2025年北师大版必修3物理上册月考试卷含答案

…………○…………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年北师大版必修3物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、如图所示，ABCD为四面体，AB=BC=BD=L，AB、BC、BD两两垂直，在C、D两点各放一个电荷量为q的正电电荷，则A点的电场强度大小为。

A.B.C.D.2、如图所示为阴极射线管（由示波管改造而成）的示意图，当M1、M2两极不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央O处形成亮斑。电子在偏转电场中的运动时间很短。在下列不同条件下；关于电子的运动情况说法正确的是（）

A.如果在M1、M2之间加交变电压，电子在荧光屏上的亮斑一定会以O点为中心上下移动B.如果在M1、M2之间加交变电压，电子一定会打到荧屏的中心位置C.如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，电子在荧屏上的亮斑会向上移动D.随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电场力对电子所做的功可能会先增加后减少3、下列生活情境中，利用静电屏蔽原理的是（）A.雷雨天，武当山金殿的屋顶常出现“雷火炼殿”的奇观B.燃气灶上电子点火器的针头电极C.超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝D.静电复印机4、一台电动机，额定电压是100V，电阻是1Ω。正常工作时，通过的电流为5A，则电动机因发热损失的功率为（）A.25WB.475WC.500WD.1000W5、下列关于甲；乙、丙、丁四幅图的说法；正确的是（）

A.图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B.图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C.图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D.图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流6、如图所示，虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，两个带电粒于M、N（重力忽略不计）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示。已知M是带正电的带电粒子。则下列说法中正确的是（）

A.N一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强C.带电粒子M的动能减小，电势能增大D.带电粒子N的动能增大，电势能减小7、一个带负电荷的绝缘金属球，固定在正方形的中央。正方形内的p点到a、b两点间的距离相等；下列说法正确的是（）

A.a、c两点的电场强度相等B.p点的电场强度小于c点的电场强度C.a点的电势大于b点的电势D.p、a两点间的电势差等于p、b两点间的电势差8、如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C，R为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I；，则在此过程中。

A.△U和△I的比值增大B.电压表示数U和电流表示数I比值不变C.电阻R0两端电压增大，增加量为△UD.电容器的带电量减小，减小量为C△U评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列生产技术应用了静电吸附原理的是（）A.静电除尘B.静电喷漆C.静电复印D.静电屏蔽10、如图所示，光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R，b点与O点等高，在最低点a点固定一点电荷Q，在b点恰好能静止一质量为m、电荷量为的套在环上的带孔小球。现将点电荷a的电量增加为原来的两倍，小球将沿圆环轨道向上运动，到最高点c时速度为则（）

A.点电荷Q电性为负B.小球在b点刚开始运动瞬间的加速度向上，大小为gC.小球在c点时对轨道的压力向下，大小为D.现在b、c两点间的电势差11、电荷q在电场中某两点间移动时，电场力做功为W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电量为2q的电荷在这两点间移动，则A.电场力做功仍为WB.电场力做功为2WC.该两点间的电势差仍为UD.这两点间的电势差变为U/212、给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示。小球静止时与竖直方向的夹角为θ；则（）

A.若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B.若将B极板向下平移稍许，B两板间电势差将变大C.若将B板向上平移稍许，夹角θ将变小D.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动13、粗糙绝缘的水平面上方存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用如图所示的曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15m，3×105V）的切线。现有一质量m＝0.20kg，电荷量q＝2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面间的动摩擦因数μ＝0.02。取重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（）

A.x＝0.15m处的场强大小为2.0×106V/mB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度大小约为0.1m/sD.滑块最终在x＝0.3m处停下评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、丝绸与玻璃棒摩擦。玻璃棒由于______（选填“得到”或“失去”）电子而带正电；在干燥的天气里，用塑料梳子梳头发时，头发会随着梳子飘起来，这是因为梳子和头发摩擦时分别带______（选填“同种”或“异种”）电荷，互相______的缘故。15、在干燥的天气里，小美同学站在平面镜前用塑料梳子梳头，发现越梳头发越蓬松，这是因为头发带上了同种电荷互相______；摩擦起电的实质是______。16、在一点电荷Q产生的电场中，电荷量为+q的粒子在某点的电势能Ep与该点到Q的距离r的关系如图所示。设电场中距Q的距离为L、3L处的电势分别为φ1、φ2，电场强度分别为E1、E2，则Q带____（选填“正”或“负”）电，φ1：φ2=____，E1：E2=____。

17、如图所示，A、B是电场中的两点，电势_______（选填“>”、“=”或“<”），场强_____（选填“>”、“=”或“<”）；将某负点电荷由A点移至B点，电场力做______功（选填“正”或“负”）。

