2025年沪教新版必修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年沪教新版必修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5题，共10分)1、已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B=k其中k为常量。现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图。其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，已知此时b导线所受的安培力恰好为零。撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I的通电导体棒e；电流方向垂直纸面向外，则下列说法正确的是（）

A.b导线撤去前，电流的大小关系为I2=I1B.b导线撤去前，四根导线所受的安培力均为零C.b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向D.b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为2kII22、如图有一个半径的光滑绝缘圆周轨道固定在竖直面内，位于水平向右的匀强电场中，一个质量为m的带电小球在圆周轨道内侧运动，小球所受的电场力和重力之比为1：要使小球在整个圆周轨道内侧运动不脱离轨道，g取10m/s2；小球在轨道内侧运动过程中的最小速度值为（）

A.B.C.D.3、光敏电阻是利用半导体制成的一种电阻，其阻值随光照强度增加而变小。某同学设计如图所示的自动控制电路，其中是光敏电阻，为定值电阻，电表均可视为理想电表。闭合开关，当照射光敏电阻的光照强度增加时（）

A.电压表V的示数变大B.光敏电阻两端的电压增大C.灯泡L变亮D.电流表A的示数变小4、下列说法中正确的是（）A.由电场强度的定义式可知，电场强度的方向与试探电荷所受电场力方向相同B.电容器的电容的定义式中，Q表示其中一个极板所带电荷量的绝对值C.由电流的定义式可知，电流的大小与通过的电荷量成正比，与通过的时间成反比D.点电荷场强公式表明，在距点电荷相同距离处的场强相同5、某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24V/200W)和10个相同的指示灯X1～X10(220V/2W),将其连接在220V交流电源上，电路见图，若工作一段时间后，L2灯丝烧断；则（）

A.X1的功率减小，L1的功率增大B.X1的功率增大，L1的功率增大C.X2功率增大，其它指示灯的功率减小D.X2功率减小，其它指示灯的功率增大评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、如图电路中，电源电动势为内阻为均为定值电阻，电表均为理想电表。闭合开关当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时；下列说法中正确的是（）

A.电压表的示数变小B.电流表的示数变小C.流过电流的变化量的绝对值一定大于流过电流的变化量的绝对值D.电压表示数的变化量的绝对值与电流表示数的变化量的绝对值之比一定小于电源的内阻7、经典电磁场理论明确地给出了场中导体对静电场的影响，若把一个金属球壳置于匀强电场中，周围电场线分布会出现如图所示的情况，其中有a、b、c、d四个位置，a、d两点对称分布在球壳两侧，b位于球壳上，c位于球壳中心；则（）

A.四个位置的电势高低排列为a>b=c>dB.四个位置的场强大小排列为Ea=Ed>Eb=EcC.球壳表面的电场线与球壳表面都垂直D.感应电荷在球壳内部c处的场强为零8、一个带正电的验电器如图所示；当一个金属球A靠近验电器上的金属球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则（）

A.金属球A可能不带电B.金属球A一定带正电C.金属球A可能带负电D.金属球A一定带负电9、如图表示的电场线分布图，其中不正确的是（）A.B.C.D.10、如图所示是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板（原来不带电），上极板中央有一小孔，通过小孔喷入小油滴。其中质量为的小油滴A在时间t内匀速下落此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A经过一段时间后向上匀速运动在时间t内匀速上升了已知油滴受到的空气阻力大小为其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，重力加速度为g。则（）

A.比例系数B.A带负电,且电荷量C.A上升距离电势能的变化量为D.从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为11、如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表。电流表的量程大于的量程，电压表的量程大于的量程，把它们按图接入电路，且都没有超过量程，则（）

A.电流表的读数大于电流表的读数B.电流表的偏转角小于电流表的偏转角C.电压表的读数等于电压表的读数D.电压表的偏转角等于电压表的偏转角12、如图所示；用两节干电池点亮几只小灯泡，当逐一闭合开关，接入的灯泡增多时，以下说法正确的是（）

