2025年人教版（2024）必修3物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年人教版（2024）必修3物理下册阶段测试试卷989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6题，共12分)1、诺贝尔物理奖获得者费恩曼曾说：有一个事实，如果你愿意也可以说是一条定律，支配者至今所知的一切现象这条定律就是（）A.牛顿第一定律B.牛顿第二定律C.牛顿第三定律D.能量守恒定律2、一带正电的粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其电势能随位置变化的图像如图所示，粒子先后经过A点和B点，设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB；则（）

A.EA＝EB，φA＜φBB.EA＝EB，φA＞φBC.EA＞EB，φA＞φBD.EA＜EB，φA＜φB3、如图所示，在真空中直角坐标系xOy平面内，电荷量分别为（）的点电荷分别固定于A（0，3L）、B（0，）两点。P为AB的中点，M、N两点的坐标分别为（0）、（0）。规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（）

A.M点的电势高于N点的电势B.M、N两点的电场强度相同C.P点的电场强度大于M点的电场强度D.负的试探电荷在P点的电势能大于其在N点的电势能4、如图，平行板电容器与电源连接，下极板B接地，开关S闭合后，一带电油滴在电容器中的P点处于静止状态，下列说法正确的是（）

A.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，油滴保持静止B.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离的过程中，电流计中电流方向向左C.保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，P点的电势降低D.开关S闭合后再断开，A板水平向左移动一小段距离，带电油滴向下运动5、如图所示是某导体的伏安特性曲线；由图可知正确的是（）

A.导体的电阻是25B.导体的电阻是0.04C.当通过导体的电流越大时，导体电阻也越大D.当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.8A6、如图所示；水平放置的通有恒定电流的长直导线下方有一闭合线框，线框平面和导线在同一竖直平面内，要使通过线框的磁通量变小，可以将线框（）

A.向左平移B.向右平移C.向下平移远离导线D.向上平移靠近导线评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等。在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的正点电荷或负点电荷。则下列说法中正确的是（）

A.O点的电场强度和电势均为零B.将一正点电荷由a点移到b点电势能减小C.同一点电荷在a、d两点所受电场力不相同D.把一负点电荷从b点沿着的路径移动到c点，电场力做功为零8、如图，电荷量分别为＋Q和－Q（Q>0）的点电荷固定在正四面体的两个顶点a、b上，c、d是四面体的另外两个顶点，E、F、G、H分别是ab、bc、ca、cd的中点，选无穷远处为零电势点。则（）

A.E点的电场强度为零B.E、H两点的电势均为零C.c、d两点的电场强度大小相等、方向相同D.将一检验正电荷从G点移到F点，电荷的电势能增大9、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点；据此可知（）

A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D.P、R、Q三点中Q的电势最高10、如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘板迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化；则以下说法正确的是（）

A.A点电势高于B点电势B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能先增大后减小11、如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示；则下列说法中正确的是（）

A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA－EpBD.电子在A点的动能小于在B点的动能12、下列说法正确的是（）A.普朗克最先提出了能量子概念B.康普顿效应揭示了光的波动性C.德布罗意通过实验发现电子也具有波动性D.玻尔将量子观念引入原子领域，成功地解释了氢原子光谱实验规律评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、如图所示；带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，试判断：

（1）粒子带________电；

（2）粒子在________点加速度大；

（3）粒子在________点动能大；

（4）A、B两点相比，________点电势高．14、物理意义：反映了导体对电流的______作用。15、（1）电源的作用就是将其他形式的能转化为电能。（______）

（2）恒定电场与静电场性质基本相同，两者没有区别。（______）

（3）电流的方向与电荷定向移动的方向相同。（______）

（4）电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多。（______）

（5）只要电路中有电源，电路中就会形成持续的电流。（______）16、如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则金属块带______电（填正或负），金属块机械能改变量为______J，金属块的电势能改变量为______J。

17、能量守恒定律。

（1）能量守恒定律。

能量既不会凭空___________，也不会凭空___________，它只能从一种形式___________为另一种形式，或者从一个物体___________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量___________。

