2025年沪科版必修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年沪科版必修3物理上册月考试卷627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7题，共14分)1、如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合；静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是:

A.断开开关S后，将B两极板的正对面积减小一些B.断开开关S后，将B两极板靠近一些C.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动D.保持开关S闭合，将B两极板分开一些2、2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义。新自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，根据所学知识判断，正确的选项是（）A.“伏特”是国际单位制中的基本单位B.“电子伏特”表示的是能量的单位C.“毫安时”表示的是电流的单位D.“瓦特”是国际单位制中的基本单位3、如图，某匀强电场方向平行于半圆弧所在平面，AD为半圆直径，B、C为半圆弧的三等分点，A、C、D三点的电势分别为4V、1V、0V。电荷量大小为e、初动能为5eV的带电粒子从A沿AC方向射入电场，恰能经过B点。不计粒子的重力；下列说法正确的是（）

A.该粒子一定带正电B.场强方向沿D点指向A点C.该粒子达到点B点的动能为4eVD.若该粒子以某一速率从C点沿CA方向射入，也可能经过B点4、如图所示，一匀强电场方向水平向左，一质量为m、电荷量为-q的带电微粒以竖直向下的初速度v由M点射入电场。带电微粒从N点射出电场时，其速度方向与水平线夹角为60°。不计带电微粒重力，则带电粒子通过N点时速度大小和N、M两点间的电势差大小分别为（）

A.B.C.D.5、在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A.古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，牛顿在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B.德国天文学家开普勒对他导师第谷多年观测的行星数据进行了研究，并由此得出了万有引力定律C.伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究的方法，比如他在利用斜面对自由落体运动进行研究时，先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是“冲淡”重力的作用，使时间的测量更容易D.库仑通过库仑扭秤装置总结得出的库仑定律是电磁学的基本规律之一，使电磁学的研究从定性进入定量阶段，考虑到万有引力“超距作用”相似的规律性，库仑进一步提出了“电场”的概念6、如图所示为一带正电的金属球，a、b、c、d为过圆心O的同一直线上的点．则（）

A.a点电势比b点的低B.a点场强比b点的大C.c点电势比d点的低D.c点场强比d点的大7、如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一点电荷，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势。若保持极板B不动，第一次将极板A稍向上平移，第二次将极板A稍向下平移（移动后极板A的位置还在P点上方）；则（）

A.两次移动后U相同B.两次移动后点电荷都保持静止C.第一次移动后φ减小，第二次移动后φ增大D.第一次移动后Q不变，第二次移动后Q增大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、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.9、如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B。现给B一个沿垂直AB方向的速度v0；A；B小球均可视为质点，则下列说法正确的是（）

A.若B带异种电荷，B球可能做圆周运动B.若B带异种电荷，B球可能做加速度、速度均变小的曲线运动C.若B带同种电荷，B球一定做远离A球的变加速曲线运动D.若B带同种电荷，B球的动能一定会减小10、如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲；乙两曲线所示．则由图线可知（）

A.两电荷的电性一定相反B.t1时刻两电荷的电势能最大C.0~t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D.0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小11、如图所示，两条完全相同的圆弧形材料和圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧在竖直平面内，圆弧在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为设圆弧在圆心P处产生的电场强度大小为产生的电势为φ；选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（）

A.B.C.将质子从P点无初速释放，则质子的最大速度为D.若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，则x轴上各点电场强度为零，电势为零12、用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱、判断电势高低。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（）

A.B、C两点场强相同，电势也相等B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点电势相等D.B、O间的电势差与O、C间的电势差相等13、在真空中A、B两点分别放有异种点电荷和以AB连线中点O为圆心作一圆形路径abcd；如图所示，则下列说法正确的是（）

A.电场强度关系有Ea=Eb，方向相反B.电势高低关系有φb>φdC.将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做负功D.将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变14、如图所示，在直角三角形所在平面内存在方向与平面平行的匀强电场（未画出），已知若将电荷量的正电荷从A移到B过程中，电场力做功为将另一电荷量的负电荷从A移到C过程中，克服电场力做功为则以下说法正确的是（）