18、如图所示，在平行金属带电极板MN电场中将电荷量为-4×10-6C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10-4J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10-4J；N板接地．则。

（1）A点的电势=________________

（2）UMN等于__________19、电阻。

（1）电阻的概念。

导体两端的___________与通过导体的___________大小之比。

（2）定义式：

（3）单位：___________，常用的单位还有千欧（kΩ）、兆欧（MΩ），且1Ω=___________kΩ=___________MΩ。

（4）物理意义：反映___________作用的大小。

（5）导体U-I图像的___________反映电阻大小。20、如图,游标卡尺的读数为________cm；

21、如图所示，电源电压一定时，已知灯泡L标有“6V7.2W”字样（灯丝电阻不受温度影响），R2=10Ω。当S、S1闭合，且滑片P在a端时，灯正常发光；当S、S2闭合，且P在滑动变阻器中点处时，电流表示数为0.2A，灯泡L的阻值为_______Ω。通过对S、S1、S2的控制和调节滑动变阻器，可使电路消耗的总功率最小，电路总功率的最小值为_______。

评卷人得分四、作图题(共3题，共27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23、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

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。

评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)25、为了测量一电阻的阻值现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱开关S1、S2；导线若干，某活动小组设计了如图甲所示的电路。实验的主要步骤如下：

A．闭合S1，断开S2，调节R和使电流表和电压表示数合适，记下两表示数分别为I1、U1；

B．闭合S2，保持阻值不变，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2

（1）按电路图在实物图乙上连线_________

（2）写出被测电阻的表达式＝____________（用两电表的读数表示）

（3）由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的测量值____________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。26、某同学利用如图甲所示的向心力演示器探究小球做圆周运动所需向心力大小F与小球质量m、运动半径r和角速度ω之间的关系。

（1）本实验采用的主要实验方法为_________（选填“等效替代法”或“控制变量法”）。在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的关系时，把两个相同_________的小球放到半径r不等的长槽和短槽上，保证两变速塔轮的_________相同；根据标尺上露出的红白相间等分标记，粗略计算出两个球所需向心力的比值；

（2）另一同学利用如图乙所示接有传感器的向心力实验器来进行实验。力传感器可直接测量向心力的大小F，旋臂另一端的挡光杆经过光电门传感器时，系统将自动记录其挡光时间，用螺旋测微器测量挡光杆的宽度d，示数如图丙所示，则d=_______mm，挡光杆到转轴的距离为R。某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为Δt，可求得挡光杆的角速度ω的表达式为_________（用题目中所给物理量的字母符号表示）。该同学保持砝码质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度ω的关系，作出F-ω2图线如图丁所示，若砝码运动半径r=0.2m，牵引杆的质量和一切摩擦可忽略，由F-ω2图线可得砝码质量m=_________kg（结果保留2位有效数字）。27、为测量某电源的电动势E（约为3V）和内阻r（约为2Ω），小聪同学设计了如图甲、乙所示实验电路图，并完成了图甲电路图的实物连接，如图丙所示。已知电流表的内电阻约为1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ，变阻器最大电阻20Ω、额定电流1A，定值电阻请回答下列问题：

（1）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移至最______端。（选填“左”或“右”）

（2）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器的接入阻值，记录下几组电压表示数U和对应的电流表示数I。

（3）接着在图丙中通过改变1根导线的一个接线位置，就完成了图乙电路图的实物连接，请问改变的是哪根导线______。（填导线编号）

（4）重复步骤（1）（2）。把甲、乙两组实验记录的数据在同一坐标系内描点作出图像，如图丁所示，可知图中标记为I的图线是采用实验电路______（填“甲”或“乙”）测量得到的。

（5）不管是采用图甲还是图乙实验电路，实验测出的电源内阻均存在系统误差，从减小系统误差角度考虑，该实验宜选用图______（选填“甲”或“乙”）实验电路。

（6）利用图丁图像提供的信息可以修正该实验的系统误差，则修正后被测电源的内阻______（均已知）。评卷人得分六、解答题(共4题，共32分)28、如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于水平方向的匀强电场中，轨道半径为R，OP与竖直方向的夹角θ=37°。质量为m、电荷量为q的带电小球（可视为质点），一开始静止在P点。若让小球从P点开始以大小为v0、沿切线方向的速度运动，小球恰能沿轨道做完整的圆周运动。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g）

（1）求电场强度。

（2）求P点速度v0的大小；

（3）求小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小。

29、如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为m，分别用绝缘细线悬挂于绝缘天花板上同一点，平衡时B球偏离竖直方向θ角，A球竖直且与墙壁接触，此时A、B两球位于同一高度且相距L。求：

