2024年沪科版必修3物理上册月考试卷

…………○…………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2024年沪科版必修3物理上册月考试卷65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；放在绝缘台上的金属罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（）

A.感应电荷在B内的场强为零B.在B的右侧内表面带正电荷C.若将B接地，验电器的金属箔片将张开D.B和C电势处处相等2、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时；下列说法中正确的是（）

A.电流表的读数变小B.电流表的读数变大C.电压表的读数变小D.电压表的读数不变3、关于电流，下列说法中正确的是（）A.通过导线截面的电荷量越多，电流越大B.电子运动的速率越大，电流越大C.单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大D.电荷运动的方向就是电流方向4、干电池的电动势为1.5V，这表示（）A.电路中每通过1C的电量，电源把1.5J电能转化为化学能B.干电池在1s内将1.5J的化学能转化为电能C.电动势1.5V就是干电池两极间电压为1.5VD.干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱5、O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在电场力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是（）

A.该电场可能是孤立点电荷形成的电场B.A点的电场强度等于B点的电场强度C.电子在A点的动能小于在B点的动能D.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功6、如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别是α和β，且α＜β；两小球在同一水平线上，由此可知（）

A.B球受到的库仑力较大，电荷量较大B.B球的质量较大C.B球受到的拉力较大D.两球接触后，再处于静止的平衡状态时，悬线的偏角α′、β′仍满足α′＜β′7、某空间的x轴上只存在沿此轴方向的静电场，x轴上各点电势分布如图。一带电量为的粒子只在电场力作用下由x轴上某点无初速释放，若粒子沿x轴运动过程中的总能量恒为零；则粒子的活动区间和运动过程中的最大动能各为（）

A.[x2，x3]；B.[x2，x3]；C.[x1，x4]；D.[x1，x4]；8、一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线；则下列说法正确的是（）

A.x1处电场强度最小，但不为零B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C.若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1＜φ3D.x2～x3段的电场强度大小方向均不变9、如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、一个利用静电除尘的盒状容器，如图所示。它的上下底面为正对的金属板，板间距为L，当连接到电压为U的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内，假设这些颗粒都处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。每个颗粒电性相同，带电量均为q，质量均为m；不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。则下列说法中正确的是（）

A.颗粒带正电B.经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附C.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数）D.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数）11、如图所示，直线A为某电源的图像，曲线B为某小灯泡的图像的一部分，用该电源和小灯泡串联起来组成闭合回路时小灯泡恰能正常发光；则下列说法中正确的是（）

A.此电源的电动势为4V，内电阻为B.灯泡的额定电压为3V，额定功率为6WC.把灯泡换成阻值恒为的纯电阻，电源的输出功率将变小D.把灯泡换成阻值恒为的纯电阻，电源的输出功率不变12、如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E；以下说法正确的是（）

A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qEC.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE13、如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个质子只在静电力作用下的运动轨迹。设质子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（）

A.质子可能从A向B运动B.若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpB>EpAD.A点电势可能高于B点电势14、如图所示，阴影部分表示导体，在各图中，P点的电场强度为零的是（）A.B.C.D.15、一个带负电的粒子仅在电场力的作用下，从x轴的原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其运动速度v随位置x的变化关系如图所示，图中曲线是顶点为O的抛物线，粒子的质量和电荷量大小分别为m和q；则下列说法正确的是（）

A.粒子沿x轴做加速度不断减小的加速运动B.O、x1两点之间的电势差C.粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了D.电场为匀强电场，电场强度大小16、下面关于静电场的说法中正确的是（）A.在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比B.在匀强电场中，电势降低的方向，就是电场强度的方向C.检验电荷在电场中某点所受电场力很大时，它在该点的电势能不一定很大D.电荷在电场中移动时，若电场力对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，而电荷的动能不一定增加17、额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中；则下列说法正确的是（）

A.L2的额定功率约为99WB.L2的实际功率约为17WC.L2的实际功率比L3的实际功率小17WD.L2的实际功率比L3的实际功率小82W评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、如图所示的电路，虚线框内各元件的数值都未知，当在它的输出a、b之间分别接入不同阻值的电阻时，电流表有不同的读数，如下表所示，请完成此表格（即要求填上对应0.1A电流时，接入a、b端的电阻和a、b端接12Ω电阻时电流表的示数）.