（2）能量守恒定律的意义。

①各种形式的能可以___________。

②各种物理现象可以用___________联系在一起。

（3）永动机不可能制成。

①第一类永动机：人们把设想的不消耗___________的机器称为第一类永动机。

②第一类永动机由于违背了___________，所以不可能制成。18、判一判。

（1）两电荷的带电量越大，它们间的静电力就越大。______

（2）两电荷的带电量一定时，电荷间的距离越小，它们间的静电力就越大。______

（3）很小的带电体就是点电荷。______

（4）两点电荷之间的作用力是相互的，其方向相反，但电荷量大的对电荷量小的电荷作用力大。______

（5）当两个电荷之间的距离r→0时，根据推出，两电荷之间的库仑力F→∞。______19、请读出下列仪器显示的示数：

（1）螺旋测微器示数（2）电压表示数（3）毫安表示数。

（1）螺旋测微器的示数为_______________mm；

（2）当选择量程时，电压表的示数为_______________V；

（3）当选择量程时，毫安表的示数为_______________mA。20、下图展示了等量异种点电荷的电场线和等势面，从图中我们可以看出，A、B两点的场强________、电势________，C、D两点的场强________、电势________(以上四空均填“相同”或“不同”)．21、如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是_______Ω·m

评卷人得分四、作图题(共1题，共3分)22、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评卷人得分五、实验题(共3题，共9分)23、在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线．要求能测出尽可能多组数据，如图1所示是没有连接完的实物电路。（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）

（1）本实验中，滑动变阻器应选用______连接方式（填“分压式”或“限流式”）

（2）实验过程中要求小灯泡两端电压从零开始调节，且为减小系统误差使用电流表外接法进行测量，应选择如图中哪一个电路图进行实验______。

A．B．C．D．

（3）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整______。

（4）正确连接电路后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，在要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______端滑动（选填“左”或“右”）

（5）通过移动滑片P。分别记下了多组对应的电压表和电流表示数。并给制成了如图2所示的U-I图线，根据U-I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为______W。

24、某同学在实验室测量一根粗细均匀，长为L，直径为d的金属丝的电阻率；进行了如下操作：

（1）用螺旋测微器测该金属丝的直径的刻度位置如图甲所示，该金属丝的直径d=______mm；

（2）用多用电表粗略测量金属丝的阻值；先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图乙所示，接下来的测量步骤如下：

①断开待测电阻；将选择开关旋到“×100”档；

②断开待测电阻；将选择开关旋到“×10”档；

③再接入待测电阻，将指针示数乘以对应倍数，即为待测电阻的阻值Rx；

④将红黑表笔短接；调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”；

⑤测量结束后，将选择开关旋到“OFF”档。

请帮助该同学选择正确的测量步骤并进行排序______；

（3）接下来该同学采用“伏安法”较准确地测量该金属丝的阻值，所用实验器材如图丙所示，其中电压表内阻约5KΩ，电流表内阻约5Ω，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接；______

（4）金属丝的电阻率ρ=______；（用L、d、Rx表示）

（5）正确操作后，关于本实验误差的说法中正确的是______。

A．金属丝发热会产生误差B．因为电流表的分压使得测量值偏高。

C．因为电流表的分流使得测量值偏低D．用U-I图象处理数据可以减小系统误差25、某同学设计了如图甲所示电路同时测量电压表（量程为3V；内阻约几千欧）和微安表（量程为300μA，内阻约一千欧）的内阻。

（1）按实验原理将图乙中的实物连接成实验电路____；

（2）实验中,该同学进行了如下操作；完成下列问题：

①闭合K1，用伏安法测微安表内阻，为了测量更加准确，定值电阻R0应该选择的是________；

A．10ΩB．100ΩC．lkΩD．7.8kΩ

②闭合K前，为保护电路不受损坏，图甲中滑动变阻器R的滑片应置于_______端（选填“左”或“右”）；

③闭合K后，调整滑动变电阻器R，让电压表和微安表的示数尽可能地大。测得电压表的示数为U1，微安表的示数为I1，定值电阻的阻值为R0，则微安表内阻表达式为_____________；

