2025年外研版2024必修3物理上册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版2024必修3物理上册阶段测试试卷687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，电场强度大小为E的匀强电场中有一等边三角形abc，在a点放有一电荷量为Q的正点电荷，b点的电场强度恰好为0，则c点的电场强度（）

A.大小为E，方向从b指向cB.大小为E，方向从b指向cC.大小为E，方向从b指向aD.大小为2E，方向从a指向c2、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是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹；设电子在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.若电子从A运动到B，速率变大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EpA>EpBD.B点电势可能高于A点电势3、关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法正确的是（）A.这三种方式都创造了带负电荷的电子B.这三种方式都创造了带正电荷的质子C.这三种起电方式中只有接触起电是电子的转移D.这三种方式都符合电荷守恒定律4、1909年，密立根因通过油滴实验测得了电子电荷量而荣获1923年诺贝尔物理学奖.密立根油滴实验原理如下：带负电的油滴自油滴盒顶部入口飘入油滴盒，油滴盒区域内存在匀强电场。通过显微镜观测油滴的运动情况测得油滴的电荷量。某次实验观测到某一带负电油滴在油滴盒内正好做匀速运动。设油滴质量为m，油滴盒内电场强度为E，重力加速度为g；忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

A.油滴盒内电场强度方向竖直向上B.带电油滴所受电场力与重力是一对相互作用力C.油滴所带电荷量D.油滴所带电荷量可以是任意值5、下列对电学知识的说法正确的是（）A.物体带电量有可能是3×10-19CB.电势为零的地方电场强度一定为零C.不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律D.以点电荷为球心的球面上各点的电场强度相同6、如图所示，直流电源、滑动变阻器平行板电容器与电流计连接，的下极板接地，开始时不带电。现闭合开关稳定后一带电油滴恰能静止在电容器中的点；下列说法正确的是（）

A.保持两开关闭合，的滑片上滑时，中电流向上B.保持两开关闭合，的滑片下滑时，油滴向上运动C.断开的下极板下移时，点的电势升高D.断开的上极板下移时，油滴的电势能减小7、一台电动机，它的额定电压为内阻为．给这台电动机接上额定电压后，通过的电流为．这时，它输出的机械功率为（）A.B.C.D.8、如图所示，一根足够长的细棒均匀带负电，单位长度所带的电荷量大小为q。当细棒沿其所在直线向右做速度大小为v的运动时；会形成等效电流。下列选项正确的是（）

A.等效电流的方向向右B.等效电流的大小为C.若从细棒左侧向右侧看，空间中的磁场方向为顺时针D.若保持细棒静止，细棒周围的电场为匀强电场9、关于匀强电场和匀强磁场，下列说法正确的是（）A.点电荷周围空间的电场是匀强电场B.等量异种点电荷周围的电场是匀强电场C.直导线周围空间的磁场是匀强磁场D.通电螺线管内部的磁场是匀强磁场评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了的功。那么（）A.M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B.P点的场强一定小于Q点的场强C.P点的电势一定高于Q点的电势D.M在P点的动能一定大于它在Q点的动能11、真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC=30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下；则下列说法正确的是（）。

A.q1带负电，q2带正电B.D点电势低于A点电势C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍12、如图甲所示，在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能随位移x变化的关系如图乙所示。若Ⅰ的电荷量为q。则可知（）

A.匀强电场的场强大小为B.电荷Ⅱ的电荷量为2qC.选O点为电势零点，A点的电势为D.电场中O、A两点的电势差为13、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，稳定后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ；则下列说法正确的是（）

A.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大B.保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ减小C.断开S，将A板向B板靠近，则θ减小D.断开S，将A板向B板靠近，则θ不变14、如图，光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定，右端与一质量为m、电荷量为的滑块P（可视作质点）拴接，沿水平方向建立x轴，沿x轴加一水平方向电场（图中未画出），x轴上的电势随位置x的变化关系如图所示。滑块从弹簧原长处静止释放（未超出弹性限度），沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中（）

A.电场的电势越来越低，电场强度越来越小B.滑块的加速度先增大后减小C.当滑块的速度最大时，弹簧弹性势能与滑块动能之和最大D.滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量15、如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。已知不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是（）

A.它们运动的时间之比B.它们的初速度之比C.它们的动能增加量之比D.它们的电势能减少量之比评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力大小为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力大小为_____．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力大小为_____．17、如图所示的A、B、C、D四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是______组和______组（A；B两组实验中小球的手柄均为绝缘手柄；D组实验中虚线框表示金属网罩）。

