2025年人教版必修3物理下册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版必修3物理下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9题，共18分)1、如图所示A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的交点；电荷只受电场力，则下列说法正确的是()

A.粒子在P点的动能大于Q点动能B.电荷在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力C.P点电势能大于Q点电势能D.粒子带负电2、一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为()A.B.9RC.D.81R3、在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r=1Ω，R1为光敏电阻（其阻值随光照的增强而减小），定值电阻R2=2Ω，R3=5Ω，电表均为理想电表．则下列说法正确的是（）

A.当光照增强时，电源的效率增大B.当光照增强时，电容器的电荷量减小C.光照强度变化时，电压表示数和电流表示数之比不变D.若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同4、某手机只播放视频，可以播放约17小时，其说明书的部分内容如右表所示，关于该手机，下列说法正确的是（）。手机类型智能手机、4G手机屏幕分辨率1990×1080像素电池容量4000mA·h电池类型不可拆卸式电池待机时间约22天

A.充满电时电池可储存的最大能量为4JB.放电时电池可输出的最大电荷量为4CC.播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的1.3倍D.播放视频时平均电流约为待机状态平均电流的30倍5、如图所示，在某点电荷产生的电场中，虚线是四条相邻的等势线。曲线是一个电子（不计电子所受重力）从点运动到点的轨迹。下列判断正确的是（）

A.该点电荷一定带正电B.电子从点运动到点的过程中速率先增大后减小C.等势线的电势比等势线的电势低D.电子经过等势线的加速度小于经过等势线的加速度6、如图所示；一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）

A.O点的电场强度为零，电势最低B.O点的电场强度为零，电势最高C.从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D.从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低7、在电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝75V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200V，则A、B、C三点电势高低关系为()A.φA>φB>φCB.φA<φC<φBC.φC>φA>φBD.φC>φB>φA8、在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后；灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）

A.灯泡L变亮B.电容器C的带电量将增大C.两端的电压减小D.电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大9、下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了“磁生电”的现象B.麦克斯韦提出了电磁波的存在，并通过实验捕捉到了电磁波C.法拉第发现了电流的磁效应，并提出法拉第电磁感应定律D.楞次通过大量的实验，得出判断感应电流方向的方法评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)10、如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为A.A；则以下说法正确的是()

B.静止时，B两小球间细线的拉力为5mg＋qEC.静止时，B两小球间细线的拉力为5mg－qEE.剪断O点与A小球间细线瞬间，B两小球间细线的拉力为E.剪断O点与A小球间细线瞬间，B两小球间细线的拉力为11、如图所示；放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B，则（）

A.在B的内表面带正电荷，φB=φC=0B.在B的右侧外表面带正电荷C.验电器的金属箔片将张开，φB<φCD.φB=φC，B的左右两侧电势相等12、一根固定的、绝缘的、光滑的水平杆上套着一个带电小球，和的长度相同，空间存在静电场，小球在A点获得初动能，从A运动到B的过程中，小球的图像如图所示；下列说法正确的是（）

A.小球先做变加速运动后做匀减速运动B.小球在段运动的加速度一直小于在段运动的加速度C.小球在段的运动时间小于段的运动时间D.A到C和C到B两个过程中电场力对小球做功相同13、两带电金属板竖直放置且两板始终与电源的正、负极相连，如图所示。在电场中的O点，用一根绝缘细线悬挂一带负电荷的小球，小球静止在细线与竖直方向夹角为θ的位置。现将两金属板绕各自的中心转轴缓慢旋转一个小角度，两转轴在同一水平线上且旋转过程中两金属板始终保持平行，如图中虚线所示。则（）

A.两板间匀强电场的场强将变大B.细线对小球的拉力将变大C.小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小D.小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变大14、如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑片在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑片向a端移动；则下列说法正确的是（）

A.电源的总功率减小B.R3消耗的功率增大C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、如图所示，匀强电场强度方向水平向右，一正的点电荷沿半径R=20cm的圆周，从A点移动到B点．已知．

（1）这一过程中电场力做的功是__________.

