2025年岳麓版必修3物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年岳麓版必修3物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图所示，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，当电路中滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动时；以下说法正确的是。

A.A灯变暗B.总电流变大C.电容的电量减小D.电源总功率变小2、下列关于甲；乙、丙、丁四幅图的说法；正确的是（）

A.图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B.图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C.图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D.图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流3、用图所示的电路测量电阻的阻值，图中电压表的内阻为电流表内阻为测量时把电压表示数U和电流表示数I的比值作为电阻的测量值；忽略实验操作中的偶然误差，则下列说法正确的是（）

A.电阻的测量值大于真实阻值B.电阻的测量值小于真实阻值C.电阻的真实阻值为D.电阻的真实阻值为4、一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示．根据表中提供的数据；计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（）

。额定容量。

54L

最高水温。

75℃

额定功率。

1500W

额定压力。

0.7MPa

额定电压。

220V

电器类别。

Ⅰ类。

A.6.8AB.0.15AC.4.4AD.0.23A5、如图所示；用半偏法测量一只电流表的内阻，下列各组主要操作步骤及排列次序正确的是（）

A.闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R2使电流表半偏，读出R2的阻值B.闭合S1，调节R1使电流表满偏，再闭合S2，调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值C.闭合S1、S2，调节R1使电流表满偏，再调节R2使电流表半偏，读出R2的阻值D.闭合S1、S2，调节R2使电流表满偏，再调节R1使电流表半偏，读出R2的阻值评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中为半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器所在处出现火情时，显示器电流I、报警器两端电压U的变化情况是（）

A.I变大B.I变小C.U变大D.U变小7、导体处于静电平衡时，关于导体上电荷分布特点的下列说法正确的是（）A.导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面B.电荷可以在导体内均匀分布C.导体表面越尖锐的位置电荷密度越大D.导体表面越尖锐的位置电荷密度越小8、如图甲所示是某工厂烟囱静电除尘机原理图；放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上静电（电荷性质未知），尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图乙是俯视图，图中实线为电场线。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则（）

A.进入除尘区前应使尘埃带上负电荷B.图中A点电势高于B点电势C.图中A点电场强度大于B点电场强度D.尘埃在迁移过程中电势能增加9、如图所示，一质量为带电量为的物体处于场强以（是均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为当时刻物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力；且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（）

A.物体开始运动后加速度不断增加B.物体开始运动后加速度先增加、后保持不变C.经过时间物体在竖直墙壁上的位移达最大值D.经过时间物体运动速度达最大值10、如图所示，电路中电源电动势为内阻为为电容器，为小灯泡，为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表示数变化量的绝对值分别为理想电流表A示数变化量的绝对值为则（）。

A.电源的输出功率一定增大B.灯泡逐渐变暗C.均保持不变D.当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭11、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（电阻随光强的增大而减小）．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是。

A.若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少B.若仅将R1的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U减小，电容器所带电荷量减少D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值减小12、如图所示，处在竖直平面的环形导线圈的正中心有一个磁针a，在圆环外侧有一小磁针b，a、b与圆环都处于同一竖直面内，当导线中通以图示方向的恒定电流时（不考虑地磁场影响和两小磁针间的作用），则（）

A.小磁针a的N极向纸里转动B.小磁针a的N极向纸外转动C.小磁针b的N极向纸里转动D.小磁针b的N极向纸外转动评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、现有一个电流表G，内阻Rg=30满偏电流Ig=1mA。

(1)把它改装成量程为0~3V的电压表，要________（填“串联”或“并联”）一个_______的电阻。

(2)把它改装成量程为0~0.6A的电流表，要________（填“串联”或“并联”）一个_____的电阻。14、如图所示，三根等长带电棒绝缘相连成正三角形，每根棒上电荷均匀分布，带电均为带电为P点为正三角形中心，P、Q两点关于边对称.现测得P、Q两点的电场强度大小分别为和若撤去棒，则P、Q两点的电场强度大小分别为_____，_____。

15、观察电容器的充、放电现象的实验电路图。当把开关S拨到1后电容器充电，两极板的电荷量逐渐增加直至稳定，其判断依据是______；当把开关S拨到2后电容器放电，两极板的电荷量逐渐减小至零，其判断依据是______。（从电流计和电压表的示数变化说明）