A.B.C.D.18、如图电路；当滑动变阻器的滑片放在正中时，三灯的亮度相同，则：

（1）三灯的电阻大小关系是：____；

（2）当滑动变阻器的滑片下移后，三个灯的亮度最暗的是____灯．19、在磁感应强度为B的匀强磁场中，半径为R的半球形球壳如图（a）放置，穿过它的磁通量为_______；面积为S的矩形线框在该磁场中的初始位置如图（b）中实线所示，线框绕O轴逆时针转动到与磁场垂直的虚线位置，这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为______。

20、分别表示在一条直线上从左到右的三个点电荷，已知与之间的距离为与之间的距离为且每个电荷都处于平衡状态．

（1）如为正电荷，则为________电荷．

（2）三者电量大小之比是________．21、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，外电阻分别为闭合电键S，当滑动变阻器的触头，P向下滑动时，四个理想电表A、的示数都将发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量分别用和表示。

（1）示数和其中一定变小的是_________。

（2）表达式其中一定变小的是__________。

（3）变化量和其中绝对值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意结果的正负___________：。________________________________

（5）若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗的总功率最大，则应取_____22、__________提出光是一种__________波，__________用实验验证了这一预言．红外线最显著的作用是__________，__________都会发出红外线，红外线波长比红光__________，所以__________现象较显著，易透过云雾，可用于高空摄影；紫外线的主要作用是__________，__________能发出紫外线，紫外线还有__________效应和__________作用，伦琴射线又叫__________射线．评卷人得分四、作图题(共4题，共24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、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。

25、如图，黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由四个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为2、3接线柱之间的电阻为1、3接线柱之间的电阻为在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式。

26、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1题，共6分)27、某多用电表内部电路原理图如图所示；G为电流表。

(1)插孔a应接__________（选填“红”或“黑”）表笔。

(2)选择开关S打到2处时是__________（选填“电流”“电压”或“欧姆”）挡。

(3)选择开关S打到3或4处时是__________（选填“电流”“电压”或“欧姆”）挡，选择开关S打到4处时的量程比打到3处时的量程__________（选填“大”或“小”）。评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)28、在如图所示的电路中，定值电阻R为8Ω；电动机的额定电压为4V，线圈电阻为0.5Ω，当开关S闭合后，电动机恰好正常工作。已知电路稳定后在2s的时间，电源把2C的电荷从负极移送到正极，非静电力做了10J的功，求：

（1）电源的电动势和内阻；

（2）电动机正常工作时产生的机械功率。

29、把一个带电荷量为的正点电荷从电场中的A点移到无限远处时，静电力做功若把该电荷从电场中的B点移到无限远处时，静电力做功取无限远处电势为零。

（1）求A点的电势：

（2）求A、B两点的电势差；

（3）若把电荷量为的负电荷由A点移到B点，静电力做的功为多少？30、如图所示，竖直放置的平行金属板A、B，板间距离为L，板长为2L，A板内侧中央O处有一个体积不计的放射源，在纸面内向A板右方均匀地以等大的速率朝各个方向辐射正离子，离子质量m=8.0×10-26kg，离子电荷量q=8.0×10-19C，离子的速率v0=2.0×105m/s，不计极板边缘处及离子重力的影响，已知=则：

(1)若UAB=0；则打到B板上的离子占总离子数的几分之几?

(2)若使所有离子都能打到B板，则UAB至少为多大?

(3)若打到B板的离子只占总离子数的以则UBA是多大?

31、（13）如图（甲）所示，长为L、相距为d的两块正对的平行金属板和与一电源相连（图中未画出电源），B、D为两板的右端点。两板间电势差的变化如图（乙）所示（前半个周期两板间电压为0，后半个周期两板间电压为）。在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直的荧光屏荧光屏距B、D端的距离为L。质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度从极板左边中央沿平行极板的直线连续不断地射入。已知所有的电子均能够从两金属板间射出；且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等。忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用。求：

（1）和时刻（T为未知量）进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离的距离之比。

（2）两板间电压的最大值

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】

【详解】

因b点的电场强度恰好为0，可知在a点的点电荷在b点的场强大小为E，匀强电场的方向沿ba方向斜向下，则在c点的场强是平行ba斜向下方向的匀强电场E和沿ac方向的点电荷场强E的合成，因二者夹角为120°，则合场强为E，方向从b指向c。

故选A。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加，动能减小；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以电子从A运动到B；速率变小，A错误；

B．若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端，又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，B正确；

C．若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以一定有求解过程与Q所带电荷无关；只与电场线方向相关，C错误；