。电流表的示数。

1A

_______

0.6A

0.1A

接入ab端的电阻。

10Ω

12Ω

18Ω

______

19、常用电容器。

（1）分类∶

①按电容是否可变分∶______电容器、______电容器。

②按电介质分∶空气电容器、_______电容器；陶瓷电容器、电解电容器等。

（2）常见的电容器∶

①固定电容器∶

②可变电容器∶

20、用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图所示，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中。

指针位置选择开关所处挡位读数a直流电流10mA______mA直流电压50V______V______Vb电阻×100______Ω21、伏安法。

（1）原理图。

（2）主方程：______。

（3）主要器材：滑动变阻器；电流表、电压表。

（4）实验设计：通过调节滑动变阻器，只需测出U、I的两组数据，就可以列出两个关于E、r的方程，从而解出E、r。22、如图所示，在电场强度的匀强电场中，将一电荷量q=2×10-5C的正电荷由A点移到B点，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成角，则：A、B两点间的电势差_________V；电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功_________J．

23、如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的，场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片________（填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称之为__________。此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的场强大小为__________，方向为_____________。

24、利用图像分析问题是物理学中常用的方法；其中的斜率；面积通常具有明确的物理意义。

(1)小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度—时间图像如图1所示，图1中图线与坐标轴所围的面积等于12个小方格的面积，由图像可知足球在滚动过程中受到的阻力大小____（选填“变大”、“变小”或是“不变”），足球滚动了____m停下来。

(2)利用电流传感器测量电容器电容的实验电路图如图2所示。电源电压为8V，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。电流传感器将电流变化的信息传入计算机，屏幕上显示出电流i随时间t变化的i—t曲线如图3所示，图中图线与坐标轴所围的面积也等于12个小方格的面积，根据图3，计算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q=__C，该电容器的电容C=___F。

25、安培定则。

（1）直线电流的磁场：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与______方向一致，弯曲的四指所指的方向就是______环绕的方向；如图甲。

（2）环形电流的磁场：让右手弯曲的四指与______的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上______的方向；如图乙。

（3）通电螺线管的磁场：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟______方向一致，拇指所指的方向就是螺线管______磁感线的方向，或拇指指向螺线管的______极；如图丙。

评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)26、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

27、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)28、某探究小组设计电路测量某种电池的电动势和电流表的内阻；该电池的内电阻很小可忽略。可供使用的器材如下：

A.待测电池（电动势约为内阻不计）

B.待测电流表A（内阻待测）

C.电压表（内阻）

D.电压表（内阻）

E.定值电阻

F.定值电阻

G.滑动变阻器（）

H.滑动变阻器（）

I.开关一个；导线若干。

该小组设计的实验电路如图甲所示：

（1）图中滑动变阻器应选用_________（填相应器材前的字母），电流表应接在_________（填“①”或“②”）。

（2）根据实验数据作图如图乙所示，图中纵坐标不从零开始，由乙图结合电路图可求得电动势_________V，电流表内阻______（均保留2位有效数字）。

（3）从系统误差的角度考虑，电动势的测量值与真实值相比_________（填“相等”“偏大”或“偏小”）。

评卷人得分六、解答题(共3题，共27分)29、如图所示，一对平行板之间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为将板接地，此时板电势在板的正上方高为的A处有一质量为带电量为的小球，以的初速度竖直向下抛出，重力加速度为求：

（1）A点处的电势

（2）当小球运动到A点正下方距金属板高为的点时的速度大小；

（3）根据功能关系证明小球在向下运动过程中；动能；重力势能、电势能之和为定值。

30、做功与路径无关的场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场，如图所示，真空中静止正点电荷Q产生的电场中，取无穷远处的电势能为零，在距该电荷为r的位置放置电量为+q的电荷所具有的电势能为（式中k为静电力常量）。A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与电荷Q间的距离分别为r1和r2。

（1）求A点的电势；

（2）现将电荷量为+2q的检验电荷，由A点移至B点，求在此过程中，静电力所做的功W；

（3）如图所示，正电荷Q均匀分布在半径为R的金属球面上。以球心O为原点建立x轴，沿x轴上各点的电势用φ表示。选取无穷远处电势为零，在下列关于x轴上各点电势φ随位置x的变化关系图中选出正确的一项并说明理由。

31、如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q=-4×10-7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功WAB=3.2×10-6J。已知A、B间距离L=4m，AB与水平面的夹角为60°。

（1）求电场强度E的大小；

（2）如果A点的电势为-4V，求电荷量为q′=4×10-6C的正电荷在B点具有的电势能。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．金属罩处于静电平衡状态；在金属罩内任意位置激发的合电场为零，感应电荷在B内的场强不为零，故A错误；

B．由于金属罩的静电屏蔽作用；B的内表面不带电，金属罩表面的自由电子重新分布，根据“近异远同”的结论，B的右侧外表面带正电荷，B的左侧外表面负电荷，故B错误；

C．由于金属罩的静电屏蔽作用；B的内部电场强度处处为零，故验电器的金箔不张开，故C错误；

D．金属罩处于静电平衡状态；是等势体，故其左右两侧电势相等，故D正确；

故选D。2、B【分析】【详解】

当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时；变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大。图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大。