（2）A、B两点间的电势差UAB是__________．16、在如图所示的电路中，电源内电阻为r，R1、R3分别为两个定值电阻．闭合电键S，当变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，伏特表V1的示数逐渐________________（选填“增大”、“减小”、“不变”）．若移动P的过程中，电流表示数变化量的大小为ΔI，则伏特表V2示数变化量的大小ΔU2＝________________．

17、如图所示，为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面，现将电荷量为的正点电荷从点移到点，电场力做功为则两点间的电势差______将另一电荷量为的负点电荷从点移到点，克服电场力做功若边长为则电场强度大小______

18、写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数。游标卡尺的读数___________cm；螺旋测微器的读数___________mm。

19、科学思想方法在物理问题的研究中十分重要，库仑受到牛顿的万有引力定律的启发，运用____方法（选填“建立模型”、“类比”、“控制变量”、“理想实验”），发现了电荷间相互作用规律，该规律被称为_________。20、图中①、②分别为锂离子电池充电过程中充电电流I、电池电压U随时间t变化的图线。此过程中充电功率最大为_________W，图线①与时间轴所包围的面积对应的物理量是__________。21、量程为0.6A的电流表内阻Rg=60Ω，要把这个电流表的量程扩大成3A，那么应该在Rg上______联一个电阻R，R的大小应是______Ω。22、如图所示是一个电路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么电流表测得的电流的大小为_______A，方向向__________（选填“左”或“右”）。

23、把一个电容器；电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所连接．先使开关S与1端相连；电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电器放电．与电流传感器相连接的计算机(图中未画出)可记录电流随时间变化I-t曲线，逆时针的电流流向为正值．

图乙是某次实验中电流传感器所记录的i-t曲线，请判断该曲线记录的是电容器的_______过程(选填:“充电”或“放电”)．请你用语言描述电容器在此过程中电流随时间如何变化:____________评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)24、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。

25、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

26、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24分)27、如图所示，为某物理兴趣小组改装电流表的电路。已知毫安表表头内阻为60Ω，满偏电流为2mA，R1和R2为定值电阻。若毫安表可改装成量程为4mA和15mA的电流表；则。

（1）图中表笔A应为___________色（选填“红”或“黑”）。

（2）选择开关S与___________（选填“a”或“b”）端相接时；电流表的量程为15mA。

（3）由题给出的条件和数据，可以求出R1=___________Ω，R2=___________Ω。

（4）若表头标记的内阻不准，造成改装后的电流表示数比标准电流表示数偏小，则表头内阻的真实值应___________（选填“大于”或“小于”）60Ω。28、某课外兴趣小组欲测定一新型合金材料的电阻率；他们选择由该材料制成的电阻丝，进行了下列操作。

（1）用多用电表粗测该电阻丝的电阻：

①旋转选择开关，使其对准欧姆挡的“”。

②将两表笔短接，调节表盘上的旋钮______（填图甲中字母“”或“”）；使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度线，然后断开两表笔。

③将两表笔分别接到被测电阻丝的两端，发现多用电表的指针位置如图甲中指针所示；随后断开两表笔。

④旋转选择开关，使其对准欧姆挡的“”挡，重新欧姆调零后，再将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端进行测量，多用电表的指针位置如图甲中指针所示，则被测电阻丝的阻值为______

⑤旋转选择开关；使其对准“OFF”挡，并拔出两表笔。

（2）若该兴趣小组想用伏安法较准确地测定该电阻丝的阻值；实验室可供选用的器材有：

A．电压表（量程为内阻约为）

B．电压表（量程为内阻约为）

C．电流表（量程为内阻约为）

D．电流表（量程为内阻约为）

E．滑动变阻器（最大阻值为）

F．电源（电动势为内阻约为）

G．开关导线若干。

①要使电流表和电压表的示数都能达到满偏的三分之一以上，在所提供的电流表中就选用______，电压表就选用______。（填器材前的字母）

②在虚线框乙中画出测定该电阻丝的实验电路图，并对选用的器材进行标注______。

（3）若测得电阻丝的长度为直径为和阻值为则该新型材料的电阻率______。29、请写出下列测量工具的读数。

(1)用游标卡尺测量一金属丝的直径，则该金属丝直径的测量值为_________mm；

(2)用螺旋测微器测量圆柱体的直径为_________mm；

(3)如图为一正在测量中的多用电表表盘。当选用电阻挡“×100”测量，则读数为__________Ω；当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为__________mA。30、如图甲所示为一黑箱装置，盒内有电源、电阻等元件，a、b为黑箱的两个输出端。