D．电子所受电场力方向指向左侧，则电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，D错误。

故选B。3、D【分析】【详解】

AB．电荷既不能被创造；也不能被消灭，这三种方式都没有产生电荷，故AB错误；

C．摩擦起电；接触起电、感应起电是起电的三种不同方式；但实质是一样的，都是电子的转移，故C错误；

D．这三种方式都符合电荷守恒定律；故D正确。

故选D。4、C【分析】【详解】

A．带负电的油滴在匀强电场中处于平衡状态；所受重力与电场力平衡，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，选项A错误；

B．重力与电场力是一对平衡力；选项B错误；

C．由平衡条件

可得

选项C正确；

D．油滴所带电荷量一定是元电荷的整数倍；选项D错误。

故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．物体带电量必然是元电荷1.6×10-19C的整数倍，故物体带电量不可能是3×10-19C；故A错误；

B．电势为零的地方电场强度不一定为零；两者没有必然的联系，故B错误；

C．不管是何种起电方式；都要遵循电荷守恒定律，故C正确；

D．以点电荷为球心的球面上各点的电场强度大小相同；方向不同，故D错误。

故选C。6、C【分析】【详解】

A．保持两开关闭合，的滑片上滑时，滑动变阻器的阻值变大，电容器两端的电压增大，电容器处于充电状态，则中电流向下；所以A错误；

B．保持两开关闭合，的滑片下滑时；滑动变阻器的阻值变小，电容器两端的电压减小，电场强度减小，则油滴向下运动，所以B错误；

C．断开电容器两极板之间电荷量保持不变，根据

的下极板下移时，两极板间的场强保持不变，根据

的下极板下移时，点的电势升高；所以C正确；

D．．断开电容器两极板之间电荷量保持不变，根据

的上极板下移时，两极板间的场强保持不变，根据

的上极板下移时，点的电势不变；所以油滴的电势能保持不变，则D错误；

故选C。7、A【分析】【详解】

电动机输出功率：

A.与结论相符，选项A正确；

B.与结论不相符，选项B错误；

C.与结论不相符，选项C错误；

D.与结论不相符，选项D错误．8、B【分析】【详解】

A．细棒带负电，等效电流方向与v的方向相反；因此等效电流方向方向向左，故A错误；

B．设时间t内，细棒穿过的某一垂直截面的长度为L，则由电流的定义式可得

故B正确；

C．等效电流方向向左，由右手螺旋定则可知，若从细棒左侧向右侧看，空间中的磁场方向为逆时针，故C错误；

D．若细棒保持静止；则离细棒距离越远，细棒产生的电场大小越小，并不是匀强电场，故D错误。

故选B。9、D【分析】【详解】

AB．匀强电场中电场线是平行的；且疏密程度相同，点电荷及等量异种电荷周围电场线疏密程度并非处处相同，故点电荷及等量异种电荷周围的电场不是匀强电场，AB错误；

CD．匀强磁场中磁感应强度处处大小相等；方向相同，磁感线是平行等间距的直线，而通电直导线周围磁感线是闭合曲线，故直导线周围空间磁场不是匀强磁场，通电螺线管内部磁感线是平行等间距的直线，故通电螺线管内部磁场是匀强磁场，C错误，D正确。

故选D。二、多选题(共6题，共12分)10、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．从题目可知移动电荷的过程中克服电场力做功，即电场力做负功，故电势能增加，P点的电势能一定小于它在Q点的电势能，电场分布情况不知，无法判断P点和Q点电场强度的大小关系；故A正确，B错误；

C．因为电荷正负不知；故无法判断电势高低，故C错误；

D．因为只有电场力做功，因此只有电势能和动能之间的转化，电势能增加，则动能减小，M在P点的动能一定大于Q点的动能；故D正确。

故选AD。11、B:C【分析】【详解】

A．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平行四边形法则可知，q1带正电，q2带负电；A错误；

B．由几何关系结合电势概念可知，正电荷q1在AD两点产生的电势相等，负电荷q2在A点的负电势高于D点的负电势，由电势叠加可知A点的电势高于D点；B正确；

CD．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，可得sin30°＝

又r2＝2r1，联立解得q2＝2q1

C正确；D错误。

故选BC。12、A:B:D【分析】【详解】

AB．根据动能定理可知，图像斜率表示电场力，因此正点电荷Ⅰ和Ⅱ所受电场力

根据

可知

电荷Ⅱ的电荷量为2q；故AB正确；

CD．根据

可知

选O点为电势零点，A点的电势为

故C错误；D正确。

故选ABD。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

AB．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，根据

电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大；故B错误，A正确；

CD．断开开关S，电容器所带的电量不变，根据公式

知d变化，E不变，电场力不变，θ不变；故C错误，D正确。

故选AD。14、A:D【分析】【详解】

A．由x轴上的电势随位置x的变化关系图像；可知电场的电势越来越低，由图像的斜率表示电场强度，可知电场强度越来越小，A正确；

B．由题意可知，沿x轴正方向电势降低，即电场方向沿x轴正方向。滑块P沿x轴正方向运动时，受到向右的电场力和向左的弹力，开始两力的合力方向沿x轴正方向，且合力由大变小，当合力是零时，加速度是零，滑块P速度最大，随沿x轴正方向运动位移的增大；电场强度逐渐减小，弹力逐渐增大，其合力方向向左，且逐渐增大，当滑块P速度是零时，弹力最大，因此滑块P的加速度先减小后增大，B错误；