故选B。3、C【分析】【分析】

【详解】

AC．物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简称电量)叫做电流强度；通过导体横截面的电量越多，但时间不知道，电流强度不一定大，故C正确，A错误；

B．由。

可知电子运动的速率越大，电流不一定越大，电流大小还与n、q、S有关；故B错误；

D．电流有方向；其方向规定为正电荷运动方向，故D错误。

故选C。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．电路中每通过1C电量；是电源把1.5J的化学能转变为电能，故A错误；

B．电源中每通过1C电量；非静电力做功为1.5J，电源把1.5J的化学能转变为电能，不是1s内将1.5J的化学能转变成电能，故B错误；

C．干电池与外电路断开后；两极间的电势差为1.5V，电动势是表示电源把其他能转化为电能的本领，不是电压，故C错误；

D．电动势是表示电源把其他能转化为电能的本领；故干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱，故D正确。

故选D。5、B【分析】【详解】

AB．由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等；选项A错误，B正确；

CD．电子在A、B两点的电势能分别为和且

说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，电场力对其所做的功为

选项CD错误。

故选B。6、D【分析】【详解】

A．根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力；无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；

B．对小球A；B受力分析。

根据平衡条件有

因α＜β，所以mA＞mB；故B错误；

C．根据平衡条件有

因α＜β；所以B球受的拉力较小，故C错误；

D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有

因为mA＞mB，所以α′＜β′；故D正确。

故选D。7、B【分析】【详解】

粒子带负电荷，开始时由电势低处向电势高处运动，又粒子沿x轴运动过程中的总能量恒为零，则开始运动时动能为零，电势能也为零，则粒子的活动区间是[x2，x3]；电势最高时，动能最大，运动过程中的最大动能为

故选B。8、D【分析】【详解】

A．根据电场力做功与电势能变化的关系得FΔx=-ΔEp

可得

可知Ep-x图像切线斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图知，带电粒子在x1处所受电场力为零；电场强度为零，A错误；

B．粒子在0～x2段所受的电场力是变力，做非匀变速运动，x2～x3段是直线；斜率一定，则粒子所受的电场力一定，做匀变速运动，B错误;

C．根据Ep=qφ

粒子带负电，可知φ3＜φ1

C错误；

D．图像在x2～x3段是直线，斜率一定，粒子所受的电场力不变，所以x2～x3段的电场强度大小和方向均不变；D正确。

故选D。9、A【分析】【详解】

AB．根据安培定则可知；螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；

C．根据安培定则可知；螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁S级要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车处于静止状态，故C错误；

D．根据安培定则可知；螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误。

故选A。二、多选题(共8题，共16分)10、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．开始时烟尘颗粒处于静止状态；接通电键后，场强方向向下，颗粒向下运动，可知颗粒带正电，选项A正确；

B．对最上面的颗粒，根据

解得

即经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附；选项B错误；

CD．电场对最上面的颗粒做功为Uq，对最下面的颗粒做功为0，因颗粒均匀分布在两板之间，则除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数）；选项C错误，D正确。

故选AD。11、A:B【分析】【分析】

【详解】

A.由图读出：电源的电动势E=4V，内阻

A正确；

B.两图线的交点表示小灯泡L1与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=3×2=6W

B正确；

CD.灯泡L1的电阻

换成一个1Ω的定值电阻，可知其电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡L1换成一个1Ω的定值电阻；电源的输出功率将变大，CD错误；

故选AB。12、A:C【分析】【详解】

AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq

故A正确；B错误；

CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度此时A、B球的加速度为aA=g+

（显然大于g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T，由牛顿第二定律，则有T+mg=maA

解得T=qE

故C正确，D错误。

故选AC。13、A:C【分析】【详解】

A．由运动轨迹只能得到质子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，可能从A向B运动；故A正确；

B．由电场场源为点电荷，若aA＞aB，可知，点电荷Q靠近M端；又质子受力指向凹的一侧可得，MN上电场线方向向左，故点电荷Q为负电荷；故B错误；

D．质子受力指向凹的一侧，MN上电场线方向向左，根据沿着电场线电势降低可得，B点电势高于A点电势，正电荷在电势高的地方电势能大，故一定有EpB>EpA

故C正确；D错误。

故选AC。14、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由静电屏蔽理论可知A项正确；

B．把导体环的右侧接地后；右侧无感应电荷，但不会影响导体环对内部的屏蔽作用，B项正确；

C．场源电荷在导体环的内部，静电感应使导体环的内壁带负电，外壁带正电，且导体的电势比大地的电势要高，因为它处在正点电荷的电场中，当导体环接地后，它外壁感应出的正电荷将全部被大地上的电子中和，使外壁不带电，所以P点的电场强度也为零；故C正确；

