2025年苏人新版必修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年苏人新版必修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8题，共16分)1、电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展．建立电磁场理论的科学家是()A.牛顿B.爱迪生C.爱因斯坦D.麦克斯韦2、如图均匀带电的橡胶圆环半径为带电量为在其中心轴线上有点A，到环心的距离为不能认为远小于想要推出A点电场强度大小有些难度，但我们仍可根据点电荷的场强公式和有关电场的变化规律得出其电场强度表达式为：（）

A.B.C.D.3、下列关于能量守恒定律的认识错误的是（）A.某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加B.石子从空中落下，最后静止在地面上，说明机械能消失了C.不需要任何外界的动力而持续对外做功的机械——永动机不可能制成D.某个物体的能量减少，必然有其他物体的能量增加4、如图所示，a、b、c是正点电荷电场中的一条电场线上的三点，ab=bc，在a点处自由释放一带负电的试探电荷时，它沿直线向右做加速运动，依次经过b、c点.下列说法正确的是。

A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比c点的低C.试探电荷在c点时的动能等于在b点时的两倍D.试探电荷在b点时的电势能等于在c点时的两倍5、如图所示，匀强电场中有一个半径的圆，该圆平面与电场方向平行，A、B、C、D四点将圆周等分为四段圆弧。已知A、B、O三点的电势分别为若将一个质子从O点移动至圆周上；则在此过程中，电场力做正功的最大值为（）

A.B.C.D.6、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离。

A.带点油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带点油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大7、用小量程电流表G改装成大量程的某种电表；电路如图所示。改装后的电表是（）

A.电压表，接两个端点时，量程较大B.电压表，接两个端点时，量程较大C.电流表，接两个端点时，量程较大D.电流表，接两个端点时，量程较大8、如图所示为闭合电路电源的输出功率随电流变化的图象；由此图象可以判断（）

A.电源的内耗功率最大为9WB.电源的效率最大为50%C.输出功率最大时，外电路的总电阻为4ΩD.电源的电动势为12V评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、真空中，在x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（）

A.点电荷M、N一定都是正电荷B.电荷P的电势能一定是先减小后增大C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1D.x＝4a处的电势一定为零10、正方形abcd的四个顶点上分别固定电量均为的点电荷，电荷的正负如图所示，A、B、C、D分别为正方形四条边的中点．取无穷远处电势为零，则()

A.A、C两点的电场强度相同B.C、D两点的电场强度大小相等C.B、D两点的电势不相等D.位于A、B两点处电量为q的试探电荷电势能均为零11、如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中；下列说法中正确的是（）

A.小球b机械能逐渐减小B.小球b所受库仑力大小为2mgC.细线PM的拉力先增大后减小D.小球b的加速度大小逐渐变大12、如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g；则下列说法正确的是（）

A.小球在B时的速率为B.小球在B时的速率小于C.固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为D.小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）13、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14、两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m；带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（）

A.如果保持连接电源，将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，电流计中电流从a流向bB.如果保持连接电源，将A板上移，油滴将向上加速运动C.如果断开电源，A板上移，B板接地，油滴静止不动，油滴处电势不变D.如果断开电源，两板间接静电计，B板上移，静电计指针张角变大15、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0.002s16、一带正电粒子仅在电场力作用下从静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB时刻粒子分别以速度vA、vB经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为A、B；则可以判断（）

A.EA=EBB.vA=vBC.A＞BD.A=B17、两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点O）；在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是。

A.M点电势为零，N点场强为零B.M点场强为零，N点电势为零C.Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D.Q1带正电，Q2带负电，且Q1电荷量较小评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率ρ是_______Ω·m

19、如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左广大的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，则小球的带电量为__________；若剪断丝线带电小球将做_________运动．

20、如图所示；竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线处于同一平面内，让线框向右平动，线圈产生感应电流的方向是_____。

21、如图所示，A、B两个带异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在木盒内的一竖直线上，静止时木盒对地面的压力为细线对B的拉力为若将系B的细线断开，刚断开时木盒对地面的压力等于____________；在B向上运动过程中，木盒对地面的压力逐渐___________（填“变大”或“变小”）。

22、定义：组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的______，这个不可再分的______叫作能量子。23、如图所示，一带正电的导体球M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N挂在横杆上。当小球N静止时，丝线与竖直方向成θ角由此推斯小球N带______电荷（选填“正”或“负”）。现用另一与M完全相同的不带电导体球与M接触后移开，则丝线与竖直方向的夹角θ将________（选填“变大”或“变小”）。

24、A、B是某电场中的一条电场线上两点，一正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的v—t图象如上图所示．比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小：φA________φB，EA________EB．25、一电流表允许通过的最大电流（满刻度电流）为表头电阻若改装成量程为的电流表，应_______（填“串联”或“并联”）一个阻值为56.2Ω的电阻。若将改装后的电流表再改装成量程为的电压表，应再_______（填“串联”或“并联”）一个阻值为_______Ω的电阻。26、为了研究某种化学电源的性能，设计如图所示电路，闭合所有开关，并改变滑动变阻器阻值，观察电压表V1、V2示数的变化，得到如下数据：某一次的测量电压表的读数分别为改变滑动变阻器的滑动头，向右滑动一段距离，发现电流表读数变为0.50A，电压表V1读数变化了0.4V，由上面数据可求：该电源电动势E=_________V；电源的内阻为r=__________Ω。