A.灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B.灯多时各灯两端的电压较小C.灯多时通过电池的电流较小D.灯多时通过各灯的电流较大13、如图所示为闭合电路中两个不同电源的U-I图像；则下列说法中正确的是()

A.电动势E1=E2，短路电流I1＞I2B.电动势E1=E2，内阻r1＞r2C.电动势E1>E2，内阻r1＜r2D.当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大14、如图所示，直流电路中，是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻时。

A.电源的总功率减小B.A板的电势降低C.液滴向上运动D.电容器所带电荷量增加评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、如图所示为火警报警装置的部分电路，其中为电源，为电源内阻，是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，是定值电阻．两端接报警器．当传感器所在处出现火险险情时，与险情出现前相比，两端电压________，电流表中的电流________（选填“变大”；“变小”或“不变”）．

16、电容。

（1）定义∶电容器所带的__________与电容器两极板间的__________之比。

（2）公式∶

（3）单位∶在国际单位制中的单位是_____，符号∶F，1F=1常用的单位还有___和______。换算关系∶1F=_____μF=_____pF。

（4）物理意义∶表示电容器容纳电荷本领的物理量。

（5）额定电压和击穿电压∶

①额定电压∶电容器能够_________时的电压。

②击穿电压∶电介质被______时加在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会被损坏。17、电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。请在图中画出上述u–q图像____。类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电场能Ep=____

18、如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，电源的电动势为___________V。

19、如图所示，电源电动势为E、内阻为r，外电阻分别为闭合电键S，当滑动变阻器的触头，P向下滑动时，四个理想电表A、的示数都将发生变化，电表的示数分别用I、和表示，电表示数变化量分别用和表示。

（1）示数和其中一定变小的是_________。

（2）表达式其中一定变小的是__________。

（3）变化量和其中绝对值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意结果的正负___________：。________________________________

（5）若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗功率最大，则应取______为了让电阻消耗的总功率最大，则应取_____20、磁通量。

（1）定义：匀强磁场中___________和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积，即Φ=BS。

（2）拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的___________与磁感应强度的乘积表示磁通量。

（3）单位：国际单位是韦伯，简称韦，符号是Wb，1Wb=___________。

（4）引申：表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量。评卷人得分四、作图题(共4题，共36分)21、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。

22、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。

23、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。

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30分)25、某实验小组要测量两节干电池组的电动势和内阻；实验室有下列器材：

A．灵敏电流计G（0~5mA；内阻约为60Ω）

B．电压表V（0~3V；内阻约为10kΩ）

C．电阻箱R1（0~999.9Ω）

D．滑动变阻器R2（0~100Ω；1.5A）

E．旧电池2节。

F．开关；导线若干。

(1)由于灵敏电流计的量程太小，需扩大灵敏电流计的量程。测量灵敏电流计的内阻的电路如图甲所示，调节R2的阻值和电阻箱使得电压表示数为2.00V，灵敏电流计示数为4.00mA，此时电阻箱接入电路的电阻为450．0Ω，则灵敏电流计内阻为___________Ω；（保留1位小数）

(2)为将灵敏电流计的量程扩大为60mA，该实验小组将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R1的阻值调为___________Ω；（保留3位有效数字）；

(3)把扩大量程后的电流表接入如图乙所示的电路，根据测得的数据作出U－IG（IG为灵敏电流计的示数）图象如图丙所示，则该干电池组的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω（保留3位有效数字）。26、实验小组要测量两节相同的干电池的电动势和内阻。实验室为其提供的实验器材有：