A.B.C.电场强度方向从A指向CD.电场强度方向从A指向B15、线段OB上存在静电场，OB上电场强度随空间变化规律如图所示。线段上有一点A，O、A、B三点的电场强度大小分别为0、将一带电荷量为的粒子从O点由静止释放，只在电场力作用下运动，粒子到达B点时速度变为零。已知A、B两点距O点的距离分别为设A点电势为零。下列说法正确的是（）

A.OA与AB间的电势差满足关系式B.粒子在运动过程中，最大动能为C.D.若将粒子从B点由静止释放，粒子将在BO间做往复运动16、图是某地一风力发电机，它的叶片转动时可形成直径为40m的圆面。若该地区的风速是5.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，则（）

A.每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为B.每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为C.此风力发电机发电的功率约为D.此风力发电机发电的功率约为评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、如图所示是_________（选填“正”或“负”）点电荷的电场线，A、B是该电场中的两点，其中_________点电势低，________点电场强度大（选填“A”或“B”）。18、平行板电容器的电容C；两极板间电压为U，两板间场强E和带电量Q在下列情况下怎样变化？（填：减小；增大或不变）

（1）保持两板与电源相连，只增大两板间距离，则C____，U____，Q_____，E________．

（2）给电容器充电后与电源断开，再减小电容器极板间距离，则C____，U____，Q____，E_____．19、如图所示,A、B为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体,起初它们不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C是带正电的小球。当C移近A时,A、B上的金属箔片都张开。

(1)若撤去C,A、B下部金属箔片是_________(选填“张开”或“闭合”)

(2)若先分离A、B,再撤去C,A、B下部金属箔片是_________(选填“张开”或“闭合”)。在分离A、B的过程中,A、B组成的系统电势能_______(选填“增大”“不变”或“减小”)

(3)静电感应的原因是金属导体中存在大量的_____________。20、形象描述电场分布的曲线叫做_____，我们用_____（用文字表述）表示电场的强弱。21、匀强电场的电场强度为E，在此电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，三角形所在的平面与电场线平行，如图所示，AB边长为L，AB边平行于电场线，现将一个电荷q，从A点沿AB边运动到B点，电场力做功为____________；由B运动到C，q的电势能变化量为____________；由C运动到A，电场力做功为____________；A、C两点的电势差为____________。

22、小李同学在学习了库仑定律之后，为了研究带电小球在它们之间的相互作用力下的运动，他在绝缘的光滑水平面上放三个质量相等的带电小球a、b、c，它们处在同一直线上，如图以向右为正方向，若释放a球，a球的初始加速度为若释放c球，c球的初始加速度为则根据所学知识可知，释放b球，b球的初始加速度大小为______方向是______。

23、等势面。

（1）定义：电场中__________的各点构成的面。

（2）等势面的特点：

①在同一等势面上移动电荷时静电力________。

②电场线跟等势面______，并且由电势_____的等势面指向电势____的等势面。

③两个不同的等势面永不_________。评卷人得分四、作图题(共2题，共18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、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评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)26、如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=Ω，则当S1和S2均断开时，改装成的电表是____________（填电流表或电压表），量程为________；当S1和S2均闭合时，改装成的电表是______（填联表或电压表），量程为__________。

27、图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图；已知小灯泡额定电压为2.5V．

（1）完成下列实验步骤：

①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，____________

②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，_____________；

③断开开关；．根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．

（2）在虚线框中画出与实物电路相应的电路图__________。28、图甲是某兴趣小组研究热敏电阻阻值随温度变化规律的电路图，该热敏电阻在25℃时的阻值为根据需要已选用规格和量程合适的器材，具体实验操作如下：

A.将温控室内的温度设定为25℃，闭合开关和移动滑动变阻器的滑片使电压表满偏。

B.保持滑片的位置不动，断开开关升高温控室内的温度为某一值，调节电阻箱的阻值使电压表保持满偏。

C.读出的阻值并记下此时的温度。

D.继续升高温控室内的温度重复步骤B；C，测出相应温度下的阻值。

E.测出多组数据后绘出热敏电阻阻值随温度变化的图象如图乙所示。

请回答以下问题：

（1）在进行实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最________端（填“左”或“右”）；

（2）请用笔画线代替导线，将图丙的实物按图甲的电路图连接成完整电路________。的读数如图丁所示，则此时电阻箱的阻值为________热敏电阻的阻值为________

