2025年粤教新版必修3物理上册月考试卷

…………○…………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年粤教新版必修3物理上册月考试卷644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，图中实线是一簇未标明方向的电场线虚线是某带电粒子通过该电场区城时的运动轨迹，a、b是轨迹运动方向相反的轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中只受电场力作用；根据此图可以判断（）

A.带电粒子所带电荷的电性B.a、b两点的电场强度方向C.带电粒子在a点的速度小于在b点的速度D.带电粒子在a、b两点的受力方向2、直流电动机M接在如图所示的电路中；理想电压表的示数是20V，理想电流表的示数是1.0A，限流电阻R=5.0Ω，则可知（）

A.电动机的机械功率是20WB.电阻R消耗的电功率是5WC.电动机线圈的电阻是20ΩD.电动机产生的电热功率是20W3、如图所示；有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为1T，在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有垂直纸面向里的恒定电流以直导线为中心作一个圆，圆周上c处的磁感应强度恰好为零．则下列说法正确的是。

A.a处磁感应强度也为零B.a处磁感应强度为1T，方向水平向右C.b处磁感应强度为T，方向与匀强磁场方向成45°角D.d处磁感应强度为2T，方向水平向右4、真空中有两个等量异种点电荷．相距r时，电荷连线中点处的场强大小为E、电势为φ；相距时，电荷连线中点处的场强大小为E'、电势为φ'．设无穷远处电势为0，则下列判断正确的是A.φ'＝φ＝0B.φ≠0，且φ'＝2φC.E'＝E＝0D.E≠0，且E'＝2E5、下列关于物理学研究方法的叙述正确的是()A.根据当非常非常小时，就可以用表示物体在t时刻的瞬时速度，这里运用了微元法B.不考虑带电体本身大小和形状时，可以用点电荷来代替带电体，这里运用了等效替代法C.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了控制变量方法D.用比值定义法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，如电场强度电容加速度都是采用比值定义法6、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（）

A.B.C.D.7、热水器中，常用热敏电阻实现温度控制。如图是一学习小组设计的模拟电路，为加热电阻丝，为正温度系数的热敏电阻（温度越高电阻越大），C为电容器。S闭合后；当温度升高时（）

A.电容器C的带电荷量增大B.灯泡L变暗C.电容器C两板间的电场强度减小D.消耗的功率增大8、如图甲所示的电路，其中电源电动势内阻定值电阻已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（）

A.图乙中滑动变阻器的最大功率B.图乙中C.滑动变阻器消耗功率P最大时，定值电阻R也消耗功率最大D.调整滑动变阻器的阻值，可以使电源的输出电流达到9、如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷；A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是。

A.F1B.F2C.F3D.F4评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、如图所示，其中电流表的量程为0~0.2A，内阻为5Ω，R1的阻值为2.5Ω；R2的阻值为10Ω。下列分析正确的是（）

A.将接线柱1、3接入电路时，新电压表的量程为0~6VB.将接线柱1、3接入电路时，新电压表的量程为0~7VC.将接线柱1、2接入电路时，新电流表的量程为0~0.4AD.将接线柱1、2接入电路时，新电流表的量程为0~0.6A11、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，当滑动变阻器R′的滑片向右滑动时；以下结论正确的是（）

A.电源的总功率减小B.R1的功率减小C.R2的功率减小D.内阻r消耗的功率增大12、如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是()

A.a、b为异种电荷B.a、b为同种电荷C.A点场强大于B点场强D.A点电势高于B点电势13、如图所示，真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上的点，且AO＞OB。一带正电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M、N两点的电势分别为此电荷在M、N两点的加速度分别为aM、aN，此电荷在M、N两点的动能分别为EkM、EkN；下列判断中正确的是（）

A.A点电荷一定带正电B.＞C.aM＞aND.EkM＞EkN14、如图，在xOy平面内，x≥0、y≥0的空间区域内存在与平面平行的匀强电场，场强大小为E=1.25×105V/m，在y<3cm空间区域内存在与平面垂直的匀强磁场。现有一带负电粒子，所带电荷量q=2.0×10-7C，质量为m=1.0×10-6kg，从坐标原点O以一定的初动能射出，粒子经过P(4cm，3cm)点时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向平行于y轴正方向。最后粒子从y轴上点M(0，5cm)射出电场，此时动能变为过O点时初动能的0.52倍。不计粒子重力。则（）