待测电池组（两节干电池）

毫安表（量程为内阻）

电压表V（量程为内阻约）

滑动变阻器（）

电阻箱（）

定值电阻

开关。

导线若干。

（1）实验小组成员设计了一种测量电路如图甲，请根据电路图在图乙中补充完成实物间的连线_______。

（2）为了使通过电池组的电流为毫安表示数的10倍，电阻箱接人电路的电阻应调为________

（3）实验时，闭合开关前，将滑动变阻器的滑片调到最__________（选填“左”或“右”）端，闭合开关后调节滑动变阻器，测得多组电压表和毫安表的示数U、I，作出的图像如图乙所示，则每节干电池的电动势为_________V，内阻_________（结果均保留一位小数）27、在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中；备有如下器材：

A.蓄电池。

B.电流表（0～0.6A；内阻约为0.1Ω）

C.灵敏电流计G（满偏电流Ig＝200μA，内阻rg＝150Ω）

D.滑动变阻器R1（0～20Ω；2.0A）

E.电阻箱R2

F.定值定阻R0＝2Ω

G.开关.导线若干。

（1）由于没有电压表，可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表，如图甲中电阻箱R2的阻值应为_____Ω．

（2）按图甲所示电路图，请在乙图上补充完成实物连线_____

（3）丙图为该实验绘出的﹣图线（为灵敏电流计G的示数，为电流表A的示数）由丙图可求得被测蓄电池的电动势＝_______V，内电阻＝________Ω（结果保留两位有效数字）．评卷人得分六、解答题(共4题，共8分)28、如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器．若平行板电容器所带电荷量为Q1，该粒子经时间t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为Q2，该粒子经时间t2恰好沿下极板边缘飞出．不考虑平行板电容器的边缘效应；求两种情况下：

（1）粒子在电容器中运动的时间t1、t2之比；

（2）电容器所带电荷量Q1、Q2之比．29、如图所示，在xOy所在坐标系中ABCD区域内存在两个场强均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，电场I方向水平向右，电场Ⅱ方向竖直向上，两电场区域是边长为L的正方形，边界分别与x轴和+y轴相重合，已知带电粒子的电量q（q>0）；不计重力的影响。

（1）若粒子从AB中点F由静止释放；求粒子离开电场时的位置坐标；

（2）若粒子在AB线上不同位置释放，求粒子离开场时动能与释放点纵坐标y之间的关系；

（3）若粒子在AB中垂线上不同位置释放（电场I区域内），试求粒子离开电场时动能与释放点横坐标绝对值x的关系。

30、一束电子流在经U=5000V的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm；那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？

31、在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×10-7m，每个激光脉冲的能量E=1.5×10-2J．求每个脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h=6.63×l0-34J·s，光速c=3×108m/s．计算结果保留一位有效数字）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

b导线撤去前；各导线受力如图所示。

A．由题意可知

即

得

故A错误；

B．导线a所受的合力为

故B错误；

CD．导线b撤去后，导线a、e间的磁场力与c、e间的磁场力大小相等，方向相反，合力为0，导线d、e为同方向电流相互吸引，即导体棒e所受安培力方向为沿y轴负方向，大小为

故C正确；D错误。

故选C。2、A【分析】【详解】

当小球的速度在等效最高点最小时，轨道支持力为零，小球（假设带正电）所受的电场力和重力之比为1：根据电场力和重力大小关系确定：等效最高点在O点的左上方，与竖直方向成30°夹角。若能通过圆周上最高点时，则能做完整的圆周运动，设最高点为A，通过A点最小速度为v，小球恰好通过A点时，由电场力与重力的合力提供向心力可得

解得v=10m/s

故A正确；BCD错误。

故选A。3、A【分析】【详解】

AD．当照射光敏电阻的光强增强时，其阻值变小，则与灯泡并联后的阻值变小，再串联R0和电源内阻r后的总阻值变小，由全电路的欧姆定律可知，干路电流I变大，即电流表的示数变大；电压表测量的是R0的电压，由

则电压表的示数变大；故A正确，D错误；

BC．由全电路的串联规律有

因总电流I变大；则并联部分的电压变小，即光敏电阻的电压变小，灯泡L的电压变小，则灯泡变暗，故BC错误。

故选A。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．某点电场强度的方向与正的试探电荷所受电场力方向相同；与负的试探电荷所受电场力方向相反，故A错误；

