2025年上教版必修3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年上教版必修3物理下册月考试卷685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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、电动势为E，内阻为r的电源与定值电阻R1、R2，滑动变阻器R和理想电压表、电流表连接成如图所示电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时；下列说法正确的是。

A.定值电阻R1电功率减小B.电压表和电流表读数都增大C.电压表读数增大，电流表读数减小D.电源的总功率增大2、如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹；轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（）

A.电场线MN的方向一定是由N指向MB.带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加C.带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度3、在下列各种措施中，目的是防止静电危害的是（）A.避雷针B.静电除尘C.静电喷漆D.静电复印4、如图所示，MN是点电荷电场中的一条直线，a、b是直线上两点，已知直线上a点的电场强度最大，大小为E，b点电场强度大小为已知a、b间的距离为L，静电力常量为k；则场源电荷的电量为（）

A.B.C.D.5、《流浪地球2》电影中的很多科幻设定都是基于现有的科学技术。如图甲所示的机器人是基于生活中的扫地机器人设计。市面上某款具有“智能充电规划”功能的扫地机器人，它可以按照打扫面积的大小进行充电规划，其铭牌和给主机供电的电池如图乙所示。已知当电池电量只剩20%时机器人将返回充电基站充电，机器人平均每分钟可打扫忽略机器人往返过程的时间及消耗的电能。则下列说法正确的是（）

A.主机工作电流为1AB.主机电阻约为C.扫地机器人从满电状态开始能够连续工作约1.2hD.机器人打扫面积为的空间至少需要约1.9h6、如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a极板接地，P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘细线悬挂一带电小球，P板与b极板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b极板带电后，悬线偏转了角度α，现将Q板向右移动一点，悬线的偏角α将（）

A.变大B.变小C.不变D.无法确定7、如图，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为方向沿斜面向下的匀强电场中。绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态（若规定弹簧自然长度时弹性势能为零，弹簧的弹性势能其中为弹簧劲度系数，为弹簧的形变量）。一质量为带电量为的滑块从距离弹簧上端为处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触后粘在一起不分离且无机械能损失，物体刚好能返回到段中点，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为则下列说法不正确的是（）

A.滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间为B.弹簧的劲度系数为C.滑块运动过程中的最大动能等于D.运动过程中物体和弹簧组成的系统机械能和电势能总和始终不变评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的球B(不接触)时；验电器的金箔张角减小，则。

A.金属球可能不带电B.金属球可能带正电C.金属球可能带负电D.金属球一定带负电9、在如图所示的电路中；闭合开关S，A；B、C三只灯均正常发光．当可变电阻R′的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度的变化，下列叙述正确的是。

A.A灯变亮B.B灯变亮C.C灯变亮D.三灯均变暗10、如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（）

A.a、c两点的电场强度相同B.b点的电势等于d点的电势C.点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，静电力一定做功D.将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大11、关于三种起电方式，下列说法正确的是（）A.摩擦起电，由于摩擦生热，做功的过程中创造了正负电荷B.感应起电，电荷从导体的一部分转移到了另一部分C.接触起电，两导体接触后再分开，所带电荷量一定是等量同号D.接触起电，两导体接触后再分开，它们之间一定存在静电斥力12、在薄金属板附近有一正点电荷时，可以用虚拟的镜像电荷（以薄金属板为对称轴的等量异种电荷）代替薄金属板上感应电荷的影响。如图所示，MN为足够大的薄金属板，在金属板右侧、到金属板的距离为a的O处放置一电荷量为q的正点电荷，P、Q为金属板上的两点，且OQ=PQ，静电力常量为k；下列说法正确的是（）

A.由于Q、O间的距离小于P、O间的距离，故P点的电势低于Q点的电势B.P点的电场强度方向为由O指向PC.正检验电荷从OQ的中点沿直线移动到Q点，电场力做正功D.P点的电场强度大小为13、如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON；则（）

A.小物体上升的最大高度为B.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D.从M到N的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小14、如图所示，电源内阻和灯泡的电阻均恒定不变，为理想二极管，为定值电阻，电表均为理想电表。闭合且电路稳定后，有一带电油滴在平行板电容器中处于静止状态。现将滑动变阻器滑片向上滑动，电表V1、V2和A示数变化量的绝对值分别为和则下列说法中正确的是（）

A.灯泡变亮，电流表示数增大B.油滴将向下运动C.D.评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示四根导线中电流要使O点磁场增强，应切断电流_______.

