2025年人教版必修3物理上册月考试卷含答案

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A.电容器带电量增大，两板间电压减小B.电容器带电量减小，两板间电压增大C.电容器带电量和两板间电压都增大D.电容器带电量和两板间电压都减小2、a和b都是不带电的小球，它们互相摩擦后，a带的电荷，下列判断中正确的是（）A.摩擦的过程中电子从b转移到了aB.b在摩擦后一定带的电荷C.在摩擦前a的内部没有任何电荷D.摩擦的过程中正电荷从b转移到了a3、平时我们所处的地球表面，实际上可将其视为电场强度大小为100V/m的匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是（）

A.b、c两点的电势差B.将一个电子从a移动到b，电场力做功为-100eVC.a点场强方向水平向右D.a点场强大小小于100V/m4、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5、如图所示，图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q=（a、b为大于零的常数），其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是。

。

A.①和③B.①和④C.②和③D.②和④6、如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点；现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是()

A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将增加D.油滴仍将保持静止7、如图所示电路中，已知R1=R2=R3，R1两端电压为3V，R3两端电压为1V，流过R1和R2的方向均为向右，R4、R5为定值电阻；则（）

A.R4可能等于R5B.A、B两端电压一定为7VC.R4两端电压可能为2VD.R4一定小于R58、如图，电吉他的拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成，磁体产生的磁场使金属琴弦磁化，磁化的琴弦也有了磁性．当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号．下列说法正确的是

A.若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B.换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C.琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D.拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动信号转化为电信号评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、如图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+1×10-3C、质量m=0.02kg，的小球在该平面上从a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其v-t图像如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线；则下列说法正确的是（）

A.P、Q带正电荷B.b点的场强C.a、b两点间的电势差为90VD.带电小球由a运动到O点，电势能减小10、图中的实线表示电场线；虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）

A.M点的电势大于N点的电势B.M点的电势小于N点的电势C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力11、如图所示，有一个均匀带正电荷的绝缘半圆环，圆心为坐标原点O.同时y轴负方向上还有一个电量为＋Q的点电荷，原点O与点电荷的距离为L，此时在O点处产生的电场强度为0.现在将环的右半部折叠放于左半部圆环上，已知静电力常量为k.关于此时O点的电场强度E的说法正确的是（）

A.E的方向沿x轴正方向B.E的方向指向第四象限C.E的大小为kD.E的大小为k12、如图所示，棱长为L的正方体的上、下底面的每条棱上均固定有长直导线，导线间彼此绝缘且通过导线的电流大小均为已知通有电流为I的长直导线在距离d处产生的磁感应强度大小为正方体中心磁感应强度的大小可能是（）

A.B.0C.D.13、Q是真空中的点电荷，它激发的电场的电场线在虚线右侧的部分如图所示。M、N是电场中的两点，M与点电荷的距离小于N与点电荷的距离。下列说法正确的是（）

A.Q带正电荷B.M点的电场强度大于N点的电场强度C.M点的电场强度小于N点的电场强度D.同一试探电荷在M点受到的电场力大于它在N点受到的电场力14、如图P、Q放置两个等量的异种电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且oa=2ob，N处放置一负的点电荷；则（）

A.a处的场强的大小小于b处的场强的大小B.a、O间的电势差大于a、b间的电势差2倍C.a处的电势小于b处的电势D.电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能15、如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C为轨迹上的三点。下列判断正确的是（）

A.轨迹在一条电场线上B.粒子带正电C.场场强D.粒子的电势能16、如图所示，在xOy坐标系中有以O点为中心、边长为0.2m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场（图中未画出），已知A、B、C三点的电势分别为3V、则下列说法中正确的是（）

A.D点的电势为B.该匀强电场的场强大小C.该匀强电场的场强大小D.电场场强方向与x轴正方向成=60°角17、如图，两平行金属板a、b水平放置，两板上正对位置开有小孔c、d，两金属板充电后与电源断开。一带电的液滴在c孔正上方某一高处由静止释放，恰好能运动到d孔。若其他条件不变，仅将a板平行b板向上平移一小段距离，不考虑板外电场的影响，油滴从原处释放后，与a板移动前相比；油滴（）