B．电容器的电容的定义式

中，Q表示其中一个极板所带电荷量的绝对值；故B正确；

C．公式

是电流的定义式；电流的大小与通过横截面的电荷量无关，与通过的时间无关，故C错误；

D．点电荷场强公式

可知；在距点电荷相同距离处的场强大小相等，但方向不相同，故D错误。

故选B。5、C【分析】【分析】

由电路连接知：各照明灯与对应的指示灯并联；各组（照明灯+指示灯）灯串联．

每组中的照明灯和指示灯是并联的，所以总电阻要小于照明灯或指示灯的电阻，指示灯L2灯丝烧断，相当于本组电阻增大；串联电路中导体两端电压与其阻值成正比，所以X2两端电压增大，X2以外的其它灯组两端电压都减小，具体灯泡功率的变化，根据P=U2/R判断．

【详解】

L2与X2并联，灯丝烧断，X2两端电压增大，由P=U2/R知，照明灯X2电阻不变；实际功率变大；

在串联电路中总电压等于分电压之和．X2两端电压增大，所以其它灯组两端电压减小，由P=U2/R知：其它指示灯电阻不变；实际功率减小．

【点睛】

此题属混联电路的问题，按先局部（X2和L2）并联再整体（其它灯组）串联的过程分析，运用相应的并联、串联规律，体现了分割和整体思想的交互应用．二、多选题(共9题，共18分)6、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．设流过的电流分别为电压分别为干路电流为路端电压为电流表的示数为当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，变小，根据闭合电路欧姆定律有

可知变大；即电压表的示数变大，故A错误；

B．变大，由

可得变小，从而知变小，而

变大，则变大，变大，又

变小，可知变小；故B正确；

C．由

变小，变大，则变小

不能确定流过电流的变化量的绝对值与流过电流的变化量的绝对值的大小关系；故C错误；

D．电源的内阻

变小，变小，变大，所以

可得

故D正确。

故选BD。7、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．置于匀强电场中的金属球壳为等势体，则φb=φc

又依据沿着电场线方向电势是降低的可知φa＞φb=φc＞φd

故A正确；

B．依据电场线的疏密体现电场强度的强弱知a、d点的电场强度相等，金属壳内场强为零，则Ea=Ed＞Eb=Ec

故B正确；

C．根据电场线与等势线垂直可知小球表面的电场线与为等势体的小球的表面垂直，故C正确；

D．小球内部c处的合场强为零，由向右的外电场和向左的感应电场叠加而成，而感应电荷在球壳内部c处的场强不为零，故D错误。

故选ABC。8、A:C【分析】【详解】

验电器上的金属箔片和金属球B都带有正电荷，金属箔片之所以张开，是由于箔片上的正电荷互相推斥造成的．当验电器金属箔片的张角减小时，说明箔片上的正电荷一定比原来减少了，由于金属球A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B发生接触，要考虑感应起电的影响．当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远．如果金属球A带正电，验电器上的正电一定向远处移动，则金属箔片上的电荷量不会减少，所以选项B是错误的．如果金属球A带负电，验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的．如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A上靠近B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球B移动，效果与金属球A带负电荷一样．所以选项A也是正确的，选项D是错误的．9、A:C:D【分析】【详解】

A．正点电荷的电场线呈放射状；箭头应该背离正电荷，A错误符合题意；

B．负点电荷的电场线也成放射状；箭头指向负电荷，B正确不符合题意；

C．同种电荷相互排斥；电场线成互相排斥状，C错误符合题意；

D．异种电荷的电场线应该从正电荷指向负电荷；D错误符合题意。

故选ACD。10、B:C【分析】【详解】

A．未加电压时油滴匀速运动，由受力平衡得

由题意其中匀速运动的速度为

联立解得

故A错误；

B．上极板带正电则电场强度方向向下，油滴向上运动，则油滴带负电。根据受力平衡有

其中匀速运动的速度为

解得油滴的带电量为

故B正确；

C．A上升距离时电场力做功

电势能的变化量为

故C正确；

D．极板施加电压后，由B项可知油滴受到的电场力为

油滴A下降到最低点时速度为0，设从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为若油滴只受电场力，则由动量定律可得