16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小EA＝_______N/C，B处的场强大小EB＝______N/C，方向____________．

17、已知一卷电线的导线直径为d，在其两端加上电压U，测得通过的电流I，要测量其长度，还要知道该导线材料的______（填汉字名称和符号），则其长度L=______（前面各量符号表示）。18、如图，是探究影响电荷间相互作用力的因素的实验图，这个实验目的是研究电荷间的相互作用力的大小和______的关系，该实验采用的实验方法是______。19、电势能。

（1）电势能：电荷在___________中具有的势能，用Ep表示。

（2）静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量。表达式：WAB=___________

a.静电力做正功，电势能___________；

b.静电力做负功，电势能___________

（3）电势能的大小：电荷在某点（A点）的电势能，等于把它从这点移动到___________时静电力做的功EpA=WA0。

（4）电势能具有相对性。

电势能零点的规定：通常把电荷在离场源电荷___________或把电荷在___________的电势能规定为零。20、如图；已充电的平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地。若极板A稍向左移动，则。

（1）平行板电容器电容值___________

（2）两极板间的场强___________（两空均选填“变大”；“变小”或“不变”）

21、铜的摩尔质量为M、密度为每摩尔铜原子有个自由电子。今有一根横截面积为的铜导线，当通过的电流为时，电子定向移动的平均速率为______。22、在绵阳南山中学物理实验室中，甲同学用螺旋测微器测一金属丝直径时，仪器刻度的位置如左下图所示，则金属丝为__________mm；该同学又用游标卡尺测一金属球直径时，仪器刻度的位置如右下图所示，则金属球的直径为__________cm。

23、如图所示，放在通电螺线管内部中央处的小磁针，静止时N极指向右端，则电源的a端为_____极（填“正”或“负”），螺线管的c端为_____极．（填“N”或“S”）评卷人得分四、作图题(共4题，共12分)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、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。

26、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。27、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32分)28、如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是______表，要使它的量程加大，应使R1______（填“增大”或“减小”）；乙图是_______表，要使它的量程加大，应使R2______（填“增大”或“减小”）．29、在学习了多用电表的原理以后；某同学对自制多用电表产生了兴趣。他利用物理实验室的器材组装了一只欧姆表，他所用的器材如下：

电源（电动势约为3V；内阻为2Ω）；微安表（满偏电流为100μA、内阻未知）；

电阻箱R1（0-9999.9Ω）；电阻箱R2（0-99999.9Ω）。

（1）根据设计的电路，用笔画线代替导线完成答题卡上的实物图连线_______：

（2）实验中使用的电阻箱为___________（选填R1或者R2）；

（3）该同学利用组装的欧姆表继续测量了电源电动势和微安表的内阻；实验步骤如下：

a.先将电阻箱阻俏调到最大；再将欧姆表的红表笔和黑表笔短接；

b.将电阻箱阻值调到R，记录此时微安表的示数I；

c.重复第b步；得到六组数据：

d.以R为横坐标，为纵坐标，描点连线后得到条倾斜的直线。进一步求出该直线的斜率为纵截距为1.25×102A-1。根据以上信息，电源的电动势为___________V，微安表的内阻为___________________Ω。30、（1）在测定金属电阻率的实验中，用螺旋测微器测量一金属丝的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该金属丝的直径为_____。用欧姆表粗略测得该金属丝的电阻约为另外，实验室内还提供了下列器材供重新测定该金属丝的电阻使用：

A.电源E（电动势为3.0V；内阻不计）

B.电压表V（量程为0～3.0V，内阻约为）

C.电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为）

D.滑动变阻器R（最大阻值额定电流2.0A）

E.开关S一个；导线若干。

为获得尽可能高的实验精度，请你利用上述器材设计一个测定金属丝电阻的实验电路，并把实验原理图画在下侧的方框中_______。

（2）为研究某一电学元件的导电规律，将该元件两端的电压、元件中的电流及通电时间记录在下表中，通过分析表中数据可以判断出该元件所用的材料是_______（填“金属”或“半导体”）。通电时间t/s51015202530电压u/v0.400.621.021.261.521.64电流i/mA0.200.430.811.822.813.22

（3）如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图像，图中R0表示时的电阻，k表示图线的斜率，若用该电阻与电池（电动势E、内阻r）、电流表A（内阻Rg）、滑动变阻器R′串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”。使用“金属电阻温度计”前，先要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的________侧（填“左”或“右”）；在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系，请用E、R0、k等物理量表示所测温度t与电流I的关系式t＝_________。

