減小，故選項D正確．11、A:D【分析】【詳解】

AB．K閉合后，一帶電微粒在平行板電容器間處于靜止狀態

保持K閉合，使P滑動片左右滑動，都不能改變電容器兩端的電壓，由得E不變；微粒仍靜止，A正確，B錯誤；

CD．打開K后，使兩極板靠近，由

可得

與d無關．所受電場力不變；微粒仍保持靜止，C錯誤D正確。

故選AD。12、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．保持開關S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，根據

電場強度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大；故B錯誤，A正確；

CD．斷開開關S，電容器所帶的電量不變，根據公式

知d變化，E不變，電場力不變，θ不變；故C錯誤，D正確。

故選AD。13、A:B【分析】【詳解】

通過扭秤可以將看不到的引力效果放大，是人能觀察到引力的作用，所以用到了放大法，A正確；過程中需要控制r不變，研究F和q的關系，控制q不變研究F和r的關系，所以還用到了控制變量法，選項B正確，CD錯誤；故選AB.14、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．無論A板上移或下移，電壓總是不變，根據動能定理

知，粒子到達b點；速度恰好為零，然后返回，AB正確；

C．因電壓不變，將B板上移，根據動能定理

運動到b重力做功小于電場力做功，小球還沒有到達b點；速度就為零，將會原路返回，C正確；

D．因電壓不變，將B板下移，根據動能定理

運動到b重力做功大于電場力做功，小球到達b點，速度不為零，將會從B板的小孔b處出射；D錯誤。

故選ABC。15、A:D【分析】【詳解】

AB.熱敏電阻電阻值隨溫度升高而減小，電壓增大，電流增大，電流熱效應增強，溫度升高，所以圖線上電壓越大的點對應電阻越小，與原點連線應越遠離U軸，故圖線a表示熱敏電阻伏安曲線，小燈泡電阻為金屬熱電阻，其大小隨溫度升高而增大，電壓越大的點與原點連線應越靠近U軸，所以圖線b表示小燈泡的伏安特性曲線；故A正確B錯誤；

CD.M點處，小燈泡和熱敏電阻的I、U都相同，根據

可得，此時它們的電阻相等，根據

可得；此時它們的功率相等，故D正確C錯誤。

故選AD。16、A:B【分析】試題分析：變阻器滑動觸頭向右緩慢滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，消耗的功率為∝故A正確；電容器的電壓電荷量則保持不變，則圖象是向下傾斜的直線，故B正確；電壓表示數圖象應是向下傾斜的直線，故C錯誤；電源通過電荷量時電源做的功是電源的電動勢，則是過原點的直線；故D錯誤．

考點：本題考查了閉合電路的動態分析三、填空題(共8題，共16分)17、略

【分析】【詳解】

[1]把它移到N點時電場力作功8×10-6J，電勢能減少8×10-6J，它在N點的電勢能為

[2]M、N兩點間電勢差為【解析】6×10-6J40018、略

【分析】【詳解】

[1]A等勢面與B等勢面的電勢差

[2]將一個帶-5.0×10-8C的點電荷，沿圖中曲線從A點移到B點，電場力做的功為【解析】-105×10-719、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]變化的電場一定產生的磁場；不一定是變化的磁場。故錯誤。

(2)[2]恒定電流周圍產生磁場；變化的磁場才能產生電場，穩定的磁場不能產生電場。故錯誤。

(3)[3]電磁波和光在真空中的傳播速度都是3.0×108m/s。故正確。

(4)[4]麥克斯韋預言了電磁波的存在；赫茲驗證了電磁波的存在。故錯誤。

(5)[5]電磁波在真空中的傳播速度為3×108m/s，其它介質中傳播速度小于3×108m/s。故錯誤。

(6)[6]光是一種電磁波。故正確。【解析】①.錯誤②.錯誤③.正確④.錯誤⑤.錯誤⑥.正確20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]表頭改裝成量程為I=1mA的電流表，需要并聯的小電阻為