解得

而由题意可知；油滴还受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不为零，故D错误。

故选BC。11、A:D【分析】【详解】

电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；

AB．由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大；故A正确，B错误；

CD．两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角；故D正确，C错误。

故选AD。12、A:B【分析】【分析】

【详解】

ABC．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，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故AB正确，C错误；

D．由上分析可知；灯多时，灯泡两端的电压较小，由欧姆定律可知，各灯的电流较小，故D错误。

故选AB。13、A:D【分析】【详解】

ABC.全电路的欧姆定律结合U-I图象可知，图象与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，U-I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2；故A项正确；B项；C项错误.

D.根据U=E-Ir可知，△U=r•△I，因内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大；故D正确.14、C:D【分析】【详解】

A.当用强光照射光敏电阻时；电阻变小，电流变大，电源的总功率P=EI变大，故A错误．

B.由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大；A板的电势也增大．故B错误．

C.电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大；电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故C正确．

D.电容器的电压增大，电容不变，由Q=C知，电容器所带电荷量增加．故D正确．三、填空题(共6题，共12分)15、略

【分析】【详解】

由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小，R2、R3并联电压I增大，E、R1、r均不变，则减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大；

【点睛】由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．【解析】变小变大16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]根据电容的定义可知，电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U之比；

（3）[3][4][5][6][7]电容的单位在国际单位制中的单位是法拉，常用的单位还有微法和皮法，换算关系为1F=106μF=1012pF；

（5）[8]根据定义可知；额定电压为电容器能够正常工作的时的电压；

[9]根据定义可知，击穿电压为电介质被击穿时加在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会被损坏。【解析】①.电荷量Q②.电势差U③.法拉④.微法⑤.皮法⑥.106⑦.1012⑧.正常工作⑨.击穿17、略

【分析】【详解】

[1][2]根据可知故图像是过原点的直线。

类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电场能【解析】18、略

【分析】【详解】

由闭合电路欧姆定律当时，即图线与纵轴交点表示断路状态，故电动势【解析】6.019、略

【分析】【详解】

（1）[1]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，由闭合电路欧姆定律，可知电流I变小U1=IR1

变小，路端电压U3=E-Ir

则知U3变大。因U3=U1+U2

U1变小，则U2变大，即一定减小的是U1。

（2）[2]表达式其中

则一定减小；和都不能确定；

（3）[3]因为U3=U1+U2

U1变小，U2变大，U3变大，则△U2＞△U1△U2＞△U3

则变化量和其中绝对值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的调节范围为为了让电阻消耗功率最大，则电路中电流应该最大，则应取0

[6]当外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，为了让电阻消耗功率最大，可将R1等效为内电路电阻，则时电阻消耗功率最大；

[7]同理，为了让电阻消耗的总功率最大，则应该

即R2应取3【解析】U1见解析07320、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】磁感应强度B投影四、作图题(共4题，共36分)21、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】22、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】23、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为短路电流，如图所示。

（2）电源的输出功率等于路端电压与干路电流的乘积；即所要求的的面积为该点向坐标轴作垂线后与坐标轴围成的面积，如图所示。

【解析】（1）U-I图像如图所示。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为短路电流；（2）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30分)25、略

【分析】【详解】

(1)[1]根据电路结构和欧姆定律得

解得

(2)[2]根据并联电路特点可得，电阻箱的阻值

(3)[3]由闭合电路欧姆定律可得

解得

根据图象可得电源电动势

图象斜率为

[4]解得电源内阻【解析】50.04.5526、略