A.在板间的加速度不变B.在板间的加速度变大C.不能从d孔穿出两板D.能从d孔穿出两板评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)18、用伏安法测量电阻时，MN接在恒定电压上，当S接a时电压表的示数为10V，电流表的示数为0.2A；当S接b时电压表示数为12V，电流表的示数为0.15A；为了较准确地测定S应接在___点，的真实值为______Ω

19、描述电源将其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量是________，其单位可用国际单位制中的基本单位表示为________。20、如图所示，当都闭合时，电压表示数为1V；当闭合，断开时，电压表示数为0.8V，则电源的电动势_______V.内阻_______Ω.

21、微波炉的加热原理是：微波遇到食物中的______分子时，会产生微波效应，将电磁能转化为电能。22、如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E．A、B为匀强电场中的两点，A、B两点间距离为l，A、B两点的连线与电场线间的夹角为θ．则A、B两点间的电势差为_________；将一正电荷q从A移到B，电场力所做功为__________．

评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)23、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。试画出该电场的电场线；并保留作图时所用的辅助线（用虚线表示辅助线，实线表示电场线）。

24、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。

25、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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)26、某同学研究小滑块与水平长木板之间的动摩擦因数；查阅资料得知当地的重力加速度为g．选用的实验器材是：长木板；小滑块(可安装挡光片)、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、螺旋测微器、刻度尺．器材安装如图甲所示．

(1)主要的实验过程如下：

①用螺旋测微器测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=___________mm；

②让小滑块从斜面上某一位置释放；读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；

③用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；

④求出小滑块与木板间动摩擦因数μ=___________(用物理量g；d、L、t表示)

(2)为了减小测量动摩擦因数的误差，可采用的方法是___________．27、在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中；实验室提供的实验器材有：

待测小灯泡

电流表（量程内阻约）

电压表（量程内阻约）

滑动变阻器（额定电流为）

滑动变阻器（额定电流为）

电源（电动势内阻为）

开关；导线等。

（1）请画出完整的电路图_______，要求测量数据尽量精确，且灯泡两端电压、电流从零开始，滑动变阻器应该选用___________。（填实验器材代号）

（2）根据实验得到的多组数据，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示，图像表明小灯泡灯丝材料的电阻率随着温度升高而___________。

（3）将小灯泡与的电阻组成串联电路，电路两端加上的恒定电压，则在这种情况下小灯泡的功率为___________28、实验老师指导小明和小华用一种更加精确的方法测量某金属丝的电阻，实验电路如图1所示，老师告诉他们，这样的电路在物理学中叫“电桥”。老师提供的实验器材有：电源（电动势约为3V，内阻不可忽略），电阻箱R0（最大阻值9999Ω），定值电阻R1＝200Ω，R2＝500Ω；灵敏电流计G（0刻度在表盘正中央），待测金属丝，开关S，导线若干，刻度尺。

（1）部分操作步骤如下：

①按电路图连接电路；

②闭合电键S，调节R0，使灵敏电流计读数为零，记下R0的读数。

（2）若某次实验中，当灵敏电流计读数为零时，R0的读数如图2所示，则此次实验测得的电阻阻值Rx＝___；

（3）老师加大了实验难度，提出假如R1、R2阻值未知，在不添加和更换任何电路元件的前提下，如何继续使用电桥测出Rx_______（写出必要的步骤和需要测量；记录的物理量；同时物理量用相应的字母表示）

（4）写出（2）的结果表达式Rx＝_____（用测量、记录的物理量的字母表示）。29、小明利用如图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。