16、电源。

（1）定义：能把电子在电源内部从电源___________搬运到___________的装置。

（2）作用：移送电荷，维持电源正、负极间有一定的___________，保持电路中有持续电流。17、能量子公式∶ε=hν，其中ν是电磁波的频率，h称为_______。h=______J·s。（一般取h=6.63×10-34J·s）18、科学思想方法在物理问题的研究中十分重要，库仑受到牛顿的万有引力定律的启发，运用____方法（选填“建立模型”、“类比”、“控制变量”、“理想实验”），发现了电荷间相互作用规律，该规律被称为_________。19、电容为的平板电容器，接在电路中，如图所示。若将相对介电常量为的各向同性均匀电介质插入电容器中（填满空间），此时电场能量是原来的_________倍。

20、带电粒子在电场中的加速。

分析带电粒子的加速问题有两种思路：

（1）利用___________定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是___________且涉及___________等描述运动过程的物理量，公式有qE=___________，v=v0＋___________等。

（2）利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及___________、___________等动能定理公式中的物理量或___________电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）或qU=mv2-mv（任何电场）等。21、把带电荷量的正点电荷从无限远处移到电场中点，要克服电场力做功若把该电荷从无限远处移到电场中点，需克服电场力做功取无限远处电势为零．则点的电势为__________；若把的负电荷由点移到点电场力做功大小为__________．评卷人得分四、作图题(共3题，共21分)22、在如图所示的四幅图中；分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向。请画出对应的磁感线（标上方向）或电流方向。

23、在“用电流和电压传感器研究电容器的放电”实验中；某同学按照图所示连接电路。实验时，先将开关S掷向1，一段时间后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。

（1）由图可知，传感器1应为________（选填选项前的字母）

A．电流传感器B．电压传感器。

（2）用q表示电容器上极板所带的电荷量，UR表示滑动变阻器两端的电压，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，关于电容器在整个放电过程中的图像变化正确的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器显示的图像中的数据信息，下列判断正确的是________；

A．可知该电容器的电容。

B．可知此时电阻箱阻值大小。

C．若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的时间将变短。

D．若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短24、以下是几种点电荷的电场线的分布情况；请标出图中各电荷的电性。

评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)25、某同学改装和校准电压表的电路如图所示；图中虚线框内是电压表的改装电路．

（1）已知表头满偏电流为表头上标记的内阻值为．和是定值电阻，利用和表头构成的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用两个接线柱，电压表的量程为若使用两个接线柱，电压表的量程为．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选______________________________．

（2）用量程为内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准．所用电池的电动势为滑动变阻器有两种规格，最大阻值分别为和．为方便实验中调节电压，图中应选用最大阻值为______的滑动变阻器．

（3）校准时，在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应靠近__________（填“”或“”）端．26、某同学用图1所示的电路测量一段金属丝的电阻。

（1）该同学将c点与a点连接，接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，测量得到多组电压U和电流I，并将数据的对应点标在图2的坐标纸上。请画出图线，______根据图线可得出该金属丝电阻的测量值______Ω（结果保留两位有效数字）。

（2）如果将c点与b点连接，重复上述实验过程，不考虑偶然误差，金属丝电阻的测量值将______（选填“变大”；“变小”或者“不变”）。

（3）该实验中使用的电源电动势为3V；内阻可不计。实验室中有两种滑动变阻器可供选择：

A.滑动变阻器（0~5Ω）B.滑动变阻器（0~100Ω）

如果将两种滑动变阻器分别接入图1的电路中，调节滑动变阻器滑片P的位置，以R表示滑动变阻器可接入电路的最大电阻值，以表示滑动变阻器与金属丝并联部分的电阻值，以U表示两端的电压值。在图3所示的三条曲线中，表示滑动变阻器A接入电路时U随变化的图像是______，表示滑动变阻器B接入电路时U随变化的图像是______（选填“a”、“b”或“c”）。根据图像可知，本实验为了调节方便，滑动变阻器应选用______（选填“A”或“B”）。27、某同学要将一量程为3V的电压表V1改装成量程为15V的电压表V2。

