2025年人教版PEP必修三物理下册月考试卷

…………○…………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年人教版PEP必修三物理下册月考试卷748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9题，共18分)1、如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点；则（）

A.Q点电势小于P点的电势B.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C.电子在R点处电势能小于在Q点处电势能D.电子从P至R的运动过程中，动能先减小后增加2、如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三条导线中通入的电流大小相等，方向垂直纸面向里；通过直导线产生磁场的磁感应强度B=kI/r,I为通电导线的电流大小，r为距通电导线的垂直距离；k为常量；则通电导线R受到的磁场力的方向是。

A.垂直R，指向y轴正方向B.垂直R，指向y轴负方向C.垂直R，指向x轴正方向D.垂直R，指向x轴负方向3、关于磁感线，下列说法中正确的是（）A.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场B.磁感线的方向总是从N极指向S极C.磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致D.磁感线是真实存在的曲线，它们之间有交点4、下列关于电流的说法中，错误的是（）A.导体中没有电流时，说明导体内部的电荷没有移动B.电源的作用不是使电路中产生电荷，而是使电路中的电荷发生定向移动C.由可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多D.恒定电流是由恒定电场产生的5、某同学用游标卡尺测量一个圆柱形导体的长度；游标尺上有10等分刻度，测量示数如图甲所示；用螺旋测微器测量该导体的直径，测量示数如图乙所示。下列选项中正确表示读数结果的是（）

A.甲乙B.甲乙C.甲乙D.甲乙6、如图甲，A、B是某电场中的一条电场线上的两点，一带负电的粒子从点由静止释放，仅在静电力的作用下从点运动到点，其运动的图像如图乙所示。取A点为坐标原点，且规定方向为正方向建立轴，作出了所在直线的电场强度大小电势粒子的电势能随位移的变化的图像、图像、图像；其中可能正确的是（）

A.B.C.D.7、如图所示为边长为L的正六边形，在A、C、E点上分别放置电荷量为的点电荷，已知静电力常量为k；关于三个点电荷形成的电场，下列说法正确的是（）

A.O点和F点电场强度大小均为方向相反B.B点和D点的电势相等，且比O点电势低C.将一个带电小球从O点移到C点，小球的电势能降低D.B点和D点的电场强度方向相同8、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素如图所示。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中；极板所带电荷量不变，若（）

A.保持d不变，减小S，则q不变B.保持d不变，减小S，则q变小C.保持S不变，增大d，则q变小D.保持S不变，增大d，则q变大9、如图所示，因线路故障，接通S时，灯泡L1和L2均不亮，用电压表测得Uab＝0，Ubc＝0，Ucd＝4V。因此可知开路处为（）

A.灯泡L1B.灯泡L2C.变阻器D.不能确定评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、图甲是工厂静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接直流高压电源后；在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，图乙是金属丝与金属管壁通电后形成的电场示意图。下列说法正确的是()

A.金属丝与管壁间的电场为匀强电场B.粉尘在吸附了电子后动能会增加C.粉尘在吸附了电子后电势能会减少D.粉尘在吸附了电子后电势能会增加11、如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d；重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.电场的方向可能水平向左B.电场强度E的最小值为C.当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零D.F所做的功一定为12、两平行导体板间距为d，两导体板间电压为U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为l时侧移为y。如果要使电子的侧移仅改变一个量，下列哪些措施可行（）A.改变两平行导体板间距为原来的一半B.改变两导体板所加电压为原来的一半C.改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D.改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍13、按如图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下；当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（）

A.L1变暗B.L1变亮C.L2变暗D.L2变亮14、在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判断正确的是（）

A.|ΔU1|<|ΔU2|，|ΔU2|>|ΔU3|B.不变，变小C.变大，变大D.变大，变大15、如图所示，在等量正电荷连线中垂线上有A、B、C、D四点，B、D两点关于O点对称，则下列关于A、B、C、D四点电场强度大小的说法中正确的是（）

A.EA＞EB，EB=EDB.EA＜EB，EA＜ECC.可能有EA＜EB＜EC，EB=EDD.可能有EA=EC＜EB，EB=ED16、如图所示，电场中有A、B两点；则下列说法中正确的是（）

A.电势场强B.电势场强C.将电荷从A点移到B点电场力做了正功D.将电荷分别放在A、B两点时具有的电势能17、如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v=2g为重力加速度；取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）

A.电场中A点的电势为B.电场中B点的电势为C.小球运动到B点时的动能为2mgRD.小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR18、如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，DE是三角形的中位线，AB边长为2m，质量为的一价正离子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，正离子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，电子电量为下列说法正确的是（）