（3）某次实验时一同学将该热敏电阻握在手心，电阻箱读数如图戊所示，则该同学手心的温度为________℃（结果保留两位有效数字）。

29、某小组同学用多用电表做了以下实验：

欧姆表的内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表和一个电阻串联而成。为了测量多用电表欧姆挡在“×100”挡时的内部电阻、电动势和红黑表笔短接时流出多用电表的电流Im；该同学将多用电表的选择开关调到“×100”挡进行欧姆调零后，设计了如下图所示的电路。

（1）检查发现电路中有接线错误，其错误是_________________；

（2）正确连接线路后，闭合开关，改变电阻箱的阻值，得到多组电流表的示数1和电阻箱的阻值R，作出图线如图所示，该图线纵轴截距为b，斜率为k，若忽略毫安表内阻，由图可得电动势E=___________，内部电路电阻r=__________，红黑表笔短接时流出多用电表的电流Im=______________；

（3）若考虑到毫安表内阻的影响，E、r和Im这三个物理量的测量值小于真实值的是______________（选填“E”“r”或“Im”）。评卷人得分六、解答题(共3题，共18分)30、如图所示的匀强电场，电场强度E2104N/C，A、B两点在同一条电场线上，A、B之间的距离d=0.1m．一电荷量q110−8C的点电荷从电场中的A点移动到B点；求：

（1）该点电荷所受电场力F的大小；

（2）电场力对该点电荷做的功W．

31、如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为且求：

（1）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；

（2）小球通过C点时对轨道的压力大小；

（3）小球在A点的加速度。

32、如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源的电动势，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极。平行板电容器两极板间的距离为d。在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量未知，电量为q的带电小球。当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上。现把电键打开；带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化。碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板。求：

（1）小球的质量m；

（2）小球与电容器某个极板碰撞时的速度v；

（3）小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷q′。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．断开电键，电容器带电量不变，将A、B两极板的正对面积减小一些，则S减小，根据知，电容减小，根据Q=CU知；电势差变大，指针张角变大，故A正确；

B．断开电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容变大，根据Q=CU知；电势差减小，指针张角减小，故B错误；

CD．保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故CD均错误．2、B【分析】【分析】

【详解】

A．伏特是电压的单位；是导出单位，A错误；

B．结合。

“电子伏特”表示的是能量的单位；B正确；

C．根据。

“毫安时”表示的是电量的单位；C错误；

D．瓦特是功率的单位；是导出单位，D错误。

故选B。3、C【分析】【详解】

AB．由题意可知，OD的中点与C点电势相等，所以电场方向为从A指向D。带电粒子从A沿AC方向射入电场，恰能经过B点；说明该粒子带负电。AB错误；

C．根据题意，可知B点电势为3V，则根据动能定理得

解得

C正确；

D．若该粒子以某一速率从C点沿CA方向射入，电场力水平向左，其竖直方向不受力，但是粒子有竖直向上的分速度，所以不可能经过B点。D错误。

故选C。4、A【分析】【详解】

带电粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，将带电粒子在N点的速度分解，可得带电粒子通过N点时速度大小为

粒子从M到N的过程，由动能定理可知

解得N、M两点间的电势差

故选A。5、C【分析】【详解】

A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定；伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境，A错误；

B．德国天文学家开普勒对他导师第谷多年观测的行星数据进行了研究；并由此得出了开普勒三大定律，B错误；

C．伽利略开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究的方法；比如他在利用斜面对自由落体运动进行研究时，先在倾角较小的斜面上进行实验，其目的是“冲淡”重力的作用，使时间的测量更容易，C正确；

D．库仑通过库仑扭秤装置总结得出的库仑定律是电磁学的基本规律之一；使电磁学的研究从定性进入定量阶段，考虑到万有引力“超距作用”相似的规律性，法拉第进一步提出电荷的周围存在“电场”的概念，D错误。

故选C。6、A【分析】【详解】

根据静电平衡可知，带正电的金属球的电荷均匀分布在球的外表面，球的内部场强处处为零，整个金属球为等势体；金属球外部离金属球越远场强越小，电势越低，则有

故选A。7、D【分析】【详解】

将极板A稍向上平移，极板间距d增大，由电容器决定式

可知，电容C减小，若电容器两端电压U不变，电容器所带电量Q将减小，由于二极管具有单向导电性，电容器的电荷不能回到电源，所以电容器的电量Q不变。由于电容C减小，由电容的定义式