（1）先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V；再将V1与阻值为3000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为0.8V，则V1的内阻为___________Ω；

（2）要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R_________（选填“串联”；“并联”）

（3）将改装后的电压表V2与一标准电压表校对，完成下面的实物连接；()

（4）在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最___________端（选填“左”；“右”）

（5）闭合开关，移动滑片P，标准表示数为10.5V时，V1表示数为2.5V。要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=________（保留三位有效数字）。28、某同学做“测定电源的电动势和内阻”实验。

(1)他采用如图所示的实验电路进行测量；

(2)根据实验数据做出U－I图像，如图所示，蓄电池的电动势E=___________V，内电阻r=___________Ω。

(3)这位同学对以上实验进行了误差分析。其中正确的是___________。

A.实验产生的系统误差；主要是由于电压表的分流作用。

B.实验产生的系统误差；主要是由于电流表的分压作用。

C.实验测出的电动势小于真实值。

D.实验测出的内阻大于真实值评卷人得分六、解答题(共2题，共10分)29、一根长为2m，横截面积为2.0×10-5m2的铜棒，将其两端与电动势4.0×10-2V，内阻不计的电源连接，铜棒的电阻为2.0×10-3Ω，铜内自由电子密度为8.0×1029m-3。求：

(1)通过铜棒的电流；

(2)铜棒内的电场强度；

(3)自由电子定向移动的速率。

(4)不考虑电源内阻，请你从能量转化与守恒的角度推导：铜棒两端的电压U等于电源的电动势E。30、如图所示，顶端安装有轻质定滑轮，倾角为37°的光滑斜面固定在水平地面上，离斜面的顶端距离为L=0.4m下方粘贴有一厚度不计、宽度是d=0.2m的橡胶带，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮。A的质量m1=1kg，宽度d=0.2m，其上边缘与斜面顶端齐平，B的质量m2=0.4kg。现由静止释放A，已知A与橡胶带之间的动摩擦因素μ=0.5，在运动过程中与A相连的绳子始终与斜面平行，A未离开斜面，B未上升到滑轮处，重力加速度g=10m/s2；不计空气阻力和滑轮与绳子间的阻力，求：

(1)A物体刚进入橡胶带时的速度大小；

(2)A物体穿过橡胶带克服摩擦力所做的功；

(3)A物体完全离开橡胶带时的速度大小。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

AB．电路中滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动时，R的阻值变大，电路总电阻变大，总电流减小，内阻上的电压减小，则路端电压变大，则A灯变亮；选项AB错误；

C．路端电压变大；则电容器两端电压变大，带电量增加，选项C错误；

D．根据P=IE可知，电源总功率减小，选项D正确。2、B【分析】【详解】

A．图甲中；当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积固定不变，而磁场也不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；

B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时；导体棒切割磁感线，从而产生动生电动势，故B正确；

C．图丙中；当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，磁场方向相反，则闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；

D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时；电路中的电阻增大，电流减小。从而使电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为导体环不闭合，没有形成完整的回路，因此环中没有感应电流，故D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

AB．由于电压表分流是电流表示数偏大，而电压表示数等于电阻的真实电压，根据可知电阻的测量值小于真实阻值；故A错误，B正确；

CD．通过电阻的电流为

电阻的真实阻值为

故C；D错误；

故选B。4、A【分析】【详解】

由P＝UI，可知该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：I＝＝A≈6.8A，故选项A正确．5、A【分析】【详解】

半偏法测电流表内阻，由图示实验电路可知，实验步骤为：闭合S1，调节R1到电流表满偏，闭合S2，调节R2到电流表半偏，读出R2的阻值；故选A．二、多选题(共7题，共14分)6、B:D【分析】【详解】

AB．当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值变小，R2与R3的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电路中并联部分的电压I变大，其他量不变，则U并变小；显示器的电流变小．即I变小，B正确，A错误；

CD．当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值变小，R2与R3的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小；C错误；D正确；

故选BD．7、A:C【分析】【详解】

AB．导体处于静电平衡时；导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的外表面，电荷不可能在导体内均匀分布，选项A正确，B错误；