A.D点的电势为14VB.正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功－6eVC.匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小为6V/mD.正离子从D点射入的速度大小为评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)19、在纸面上有一个等边三角形ABC，其顶点处都有通相同电流的三根长直导线垂直于纸面放置，电流方向如图所示，每根通电导线在三角形的中心产生的磁感应强度大小为则中心O处的磁感应强度大小为__．

20、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V；由此。

（1）则D点电势φD=____________V

（2）若该正方形的边长为a=20cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=_________N/C21、如图所示，电路电压U恒定，三个灯完全相同且电阻恒定，当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动过程中，三个灯的亮度变化特点是________，________，________．

22、会用多用电表探索黑箱中的_______。23、如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，这时金属箔带________电；若在带电棒A移开前，用手摸一下验电器的小球后离开，然后移开A，这时B的金属箔也能张开，它带________电．

24、知识点4伏安特性曲线

1.伏安特性曲线：用横坐标表示电压U，纵坐标表示电流I，画出的I-U图像。

2.线性元件：伏安特性曲线是___________，也就是电流I与电压U___________的元件。

3.非线性元件：伏安特性曲线不是___________，也就是电流I与电压U___________的元件。如图为二极管的伏安特性曲线；二极管为非线性元件。

25、图中游标卡尺的读数为________mm，螺旋测微器的读数为________mm。

26、如图所示中的游标卡尺的示数是__________cm，螺旋测微器的示数是__________mm。

27、如图所示是一个电路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么电流表测得的电流的大小为_______A，方向向__________（选填“左”或“右”）。

评卷人得分四、作图题(共3题，共30分)28、如图所示，磁感应强度大小为的匀强磁场仅存在于边长为的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反。有一个边长为的正方形导线框垂直磁感线方向以速度匀速通过磁场。从边进入磁场算起；规定刚开始时磁通量为正值，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图像。

29、如图所示是某电场中的电场线，请画出点a点的场强方向和电荷-q在b点所受电场力的方向。

30、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)31、在测量一节干电池的电动势E和内阻r的实验中；小明设计了如图甲所示的实验电路．

（1）根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接________．

（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至________（选填“a”或“b”）端．

（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB.

①S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的________（选填“A”或“B”）线；

②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是________（选填“电压”或“电流”）表的示数偏________（选填“大”或“小”）．32、在测量某电源的电动势和内阻时；为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验小组设计了如图甲所示的电路进行测量。图中电压表满偏电压为3V，电流表满偏电流为50mA，电阻箱最大阻值为999.9Ω。

实验主要步骤如下：

①按照图甲连接实物电路。断开所有开关；将电阻箱连入电路的阻值调到最大；

②只闭合S0，调节电阻箱R，记录若干组电阻箱的示数R和电流表的示数I，断开S0；

③闭合S1、S2、S0，调节电阻箱R，记录若干组电阻箱的示数R和电压表的示数U，断开S0；

④分别作出步骤②中的和步骤③中的图像；

请回答下列问题：

（1）在步骤③中，某次测量时，电压表指针如图乙所示，此时电压表示数U＝______V（结果保留2位小数）；

（2）若只用步骤②中的数据，电源电动势的测量值_________真实值；若只用步骤③中的数据，电源电动势的测量值_________真实值；（均选填“大于”“等于”或“小于”）

（3）根据测得数据，作出和图像如图丙所示，根据这两条图线求得电源电动势E＝______V，内阻r＝_________Ω。（结果均保留3位有效数字）

33、某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻．

①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只____Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；

②根据图甲；用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；

③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=____Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____．

④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是____．（填选项前的字母）。A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大。测量次数。

1

2

3

4

5

6

7

8

电压表V读数U/V

5.26

5.16

5.04

4.94

4.83

4.71

4.59

4.46

改装表A读数I/mA

20

40

60

80

100

120

140

160

34、用如图所示的装置探究感应电流的产生条件；所使用的器材有：电池组；开关、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计、导线等。

（1）图中已接好部分连线；还剩两处未连线，请补充完整______。

（2）在开关闭合的情况下；将线圈A中的铁芯向上拔出，______（填“能”或“不能”）引起电流计指针偏转；

（3）若已知实验中闭合开关的瞬间；灵敏电流计的指针向右偏转。则上述（2）中铁芯向上拔出时，灵敏电流计的指针偏转_____（填“向右”；“向左”或“不”）。

（4）在保持开关闭合的情况下，还有什么方法可以使线圈B中产生感应电流？请写出一种方法：______。评卷人得分六、解答题(共4题，共8分)35、如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻的等势面间距离为2cm，设B点电势为零，已知UAC=60V；求：