（1）图中电流表的示数为__________A

（2）调节滑动变阻器；电压表和电流表的示数记录如下。

请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线____________________．

由图线求得：电动势E=_________V，内阻r=_________________Ω．

（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为__________________________________．评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)30、如图，在真空中有两个电容器C1和C2和一个竖直放置的荧光屏（平面状），电容器C1的两个极板竖直正对放置，极板上开有小孔a、b，小孔a、b连线与荧光屏垂直，交点为O，电容器C2的两个极板水平正对放置。两个电容器分别接有电源，电源电压分别为U1和U2，C2的板长为L，板间距为d，荧光屏到C2极板右端距离为L1。一个质量为m，电荷量为q的粒子，从a孔飘入（初动能可视为O）C1；经过加速和偏转后，粒子打在荧光屏上，不计粒子重力。（假设电容器极板正对的空间之外没有电场）

(1)求粒子射出C2电场区域时的竖直分速度的大小；

(2)粒子打在荧光屏上激发出荧光，求发光点到O点的距离。

31、如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为AC与AB的夹角为中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为

（1）画出C点的电场强度方向；

（2）若经过C点的点电荷的电荷量为速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值

（3）若经过C点的点电荷的电荷量为要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。

32、如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为4cm，两点的连线与场强方向成60°角。将一个电量为-2×10-5C的电荷由A移到B；其电势能增加了0.1J，求：

(1)B、A两点的电势差UBA；

(2)匀强电场的场强大小。

33、如图所示的电路中，小量程电流表的内阻满偏电流

（1）当和均断开时；改装所成的表是什么表，量程多大？

（2）当和均闭合时；改装所成的表是什么表，量程多大？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

【详解】

初始时电容器不带电，当闭合开关S，在电源向电容器充电的过程中，因电容C不变，根据Q=CU可知，电容器的电量Q增大，且两极板的电压U也增大；

A．电容器带电量增大；两板间电压减小，与结论不相符，选项A错误；

B．电容器带电量减小；两板间电压增大，与结论不相符，选项B错误；

C．电容器带电量和两板间电压都增大；与结论相符，选项C正确；

D．电容器带电量和两板间电压都减小，与结论不相符，选项D错误；2、B【分析】【详解】

AD．摩擦起电的本质是电子的转移，互相摩擦后a带的电荷，是a上的电子转移到b上；此情况下正电荷不发生移动，故AD错误；

B．a原来是电中性，摩擦后带上的正电荷，根据电荷守恒定律，可知b在摩擦后一定带的负电荷；故B正确；

C．根据电荷守恒定律，可知电荷既不能凭空产生，也不能凭空消亡，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一段转移到另一端，故在摩擦前a内部有电荷；故C错误；

故选B。3、B【分析】【详解】

A．b、c两点的电势差

故A错误；

B．将一个电子从a移动到b，电场力做功为

故B正确；

C．场强方向与等势面垂直，指向电势降低的方向，a点场强方向竖直向下；故C错误；

D．等差等势面的疏密表示场强强弱，地球表面可视为电场强度大小为100V/m的匀强电场，a点等势面比地球表面密，所以a点场强大小大于100V/m；故D错误。

故选B。4、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。5、C【分析】【详解】

试题分析：电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，由与得：Q与C成正比，而C与d成反比，则E与d成反比，所以E与Q成正比．则由Q与t关系可得，E与t的关系：选第②；Q随时间t的变化关系为又由于Q与d成反比．所以d与t成线性关系．故选第③

故选C

考点：考查了常见传感器工作原理。

点评：运用各公式去寻找变量间的关系，最终得出正确答案．6、D【分析】【详解】

A．由公式可知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，即d增大；则平行板电容器的电容将变小，故A错误；

B．电容器与电源及二极管连接，电容器不能放电，电荷量一定，根据U＝可知；电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；