④断开K1，调节滑动变阻器和电阻箱，当电阻箱的读数为R1时，电压表的示数为U2，微安表的示数为I2，则电压表内阻表达式为_________________。评卷人得分六、解答题(共3题，共6分)26、有一带电量为的点电荷，从电场中的点移动到点时，电场力做功为求：

（1）间的电势差

（2）若以点电势为零，点的电势为多大？

（3）若以点电势为零，在点放置一个电荷量的电荷，电势能为多大？27、真空中，在光滑的水平面上，有两个固定的点电荷A和B，带电荷量分别为和它们之间的距离为L.现欲放置一点电荷C，为使点电荷C能保持静止，它应该放在什么位置？28、如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右，大小为两小滑块A和B静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行。两小滑块质量均为A带电荷量为（），B不带电。初始时，A和B的距离为现释放小滑块A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与B发生弹性碰撞。若每次A和B发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。已知

求：（1）发生第一次碰撞前A获得的速度大小第一次碰撞后A和获得的速度大小和

（2）从开始释放A到与B发生第二次碰撞前；小滑块A运动的距离；

（3）试在图中画出A从开始释放到与发生第三次碰撞前的图像（不要求写过程）。

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】

【详解】

牛顿定律只适用于宏观物体的低速运动；具有局限性；物理学家从千差万别的自然现象中抽象出一个贯穿其中的物理量：能量，在自然界经历的多种多样的变化中它不变化，支配着至今所知的一切现象，这条定律即能量守恒定律；

A．牛顿第一定律；与结论不相符，选项A错误；

B．牛顿第二定律；与结论不相符，选项B错误；

C．牛顿第三定律；与结论不相符，选项C错误；

D．能量守恒定律；与结论相符，选项D正确；

故选D．

【点睛】

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论及其适用范围要加强记忆，这也是考试内容之一．2、A【分析】【详解】

因为

则

即Ep-x图线的斜率等于Eq，可知EA＝EB

从A到B，正电荷的电势能变大，可知电势升高，即φA＜φB

故选A。3、C【分析】【详解】

AB．由等量异种电荷周围的电场线分布可得，M、N两点关于y轴对称，M点的电势等于N点的电势，M、N两点的电场强度大小相等；方向不同，故A；B均错误；

C．P点的电场强度大于O点，O点电场强度大于M点，则P点的电场强度大于M点的电场强度；故C正确；

D．因为P点为中点，所以其电势为0，根据沿电场线电势降低可得N点电势小于0，所以P点电势高于N点，根据可得，负的试探电荷在P点的电势能小于其在N点的电势能；故D错误。

故选C。4、B【分析】【详解】

A．保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，可知电容器极板电压不变，根据

可知板间电场强度减小；油滴受到的电场力减小，油滴向下运动，故A错误；

B．保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离的过程中，可知电容器极板电压不变，根据

可知电容器电容减小，电容器所带电荷量减小；由于上极板带负电，则电流计中电流方向向左，故B正确；

C．保持开关闭合，A板竖直上移一小段距离，可知电容器极板电压不变，根据

可知板间电场强度减小，由于下极板B带正电，则有

可知P点的电势升高；故C错误；

D．开关S闭合后再断开，A板水平向左移动一小段距离，可知电容器电荷量保持不变，根据

可知板间电场强度增大；油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，故D错误。

故选B。5、A【分析】【分析】

【详解】

AB．直线图像斜率的倒数表示电阻，所以该导体的阻值为

故A正确；B错误；

C．导体的电阻是导体本身的一种性质；只与电阻本身的材料；长度、横截面积、温度有关，与电流和电压无关，故C错误；

D．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流大小为

故D错误。

故选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

将线圈向左或向右平移；则穿过线圈的磁通量都不变；向下平移远离导线，则穿过线圈的磁通量减小；向上平移靠近导线，则穿过线圈的磁通量增加；

故选C。二、多选题(共6题，共12分)7、B:D【分析】【详解】

A．由题意可知，四个点电荷在O点都产生场强，实际是两个互相垂直的等量异种点电荷在O点的合场强，合场强不是零，方向是沿О到D。而根据电势叠加法则可知，O点的电势是零；故A错误；