A.P点电势高于O点电势B.O、M的电势差UOM与O、P电势差UOP的比值为13:5C.OP上与M点等电势点的坐标为（2.4cm，1.8cm）D.粒子从P到M的时间为0.002s15、某实验小组通过图甲所示的实验电路图测量一节干电池的电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的图线；以下结论正确的是（）

A.干电池电动势的测量值为B.干电池电动势的测量值偏小C.干电池内阻的测量值为D.干电池内阻的测量值偏大16、如图；两节干电池内阻不可忽略，通过控制电键使接入灯泡增多或减少时，以下说法正确的是（）

A.灯多时总的负载电阻较小B.灯少时灯泡两端电压较小C.灯多时通过电池的电流较大D.灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)17、电磁波的产生:周期性变化的____周围会产生周期性变化的电场,周期性变化的____周围也会产生周期性变化的磁场。变化的电场和变化的磁场相互联系在一起,就会在空间形成一个统一的、不可分割的____,这种在空间交替变化的电磁场传播出去就形成了_______。18、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=____。

19、磁场。

（1）磁体；电流间的相互作用。

①磁体与磁体间存在__________。

②通电导线对磁体有__________，磁体对通电导线也有__________。

③通电导线之间也有__________。

（2）磁场：磁体与磁体之间、磁体与通电导线之间，以及通电导线与通电导线之间的相互作用，是通过__________发生的，磁场是__________或__________周围一种看不见；摸不着的特殊物质。

（3）地磁场。

①地磁场：地球本身是一个磁体，N极位于__________附近，S极位于__________附近。

②磁偏角：小磁针的指向与地理子午线（经线）之间的夹角；如图所示。

20、真空中有两个相距0.18m的正点电荷是电荷量为正电荷，两个点电荷间的静电斥力则带___________（填“正电”或“负电”），电荷量为___________C．（静电力常量）21、(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径，如图所示，甲图是将螺旋测微器小砧靠在一起时的读数，为______mm；乙图是测量合金丝直径时的读数，则合金丝的直径为______mm；

(2)某实验小组为测量电压表V1的内阻，先用多用电表的欧姆档进行了一次测量，为进一步准确测量电压表V1的内阻，设计了如图甲所示的电路，请根据电路图连接实物图乙______。

评卷人得分四、作图题(共1题，共2分)22、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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)23、某兴趣小组欲测定一只标有“4.0V；0.8W”的小灯泡的伏安特性曲线，准备的器材如下：

双量程电压表V（量程为0~3V时的内阻rV1＝9kΩ；量程为0~15V时的内阻rV2＝15kΩ）；电流表A（量程100mA，内阻rA＝10Ω）；标准电阻R1（阻值为3kΩ），标准电阻R2（阻值为15kΩ），标准电阻箱R3（阻值0~999.9Ω）；滑动变阻器R4（阻值0~10Ω）；学生稳压电源（电动势E＝6V；内阻不计）；单刀双掷开关S，开关K，导线若干。

（1）实验需要小灯泡两端电压可以在0到4.0V之间任意调节，小组设计安装了如图（a）所示实验电路，其中标准电阻R应选________（填“R1”或“R2”）；

（2）根据实验要求，电阻箱R3的阻值应调节到________（填“10.0Ω”或“20.0Ω”）；

（3）连接好电路，开关S分别接a、b，调节滑动变阻器测得多组数据，对数据进行处理后，作出小灯泡的I－U图像，如图（b）所示，其中S接a时得到的图像应是图中的曲线________（填“1”或“2”）；在1、2两条曲线中，曲线________（填“1”或“2”）更接近小灯泡真实的伏安特性曲线；