（1）匀强电场的电场强度及A；C、D三点的电势；

（2）将q=-1.0×10C的点电荷由A点移到D电场力所做的功WAD；

（3）电荷q=2×10C的点电荷在D点具有的电势能．36、如图所示，电阻R1为6Ω，电源内阻r为1Ω，当合上电键S且滑动变阻器R2为3Ω时；电源的总功率为20W，电源的输出功率为16W，灯泡正常发光．求：

（1）电灯的电阻和灯的额定功率；

（2）当电键S断开时；为使灯泡正常发光，滑动变阻器的阻值应调到多少？

37、如图所示的匀强电场，电场强度E=2×104N/C．一电荷量q=+1×10-8C的点电荷从电场中的A点移动到B点，A、B之间的距离x=0.2m，A、B连线与电场线夹角为60°．求：

（1）点电荷所受电场力F的大小与方向；

（2）电场力对点电荷所做的功W与点电荷电势能的变化量∆Ep；

（3）A、B之间的电势差UAB；

38、如图所示，电源两端的电压保持不变。当开关都闭合，滑动变阻器接入电路中的电阻为时，电压表的示数为电流表示数为滑动变阻器消耗的电功率为电路消耗的总功率为当开关闭合、断开，滑动变阻器的滑片P位于最右端时，电流表的示数为电路消耗的总功率为保持开关闭合、断开，当滑动变阻器的滑片P由最右端调至使其接入电路中的电阻为时，电流表的示数为电压表的示数为电路消耗的总功率为继续改变滑动变阻器接入电路的电阻值，当滑动变阻器接入电路中的电阻为时，电路消耗的总功率已知求：

（1）与的比值；

（2）与的比值；

（3）当开关均闭合时，滑动变阻器消耗的电功率

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【详解】

A．沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知Q点的电势大于P点的电势；故A错误；

B．据电场线的疏密程度可知，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度；故B错误；

C．从P到R电势逐渐升高，电子带负电，电势能减小，因此电子在R点处的电势能小于在Q点处的电势能；故C正确；

D．根据能量守恒，电子从P至R的运动过程中；电势能减小，动能增大，故D错误；

故选C。2、B【分析】【分析】

R所在处的磁场是由P与Q中的电流产生的，由安培定则判断出R处磁场的方向，然后由左手定则判断出R中电流所示安培力的方向。

【详解】

由安培定则可知，通电指导线P、Q在R处产生的合磁场方向水平向右，即沿X轴正方向，则R处的磁场方向沿X轴正方向；由左手定则可知，通电直导线R所受安培力垂直于R指向Y轴负方向，B正确．3、C【分析】【分析】

【详解】

A．磁感线不是真实存在的物质；是用以形象地描绘磁场分布的一些曲线，磁场存在于磁体周围的空间中，不存在磁场强度为零的间隙，故A项错误。

B．磁感线是闭合的曲线；在磁体内部，磁感线的方向是由S极到N极，故B项错误。

C．引入磁感线时规定；磁感线上每一点的切线方向与该点的磁场方向一致，故C项正确。

D．磁感线不是真实存在的曲线；空间中任意一点磁场方向只有一个；即磁感线不可能相交，故D项错误。

故选C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．导体内自由移动的电子仍然在做无规则热运动；A错误。

B．电荷的定向移动形成电流；电源使电路中的电荷发生定向移动，B正确。

C．根据公式可知；单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，电流越大，C正确。

D．恒定电流是由导体两端稳定的电压形成的；电源的作用就是在导体两端加上稳定的电压，从而在导体内部形成恒定电场而产生恒定电流，故D正确；。

本题选错误的，故选A。5、D【分析】【详解】

游标卡尺为10等分度，则由主尺和游标尺读数可知

螺旋测微器测量导体的直径为

由于读数造成的偶然误差的存在；3.275mm~3.279mm皆可。

故选D。6、C【分析】【详解】

AB．根据图像可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受电场力在逐渐减小，电场强度随位移在逐渐减小；AB错误；

C．粒子带负电，电场力方向从指向电场强度方向从指向故从到电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故图像的斜率逐渐减小；C正确；

