2025年人教版必修3物理下册阶段测试试卷含答案

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甲表是电流表，R增大时量程增大

甲表是电流表，R增大时量程减小

乙表是电压表，R增大时量程增大

乙表是电压表，R增大时量程减小

下列说法正确的是A.和B.和C.和D.和2、如图所示，两个带有同种电荷的小球A、B，其质量分别为m1、m2，其带电量分别为q1、q2，用绝缘细线悬挂于O点，若平衡时两球连线与过O点的竖直线的交点为C，已知A、C间距等于B、C间距的一半；则。

A.2m1＝m2B.m1＝2m2C.2q1=q2D.q1=2q23、如图所示，、是两个点电荷，P是这两个点电荷连线中垂线上的一点图中所画P点的电场强度方向可能正确的是A.B.C.D.4、某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点。如图所示；实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定()

A.粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能C.电场中A点的电势低于B点的电势D.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能5、两个带等量正电的点电荷，固定在图中A、B两点，O是它们连线的中点，N、P是中垂线上的两点，ON=OP。一带负电的试探电荷，从P点由静止释放；只在静电力作用下运动，则试探电荷（）

A.运动到O点时的速度最大B.经过关于O对称的两点时加速度相同C.沿着P→O→N，试探电荷的加速度一定先减小后增加D.若试探电荷的电量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电量的比值增大6、如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过三点，其中点是轨迹上距离负点电荷最近的点。若粒子在点和点的速率相等；则（）

A.粒子在两点时的加速度相同B.粒子可能带负电且做匀速圆周运动C.粒子在点时的加速度最大、电势能最大D.两点的电势差等于两点的电势差7、金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示；A；B两点到正电荷的距离相等，C点靠近正电荷，则。

A.A.B两点的电势相等B.C点的电势比A点的低C.B两点的电场强度相等D.C点的电场强度比B点的大8、匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，当t＝0时；在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）

A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零D.0～3s内，电场力做的总功为零9、如图；内阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接在电压为220V的恒压电源两端，灯泡正常发光，则（）

A.电路中的电流约为1AB.电解槽中将电能转化为化学能的功率为58.7WC.电解槽的发热功率为60WD.整个电路消耗的总功率为60W评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、如图所示，直线是某电场中的一条电场线。若有一质子仅在电场力的作用下以某一初速度沿直线由A运动到其速度图像如图所示，下列关于A、两点的电场强度和电势以及质子在两点所具有的电势能和动能判断正确的是（）

A.B.C.D.11、如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成；它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）

A.甲表是电流表，R增大时量程增大B.甲表是电流表，R增大时量程减小C.乙表是电压表，R增大时量程减小D.乙表是电压表，R增大时量程增大12、一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a，在正下方有一光滑的绝缘水平细杆，一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处，小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止，如图所示，现保持悬线与竖直方向的夹角为θ，并在较远处由静止释放小球b，让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方；在此过程中()

A.悬线Oa的拉力逐渐增大，水平细线的拉力逐渐减小B.b球的加速度先增大后减小，速度始终增大C.b球所受的库仑力一直增大D.b球所受的库仑力先减小后增大13、如图甲所示，、为两个固定着的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点．现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动，其图象如图乙所示，电子经过a、b两点的速度分别为、，则

A.一定带负电B.的电量一定大于的电量C.b点的电势高于a点的电势D.电子离开b点后所受静电力一直减小14、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()

A.B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝1V/mB.由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D.AB两点电势差UAB＝－5V15、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°角评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、现有一个电流表G，内阻Rg=30满偏电流Ig=1mA。

(1)把它改装成量程为0~3V的电压表，要________（填“串联”或“并联”）一个_______的电阻。

(2)把它改装成量程为0~0.6A的电流表，要________（填“串联”或“并联”）一个_____的电阻。17、如图所示，电路电压U恒定，三个灯完全相同且电阻恒定，当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动过程中，三个灯的亮度变化特点是________，________，________．

18、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。

19、电场和磁场统称为_______，电磁场是一种特殊物质，也有能量、动量．20、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。21、电荷。