（1）为了探测黑箱；某同学进行了以下几步测量：

①用多用电表的电阻挡测量a、b间的电阻；

②用多用电表的电压挡测量a、b间的输出电压；

③用多用电表的电流挡测量a、b间的输出电流。

你认为以上测量中不妥的有：___________（填序号）。

（2）含有电源的黑箱相当于一个“等效电源”，a、b是等效电源的两极。为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图乙所示的电路，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U­I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图丙所示。请你完成U­I图线___________，并由图线求出等效电源的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。

（3）由于电压表和电流表内阻的影响不可忽略，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比___________，测得的内阻与实际值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。评卷人得分六、解答题(共2题，共20分)31、如图甲，匀强电场的电场强度为E，电场中沿电场线方向上两点A和B距离为d，设A和B两点间电势差为UAB；

（1）一个点电荷q从A点移动到B点，请你用功的定义、电场力做功与电势差的关系证明

（2）某一带正电的点电荷周围的电场线如图乙所示，其中一条电场线上的三点M、N、P，N是MP的中点。请你判断M、N两点间电势差UMN与N、P两点间电势差UNP是否相等；并阐述你的理由。

32、在研究微型电动机的性能时，可采用图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R；使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。求：

（1）这台电动机的内阻；

（2）这台电动机正常运转时的输出功率参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】因电场线与等势面相互垂直；且由高电势指向低电势，故电场线如图所示；

由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故D错误；若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故A正确；因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故B错误；因P点电势小于Q点电势，粒子带正电，由E＝φq可知P点的电势能小于Q点的电势能；故C错误；

故选A．2、D【分析】【详解】

横截面直径为d镍铬丝拉制成直径为的均匀细丝后，根据截面积公式：可知，横截面积变为原来的镍铬丝的体积不变，则长度变为原来的9倍；由电阻定律分析可知电阻变为原来的81倍，即为81R，故D正确，ABC错误．3、D【分析】【分析】

通过光照强度的变化；可知电阻变化的，根据闭合电路的欧姆定律，可判断电路总电流和总电压的，进而判断其他问题。

【详解】

A．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，路端电压U减小，则电源的效率为：减小；故A错误；

B．当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，R2两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据知；电容器的电荷量增大，B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律得：所以电压表示数和电流表示数的变化量之比不发生变化，故C错误；

D．将R3看成电源的内阻，则等效电源的内阻为则光敏电阻时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏电阻R1阻值变化范围为则光照强度变化前后，AB两段电路的功率可能相同，D正确。

故选D。

【点睛】

考查闭合电路的动态分析。4、D【分析】【详解】

A．无法求出充满电时电池可储存的最大能量；A错误；

B．放电时电池可输出的最大电荷量为

B错误；

CD．播放视频时平均电流约为

待机状态平均电流为

电流之比为

C错误；D正确。

故选D。5、D【分析】【分析】

【详解】

AC．曲线是一个电子从点运动到点的轨迹，根据轨迹可知，电子受到的是排斥力，故该点电荷一定带负电，且等势线的电势比等势线的电势高；AC错误；

B．电子从点运动到点的过程中，到排斥力先起到阻力作用，然后再排斥力起到动力作用，则电子从点运动到点的过程中速率先减小后增大；B错误；

D．等势面的疏密表示场强的大小，的场强小于的场强，的电场力小于的电场力，则电子经过等势线的加速度小于经过等势线的加速度；D正确。

故选D。6、B【分析】试题分析：将圆环等分成若干微小段；每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点，产生的电场的电场强度总大小相等；方向相反，矢量和为零，即最终在O点的总矢量和为零，即在O点处，电场强度为零。因为圆环带正电，因此，每一小段和与它关于O点对称的一小段在O点的左右两侧，产生大小相等、方向分别向外与x轴成相等角的电场，矢量和沿着x轴，由O点向两侧发散，各段叠加后总矢量和仍然沿着x轴，由O点向两侧发散，根据沿着电场线方向电势逐点降低的规律可知，O点的电势最高，故选项A、C错误，选项B正确；当从O点沿x轴正方向，趋于无穷远时，电场强度也为零，因此从O点沿x轴正方向，电场强度先变大，后变小，故选项D错误。