（4）虚线3、4分别为曲线1、2上P、Q两点的切线，由图可知，当小灯泡两端电压为2.75V时，灯丝电阻为________Ω（保留三位有效数字）。

24、探究某多级直线加速器的结构及原理。

（1）了解加速器的结构：如图甲所示；某多级直线加速器装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。

（2）探究加速器的工作原理：交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，为使电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子的质量为电子电荷量为电压的绝对值为周期为电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。完成下列问题：

①用游标卡尺和螺旋测微器分别测序号为6的圆筒的长度和外径（如图丙、丁），则________cm，________mm

②下列说法正确的是________

A.加速器工作时；每个圆筒内部的电场强度均为0

B.两圆筒之间的间隙中电场均水平向右。

C.电子在圆筒内做匀速直线运动。

D.序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍。

E.图乙所示的交流电的有效值为

③设电子进入第8个圆筒时的速度为则________（用题目中出现的符号表示）

④以金属圆筒的长度L为纵坐标，它的序号n为横坐标，做出图像，下列图像可能正确的是________

A.B.

C.D.25、在“测量金属丝的电阻率”的实验中；某同学选择一根粗细均匀；阻值约为5Ω的电阻丝进行了测量。

（1）在测量了电阻丝的长度之后，该同学用螺旋测微器测量电阻丝的直径，测量结果如图1所示为________mm。

（2）现有电源（电动势E为3.0V；内阻不计）；开关和导线若干，以及下列器材：

A．电流表（量程0~0.6A；内阻约0.2Ω）

B．电压表（量程0~3V；内阻约3kΩ）

C．滑动变阻器（0~5Ω；额定电流2A）

D．滑动变阻器（0~200Ω；额定电流1A）

为减小误差，且电压调节范围尽量大，滑动变阻器应选________（选填器材前的字母）。然后补充完成图2中实物间的连线___________。

（3）关于上述实验，下列说法正确的是________。

A．用螺旋测微器多次测量金属丝直径并取平均值可以减小系统误差。

B．用电压电流图像处理实验数据求金属丝电阻可以减小偶然误差。

C．只考虑电表内阻引起的误差；电压表分流会导致电阻测量值偏小。

D．只考虑电表内阻引起的误差；电流表分压会导致电阻测量值偏大。

（4）电导率是电阻率的倒数，用希腊字母δ表示，常用单位是西门子/厘米（S/cm），即电导率是反映水质的一项重要指标。资料显示某种饮用水的电导率约为将该饮用水灌入一个绝缘性能良好、高约12cm、容积约240mL的薄壁塑料瓶（如图3所示），瓶的两端用两个略小于瓶底面积的固定金属圆片电极密封。请通过计算说明用图2中的实验器材能否较为精确的测量该饮用水的电导率。若能，请写出需要测量的物理量及对应的测量方法；若不能，请提出一种改进措施_____________。

26、某同学利用图甲所示电路测量一量程为3mA的直流电流表的内阻RA(约为110Ω)。提供的实验器材有：

A.直流电源(电动势为1V；内阻不计)；

B.电阻箱(0~999.9Ω)；

C.滑动变阻器(0~5Ω.额定电流为3A)；

D.滑动变阻器(0~50Ω.额定电流为1A)。

(1)为了尽可能减小测量误差，滑动变阻器R应选用__________(选填“C”或“D”)。

(2)根据图甲所示电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物间的连线补充完整___。

(3)主要实验步骤如下：

I.将电阻箱R0的阻值调为零，滑动变阻器R的滑片P移到右端；

II.闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P；使电流表的示数为3mA；

I.调节电阻箱R0，使电流表的示数为1mA，读出此时电阻箱的阻值R1；

IV.断开开关S；整理好仪器。

(4)已知R1=208.8Ω，则电流表内阻的测量值为_________Ω，由于系统误差，电流表内阻的测量值_____(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)27、如图所示，一质量电荷量的带电小球A用长为10cm的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一带电量未知的小球B固定在O点正下方绝缘柱上（A、B均可视为点电荷）。当小球A平衡时，恰好与B处在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角已知重力加速度静电力常量求：