CD．导体处于静电平衡时；导体表面越尖锐的位置电荷密度越大，选项C正确，D错误。

故选AC。8、A:B【分析】【详解】

A．由图乙可看出；放电极带负电，集尘极链接电源正极带正电。因此为了使尘埃向集尘极迁移并沉淀，根据“同性相斥，异性相吸”的原理，进入除尘区前尘埃需要带上负电，故A正确；

B．如图所示，B点可等效为

则可看出位于A顺电场线的下方，所以A点电势高于点电势，即A点电势高于B点电势；故B正确；

C．由图可知，A点处的电场线比B点处疏，因此A点电场强度小于B点电场强度；故C错误；

D．带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同；做正功，所以在迁移过程中电势能减小，动能增加，故D错误。

故选AB。9、A:C【分析】【详解】

AB．由题意物体所受的电场力电场改变方向之前，物体沿竖直墙运动，由于水平方向支持力与电场力相等，电场强度减小；所以支持力减小，故摩擦力减小，所以物体受到的重力和摩擦力的合力增大，加速度增大，速度增大；电场改为水平向右时，物体受互相垂直的重力和电场力，而电场力随电场强度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大。因此，整个过程中，物体运动的加速度不断增大，A正确，B错误；

C．墙壁对物体的支持力时，物体将要离开墙壁，它在墙壁上运动的位移达到最大，此时

得

即

解得

C正确；

D．根据上述分析可知；物体运动的加速度不断增大，且速度不断增大，D错误；

故选AC。10、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由于外电阻与内阻相等时；电源的输出功率最大，所以滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时，外电阻减小，但是电源的输出功率不一定增大，则A错误；

B．根据闭合电路欧姆定律

所以滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离时；外电阻减小，总电流减小，灯泡逐渐变暗，则B正确；

C．根据部分电路欧姆定律可得

由闭合电路欧姆定律

则根据电源的伏安特性曲线，可得

由闭合电路欧姆定律

则根据电源的伏安特性曲线，可得

所以均保持不变；C正确；

D．当电路稳定后；断开开关，电容器与小灯泡组成一个回路，电容器放电，则小灯泡不会立刻熄灭，所以D正确；

故选BCD。11、A:C【分析】【分析】

由题意可知考查含有电容器的动态分析，根据闭合电路欧姆定律，结合电容器的电容的定义式决定式分析比较可得．

【详解】

A.若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少；选项A正确；

B.滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变；选项B错误；

C.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式分析可知电容器所带电荷量减少；选项C正确；

D.若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得可得：不变，选项D错误．

【点睛】

根据闭合电路欧姆定律，可以确定回路中电流变化，内电阻不变，由电流变化可以确定内电压、外电压变化．结合电容的定义式决定式分析比较可得．U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值可以先写出外电压的表达式分析该表达式的斜率可知比值不变．12、A:D【分析】【分析】

【详解】

根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针a的N极向纸面里偏转，小磁针b的N极向纸外转动．故AD正确；BC错误。

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

(1)[1][2]把它改装成量程为0~3V的电压表，要串联一个分压电阻，电阻大小为

(2)[3][4]把它改装成量程为0~0.6A的电流表，要并联一个分流电阻，其大小为【解析】串联并联0.0514、略

【分析】【分析】

【详解】

假设三根等长带电棒绝缘都带+q电荷，则P的场强为零，根据电场的叠加原理可知，AB、BC两棒在PP点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相反；所以可知当AB、BC带电均为+q，CA带电为−q时，AB、BC两棒在P点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相同，都为则若撤去CA棒，P点的电场强度大小为。

根据对称性可知原来AC在Q处的场强大小方向沿Q到P。原来Q的场强是AB、BC产生的场强和AC产生的场强的叠加而成，AB、BC产生的合场强方向从P到Q，AC产生的场强方向从Q到P，根据电场的叠加可知Q点原来的场强方向可能沿Q到P，原来Q点的大小为E2，则知在Q点，AB、BC产生的合场强大小为。