（1）自然界中有两种电荷：正电荷和负电荷。

（2）电荷间的相互作用：同种电荷相___________，异种电荷相___________。

（3）电荷量：电荷的多少，用Q或q表示，国际单位制中的单位是___________，符号是C。22、在某电场中将5.0×10-8C的电荷由A点移到B点，电场力做6.0×10-3J的功，A、B两点间的电势差___________V；规定B的电势为零，把电量为2.5×10-8C的负电荷放在A处，该负电荷在A处的电势能为_________J23、在平行板电容器极板间插入电介质，电容将增大。()24、某同学改装电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。已知表头G满偏电流为200μA，表头上标记的内阻值为400Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=________Ω，R2=________Ω，R3=________Ω。

评卷人得分四、作图题(共4题，共40分)25、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。

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、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。

28、如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。

（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。

（2）请在图2画好的U-I关系图线上任取一点；画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率。

评卷人得分五、实验题(共1题，共6分)29、用如图甲所示的电路测定两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻；其中电路元件参数如下：

电压表（有两个量程：3V和15V；内阻分别约为6kΩ和30kΩ）

电压表（量程为1V；内阻约为2kΩ）

定值电阻

滑动变阻器R（电阻变化范围0～20Ω）

（1）为提高测量精确度，电压表应该接量程为________V；实物图乙中已连部分电路，请你按照电路图将剩余的部分电路连好________；

（2）通过改变滑动变阻器，某同学完成了两次测量，第一次读数第二次读数两表面板如图丙所示，读数为________V，________V。

（3）根据以上两组数据，请你算出E=________V，r=________Ω。（计算结果保留两位有效数字）

（4）为减小误差，利用现有电路，请你提出一种可行方案：________。评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)30、电容器是一种重要的电学元件，基本工作方式就是充电和放电；由这种充放电的工作方式延伸出来的许多电学现象，使得电容器有着广泛的应用；如图1所示，电源与电容器、电阻、开关组成闭合电路；已知电源电动势为E，内阻不计，电阻阻值为R，平行板电容器电容为C，两极板间为真空，两极板间距离为d；不考虑极板边缘效应；

（1）闭合开关S，电源向电容器充电，经过时间t；电容器基本充满；

a．求时间t内通过R的平均电流

b．请在图2中画出充电过程中电容器的带电荷量q随电容器两极板电压u变化的图像；并求出稳定后电容器储存的能量E0；

（2）稳定后断开开关S．将电容器一极板固定，用恒力F将另一极板沿垂直极板方向缓慢拉开一段距离x，在移动过程中电容器电荷量保持不变，力F做功为W；与此同时，电容器储存的能量增加了ΔE；请推导证明：W=ΔE；要求最后的表达式用已知量表示。31、如图所示，右端带有挡板的绝缘滑板B静止在粗糙水平面上，带电物块A静止在滑板B的上表面距离挡板L=0.8m处，A的质量mA=0.2kg、带电量为q=+1.0×10-6C，B不带电，其质量mB=0.6kg，与地面之间的动摩擦因数为在该空间加上电场强度为E=2.0×106V/m、水平向右的匀强电场，物块A从静止开始运动，A和B之间无摩擦。若运动过程中A的带电量保持不变，A与B上挡板的碰撞均为弹性碰撞，A始终未滑离B且始终处于电场中，取重力加速度g=10m/s2。求。

(1)A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速度大小v0；

(2)第一次碰撞结束后；经过多长时间A；B发生第二次碰撞；

(3)从A开始运动到A与B刚要发生第5次碰撞的过程中；电场力对A做的功。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

灵敏电流计G和变阻器R并联时；由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．

【详解】

由图甲所示可知；G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确。由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确；故选C。

【点睛】

本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．2、B【分析】【详解】

AB.对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，得：

由于FA=FB，且CA=CB，则有2GB=GA，

即m1=2m2

故B正确；A错误．

CD.根据以上分析，可知小球的质量、偏角与带电量无关，故CD错误．3、A【分析】【详解】

P点场强是两个点电荷单独存在时产生场强的矢量和，故合场强应该在P点与两个点电荷连线之间的范围，如图

故A正确，BCD错误．

故选A.