C．依题意带电油滴带负电，而P点的电势增加；所以带电油滴的电势能减少，故C错误；

D．根据得

可知电容器内部电场强度不变；所以油滴仍将保持静止，故D正确。

故选D。7、C【分析】【详解】

题目中5个电阻并不是简单的串并联接法；抓住流入某点的电流等于流出某点的电流以及欧姆定律进行分析即可。

C．设和两端的电压分别为和当流过的电流方向向上时，

当流过的电流方向向下时

故C正确。

B．设已知两端电压为3V，两端电压为1V，根据欧姆定律，流过的电流为流过的电流为因流过的电流方向不确定，故流过电阻的电流可能为也可能为

若流过的电流为则两端电压为2V，

若流过的电流为则两端电压为4V，故B错误。

A．如果电阻中无电流；故A错误。

D．若A、B两端电压为5V，电流流向如图所示，说明电阻上端的电势较高，下端的电势较低，则两端的电压应该高于两端的电压，故故D错误。

故选C。8、D【分析】【详解】

A．若失去磁性则无法产生电磁感应；因此吉他不能正常工作，故A错误；

B．电吉他不可以使用尼龙线做琴弦．若是尼龙线则不能构成回路；不会产生电磁感应现象，故B错误；

C．琴弦振动时；线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，若是恒定，则声音全是一种调，所以电流方向不可能不发生变化；而根据右手定则可知，电流方向一定是变化的．故C错误；

D．电吉他是属于磁生电的应用；是根据电磁感应原理工作的．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确。

故选D。二、多选题(共9题，共18分)9、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上；故两电荷带负电，A错误；

B．图象上斜率表示加速度在b点可得。

根牛顿第二定律得。

联立解得。

B正确；

C．在ab由动能定理得。

由图乙可得。

代入解得。

C正确；

D．由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到O点时电势能最小；D正确。

故选BCD。10、A:D【分析】【详解】

试题分析：根据顺着电场线方向电势降低可知；M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；根据电场线的疏密来判定电场强度的强弱，M点的电场力小于N点，故D正确，C错误．

考点：电势；电场强度。

【名师点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小．11、A:C【分析】【分析】

【详解】

设＋Q在O处产生的电场强度为E0；

E0＝k指向y轴正方向，设圆环产生的电场强度为E′，E′与y轴负方向夹角为45°.如图1所示。

2E′cos45°＝E合＝E0E′＝将圆环右半部折叠放于左半部圆环上时，O点电场强度E0和2E′合成．如图2所示；

Ey合＝E0－2E′cos45°＝0Ex＝2E′sin45°＝E0＝k即E的方向沿x轴正方向，大小为k

故选AC。

12、B:C:D【分析】【详解】

以垂直面的四根导线为例，导线电流方向改变时对应的面中心合磁感应强度大小总共有三种，分别是和若只考虑垂直某面的四根导线在该面中心产生的磁场，当面中心磁场沿方向、面中心磁场沿方向，大小均为时，二者夹角为120°，正方体中心处的磁感应强度大小为当面中心磁场沿方向、中心磁场沿方向，大小均为时，二者夹角为60°，正方体中心处的磁感应强度大小当面中心磁场方向沿方向，面中心磁场方向沿方向，大小均为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小当面中心磁场方向沿方向、大小为面中心磁场方向沿方向、大小为时，二者夹角为90°，正方体中心处的磁感应强度大小为故正方体中心的磁感应强度大小可能为和

故选BCD。13、A:B:D【分析】【分析】

【详解】

A．由电场线的分布可知，Q带正电荷；选项A正确；

BC．M点的电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电场强度；选项B正确，C错误；

D．根据F=Eq可知，同一试探电荷在M点受到的电场力大于它在N点受到的电场力；选项D正确。

故选ABD。14、A:B【分析】【分析】

【详解】

A．根据等量异种电荷与负的点电荷在两处的电场强度，再结合矢量的叠加法则，可知Eb＞Ea；故A正确；

B．因P、Q两点荷在a、b、o三点形成的电势为零，则a、o和a、b之间的电势差只由N点的电荷决定，即a、b间的场强小于b、o间的场强，因oa=2ob，根据U=Ed，因此a、o电势差大于a、b电势差的2倍；故B正确；