评卷人得分四、作图题(共2题，共10分)27、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。

28、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2题，共6分)29、某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，理想电压表量程为3V（内阻可视为无穷大），电流表量程为0.5A，内阻RA=2.0Ω，R为电阻箱。

（1）实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验；闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下理想电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I—U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，可描绘出热敏电阻的伏安特性曲线的一部分，如图乙坐标系中的曲线段所示。为了直接用测量数据作出图像，完成该实验，应将导线c端接在______（选填“a”或“b”）点；

（2）利用（1）中记录的数据，通过计算可得电源的路端电压U2，U2的计算式为______；（用U1、I、R和RA表示）

（3）该实验电路还可以用来测量电源的电动势和内电阻，实验小组利用（2）中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I—U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图像分析可知，电源的电动势E=______V，内电阻r=______Ω；（结果保留两位有效数字）

（4）实验中，当电阻箱的阻值调到3Ω时，热敏电阻消耗的电功率P=______W。（结果保留两位有效数字）30、某学生用多用电表测一电压表3V量程的内阻；使用的实验器材有多用电表；电压表。

（1）先将多用电表挡位调到电阻“×10”挡，再将红表笔和黑表笔短接，调整_______（选填“机械调零”或“欧姆调零”）旋钮；使指针指向“0Ω”。

（2）再将调节好的多用电表黑表笔和电压表的_______（选填“3V”或“负”）接线柱相连；红表笔正确连接另一接线柱。

（3）测量时发现万用表的指针偏角过小（相对于电流0刻度），则应换_______（选填“×100”或“×1”）挡位。

（4）换挡，正确操作后，读数如图乙所示，则被测电阻为_______kΩ。评卷人得分六、解答题(共3题，共30分)31、如图所示，R为电阻箱，电压表可视为理想电压表。当电阻箱读数为R1=2Ω时电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V。求：

(1)电源的电动势E；

(2)电源的内阻r。

32、如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为滑块与水平轨道间的动摩擦因数为重力加速度为求：

(1)若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，滑块到达圆心O正下方的B点时速度大小；

(2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道；求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；

(3)满足(2)问条件的s的大小。

33、如图所示，A，B两端接在电压恒定的电源上；现将S闭合后，则：

（1）AB两端的总电阻为多大？

（2）10s内通过横截面积的电量为20C，则流过的电流为多大？

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

麦克斯韦预言了电磁波的存在，并建立了电磁场理论，故D正确，ABC错误．2、D【分析】【分析】

【详解】

设圆环上每一个点的电荷量为q，由对称性可得，该点和在圆上与之对称的点在A处的合电场强度大小为

则圆环在A处的电场强度大小为

故D正确；ABC错误。

故选D。3、B【分析】【详解】

A．由能量守恒定律可知；某种形式的能量减少，必然有其他形式的能增加；故A正确，不符合题意；

B．石子从空中下落时；停止在地面上，机械能减少，但变成了其它形式的能，没有消失；故B错误，符合题意；

C．永动机不可能制成；因为它违背了能量守恒定律；故C正确，不符合题意；

D．由能量守恒定律可知；某个物体能量减少，必然有其他物体能量增加；故D正确，不符合题意；

故选B。4、B【分析】【详解】

AB．在正点电荷形成的电场线上a处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向c点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，即场源电荷在右侧，所以a点的电场强度比b点的小，a点的电势比c点的低；故A错误，B正确；

C．因为场源电荷在右侧，虽然ab=bc，所以Uab＜Ubc，由动能定理知试探电荷在c点时的动能Ekc=q（Uab+Ubc），试探电荷在b点时的动能Ekb=qUab，Ekc≠2Ekb；故C错误；

D．只有电场力做功时；发生动能和电势能的相互转化，但总量不变，动能不满足2倍关系，则电势能也不会满足2倍关系，故D错误；

故选B。5、B【分析】【详解】

AB的中点的电势为

因此O点与AB中点连线为等势线，由于沿电场线方向电势逐渐降低，故电场向的方向为BA方向。若将一个质子从O点移动至圆周上，则在此过程中，电场力做正功的最大值为沿电场线方向移动到圆上P点时电场力做的功；如图所示。

根据匀强电场的性质可知

代入数据解得

电场力做正功的最大值为

故选B。6、B【分析】【详解】

A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC；由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．

【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．7、B【分析】【详解】

若把小量程的电流表G改装成大量程的电流表，根据并联电路的分流原理，需要并联电阻；若把小量程的电流表G改装成大量程的电压表，根据串联电路分压原理，需要串联一个大电阻，由