(1)小球A受到的静电力大小；

(2)小球B的电荷量。

28、如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2。

(1)求传送带的最小转动速率v0

(2)求传送带PQ之间的最小长度L

(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W

29、如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v．已知点电荷＋Q产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），PA连线与水平轨道的夹角为60°；试求：

（1）物块在A点时受到轨道支持力的大小；

（2）点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．

30、如图所示，M为一线圈电阻r1＝0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．当S断开时，理想电流表的示数I1＝1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2＝4.0A；求：

(1)电源内阻r；

(2)开关S闭合时，通过电阻R的电流；

(3)开关S闭合时；电动机输入功率和输出功率．

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

ABD．曲线运动的物体；受力的方向总是指向凹侧，因此粒子受电场力沿电场线向左，由于没有标明电场线方向，因此无法判定带电粒子所带电荷的电性，同样也无法判定电场强度的方向，AB错误，D正确；

C．带电粒子从a向b运动，电场力做负功，动能减小，因此粒子在a点的速度大于在b点的速度；C错误。

故选D。2、B【分析】【分析】

【详解】

电动机消耗的总功率为：P="IU=20"W，选项AD错误；电阻R消耗的电功率为PR=125W="5"W，选项B正确；电动机不是纯电阻电路，故不适用欧姆定律，故电动机线圈的电阻电动机产生的电热功率不是20W选项CD错误；故选B3、C【分析】【详解】

由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，大小也是1T；由安培定则可知，该电流在a点产生的磁场方向向右，在b点产生的磁场的方向向上，在d点产生的磁场的方向向下，该电流在abd各点产生的磁场的磁感应强度都是1T；

AB.通电导线在a处的磁感应强度方向向右，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，a点磁感应强度为2T；方向水平向右，故AB错误．

C.通电导线在b处的磁感应强度方向向上，则b点磁感应强度为T；方向与匀强磁场方向成45°角斜向上，故C正确．

D.通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与匀强磁场方向成45°斜向下，故D错误．4、A【分析】【详解】

AB．真空中两个等量异种点电荷连线的中点处的电势总是为零，即φ'＝φ＝0；选项A正确，B错误；

CD．由场强叠加原理可知：

则E'＝4E

选项CD错误；

故选A.

点睛：此题考查点电荷电场强度公式的应用以及场强及电势的叠加问题，掌握等量异种电荷电场分布的特点，并掌握矢量性法则．5、C【分析】【详解】

为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故A错误；不考虑带电体本身大小和形状时，可以用点电荷来代替带电体，这里运用了理想模型法，选项B错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了控制变量方法，选项C正确；电场强度电容都利用的是比值定义法，而加速度是牛顿第二定律的表达式，不是采用比值法，选项D错误；故选C.6、C【分析】【详解】

A．由题意及电容公式可得，d减小时，C增大；但非线性关系，故A错误；

B．由

可知，电场强度E与板间距离无关；故B错误；

C．在负极接地的情况下，由题意有平移后的电势为

由上述分析可得，E不变，电势与x0的变化关系符合一次函数关系；故C正确；

D．由题意及上述分析可得

电势能随着x0的变化而变化；故D错误。

故选C。7、A【分析】【详解】

AB．由电路图可知，S闭合后，当温度升高时，由于电路为并联电路，电阻增大，则总电阻增大，根据欧姆定律可知总电流I减小，由于

则U增大，即电灯泡两端电压U增大，即灯泡L变亮，由于

可知，增大，则流过和的电流减小，由于

可知减小，由于

则可知增大，则电容器C两端电压增大，由

可知电容器C的带电荷量增大；故A正确，B错误；

C．根据

可知电容器C两端电压增大，则电容器C两板间的电场强度增大；故C错误；

D．由上述可知，流过的电流减小，根据

可知消耗的功率减小；故D错误。

故选A。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电源外电阻R等于内阻r时；输出功率最大，最大值为。