B．根据电势叠加法则可知，上下垂直分布的等量异种电荷在a、b两点产生的电势相等，而由于a点更加靠近左右水平分布的等量异种电荷中的正电荷，b点更加靠近其中的负电荷，因此可知a点电势高于b点电势，则正电荷在a点的电势能比在b点高，将一正点电荷由a点移到b点的过程中电势能减小；故B正确；

C．由对称性可知，a、d两点电场强度大小和方向相同，故同一点电荷在a、d两点所受电场力相同；故C错误；

D．由对称性可知b、c等电势，把一负点电荷沿着b→d→c的路径移动时；电场力做功是零，故D正确。

故选BD。8、B:C【分析】【详解】

A．在E点，＋Q和－Q的场强方向均由a点指向b点；故合场强不为零，A错误；

B．过中点E且与＋Q和－Q连线垂直的平面为等势面，H点也在该等势面上，且零电势点在无穷远处，E、H两点的电势均为零；B正确；

C．因正四面体的边长均相等，故＋Q和－Q独自在c、d两点产生的场强大小相等，进一步分析知，在c、d两点，＋Q和－Q的场强方向的夹角均为120°，由平行四边形定则可得：c、d两点的合场强大小相等、方向均平行于ab向右；C正确。

D．因G点电势高于F点，故将检验正电荷从G点移到F点；电势能减小，D错误。

故选BC。9、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由电场线的疏密反应场强的强弱知：EP＞ER＞EQ，带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度大；故A错误；

B．轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向向右。由于质点带负电，所以场强向左，电场线的方向向左，质点从P经过R运动到Q，电场力做负功，电势能增大，即在P点的电势能比在Q点的小；故B正确；

C．根据能量守恒可知，带电质点在P点的动能大于在Q点的动能；故C正确；

D．沿电场线电势降低，故P、R、Q三点中Q的电势最低；故D错误。

故选BC。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．由图，B点靠近正极板，所以A点电势低于B点电势；A错误；

B．在A点处电场线密集程度大于B点出，所以A点处的电场强度大于B点的电场强度，则尘埃在A点的电场力大于B点的电场力，所以尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度；B正确；

C．尘埃在迁移过程中受到的电场力在变化；即加速度在变，所以尘埃在迁移过程中做非匀变速运动，C错误；

D．尘埃在迁移过程中；电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，D正确。

故选BD。11、A:C【分析】【详解】

A．由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示；说明电势随位置均匀增加，电场强度不变，不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；

B．A、B两点的电场强度相等；选项B错误；

C．由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB；且。

EpB>EpA说明电子由A运动到B时电势能增大；电场力做负功，电场力对其所做的功为。

W=EpA－EpB选项C正确；

D．电场力做负功，动能减小，电子在A点的动能大于B点的动能；选项D错误。

故选AC。12、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．普朗克为了解释黑体辐射现象最先提出了能量子概念。故A正确；

B．康普顿效应揭示了光的粒子性。故B错误；

C．德布罗意提出实物粒子也具有波动性的假设。故C错误；

D．玻尔将量子观念引入原子领域；成功地解释了氢原子光谱实验规律。故D正确。

故选AD。三、填空题(共9题，共18分)13、略

【分析】试题分析：根据运动轨迹来判定电场力方向；由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，故粒子从A到B，电场力对粒子做负功，因此粒子带负电；由于B点的电场线密，所以B点的电场力大，则B点的加速度较大；粒子从A到B，电场力对粒子做负功，电势能增加，导致动能减少；沿着电场线电势降低，所以A点的电势高．

考点：电场线，电场力做功与电势能的关系【解析】（1）负，（2）B,（3）A,（4）A14、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】阻碍15、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]电源的作用就是将其他形式的能转化为电能,故正确；