可知，U变大。

又

得

可知板间场强不变；电荷保持静止。

因为极板B接地，电势为零，P点到极板B的距离不变，场强不变，则P点到极板B的电势差不变，故P点电势不变。

若极板A稍向下平移，可知电容C增大，电荷可通过二极管对电容器充电，Q增大，电压U不变，故两次移动后U不同。

因为两极板间距d减小，故场强减小，电荷向下移动。同样，P点到极板B的电势差减小，P点电势降低；故D正确，ABC错误。

故选D。二、多选题(共9题，共18分)8、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。9、A:B:C【分析】【详解】

A．若两个小球带的电荷为异种电荷，则B受到A的引力，方向指向A，又v0垂直AB。根据

解得

可知，当v0=v时；B球做匀速圆周运动，A正确；

B．当v0>v时；B球将做离心运动，B球逐渐远离A球，库仑力做负功，即B球做加速度；速度都变小的曲线运动，B正确；

C．当v0<v时；B球将靠近A球运动，库仑力做正功，即B球做做加速度；速度逐渐增大的曲线运动，C正确；

D．若两个小球带的电荷为同种电荷；则B因受A的库仑斥力而远离A球，库仑力做正功，B球做加速度变小，速度增大，即动能增大的曲线运动，D错误。

故选ABC。10、B:C【分析】【详解】

A；由图像看出,甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则知两电荷的电性一定相同.故A错误.

B、由于甲乙之间是排斥力，所以当甲乙之间的距离减小时说明电场力做负功，电势能增大，结合图像可知在t1时电势能由最大值；故B正确；

C、图像包围的面积代表甲乙走过的位移，从图像上可以看出在0～t2时间内甲乙之间的距离先减小后增大；所有静电力先增大后减小，故C正确；

D、0～t3时间内；甲的动能一直增大，乙的动能先减小后反向增大，故D错误；

故选BC

点睛：会结合图像找到甲乙位移之间的关系，并利用静电力做功找到电势能变化规律．11、B:D【分析】【详解】

AB．圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等，两个场强方向夹角为60°，电势相等，同理圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等，且夹角也为60°，电势相等，根据电场强度矢量叠加法则和电势标量的叠加法则有

解得

故A错误；B正确；

C．从P点无初速释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理有

解得

故C错误；

D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，正电荷和负电荷在x轴上各点产生电场强度大小相等；方向相反，其合场强为零，正；负电荷产生电势数值相等，电势叠加结果为零，故D正确。

故选BD。12、C:D【分析】【详解】

根据等量异种点电荷形成电场的对称性规律可知，关于电荷连线的中点对称的点的电场强度大小相等，方向相同，即E与F、B与C、A与D的电场强度大小相等，方向相同；关于电荷连线上下对称的点的电势相等，即E、O、F三点电势相等；由于沿电场线电势降低，则关于中垂线左右对称的点的电势不相等，B点电势高于C点电势；关于中垂线对称的两条线段的电势差相等，即B、O间的电势差与O、C间的电势差相等。

故选CD。13、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．由于a点和b点是对称点，所以a点的电场强度与b点的电场强度大小相等，即Ea=Eb；方向相同，A错误;

B．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知φd>φb；B错误；

C．负点电荷所受电场力与电场方向相反，负点电荷沿圆弧由a到b运动中；电场力方向与运动方向成锐角，电场力做负功，C正确；

D．由于c和d在+Q、−Q产生的电场的中垂线上，即在同一个等势面上，所以将一正点电荷沿直线由c到d运动中电势能一直不变；D正确。

故选CD。14、B:C【分析】【详解】

A．A、C两点的电势差

故A错误；

B．A、B两点的电势差

由于则有

故B正确；

CD．由几何关系可得

在匀强电场中任意一条直线上相等距离的两点间电势差相等，设在边上距离A点的一点为D点，则A、D两点间电势差为3V，故B、D两点电势相等，由几何关系判断垂直所以电场强度大小为