【点睛】

场强是矢量，空间某点的场强是由各个点电荷单独存在时产生的场强的矢量和，遵循平行四边形定则．4、D【分析】【详解】

A．电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在A点的场强小于B点的场强，在A点所受的电场力小，故在A点的加速度小于B点的加速度；故A错误；

B．由图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知电场力对粒子做负功；动能减小，有粒子在A点的动能大于它在B点的动能；故B错误；

D．因粒子由A到B时，电场力做负功，故电势能增大，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能；故D正确；

C．粒子所受电场力方向与电场强度相反，则粒子带负电，而电势能因A点的电势能低于B点，有可得故A点的电势高于B点的电势；故C错误；

故选D。5、A【分析】【详解】

A．两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况如图所示。

从N点到O点过程，试探电荷q受到的电场力由N→O，电场力做正功，动能增大，速度增大；从O点到P点过程中，试探电荷q受到的电场力由P→O，电场力做负功，动能减小，速度减小，故q运动到O点时的动能最大；速度最大，A正确；

B．根据两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况，经过关于O对称的两点电场强度大小相同方向相反；受到的电场力大小相同，方向相反，加速度不相同，B错误；

C．P→O过程，电场线疏密情况不能确定，可能一直变疏，场强一直变小，q受到的电场力一直减小，加速度一直减小；也可能先变密再变疏，场强先变大后变小，q受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小；根据对称性可知，O→N过程；加速度可能一直增大，也可能先增大后减小，C错误；

D．根据电场的性质，P点场强仅由电场本身决定，探电荷在P点所受电场力与其电量的比值为该点的场强，若试探电荷的电量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电量的比值不变；D错误。

故选A。6、D【分析】【详解】

A．由于粒子在M、P两处受到的电场力方向不同；所以加速度方向不相同，加速度不同，故A错误。

B．由物体做曲线运动的条件可知；粒子带正电，要使粒子做匀速圆周运动即要粒子的速度与电场力垂直，则粒子不可能做匀速圆周运动，故B错误。

C．根据电场线的疏密可得，N点处的电场线最密，所以粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大，N点的电势在三点中最低，所以带正电的粒子在N点的电势能最小；故C错误。

D．由于粒子在M点和P点的速率相等，根据动能定理可知，从M点到N点，从P点到N点，电场力做功相等，根据可知UMN=UPN

故D正确。

故选：D。7、D【分析】【详解】

根据静电平衡可得金属板属于一个等势体，结合沿电场方向电势降低，可得B点的电势大于A点的电势，C点的电势大于B点的电势，AB错误；根据电场线的疏密程度表示电场强度大小，故可得C点的电场强度大于B点的电场强度，B点的电场强度大于A点的电场强度，C错误D正确；8、D【分析】【分析】

【详解】

A．由牛顿第二定律可知；带电粒子在第1s内的加速度为。

第2s内加速度为。

故。

a2=2a1因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：

带电粒子在前1秒匀加速运动；在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；

B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时；带电粒子没有回到出发点，故B错误；

C．由解析中的图可知；粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；

D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0；根据动能定理可知，0～3s内，电场力做的总功为零，故D正确。

故选D。9、B【分析】【详解】

A．于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220-110=110V

由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以

所以A错误；

C．电解槽的发热功率为

所以C错误；

B．对电解槽由能量守恒P=P热+P化

可得P化=60W-1.3W=58.7W

故B正确；

D．电解槽的输入功率为P′=UI=60W

电路的总功率等于电解槽的输入功率和灯泡的功率之和为P总=P+P′=120W

所以D错误；

故选B。二、多选题(共6题，共12分)10、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．速度图象的斜率表示点电荷的加速度的大小，由于斜率减小，则知从A运动到B过程中带电粒子的加速度减小；根据牛顿第二定律说明电场力减小，由。

知由A运动到B，场强E减小；所以。

故A正确；

B．质子带正电，在电场力的作用下做加速运动，所以电场方向从A指向B，则B点的电势低；即。

故B正确；

CD．电场力对质子做正功；电势能减小，则。

动能增大；则。

故C正确；D错误。

故选ABC。11、B:D【分析】【详解】

AB．甲表中电流计与电阻并联，由于电阻的分流作用使总电流增大，故甲是电流表，R增大时分流变小。则量程减小。故B正确A错误；

CD．乙表中电流表与电阻串联，由于电阻的分压作用，可以测量电压，故为电压表，当R增大时分压变大；量程增大。故D正确C错误；

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

A．b球在较远处时，a球所受库仑力近似为零，在a球正下方时，a球受到的库仑力竖直向下，则悬线Oa的拉力增大；水平方向的分力也增大，所以水平细线的拉力比最初时大，A错误；