31、为了测量某待测电阻Rx的阻值（约为30Ω）；有以下一些器材可供选择．

电流表A1（量程0～50mA；内阻约10Ω）；

电流表A2（量程0～3A；内阻约0.12Ω）；

电压表V1（量程0～3V；内阻很大）；

电压表V2（量程0～15V；内阻很大）；

电源E（电动势约为3V；内阻约为0.2Ω）；

定值电阻R（20Ω；允许最大电流1.0A）；

滑动变阻器R1（0～10Ω；允许最大电流2.0A）；

滑动变阻器R2（0～1kΩ；允许最大电流0.5A）；单刀单掷开关S一个，导线若干．

（1）电流表应选_____，电压表应选_____，滑动变阻器应选_____．（填字母代号）

（2）请在方框内画出测量电阻Rx的实验电路图．（要求测量范围尽可能大）

()

（3）某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

A.当滑片向滑动时，接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流增加，根据可知电阻电功率增大；故A错误；

BC.干路电流增加，内电压增加，由可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，两端的电压增加；故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小，故B；C错误；

D.因总电流变大，由可知，电源的总功率增大，故D正确．2、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N；但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；

B．粒子从a运动到b的过程中；电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误；

C．粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能；故C正确；

D．由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度；故D错误。

故选C。3、A【分析】【分析】

【详解】

避雷针是防止静电的危害；静电除尘；静电喷漆和静电复印都是利用静电。

故选A。4、B【分析】【详解】

因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，即a点与场源电荷连线与直线MN垂直，设场源电荷在距离a点x的位置，则

b点场强为

联立解得x＝L

则

故B正确；ACD错误。

故选B。5、D【分析】【详解】

A．根据吸尘器铭牌上的数据可知主机的工作电压为14.4V，额定功率为40W，根据

A错误；

B．若吸尘器是纯电阻，那么根据欧姆定律有

但是吸尘器不是纯电阻，所以主机电阻不等于B错误；

C．已知当电池电量只剩20%时机器人将返回充电基站充电，根据

C错误；

D．机器人平均每分钟可打扫机器人打扫面积为的空间需要连续工作的时间为

若机器人充满电后，工作时能够把电池电量全部用光，则工作时间为

但是充一次电只能工作电量的当电池电量剩余需要中途再充一次电，只需要再充的电量，即可打扫完剩余的面积，根据充电电流大小可知，充的电量需要的时间为

故清扫完的空间至少需要的时间约为

D正确。

故选D。6、B【分析】【分析】

【详解】

板向右移时

组成的电容器的电容减小

使得电压升高，则a、b组成的电容器带电量增加，从而使得组成的电容器带电量减少，从而间的电场强度减小，故角变小．

故选B。7、C【分析】【详解】

A．滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得

由位移公式得

联立可得

故A正确；不符合题意；

B．滑块从释放到返回到s0段中点的过程，由功能关系得：

解得：

故B正确；不符合题意；

C．滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有

解得：

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：

弹簧弹力做功：

则最大动能：

故C错误；符合题意；

D．物体运动过程中只有重力；弹力和电场力做功；故只有重力势能、电势能和弹性势能动能参与转化，系统的机械能和电势能的总和始终不变，故D正确，不符合题意。

故选C。二、多选题(共7题，共14分)8、A:C【分析】【详解】

AB.若A球不带电时，则由于感应，A球左侧也会带上负电，故会产生同样的效果；故A球可以带负电；也可以不带电；故A正确，B错误.

CD.验电器原来带正电，要使张角减小，则应使B处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相互作用，A球可能带负电；故C正确，D错误.9、A:C【分析】【详解】

试题分析：当可变电阻的滑动触头上移时；R′接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化．

解：当可变电阻的滑动触头上移时，R′接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir；则U增大，A灯变亮．

由于I总减小，流过A灯的电流IA增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R并联的电流减小，电压UBR减小，C灯的电压UC=U﹣UBR，得到UC增大；C灯变亮．

故选AC

【点评】本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析．10、B:D【分析】【详解】

A．点电荷＋Q在a、c两点的电场强度大小相等；方向相反，可知与匀强电场叠加后，合场强大小不相等，故A错误；

BC．点电荷＋Q在b、d两点的电势相等，匀强电场在b、d两点的电势相等，电势是标量，可知点电荷和匀强电场叠加后，b点的电势等于d点的电势，点电荷＋q沿bedf在球面上b、d两点之间移动时；静电力不做功，故B正确，C错误；