D．从到电势能逐渐减小，但由于电场力减小，图像的斜率逐渐减小；D错误。

故选C。7、B【分析】【详解】

A．根据点电荷得场强公式

以及矢量合成运算法则可知，O点处得场强大小为方向由

F点得场强大小为方向由

故A错误；

B．根据对称性可知，B点和D点的电势相等，从O点到D点，C点和E点处的两个电荷产生的电势之和始终为零，而与A点处的正电荷距离越来越远，所有电势一直降低，同理可知从O点到B点也是同样的情况；故B正确；

C．将一个带电小球从O点移到C点，带点小球离正电荷越来越远，离负电荷越来越近，若带电小球带正电，则在从O点移到C点的过程中电场力始终做正功，电势能降低，若带电小球带负电，则在从O点移到C点的过程中电场力始终做负功；电势能升高，因此在不知道带电小球电性的情况下无法做出判断，故C错误；

D．根据对称性可知，B点和D点的电场强度大小相等方向不同；故D错误。

故选B。8、D【分析】【详解】

AB．根据电容的决定式

得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式

分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大。故AB错误；

CD．根据电容的决定式

得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式

分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大；反之，保持S不变，减小d，则θ减小。故D正确；C错误；

故选D。9、C【分析】【详解】

灯泡均不亮，则说明电路中一定存在断路故障；由于Uab＝0，Ubc＝0，cd电压为4V，因此cd两端均与电源两端导通；故只能是cd间发生断路；故滑动变阻器发生断路；故C正确ABD错误。

故选C。二、多选题(共9题，共18分)10、B:C【分析】【详解】

A．由图乙可知金属丝与管壁间的电场是非匀强电场；A错误；

B．粉尘在吸附了电子后会加速向带正电的金属管壁运动；因此动能会增加，B正确；

CD．此时电场力对吸附了电子后的粉尘做正功；因此粉尘在吸附了电子后电势能会减少，C正确，D错误。

故选BC。11、B:C【分析】【详解】

A．小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力；如图。

根据上图可知；电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；

B．由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得：qE＝mgsinθ，所以电场强度的最小值为故B正确；

C．当mg＝Eq时；根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；

D．由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故D错误；12、C:D【分析】【分析】

【详解】

粒子在电场中水平方向做匀速直线运动。

竖直方向做匀加速直线运动；竖直方向的加速度。

竖直方向的位移。

A．由上述分析可知；改变两平行导体板间距为原来的一半，则侧移距离y变为原来的2倍，故A错误；

B．由上述分析可知，改变两导体板所加电压为原来的一半，则侧移距离y变为原来的故B错误；

C．由上述分析可知，改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半，则侧移距离y变为原来的故C正确；

D．由上述分析可知，如果将初速度增大到原来的两倍，则侧移距离y变为原来的故D正确；

故选CD。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L2的电流减大，故L2的变亮；故D正确，C错误；

灯泡L2及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L1的电流变小，即灯泡L1变暗；故A正确；B错误。

故选AD。

【点评】

闭合电路的欧姆定律中的动态电路分析一般按外电路﹣内电路﹣外电路的分析思路进行分析，在分析外电路时要注意结合串并联电路的规律．14、A【分析】【分析】

【详解】

B．由欧姆定律，可得

R1保持不变，则不变，不变。故B错误；

C．同理，有

滑动触头P向下滑动，所以R2接入电阻变大，故变大。由公式

所以保持不变。故C错误；

D．根据公式，有

所以变大，又因为

所以不变。故D错误；

A．根据上面选项分析，可得

所以|ΔU1|<|ΔU2|，|ΔU2|>|ΔU3|

故A正确。

故选A。15、C:D【分析】【详解】

据等量同种电荷的电场特点，中垂线上各点的场强关于电荷连线对称，中点场强最小为零，向两侧场强先逐渐增大到最大再逐渐减小，由于B、D两点关于O点对称，所以B、D两点的场强大小相同，由于场强最大位置不确定，所以C点、B点、A点的场强大小关系可能有EA＜EB＜EC，也可能有EA=EC＜EB；故CD正确，AB错误。

故选CD。16、B:C:D【分析】【详解】

电场线越密的地方电场强度越大，所以场强沿着电场线电势一定降低，所以电势故A错误，B正确；将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故C正确．将-q电荷从A点移动到B点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以故D正确．

故选BCD．

【点睛】

电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．17、A:C【分析】【详解】

取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：mgR+qUAO＝mv2，解得UAO＝而UAO=φA-0，解得：φA＝故A正确；由对称性可知：UAO=UBO，即为：φA-0=0-φB，故有：φB＝−故B错误；小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：Ek=qUAB=2mgR，故C正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝mv2+0＝2mgR，由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1-cos37°）=0.2mgR