B．中间过程b球受到的库仑力的水平分量不为零，可知库仑力的水平分量先增大，后减小，则b球的加速度先增大后减小，b球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同；速度一直增大，B正确；

CD．b球受到的库仑力为在运动过程中，a、b两球之间的距离一直在减小，则b球所受的库仑力一直增大；C正确，D错误。

故选BC。13、B:C【分析】【详解】

从速度图象乙上看出，可见电子从a到b做加速度减小的加速运动，所以ab之间电场的方向向左，b点的电势高于a点的电势；在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．过b点后点电荷做减速运动，所以电场的方向向右；结合两个点电荷的电场的叠加的知识可知，一定带负电，一定带正电，A错误C正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点产生的场强大小相等，方向相反，根据b到的距离大于到的距离，所以的电量大于的电量，B正确；由图乙可知，在b点右侧，电子的速度逐渐减小，由于v-t图象的斜率可以表示加速度的大小，由图可知，电子的加速度先增大后减小，所以电子离开b后受到的电场力也是先增大后减小，D错误．14、A:D【分析】【详解】

A．带电粒子在B点的加速度最大，为

所受的电场力最大为Fm=mam=1×2N=2N

则场强最大值为

故A正确；

B．从速度时间图象可知，由C到A的过程中；物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故B错误；

C．据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；

D．从速度时间图象可知，A、B两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，再根据动能定理得

解得：UAB=-5V

故D正确．15、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错误三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【详解】

(1)[1][2]把它改装成量程为0~3V的电压表，要串联一个分压电阻，电阻大小为

(2)[3][4]把它改装成量程为0~0.6A的电流表，要并联一个分流电阻，其大小为【解析】串联并联0.0517、略

【分析】【详解】

[1][2][3]当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动过程中，电路中的总电阻值先增大后减小，所以电路中总电流先减小后增大，即灯泡L1的亮度先变暗后变亮。当电路中总电流减小时，L1分担的电压减小，L2、L3及滑动变阻器分担的电压增大，滑动过程中L2与滑动变阻器上端的总阻值增大，所以通过L2灯的电流减小，L2灯将变暗，而L3灯与滑动变阻器下端的阻值减小，电流将增大，所以L3灯将变亮。同理电路中总电阻减小时，可知L2灯将继续变暗，L3灯将继续变亮。由上可知L1先变暗后变亮，L2一直变暗，L3一直变亮。【解析】先变暗后变亮一直变暗一直变亮18、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。

（2）[3][4]环形电流的磁场：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致；伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向，如图乙。

（3）[5][6][7]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电流方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向，或拇指指向螺线管的N极，如图丙。【解析】①.电流②.磁感线③.环形电流④.磁感线⑤.电流⑥.内部⑦.N19、略

【分析】【详解】

略【解析】电磁场20、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21、略

【分析】【分析】

【详解】

（2）[1][2]电荷间的相互作用：同种电荷相排斥；异种电荷相吸引；

（3）[3]电荷量：电荷的多少，用Q或q表示，国际单位制中的单位是库仑。【解析】排斥吸引库仑22、略

【分析】【详解】

根据可知因为若则该负电荷在A处的电势能为．

【点睛】在使用公式时一定要将公式中字母的正负号代入计算，不能忽略．【解析】1.2×105V，-3.0×10-3J；23、略

【分析】略【解析】正确24、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]表头改装成量程为I=1mA的电流表，需要并联的小电阻为

[2]改装成量程为U1=1V的电压表，需要串联的电阻

[3]改装成量程为U2=3V电压表，需要串联的电阻

联立解得R3=2000Ω【解析】①.100②.920③.2000四、作图题(共4题，共40分)25、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】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】【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】28、略

【分析】【详解】

（1）由闭合电路欧姆定律可知

所以图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势；与横轴交点的坐标值