D．通过对C项的分析可知；D项中的导体环外壁将带正电，导体环将有电场存在，所以D错误。

故选ABC。15、C:D【分析】【详解】

AD．由题意可知，图中曲线是抛物线，则曲线的表达式可写为

粒子只在电场力作用下运动，由动能定理得

即

又

所以粒子在运动过程中，受到的电场力不变，说明电场为匀强电场，场强为

沿x轴合外力不变，即粒子沿x轴做加速度不变的加速运动；故A错误，D正确；

BC．粒子从O点运动到点x1，由动能定理得

电场力做正功，电势能减少，为

则O、x1两点之间的电势差为

故B错误；C正确。

故选CD。16、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据U=Ed可知；在匀强电场中任意两点的电势差与两点之间沿电场线方向的距离成正比。而不是任两点间的距离，故A错误；

B．在匀强电场中；沿场强的方向电势一定是降低的，但电场中电势降低的方向不就是场强的方向，而电势降低最快的方向才是场强的方向。故B错误；

C．电场力只能说明电场强度大；不能说明电势高，故不能说明电势能大。故C正确；

D．无论是正电荷还是负电荷；只要静电力做正功电势能一定减小，类似于重力做功与重力势能变化的关系；物体动能的变化与合外力的做功有关，不仅仅是电场力做功。故D正确；

故选CD。

【点睛】17、A:B:D【分析】【详解】

A．由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220V时的电流为0.45A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99W

故A正确；

B．图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2U1＋U2＝220V

由L1和L2的U－I图线可知I1＝I2＝0.25AU1＝152VU2＝68V

故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17W

故B正确；

CD．由于L3两端的电压为220V，故P3＝P额＝99W

则P3－P2＝82W

故C错误；D正确。

故选ABD。三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【详解】

[1][2]．若按常规解法，需先设未知电动势E，内阻r及未知电阻R1、R2,再列方程求解，这样不仅方程结构庞大，且解题费时繁难.若把虚线框内的电路结构看作一个等效电源，其电动势和内阻分别设为E′、r′，由题意a、b间接入电阻R1=10Ω时，电流表示数I1=1A，接入电阻R3=18Ω时，电流表示数I3=0.6A，设接入电阻Rx时，电流表示数I3=0.1A；则由闭合电路的欧姆定律有：

E′=I1(R1+r′)E′=I3(R3+r′)即。

E′=1×(10+r′)E′=0.6×(18+r′)解得。

E′=12Vr′=2Ω同理可以解得。

Rx=118ΩI2=0.5A.【解析】0.5A118Ω19、略

【分析】【分析】

【详解】

常用电容器。

（1）分类∶

①[1][2]按电容是否可变分∶可变电容器；固定电容器。

②[3]按电介质分∶空气电容器、聚苯乙烯电容器、陶瓷电容器、电解电容器等。【解析】①.可变②.固定③.聚苯乙烯20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]指针在a位置时；直流电流10mA挡，读第二行刻度“0～10”一排，最小分度值为0.2mA，估读到0.1mA就可以了，读数为2.0mA。

[2]指针在a位置时；直流电压50V挡，读第二行刻度“0～50”一排，最小分度值为1V，估读到0.1V就可以了，读数为10.0V。

[3]指针在b位置时，电阻×100挡，读第一行刻度，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率100，读数为320Ω。【解析】①.2.0②.10.0③.32021、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】E=U+Ir22、略

【分析】【详解】

[1]两点间的电势差：

[2]电荷由移到的过程中，电场力所做的功：【解析】5000V0.1J23、略

【分析】【详解】

[1][2]金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场；和外界电场大小相等，方向相反，合场强为零，这种现象叫静电感应，验电器的箔片没有感应电荷，故不张开。

[3][4]由前面分析可知金属网罩内部合场强为零，因外界场强大小为E，方向水平向右，故金属网罩的感应电荷在网罩内部空间激发的电场大小为E，方向水平向左。【解析】不张开静电屏蔽E水平向左24、略

【分析】【详解】

(1)因为v-t图象的斜率变小，表示加速度减小，根据牛顿第二定律f=ma；知足球在滚动过程中受到的阻力变小；图1中图线与坐标轴所围面积表示位移即为足球滚动的距离，1格面积是1，12格面积是12，所以位移是12m，足球滚动了12m才停下来。

(2)在电容器放电过程中的任意瞬时有：△Q=I•△t，故i-t图线与t轴所围面积即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积．因此电容器所带电荷量的最大值根据电容的定义式

【点睛】

解决本题的关键是理解图象面积的物理意义，v-t图象的面积代表位移，i-t图线的面积代表电量。【解析】变小120.0240.00325、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]直线电流的磁场：右手握住导线；让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向，如图甲。