(1)每个小球带的电荷量q；

(2)B球所受绳的拉力FT；

(3)墙壁对A球的弹力FN。

30、在真空中，两个带正电的点电荷相距为r，所带的电荷量分别为已知静电力常量为k。

(1)指出两个点电荷之间的静电力是互相吸引还是互相排斥；

(2)计算对的静电力F的大小。31、一台直流电动机所加电压U=110V，通过的电流I=5.0A。若该电机在10s内把一个质量M=50kg的物体匀速提升了9.0m，不计摩擦及空气阻力，取重力加速度g=10m/s2求：

(1)电动机的输入功率P；

(2)在提升重物的10s内电动机线圈产生的热量Q；

(3)电动机线圈的电阻R。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【详解】

由几何关系可知，ADC为正三角形，每条边的长为L，则A点的电场强度大小为EA=2kcos30°=

A．与结论不相符，选项A错误；

B．与结论相符，选项B正确；

C．与结论不相符，选项C错误；

D．与结论不相符，选项D错误；

故选B。2、C【分析】【分析】

【详解】

AB．如果在M1、M2之间加正弦式交变电压，电子在电场中加速后经电场偏转，在荧屏上的亮斑会以O点为中心上下移动，若加其他形式的交变电压，例如电流的大小不改变的交变电压，则电子在荧屏上的亮斑会在O点上方或下方某一定点；选项AB错误；

C．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差；由题图可知电子受竖直向上的电场力作用，电子在电场中会向上偏转，电势差越大，偏转越明显，所以电子在荧屏上的亮斑会向上移动，选项C正确；

D．随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电子只向M1板方向发生偏转；所以电场力对电子所做的功不可能减少，选项D错误；

故选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

ABD．都是利用了静电；ABD错误；

C．超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入了金属丝；可以起到静电屏蔽的作用，使输电线周围的电场被工作服屏蔽起来，C正确。

故选C。4、A【分析】【详解】

根据焦耳定律得

故电动机因发热损失的功率为故BCD错误，A正确。

故选A。5、B【分析】【详解】

A．图甲中；当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积固定不变，而磁场也不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；

B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时；导体棒切割磁感线，从而产生动生电动势，故B正确；

C．图丙中；当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，磁场方向相反，则闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；

D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时；电路中的电阻增大，电流减小。从而使电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为导体环不闭合，没有形成完整的回路，因此环中没有感应电流，故D错误。

故选B。6、D【分析】【详解】

A．电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知；电场力水平向右，故电场的方向水平向右，N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N带负电，故A错误；

B．电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a点的电势高于b点的电势，匀强电场中场强处处相等，a点的场强等于b点的场强；故B错误；

CD．电场力对带电粒子M；N均做正功，它们的动能均增大，电势能均减小；故C错误，D正确。

故选D。7、D【分析】【详解】

A．根据

a、c两点的电场强度大小相等；但方向不同，故A错误；

B．离带电金属球越近，电场越强，p点的电场强度大于c点的电场强度；故B错误；

C．a、b、c、d在同一等势面上，a点的电势等于b点的电势故C错误；

D．根据对称性可知，p、a两点间的电势差等于p、b两点间的电势差；故D正确。

故选D。8、D【分析】【详解】

A.根据电路结构可知

所以

A错误；

B.电压表示数U和电流表示数I比值等于R的电阻；会减小，B错误；

C.电阻R0两端电压为增加量为△IR不等于△U，C错误；

D.闭合开关S后，将照射光强度增强，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电压表示数即光敏电阻或电容器两端电压为减小，电容器电荷量减小量为C△U,D正确．

故选D二、多选题(共5题，共10分)9、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

静电除尘；静电喷涂、静电复印均应了静电吸附原理；静电屏蔽则没有用到静电吸附原理。

故选ABC。10、B:D【分析】【详解】

A．由于小球原来静止可知小球之间是斥力，因此点电荷Q电性为正；A错误；

B．开始时小球在静止，根据平衡条件有：

点电荷a电量增为原来两倍时，在竖直方向，由牛顿第二定律可得：

解得：a＝g

方向竖直向上；B正确；

C．小球在c点时，重力、支持力和库仑力的合力提供向心力

解得：

由牛顿第三定律可知，压力大小

方向为竖直向上；C错误；

D．对小球由b到c过程列动能定理：

解得：

故D正确。

故选BD。11、B:C【分析】【详解】

当电荷量为q时，电场力做功为：当电荷量为2q时，电场力做功为：故A错误，B正确；电场中两点间的电势差由电场及电场中两点的位置决定，与电荷无关，所以电压仍为U，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．12、A:B【分析】【详解】