故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1-0.2mgR=1.8mgR，故D错误；故选AC.18、A:C:D【分析】【详解】

A．由匀强电场中两点间的电势差与距离成正比，得

得

故A正确；

B．正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功

故B错误；

C．如图。

取DA中点F，则连接BF，即为等势线，由几何关系知

故匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小

故C正确；

粒子的初速度方向与场强方向垂直，做类平抛运动，有

解得

故D正确。

故ACD。三、填空题(共9题，共18分)19、略

【分析】【详解】

[1]根据右手定则可知，直线电流的磁场是以直线电流为中心的一组同心圆，故中心O点处三个直线电流的磁场方向如图所示：

由于对称性，它们互成1200的角，且它们的大小相等，均为B0，根据矢量合成的特点，可知它们的合矢量为零．【解析】020、略

【分析】【详解】

(1)[1]匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，

解得：φD=9V

(2)[2]连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接DF；是一条等势线．

将DF延长交于AB于P点，则P点的电势为φP=φD=9V

可知P是AB的中点，

PD是该电场的一条等势线，作AM⊥PD，根据等面积原理知

场强【解析】921、略

【分析】【详解】

[1][2][3]当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动过程中，电路中的总电阻值先增大后减小，所以电路中总电流先减小后增大，即灯泡L1的亮度先变暗后变亮。当电路中总电流减小时，L1分担的电压减小，L2、L3及滑动变阻器分担的电压增大，滑动过程中L2与滑动变阻器上端的总阻值增大，所以通过L2灯的电流减小，L2灯将变暗，而L3灯与滑动变阻器下端的阻值减小，电流将增大，所以L3灯将变亮。同理电路中总电阻减小时，可知L2灯将继续变暗，L3灯将继续变亮。由上可知L1先变暗后变亮，L2一直变暗，L3一直变亮。【解析】先变暗后变亮一直变暗一直变亮22、略

【分析】【详解】

略【解析】电学元件23、略

【分析】【详解】

当A棒靠近验电器B时；由于静电感应，正电荷被排斥到金属箔上而使金属箔张开；

用手接触一下验电器小球后，将金属箔上被感应出来的正电荷与大地来的电子中和，这时验电器带负电，移走A后，金属箔带负电，从而张开一定角度．【解析】正负24、略

【分析】【详解】

略【解析】①.一条过原点的直线②.成正比③.一条直线④.不成正比25、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的精度为读数为

[2]螺旋测微器精度为读数为【解析】50.154.700（4.698~4.702）26、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺的示数为

[2]螺旋测微器的示数为【解析】10.0254.48727、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]R1两端的电压U1=I1R1=1V

R2两端的电压U2=I2R2=0.1V

则R3两端的电压U3=0.9V，且下端电势高于上端，则R3的电流I3==0.3A

方向向上，则电流表测得的电流为0.3A-0.1A=0.2A，方向向左。【解析】①.0.2②.左四、作图题(共3题，共30分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段（只有边在磁场中），在磁场中运动阶段（两边都在磁场中），离开磁场阶段（只有边在磁场中）。

①线框进入磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性增加，最后为

②线框在磁场中运动阶段：对应，时间内，穿过线框的磁通量线性减小，最后为时间内，穿过线框的磁通量反向线性增加，最后为

③线框离开磁场阶段：对应穿过线框的磁通量线性减小，最后为

画出图像如图所示。

【解析】见解析29、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】30、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【解析】五、实验题(共4题，共12分)31、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]实物图如图所示。

(2)[2]为保护电表，闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值要最大，应将滑片滑至a端。

(3)[3]当S2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势

同时由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，因此电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B。

[4][5]S2接1位置时，引起误差的原因是电压表的分流，使得电流的测量值偏小，故电动势和内阻的测量值都偏小【解析】aB电流小32、略

【分析】【详解】

（1）[1]电压表的分度值为0.1V；需要估读到分度值的下一位，所以电压表的示数为0.80V；

（2）[2][3]若只用步骤②中的数据；电源电动势的测量值等于真实值；若只用步骤③中的数据，电源电动势的测量值小于真实值；

（3）[4][5]步骤②中，根据

整理，得

则

步骤③中，根据

变形，得

则

解得【解析】0.80等于小于1.4020.033、略

【分析】解：1.根据改装后电表的量程代入解得

2.实物图如图所示。

3.根据闭合电路的欧姆定律可得故

或或或

可得:．因充分利用测得的