考点：本题主要考查了电场力的性质和能的性质问题，属于中档题。7、C【分析】【详解】

由题意，UAB=φA-φB=75V，则得：φA＞φB；UBC=φB-φC=-200V，则得：φB＜φC；又UAC=UAB+UBC=（75-200）V=-125V，则得：φA＜φC；故有：φC＞φA＞φB；故ABD错误，C正确．8、B【分析】【分析】

【详解】

A．当滑动变阻器的滑片向右移动时；变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电路中电流减小，灯L变暗，故A错误；

B．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，路端电压增大，电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知；电容器C的电荷量将增大，故B正确；

C．电容器在稳恒电路中视为断路，故R0两端的电压不变；始终等于0，故C错误；

D．电源消耗的功率P=EI，电流减小所以电源消耗的功率将变小，P向右移动；滑动变阻器电阻变大，不知道内外电阻的关系，输出功率变化情况无法判断，故D错误。

故选B。9、D【分析】【详解】

A．奥斯特发现了“电生磁”的现象；法拉第发现了“磁生电”的现象，A错误；

B．麦克斯韦提出了电磁波的存在；赫兹通过实验捕捉到了电磁波，B错误；

C．奥斯特发现了电流的磁效应；纽曼；韦伯提出法拉第电磁感应定律，C错误；

D．楞次通过大量的实验；总结出了楞次定律，得出判断感应电流方向的方法，D正确。

故选D。二、多选题(共5题，共10分)10、A:C【分析】【详解】

静止时；对BC球整体进行受力分析，则有：

T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq；故A正确，B错误；

B球带负电；相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE；

qE对A、B球整体产生一个竖直向下的分加速度

此时A、B球的加速度为（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE．故C正确；D错误．

故选AC．

【点睛】

本题由整体法与隔离法相结合解题．11、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．静电平衡时；电荷分布于导体的外表面上，选项A错误；

B．由于产生静电感应；使B金属网罩的左侧外表面感应出负电荷，所以B的右侧外表面感应出正电荷，选项B正确；

C．由于静电屏蔽；金属网罩内电场强度为零，故C上无感应电荷，验电器的金属箔片不会张开，选项C错误；

D．由静电屏蔽特点知；导体是等势体，导体表面是等势面，选项D正确．

故选BD。12、A:C【分析】【详解】

A．小球运动过程受重力、弹力和电场力，由图像切线的斜率表示合力有：小球在段运动过程中合力即电场力沿水平方向的分力，先增大后减小，方向由A指向C；段合力即电场力沿水平方向的分力为恒力，方向由C指向B；故A正确；

B．和的长度相同，若段匀加则图像中连接如图，则虚线的斜率表示合力的大小与段合力大小相等，故小球在段运动的加速度先大于后小于在段运动的加速度；故B错误；

C．画出运动过程中的图像如图所示，图线与t轴围面积表示位移大小，两段位移大小相等，故小球在段的运动时间小于段的运动时间；C正确；

D．根据动能定理两段电场力做功分别为正功和负功；故D错误。

故选AC。13、A:B:C【分析】【详解】

A．缓慢旋转过程中两轴心之间的距离保持不变，转动时两平行板的垂直距离变小，设转动的角度为α，两轴心的距离为d，两极板间的电势差为U，则转动后的电场强度为

根据匀强电场的场强与电势差和板间距离关系得两板间匀强电场的场强将变大；A正确；

BCD．未转动前，绳子拉力、电场力与小球的重力关系Ty=Tcosθ=mg，

当转动角度为α，小球依然受重力、电场力和拉力，再次沿水平方向和竖直方向正交分解，根据平衡条件得

则电场力水平方向分力不变；即细线水平方向分力不变，竖直方向分力变大，可画出受力分析图。

可知小球静止时细线与竖直方向夹角θ将变小；细线的拉力增大；BC正确，D错误。

故选ABC。14、A:C【分析】【分析】

【详解】

法一：程序法。

AB．将滑动变阻器的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，电路中的总电流I减小；电源的总功率。