D．点电荷＋Q在球面上任意点的电势均相等；匀强电场在球面上的a点的电势最高，在球面上的c点的电势最低；故叠加后球面上的a点的电势最高，c点的电势最低，根据

可知将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电场力做功最大；电势能的变化量最大，故D正确。

故选BD。11、B:D【分析】【详解】

A．摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体；并没有创造电荷，故A错误；

B．感应起电；电荷从导体的一部分转移到了另一部分，故B正确；

C．两导体若完全相同；接触前若带电荷量不同，则接触后。

CD．接触起电；即通过接触使不带电的导体带上电荷，如果两个导体完全相同，则接触后一定带等量同种电荷，若导体不同则两导体接触后再分开，一定带同种电荷，电荷量不同，则它们之间一定存在静电斥力，故C错误，D正确。

故选BD。12、C:D【分析】【详解】

AB．根据电像法可知；正点电荷在薄金属板附近产生的电场，可等效为等量异种点电荷产生的电场，如图所示。

故Q、P点电势均为零，P点的电场方向水平向左；故AB错误；

C．从O点向左到金属板的电势逐渐降低；电势能逐渐减小，电场力对正检验电荷做正功，故C正确；

D．P点的电场强度大小为

故D正确。

故选CD。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．设斜面倾角为上升过程沿斜面运动的最大距离为L，因为OM＝ON，则M、N两点的电势相等，小物体从M到N，从N到M电场力做功均为0，上滑和下滑经过同一位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，设为对小物体，由动能定理：上滑过程

下滑过程

联立解得

故A正确；

B．由于从N到M的过程中；可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B错误；

C．从M到N的过程中；电场力对小物体先做正功后做负功，故C错误；

D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大；根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确。

故选AD。14、A:C【分析】【详解】

A．滑片向上滑动；其接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知回路中电流变大，灯泡变亮，电流表示数增大，A正确；

B．总电流增大，故电源内电压增大，外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分R1两端的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，由于Q不变，则由

得

可知E不变；油滴静止不动，B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律可知

可知

电流表串联在支路上，则有

故

C正确；

D．将灯泡L电阻R看作电源内阻一部分，可知

由于故

D错误。

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

[1]根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外。由于所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断【解析】16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由知，点电荷在A处产生的场强

方向向左，与匀强电场方向相反，所以A处合场强为零；

[2][3]点电荷在B处产生的场强大小为EB＝900N/C，方向向下，所以B处合场强为

方向与水平方向呈45°角斜向右下；【解析】01．27×103与水平方向呈45°角斜向右下17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]根据

解得

要测量其长度，还要知道该导线材料的电阻率ρ，则其长度【解析】①.电阻率ρ②.18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由题图可看出；本实验改变了电荷间的距离，没有改变电荷量的大小，所以这个实验的目的是研究电荷间的相互作用力的大小和两点电荷之间距离的关系。

[2]探究影响电荷间相互作用力的因素有电荷电量的大小和电荷之间的距离，研究一个变量与多个变量之间的关系时，采用的实验方法是控制变量法。【解析】两点电荷间距控制变量法19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]电势能指电荷在电场中具有的势能；

（2）[2]静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量。表达式为

[3]静电力做正功；电势能减少；

[4]静电力做负功；电势能增加；

（3）[5]电势能的大小指电荷在某点（A点）的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功EpA=WA0；

（4）[6][7]电势能零点的规定为通常把电荷在离场源电荷无限远处或把电荷在大地表面的电势能规定为零。【解析】①.电场②.③.减少④.增加⑤.零势能位置⑥.无限远处⑦.大地表面20、略

【分析】【详解】

（1）[1]因为电容器未和电源连接，B极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板A稍向左移动，则极板的距离d增大，根据

由于d增大，则C变小。

（2）[2]由公式

整理得

可知E的大小与d的变化无关，故两极板间的场强不变。【解析】变小不变21、略

【分析】【详解】

微观电流强度的表达式

其中单位体积内自由电子的个数

整理可得【解析】22、略

【分析】【详解】

[1]

[2]【解析】5.2000.9723、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]螺线管内部的磁场方向水平向右，根据安培定则，知螺线管中的电流从左侧流进，右侧流出，实验a端为电源的正极．内部的磁场由S指向N，实验c端为S极或南极。【解析】正S四、作图题(共4题，共12分)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】

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26、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】27、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