若撤去CA棒后，Q点的电场强度大小。

原来Q的方向也可能沿P到Q，则在Q点，AB、BC产生的合场强大小为。

撤去CA棒后，Q点的电场强度大小。

【解析】或15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]开关拨到1后；电容器上极板与电源正极连接，电容器充电，电容器的电荷量逐渐增加，由。

可知；电容器两端电压即电压表示数逐渐增大，电流计的示数逐渐减小，当电容器两极板电压等于电源电压且电流计的示数为0时，充电完毕，电容器的电荷量不再改变；

[2]开关S拨到2后，电容器放电，电流计读数突然增大后逐渐减小，电容器两端电压即电压表示数也逐渐减小，电荷量逐渐减小至0。【解析】见详解见详解16、略

【分析】【分析】

【详解】

电源。

（1）[1][2]定义：能把电子在电源内部从电源正极搬运到负极的装置。

（2）[3]作用：移送电荷，维持电源正、负极间有一定的电势差，保持电路中有持续电流【解析】正极负极电势差17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]由公式的可知，h称为普朗克常量；h=6.63×10-34J·s。【解析】①.普朗克常量②.6.626×10-3418、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]万有引力定律研究是任意两个物体之间的作用，而库仑定律研究的是真空中两个静止的点电荷之间的作用，两个定律都研究相互作用，可以进行类比。1785年库仑经过实验提出库仑定律。【解析】类比库仑定律19、略

【分析】【详解】

由电容的决定式

可得

插入电介质后

电容器的电场能量为

因为电源未切断，所以电容器两极板间的电势差不变，即

所以

此时电场能量是原来的倍。【解析】20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2][3][4][5]利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有

（2）[6][7][8]利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）

或qU=mv2-mv（任何电场）【解析】①.牛顿第二②.匀强电场③.运动时间④.ma⑤.at⑥.位移⑦.速率⑧.非匀强21、略

【分析】【分析】

根据电势差公式分别求出A；B两点与无穷远间的电势差；再求出这两点的电势．根据电场力做功公式求出电场力做功．

【详解】

根据得而由题解得：根据得而由题解得：则把的负电荷由点移到点电场力做功大小为．

【点睛】

本题考查运用物理公式处理基本问题的能力．求电势往往先求电势差，再求电势．【解析】400V；四、作图题(共3题，共21分)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】23、略

【分析】【详解】

（1）[1]传感器1串联在电路中；因此应为电流传感器。

故选A。

（2）[2]ABC．电容器在整个放电过程中，电容器的电荷量q、电流I、电压UC均随时间减小；选项AC错误，选项B正确；

D．由于放电电流I减小，根据可知电阻箱R的电压UR减小；选项D正确。

故选BD。

（3）[3]A．根据电流传感器显示的I-t图像中的面积可求出电容器的电荷量，根据电压传感器可知电阻箱两端的电压，若已知电源电动势E，则可知电容器的电压，根据可求出该电容器的电容；选项A正确；

B．根据电流传感器和电压传感器可知电阻箱的电流和两端的电压；因此可知此时电阻箱阻值大小，选项B正确；

C．电源不变，电容器的充电电压不变，电荷量不变，若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的电流将变小，因此放电时间将变长，选项C错误；

D．电源不变，电容器的充电电压不变，若只减小电容器的电容大小，根据可知电容器的电荷量将变小；放电的时间将变短，选项D正确。

故选ABD。【解析】ABDABD24、略

【分析】【分析】

【详解】

根据电场线从正电荷出发；终止与负电荷及等量同种，等量异种点电荷电场线的分布特点，可标出电荷的电性如图所示。

【解析】见解析五、实验题(共4题，共12分)25、略

【分析】【详解】

（1）根据题意，与表头构成的电流表，则解得R1=100Ω，若使用两接线柱，电压表的量程为则

若使用两个接线柱，电压表的量程为则

（2）电压表与之并联后，电阻小于对于分压式电路，应使滑动变阻器的最大组织远小于并联部分阻值，同时便于调节电压，故应选择的电阻；

（3）在闭合开关前，滑动变阻器的滑动端应靠近端，这样把并联部分电路短路，起到保护作用．【解析】100910200050M26、略

【分析】【详解】

（1）[1]画出U-I