电场强度方向为从A指向C；故C正确，D错误。

故选BC。15、B:D【分析】【详解】

A．粒子从O点运动至B点过程中，根据动能定理有

解得

又

所以

故A错误；

C．在图象中，图线与横轴所围面积大小表示两点间电势差大小，结合图像有

解得

故C错误；

B．粒子在间先做加速运动，过B点后电场反向，粒子开始做减速运动，所以粒子在A点动能最大，粒子从O运动至A，利用动能定理，有

故B正确；

D．若将粒子从B点由静止释放，粒子先在BA间加速，再在AO间减速，因为粒子到O点速度减为零，而后反向加速，在BO间做往复运动；故D正确。

故选BD。16、A:C【分析】【详解】

AB．每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积约为

故A正确；B错误；

CD．每秒内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能约为

依题意可知此风力发电机的功率约为

故C正确；D错误。

故选AC。三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据人为引入的电场线都是正电荷出发；负电荷终止的特点，可知图示是正点电荷的电场线；

[2]沿着电场线电势逐渐降低，则B点电势较低；

[3]电场线的疏密反映电场强度的大小，因A处电场线较密，则A点电场强度大。【解析】正BA18、略

【分析】【详解】

（1）保持两板与电源相连，则电压不变，只增大两板间距离，由知，则C变小，由知，U不变，故Q变小，根据知，E变小；（2）充电后与电源断开，则带电量不变，再减小电容器极板间距离d，由知，C增大，由知，Q不变，则U变小，由知；E与d无关，故E不变．

【点睛】对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．【解析】变小不变变小变小增大变小不变不变19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）当带正电的小球C靠近AB时；由静电感应A带负电B带正电，AB上的金属箔片都张开，当撤去C时，AB是连接在一起的，A上的负电荷和B上的正电荷相互中和，AB上的金属箔片都闭合。

（2）当带正电的小球C靠近AB时；由静电感应A带负电B带正电，AB上的金属箔片都张开，先移开AB在撤去C时，AB不是连在一起的，A上的负电荷和B上的正电荷不能相互中和，AB仍然带电，AB下部的金属箔片张开；在分离AB的过程中，C对A吸引，C对B排斥，C对AB都在做正功，电势能在减小。

（3）感应起电是自由电荷从物体的一端移动到另一端，因此要发生感应起电就必须要有自由电荷【解析】闭合张开减小自由电荷20、略

【分析】【分析】

考查电场线。

【详解】

[1][2]．有电荷存在的地方，周围就有电场存在，电场对放入其中的电荷有力的作用，为了形象的描述电场的分布，我们人为引入电场线，使这些线上每一点的切线方向跟该点电场强度方向一致，使线的疏密程度来表示电场强度的相对大小。【解析】电场线电场线的疏密21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据匀强电场特点可知，A、B两点间的电势差为

所以有

[2]B与C位于同一等势面上；故电荷从B点到C点，电场力做功为0；

[3]根据公式，从C运动到A，电场力做功为

[4]根据公式和关系可得【解析】①.EqL②.0③.-EqL④.EL22、略

【分析】【详解】

[1][2]对三个小球构成的系统，假设同时释放三个小球，则三个小球构成的系统受到的合力为零，且在释放瞬间，a球的加速度为c球的加速度为b球的加速度为对系统由牛顿第二定律知

即

所以

方向水平向右。【解析】1水平向右23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]定义：电场中电势相等的各点构成的面。

(2)①[2]在同一等势面上移动电荷时静电力不做功。

②[3][4][5]电场线跟等势面垂直；并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。

③[6]两个不同的等势面永不相交。【解析】①.电势相等②.不做功③.垂直④.高⑤.低⑥.相交四、作图题(共2题，共18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】

（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】ABDABD五、实验题(共4题，共28分)26、略

【分析】【详解】

[1][2]由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压表量程为

[3][4]由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为【解析】电压1V电流1A27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①[1]由图可知；滑动变阻器采用的是分压式接法，闭合电键前，应使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表；电流表示数为零，起到保护作用．所以闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱；

②[2]描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线；必须测量多组数据，即增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；

（2）[3]由实物电路图可知；从电源正极出发，先经过开关，然后电路经滑动变阻器