A．若将B极板向右平移稍许，d增大，根据可知；电容器的电容将减小，故A正确；

B．若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据可知，电容器的电容将减小，电容器的电量Q不变，由可知；板间电势差增大，故B正确；

C．若将B板向上平移稍许，正对面积S减小，根据可知，电容器的电容将减小，电容器的电量Q不变，由可知，板间电势差增大，根据可知，E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大；故C错误；

D．轻轻将细线剪断；小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误。

故选AB。13、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强。

此时的电场力。

滑动摩擦力大小为。

在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力；做减速运动，加速度逐渐增大，B错误A正确；

C．在x＝0.15m时；电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得。

因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V；代入求解最大速度大约为0.1m/s，C正确；

D．滑块最终在0.3m处停下则满足。

因为0.10m和0.30m处的电势差大约为3.0×105V代入得。

得。

得滑块不能够滑到。

D错误。

故选AC。三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】【详解】

[1]丝绸与玻璃棒摩擦。玻璃棒由于失去电子而带正电；

[2]在干燥的天气里，用塑料梳子梳头发时，头发会随着梳子飘起来，这是因为梳子和头发摩擦时分别带异种电荷，互相吸引的缘故。【解析】失去异性吸引15、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]越梳头发越蓬松原因是因为头发带上了同种电荷互相排斥；

[2]摩擦起电的实质是电子的转移。【解析】排斥电子的转移16、略

【分析】【详解】

[1]由图可知，粒子离电荷越远，电势能越低，说明远离电荷时，电场力做正功，即电荷与粒子之间是斥力，所以电荷Q带正电；

[2]由图可知，电荷在L处的电势能为6E0，在3L处的电势能为2E0，根据公式

两点电势之比为

[3]根据点电荷的电场强度公式

两点电场强度之比为【解析】正3∶19∶117、略

【分析】【详解】

[1]根据电场中沿着电场线电势逐渐降低，有

[2]电场线的疏密反映电场强度的大小，因A处电场线较密，则

[3]负点电荷沿着电场线从A到B移动，电场力与位移方向相反，则电场力做负功。【解析】>>负18、略

【分析】【分析】

【详解】

AN间的电势差：又：UAN=φA-φN，φN=0，则A点的电势：φA=-100V，则．【解析】-100V-300V19、略

【分析】【分析】

【详解】

电阻。

（1）电阻的概念。

[1][2]导体两端的电压与通过导体电流大小之比。

（2）定义式：

（3）[3][4][5]单位：Ω，常用的单位还有千欧（kΩ）、兆欧（MΩ），且1Ω=kΩ=MΩ。

（4）[6]物理意义：反映阻碍电流作用的大小。

（5）[7]导体U-I图像的斜率反映电阻大小。【解析】①.电压②.电流③.Ω④.⑤.⑥.阻碍电流⑦.斜率20、略

【分析】【详解】

游标卡尺的示数等于主尺刻度+游尺刻度即【解析】1.1421、略

【分析】【详解】

［1］由电功率公式得

［2］当闭合，且滑片在端时，灯正常发光，可知电源电压与小灯泡的额定电压相等，即为

当闭合，且在滑动变阻器中点处时，定值电阻与滑动变阻器串联，此时滑动变阻器在电路的电阻为其最大电阻的倍，电流表示数为则滑动变阻器接入电路的电阻为

则滑动变阻器的最大电阻为

当闭合，打开，并将滑动变阻器的滑片移到最右端电路消耗的总功率最小，此时电路的总功率的最小值为【解析】50.72W四、作图题(共3题，共27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】ABDABD23、略

【分析】【详解】

实物图中第一个为电动机；电动机符号为符号图中的第二个；

实物图中第二个为电容器；电容器符号为符号图中的第三个；

实物图中第三个为电阻；电阻符号为符号图中的第四个；

实物图中第四个为灯泡；灯泡符号为符号图中的第一个。

【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】五、实验题(共3题，共12分)25、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]实物连线如图所示．

（2）[2]由欧姆定律，第一次测量的电阻为电压表和的并联电阻；即。

第二次测量的电阻为电压表、和的并联电阻。

联立解得。

（3）[3]由。

知电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量，故其测量值等于真实值。【解析】等于26、略

【分析】【详解】

（1）[1]本实验通过控制小球质量m、运动半径r和角速度ω这三个物理量中两个量相同，探究向心力F与另一个物理量之间的关系；采用的主要实验方法为控制变量法。

[2][3]在探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与运动半径r的关系时，需要控制m和ω相同，即把两个相同质量的小球放到半径r不等的长槽和短槽上；保证两变速塔轮的角速度相同。

（2）[4]螺旋测微器的读数等于固定刻度与可动刻度读数之和，即

[5]由于d和Δt都很小，所