P＝EI减小，R3消耗的功率。

P3＝I2R3减小；选项A正确，B错误；

CD．电路中的总电流减小；由。

U＝E－Ir知电源的路端电压U增大，R1、R2并联部分的总电阻增大，电压增大，通过R1的电流I1增大，而总电流I减小，则通过R2的电流I2减小；选项C正确，D错误。

故选AC。

法二：串反并同法。

AB．将滑动变阻器的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，与其串联的电流表A2的示数减小，与其间接串联的电源的总功率、R3消耗的功率均减小；故A正确，B错误；

CD．与其间接并联的电流表A1；电压表V的示数均增大；C正确，D错误。

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

（1）从A点移动到B点，电场力对电荷做正功：W=q=q=qER=4×10-8×1.2×102×0.2J=9.6×10-7J.

(2)==ER=1.2×102×0.2V=24V.【解析】（1）（2）24V16、略

【分析】【详解】

当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故V1逐渐减小；因R1、R3为定值电阻，故由欧姆定律U2＝E−I(R1+R3+r)可知，电压表V2示数的变化量绝对值与电流表A示数的变化量比值等于R1+R3+r，故．【解析】减小ΔI(R3+R1+r)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]正点电荷从A点移到点时，电场力做正功，故A点电势高于点；可以求得。

[2]同理可判断A点电势高于点；可求得：

因此两点电势相等；则有：

由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线，因此，为一等势线，故电场线方向垂直设为的中点，则电场线方向为由A指向直线沿场强方向的距离等于线段的长度；故由匀强电场中电势差与场强的关系式可得。

【解析】300V10418、略

【分析】【详解】

[1]游标卡尺读数为

[2]螺旋测微器读数为【解析】1.0552.61519、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]万有引力定律研究是任意两个物体之间的作用，而库仑定律研究的是真空中两个静止的点电荷之间的作用，两个定律都研究相互作用，可以进行类比。1785年库仑经过实验提出库仑定律。【解析】类比库仑定律20、略

【分析】【详解】

[1]充电功率。

由图可知在t2时刻充电电流I、电池电压U都最大；所以充电功率最大为。

[2]图线①与时间轴所包围的面积是电流I与时间t的乘积；根据。

可知图线①与时间轴所包围的面积对应的物理量是电量（电荷量）。【解析】4.2电量（电荷量）21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]电流表的量程扩大成3A，应并联分流电阻，R的大小应是【解析】①.并②.1522、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]R1两端的电压U1=I1R1=1V

R2两端的电压U2=I2R2=0.1V

则R3两端的电压U3=0.9V，且下端电势高于上端，则R3的电流I3==0.3A

方向向上，则电流表测得的电流为0.3A-0.1A=0.2A，方向向左。【解析】①.0.2②.左23、略

【分析】【分析】

根据I-t图线所围成的面积等于电容器的电荷量；电容器充电过程中，电荷量增加；

【详解】

电流为正值，逆时针方向，与电源方向一致，所以在形成电流曲线1的过程中，电容器在充电，电容器带电量逐渐变大；由图像可知，电流随时间逐渐减小到零（且电流随时间减小的越来越慢）.【解析】充电电流随时间逐渐减小到零（且电流随时间减小的越来越慢）四、作图题(共3题，共6分)24、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25、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】26、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4题，共24分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]电流从电流表正接线柱流入；所以图中表笔A应为红色。

(2)[2]电流表并联的电阻越小，量程越大，所以选择开关S与a端相接时；电流表的量程为15mA。

(3)[3][4]选择开关S与a端相接时有

选择开关S与b端相接时有

解得

(4)[5]改装后的电流表示数比标准电流表示数偏小，表明分流电阻分流较小，根据并联电路的规律可知并联的电阻阻值偏大。所以表头内阻的真实值应小于60Ω。【解析】①.红②.a③.16④.44⑤.小于28、略

【分析】【分析】

【详解】

（1