把定值电阻看成电源内阻；由图乙可知，当。

滑动变阻器消耗的功率最大；最大功率为。

A错误；

B．滑动变阻器的阻值为时与阻值为时消耗的功率相等；有。

解得。

B正确；

C．当回路中电流最大时，即时定值电阻R消耗的功率最大；C错误；

D．当滑动变阻器的阻值为0时；电路中电流最大，最大值为。

则调整滑动变阻器的阻值，不可能使电源的输出电流达到D错误。

故选B。9、B【分析】【分析】

根据库仑定律；结合平行四边形定则及几何关系可以知道C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，在根据平行四边形定则分析B处点电荷受力；

【详解】

A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得则B处点电荷受力可能故B正确，A；C、D错误；

故选B．

【点睛】

关键是根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系分析C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷．二、多选题(共7题，共14分)10、B:D【分析】【分析】

【详解】

CD．当接上1、2时，是在电流表上并联一个定值电阻，所以是电流表，由于的阻值为电流表内阻的一半，所以扩大后的量程是原来的3倍，即为故C错误，D正确；

AB．接1、3时是给电流表串联一定值电阻，则是电压表，由于通过电流是电流表满偏电流的3倍，所以两端的电压是电流表满偏电压的6倍；而电流表的满偏电压是。

所以改装后的电压是故错误；B正确。

故选BD。11、B:D【分析】【分析】

【详解】

AD．当滑动变阻器R′的滑片向右滑动时；有效电阻减小，则电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，外电压减小。

根据

电源的总功率增大；内阻消耗的功率增大，A错误，D正确；

B．外电压减小，所以R1的功率减小；B正确；

C．R1的电流减小，所以R2的电流增大，则R2的功率增大；C错误。

故选BD。12、A:D【分析】【详解】

本题考查点电荷的电场线特点．电场线从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或者无穷远，所以a应为正电荷b为负电荷，故A选项正确．电场线越密集，场强越大，故C选项错误．沿电场线方向电势逐渐降低，故D选项正确．本题难度较低．13、A:B【分析】【详解】

AB．粒子做曲线运动，受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，大致向右，而该正电荷受到的电场力指向带负电的电荷，所以A点电荷一定带正电，B点电荷应带负电，因为AO＞OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，φM＞φN；故AB正确。

C．M处电场线较疏，场强较小，则有EM＜EN，由牛顿第二定律得：粒子的加速度则有aM＜aN．故C错误。

D．由于φM＞φN，根据正电荷在电势高处电势能大，可知正点电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，即有EPM＞EPN，电荷只受电场力作用，则电势能和动能的总量不变，则EkM<EkN，故D错误。

故选AB。14、C:D【分析】【详解】

ABC．设粒子在O点时的初动能为Ek，则在P点的动能为0.2Ek，在M点的动能为0.52Ek

粒子从O点到P点和从O点到M点的过程中，由动能定理得-qUOP=0.2Ek-Ek

-qUOM=0.52Ek-Ek

则UOP：UOM=5：3

可得

则OP五等分，设OP上D点与M点电势相等OD=3cmDP=2cm

沿OP方向电势下降，则P点电势低于O点电势，由以上解得DN=1.8cmON=2.4cm

即OP上与M点等电势点D的坐标为（2.4cm；1.8cm），故，AB错误，C正确；

D．OP与x轴的夹角α，则

由于OD=3cm而OMcos∠MOP=3cm

所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，即M、N两点电势相等，因此OP为电场线，方向从O到P，带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t，在x轴方向上

加速度为

联立解得t=0.002s

故D正确。

故选CD。15、A:B【分析】【详解】

AC．据闭合电路欧姆定律可得

图线与纵轴交点坐标表示电动势，图线的斜率绝对值表示内阻，可得

A正确；C错误；

BD．电压表的分流作用导致电流表的示数小于真实的干路电流；故真实的图线应在测量图线的上方，且电压越大偏差越大，如图所示。

可知电动势的测量值及内阻的测量值均偏小；B正确，D错误。

故选AB。16、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知；灯泡均为并联，当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小。故A正确；

B．由闭合电路欧姆定律可知；灯少时，电阻大，则通过电流小，内压小，则路端电压增大。故B错误；

C．灯多时；外部电阻小，通过电池的电流增大。故C正确；

D．灯少时；电阻大，则通过电流小，内压小，则路端电压增大，各支路灯较亮，灯多时，外部电阻小，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，路端电压减小，灯泡变暗。故D正确。