C．由题意可知；滑块P运动中，电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，因此滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大，C错误；

D．由以上分析可知；滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，且全部转化为弹簧的弹性势能，即为滑块P克服弹力所做的功，D正确。

故选AD。15、A:B:D【分析】【详解】

A．带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有

解得

则有

A正确；

B．带电粒子在水平方向则有

解得

B正确；

C．由动能定理可得

则有

C错误；

D．由功能关系可知，电场力做正功，电势能减少，则电势能的减少量等于电场力做功的大小，则有

D正确。

故选ABD。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

【详解】

由牛顿第三定律，b受到a对它的磁场力为-F；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，c在a、b两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，c导线对b导线的作用力是它对a导线的作用力的两倍，方向相反，a受到的磁场力大小变为2F，那么c导线对a导线的作用力可能是F也可能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是-2F也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或5F．【解析】F；3F或5F；17、A:C【分析】【分析】

【详解】

[1][2]AB．处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面；故A能使验电器带电，B不能使验电器带电；

C．将验电器与带电物体用导线连接；二者组成新的导体，导致电荷在新的导体表面重新分布，所以可以使验电器带电，故C能使验电器带电；

D．由于静电屏蔽的作用，验电器不受外电场的影响，故金属箔是闭合的，D不能使验电器带电。18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]．由图知，变阻器R与C灯串联后与B灯并联，最后与A灯并联．三个小灯泡亮度相同，说明功率相同．对于灯A、B：通过BC的电流小于A的电流，当灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，BC的电阻大于A的电阻．灯B的电压大于C的电压，当两个灯泡的功率相同时，根据公式P=U2/R知，B的电阻大于C的电阻．则RA＜RC＜RB；

（2）[2]．当滑片P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则B变亮．通过C电流IC=I﹣IB，I减小，IB增大，则IC减小的最大，所以C灯最暗．【解析】RA＜RC＜RB；C19、略

【分析】【详解】

[1]根据磁通量的公式，可得穿过半球形球壳的磁通量为

[2]根据磁通量的公式，取此时磁感线穿过的面的磁通量为正，没有转动前，通过线框的磁通量为

由于转动后，磁感线从另一面穿过，则此时磁通量为负，即有

这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为【解析】20、略

【分析】【详解】

[1]若为正电荷，则不可能平衡，故为负电荷；

[2]对有

对有

对有

联立解得三者电量大小之比为【解析】负21、略

【分析】【详解】

（1）[1]当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，可知电流I变小U1=IR1

变小，路端电压U3=E-Ir

则知U3变大。因U3=U1+U2

U1变小，则U2变大，即一定减小的是U1。

（2）[2]表达式其中

则一定减小；和都不能确定；

（3）[3]因为U3=U1+U2

U1变小，U2变大，U3变大，则△U2＞△U1△U2＞△U3

则变化量和其中绝对值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则电路中电流应该最大，则应取0

[6]当外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，为了让电阻消耗功率最大，可将R1等效为内电路电阻，则时电阻消耗功率最大；

[7]同理，为了让电阻消耗的总功率最大，则应该

即R2应取3【解析】U1见解析07322、略

【分析】【详解】

[1][2][3]麦克斯韦提出光是一种电磁波；后来赫兹用实验验证了这一预言；

[4]红外线最显著的作用是热效应；

[5][6]一切物体都会发出红外线；红外线波长比红光长；

[7]由衍射条件可知；当障碍物的尺寸与波长相差不多或小得多时，能发生明显衍射，所以衍射现象较显著，易透过云雾，可用于高空摄影；

[8]紫外线的主要作用是化学效应；

[9][10][11]高温物体发出紫外线；紫外线还有荧光和杀菌作用；

[12]伦琴射线又叫x射线。【解析】麦克斯韦电磁赫兹热效应一切物体长衍射化学效应高温物体荧光杀菌X四、作图题(共4题，共24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】【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】25、略

【分析】【详解】

因为1；2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻；所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻井联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω，连接方式如图所示。

【解析】26、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