CD．从正电荷从a→b，PQ两点荷对正电荷不做功，N对正电荷做正功，则电势能减小，电势减小，即a处电势高于b处，电子在a处的电势能小于电子在b处的电势能；故CD错误；

故选AB．15、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．带电粒子只在电场力作用下运动；要使轨迹与电场线重合，电场线一定为直线，由图可知，轨迹并不是直线，故A错误；

B．电场线方向从电势高的等势面指向电势低的等势面；根据曲线运动的受力特点可以判断粒子受力方向与电场线方向一致，故粒子带正电，故B正确；

C．等差等势面越密处电场强度越强，由图可知，A处等势面更密即A处电场强度更强；故C错误；

D．由图可知，A处的电势比C处电势低；由于粒子带正电，则。

故D正确。

故选BD。16、A:C【分析】【详解】

A.因为空间是匀强电场，所以所以所以所以A正确。

BCD.根据题意可以求得：边长为2cm，设过O点的等势线与x轴夹角为有：解得：因为电场线垂直于等势线，所以电场线与x轴正方向夹角C正确BD错误17、A:C【分析】【详解】

AB．由于两金属板充电后与电源断开，极板所带电荷量不变，根据

可知板间场强不变，设油滴质量为m、电量为q，与c孔距离为x，板间场强为E，板间距离为h，则由牛顿第二定律有

可知；油滴在板间的加速度不变，故A正确，B错误；

CD．根据动能定理有

当仅将a板平行b板向上平移一小段距离，设油滴在板间运动的距离为有

得

油滴到不了d孔；故C正确，D错误。

故选AC。三、填空题(共5题，共10分)18、略

【分析】【详解】

[1]S接a和接b时，电流表的示数变化较大，这说明电压表的分流较大，因此接b点时；采用伏安法测电阻误差较小。

[2]设电源的电压为E，电流表的内阻为由题得

则S接a时，有

即

S接b时

即

解得【解析】b7019、略

【分析】【详解】

[1]描述电源将其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量是电动势；

[2]根据公式

可得【解析】电动势20、略

【分析】【详解】

[1][2]当都闭合时，根据欧姆定律可得：

根据闭合电路欧姆定律可得：

当断开时，根据欧姆定律可得：

根据闭合电路欧姆定律可得：

可得：【解析】21.521、略

【分析】【详解】

[1]微波炉的加热原理是：微波遇到食物中的水分子（极性分子）时，会产生微波效应，将电磁能转化为电能。【解析】水分子（极性分子）22、略

【分析】【详解】

A、B两点间的电势差为正电荷q从A移到B，电场力所做功为．【解析】ElcosθqElcosθ四、作图题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

连接BC，过A点作BC的平行且与BC线段相等的线段AD，将AD分成两等份，找出B点的等势点，即E点，电势为11V，连接BE，则BE为等势线；电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示。

【解析】24、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】25、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】五、实验题(共4题，共28分)26、略

【分析】【详解】

（1）①螺旋测微器的读数规则可知

④因小球通过光电门的时间很短，因此可以将小球通过光电门的平均速度当成小球通过光电门的瞬时速度，则小球的速度由匀变速运动的速度和位移关系可知

由牛顿第二定律可知

联立解得

（2）可以用多次做实验取平均值消除该实验的偶然误差，也可以采用图像发拟合数据进行求解小球偶然误差，增大小球的释放高度可以使小球通过光电门的速度增加，时间减小，使平均速度接近小球的瞬时速度来减小误差．【解析】2.950多次测量取平均值;采用图像法;增大释放高度27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡正常发光时的电阻为

电流表内阻约为10Ω；电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示。

[2]因滑动变阻器采用分压式接法，为方便实验操作滑动变阻器应选R1。

（2）[3]由图可知，随电压的升高，灯丝电阻变大，根据电阻定理可知灯丝材料的电阻率随着温度升高而增大。

（3）[4]将小灯泡与的电阻组成串联电路，电路两端加上的恒定电压时，有

整理得

当I=0.2A时，U=2.0V；当I=0.