（2）[2]静电场：不随时间变化或随时间变化可以忽略不计的电场；

恒定电场：恒定电场是电源两极上带的电荷和导体或其他电学元件上堆积的电荷共同激发而形成的；其特点是电场线处处沿着到导体方向，由于电荷的分布是稳定的，（即达到动平衡状态），由这种稳定分布的电荷形成的电场称为恒定电场，它具有和静电场相同的性质，故错误；

（3）[3]规定电流的方向与正电荷定向移动的方向相同；故错误；

（4）[4]根据电流的决定式。

知电流越大；单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多，故正确；

（5）[5]电流形成的条件：一有电源，二闭合回路，故错误。【解析】正确错误错误正确错误16、略

【分析】【详解】

[1]已知在金属块滑下的过程中，由动能定理可得

解得：金属块下滑过程电场力做负功，电场力水平向右，因此电场力与电场线方向相同，因此金属块带正电；

[2]金属块机械能改变量为

[3]金属块的电势能改变量为【解析】正电-12417、略

【分析】【详解】

（1）[1][2][3][4][5]能量既不会凭空产生；也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。

（2）①[6]各种形式的能可以相互转化。

②[7]各种物理现象可以用能量守恒定律联系在一起。

（3）①[8]第一类永动机：人们把设想的不消耗能量的机器称为第一类永动机。

②[9]第一类永动机由于违背了能量守恒定律，所以不可能制成。【解析】产生消失转化转移保持不变相互转化能量守恒定律能量能量守恒定律18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据库仑定律可知；两电荷之间的库仑力大小与带电量大小；电荷间距离均有关，在不知道电荷间距离的情况下，无法判断库仑力大小，故描述错误。

（2）[2]根据库伦定律可知；两电荷的带电量一定时，电荷间的距离越小，它们间的静电力就越大，故描述正确。

（3）[3]物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷；故描述错误。

（4）[4]根据牛顿第三定律可知；两点电荷之间的作用力是相互的，其方向相反，大小相等，故描述错误。

（5）[5]当两个电荷之间的距离r→0时，电荷就不能视为点电荷，库伦定律不再适用，故描述错误。【解析】①.错误②.正确③.错误④.错误⑤.错误19、略

【分析】【详解】

（1）[1]螺旋测微器的示数为0.5mm+0.142mm=0.642mm；

（2）[2]电压表选择量程时；最小分度为0.1V，所以需要再向后估读一位，示数为1.80V；

（3）[3]毫安表选择量程时，最小分度为0.5mA，只读到小数点后一位，示数为12.0mA。【解析】①.0.642（0.641~0.643皆可）②.1.80③.12.020、略

【分析】【分析】

根据电场线的疏密判断场强的大小；根据电场线的方向判断电势的高低．顺着电场线电势降低．等量异种点电荷的中垂线是一条等势线．

【详解】

由图看出，A、B两点处电场线疏密相同，方向相同，则A、B两点的场强相同．电场线从A指向B，A点电势高于B点电势，即两点电势不同；CD是等量异种点电荷的中垂线上的两点，电势相同，场强不同，D点场强大于C场强．【解析】相同不同不同相同21、略

【分析】【详解】

由图乙可求得电解液的电阻为由图甲可知电解液长为截面积为结合电阻定律可得【解析】40四、作图题(共1题，共3分)22、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】ABDABD五、实验题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]由于要求能测出尽可能多的数据；因此滑动变阻器采用分压式连接方式；

（2）[2]由于小灯泡两端电压从零开始调节；因此滑动变阻器采用分压式接法；而灯泡电阻较小，采用电流表外接。

故选A。

（3）[3]电路连接如图所示。

（4）[4]由于小灯泡与滑动变阻器左半部分并联；当滑动变阻器滑片向右滑动，左半部分分得的电压升高，小灯泡两端电压升高，才会达到额定电压。

（5）由于小灯泡的额定电压为2.5V；从图像中可知对应的电流为0.2A，因此额定功率。

【解析】分压法A见解析右0.5W24、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]由图甲可知；螺旋测微器的读数，也就是金属丝的直径为。

d=0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm（2）[2]图乙读数过大；故要将欧姆表倍率调大一个档位；调整档位后，要先