[2]改裝成量程為U1=1V的電壓表，需要串聯的電阻

[3]改裝成量程為U2=3V電壓表，需要串聯的電阻

聯立解得R3=2000Ω【解析】①.100②.920③.200021、略

【分析】【分析】

【詳解】

因為電扇工作時，轉動的扇葉與空氣摩擦帶上電荷，而帶電體具有吸引輕小物體的性質，所以灰塵會被吸在扇葉上。【解析】摩擦起電22、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]電勢能指電荷在電場中具有的勢能；

（2）[2]靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量。表達式為

[3]靜電力做正功；電勢能減少；

[4]靜電力做負功；電勢能增加；

（3）[5]電勢能的大小指電荷在某點（A點）的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能位置時靜電力做的功EpA=WA0；

（4）[6][7]電勢能零點的規定為通常把電荷在離場源電荷無限遠處或把電荷在大地表面的電勢能規定為零。【解析】①.電場②.③.減少④.增加⑤.零勢能位置⑥.無限遠處⑦.大地表面23、略

【分析】【詳解】

在勻強電場中，根據U=Ed知，除等勢線外，沿同一方向（相互平行的兩個方向）上相同距離電勢差相等，根據平行四邊形的特點知，AB與DC平行且相等，所以AB邊與DC邊沿電場方向的距離相等，AB間的電勢差與DC間的電勢差相等，即有

解得【解析】24、略

【分析】【詳解】

（1）[1]螺旋測微器的示數為0.5mm+0.142mm=0.642mm；

（2）[2]電壓表選擇量程時；最小分度為0.1V，所以需要再向后估讀一位，示數為1.80V；

（3）[3]毫安表選擇量程時，最小分度為0.5mA，只讀到小數點后一位，示數為12.0mA。【解析】①.0.642（0.641~0.643皆可）②.1.80③.12.0四、作圖題(共4題，共24分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

連接BC，過A點作BC的平行且與BC線段相等的線段AD，將AD分成兩等份，找出B點的等勢點，即E點，電勢為11V，連接BE，則BE為等勢線；電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示。

【解析】26、略

【分析】【分析】

【詳解】

線框穿過磁場的過程可分為三個階段，進入磁場階段（只有邊在磁場中），在磁場中運動階段（兩邊都在磁場中），離開磁場階段（只有邊在磁場中）。

①線框進入磁場階段：對應穿過線框的磁通量線性增加，最后為

②線框在磁場中運動階段：對應，時間內，穿過線框的磁通量線性減小，最后為時間內，穿過線框的磁通量反向線性增加，最后為

③線框離開磁場階段：對應穿過線框的磁通量線性減小，最后為

畫出圖像如圖所示。

【解析】見解析27、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）28、略

【分析】【詳解】

第一幅圖中線圈內部磁場垂直紙面向外；根據右手定則可以判斷，電流為逆時針；第二幅圖中，磁場向上，根據右手定則可以判斷，左端電流垂直紙面向外，右端電流垂直紙面向里。

【解析】第一幅圖中電流為逆時針；第二幅圖左端電流垂直紙面向外；右端電流垂直紙面向里。

五、實驗題(共1題，共2分)29、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]因為干電池的內阻較小，為了方便調節，故選擇最大阻值較小的滑動變阻器，即選R2；

（2）[2]選擇合適的儀器后；為了方便測量，電流表應采用相對于電源的外接法，誤差較小，故選B；

（3）[3]由題知，電壓表選V1；量程為0-3V，分度值為0.1V，示數為1.10V；

[4]由題知，電流表選A1；量程為0-0.6A，分度值為0.02A，示數為0.16A；

（4）[5][6]由于電壓表的分流作用，流過電源的電流大于電流表示數，當外電路短路時電流的測量值與真實值相等，U-I圖象如圖所示。

U-I圖象與縱軸交點坐標軸是電源電動勢；圖象斜率的絕對值等于內阻，由圖示圖象可知，電動勢的測量值比真實值偏小，內阻的測量值比真