故选ACD。三、填空题(共5题，共10分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3][4]电磁波的产生:周期性变化的磁场周围会产生周期性变化的电场,周期性变化的电场周围也会产生周期性变化的磁场。变化的电场和变化的磁场相互联系在一起,就会在空间形成一个统一的、不可分割的电磁振动，这种在空间交替变化的电磁场传播出去就形成了电磁波。【解析】①.磁场②.电场③.电磁场④.电磁波18、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∶119、略

【分析】【详解】

（1）[1][2][3][4]磁体与磁体间存在相互作用。通电导线对磁体有作用力；磁体对通电导线也有作用力。通电导线之间也有作用力。

（2）[5][6][7]磁场：磁体与磁体之间；磁体与通电导线之间；以及通电导线与通电导线之间的相互作用，是通过磁场发生的，磁场是磁体或电流周围一种看不见、摸不着的特殊物质。

（3）[8][9]地磁场：地球本身是一个磁体，N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近。【解析】相互作用作用力作用力作用力磁场磁体电流地理南极地理北极20、略

【分析】【详解】

[1]根据同种电荷相互排斥，由于带正电荷，则带正电荷；

[2]根据库仑力表达式

可得【解析】正电21、略

【分析】【详解】

(1)[1]图甲中校零时，螺旋测微器的固定刻度为0，可动刻度为

[2]图乙测量时，螺旋测微器的固定刻度为可动刻度为故合金丝的直径为

(2)[3]

【解析】0.006~0.0080.687~0.690四、作图题(共1题，共2分)22、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】五、实验题(共4题，共24分)23、略

【分析】【详解】

（1）[1]虽然电压表V2的量程大于4.0V，但示数无法超过量程的三分之一，读数误差较大，所以需要将电压表V1进行改装从而扩大量程，即给电压表V1串联标准电阻，根据串联电路分压规律可得

解得需要串联标准电阻的阻值为R=3kΩ，故标准电阻R应选R1。

（2）[2]小灯泡的额定电流为

电流表A的量程小于200mA，所以需要对A进行改装从而扩大量程，即给A并联电阻，根据并联电路分流规律可知电阻箱R3的阻值应调到与rA相等；即10.0Ω。

（3）[3]由题图（a）可知，当S接a时电流表内接，当S接b时电流表外接，所以前者所描绘的I-U图线反映的电阻应比后者的大，所以图线上的点与原点连线的斜率较小，故S接a时得到的图像应是图中的曲线2。

[4]小灯泡正常发光时的电阻为

改装后电流表和电压表的等效内阻分别为

则

所以电流表外接时测量误差较小；因此曲线1更接近小灯泡真实的伏安特性曲线。

（4）[5]由题图（b）可知当小灯泡两端电压U=2.75V时，电流I=0.175A，此时灯丝的电阻为

考虑到读图误差，答案在15.6~15.8之间均可。【解析】①.R1②.10.0Ω③.2④.1⑤.15.7（15.6~15.8均可）24、略

【分析】【详解】

（2）[1]由图丙可知，游标为10分度，且第7个小格与主尺对齐，则长度为

[2]由图丁可知，圆筒的外径

[3]AC．由于静电屏蔽作用；圆筒内不存在电场，即每个圆筒内部的电场强度均为0，电子在圆筒内做匀速直线运动，故AC正确；

B．两圆筒之间的间隙中电场方向随交变电压改变；不是一直水平向右，故B错误；

D．为了保证电子每次经过间隙均加速度，则电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间相等，均等于交变电压的半个周期，设电子通过圆筒1的速度为通过圆筒4的速度为由动能定理有

可得

由

可知；序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍，故D正确；

E．由电流的热效应可知，图乙所示的交流电的有效值为故E错误。

故选ACD。

[4]由动能定理有

解得

[5]由动能定理有

解得

又有

联立解得

即

故选D。【解析】1.373.277##3.276##3.278ACDD25、略

【分析】【详解】

（1）[1]根据题意，由图可知，电阻丝的