可知串联的电阻越大，量程就越大；所以由题图可知，该改装表为电压表，接两个端点时，量程较大，故选B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．由P=I2r可得；随着电流的增大，内耗功率增大。故A错误；

B．随着电流的减小；电源的效率增大，最大可以接近100%，故B错误；

CD．由图可知，当电流为1.5A时电源的输出功率最大，这里内耗功率等于输出功率为9W，电源的效率为50%，这时电源总功率为18W，根据P=IE可得，电源的电动势为12V，由P=I2r可知；电源的内阻为4Ω，由于不能明确外电路是否为纯电阻电路，故无法求得电阻大小，故C错误；故D正确。

故选D。二、多选题(共9题，共18分)9、A:B:C【分析】【详解】

A．由图象可知，点电荷的速度先增大后减小，则点电荷的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿轴的正方向，后沿轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷一定都是正电荷；故A正确；

B．点电荷的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷的电势能一定是先减小后增大；故B正确；

C．由图可知，在处点电荷的速度最大，速度的变化率为0，说明了处的电场强度等于0．则与的点电荷在处的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷电场强度公式得：

所以，点电荷所带电荷量的绝对值之比为故C正确；

D．由电势的决定式和合电势是代数和知处的电势不为为零；故D错误；

故选ABC。10、B:D【分析】【详解】

A.以A点为例，a、d位置的两个点电荷在A点的电场强度方向指向d点，另外两个点电荷在A点产生的电场强度为根据点电荷场强可知：方向指向a点，所以A点的总的合电场强度大小为方向指向d点；用同样的方法能得到B、C、D四个点的电场强度大小都为方向都沿所在正方形的边指向负电荷一侧，故A错误，B正确；

C.以A点为例，a、d位置的两个点电荷中垂线为一等势线，无穷远处电势为零，所以A点电势也为零，同理另外两个点电荷在A点产生的电势也为零，故A点电势为零，同理B、C、D四个点的电势相等；且均为零，故C错误；

D.位于A、B、C、D四个点处电量为q的试探电荷电势能均为零，故D正确．11、C:D【分析】【详解】

A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒；故A错误；

B．对小球b运动过程应用机械能守恒可得

由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得

所以小球b受到的库仑力F库=3mg

在小球b沿圆弧运动过程中两带电小球的电荷量和间距不变，故小球b所受库仑力大小始终为3mg；故B错误；

C．设PN与竖直方向的夹角为α，对球a受力平衡，在竖直方向可得FPNcosα=mg+F库sinθ

在水平方向可得F库cosθ+FPNsinα=FPM

解得

下滑过程中θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小；故C正确；

D．设b与a的连线与水平方向成θ角，则有

任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为

可知小球的加速度一直变大；故D正确。

故选CD。12、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．由A到B，由动能定理得

解得

故A正确；B错误；

C．在B点，对小球由牛顿第二定律得

将B点的速度带入可得

故C正确；

D．从A到C点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C点；故D错误。

故选AC。13、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．14、A:C【分析】【详解】

A．将两极距离不变，非常缓慢地错开一些，根据

可知，电容减小。由

可知，A极板上的电荷量减少，则电流计中电流从a流向b。故A正确；

B．如果保持连接电源，将A板上移，根据

可知；电场强度减小，则合力向下，油滴将向下加速运动。故B错误；

C．如果断开电源，A板上移，根据

可得

可知电场强度不变，则油滴静止不动。B板接地，小球到B板的距离不变；则油滴处电势不变。C正确；

D．如果断开电源，两板间接静电计，B板上移，根据

可知；电场强度不变，则两极板电势差减小，因此静电计指针张角变小。D错误。

故选AC。15、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。16、A:C【分析】【详解】

A．由图像可知，经过AB两点的加速度相等，则根据qE=ma

可知，两点的场强相等即EA=EB

选项A正确；

B．因a-t图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，可知vA<vB

选项B错误；

CD．带正电的粒子一直加速运动，可知电场线方向沿从A到B的方向，沿电场线电势逐渐降低，可知A＞B

选项C正确；D错误。

故选AC。17、A:C【分析】【详解】

M点电势能为零，则电势为零；EP–x图象的斜率=qE，则N点场强为零，A正确，B错误．带正电的试探电荷从距Q2较近处移近过程中，电势能增大，从足够远处移近时，电势能先减小后增大，由正电荷在电势高处电势能大，说明Q2带正电，Q1带负电；由N点场强为零，有=又r1>r2，则Q1>Q2，C正确，D错误．三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【详解】

由图乙可求得电解液的电阻为由图甲可知电解液长为截面积为结合电阻定律可得【解析】4019、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]由于带电小球向左偏；所受电场力方向向左，电场线方向也向左，则小球带正电．分析小球的受力情况，作出受力图如下图所示。

根据平衡条件得

得

[2]如果将细线烧断，小球受到重力和电场力，合力恒定，球沿合力方向即绳子方向向下做匀加速直线运动。【解析】沿绳方向向下做初速度为零的匀加速直线20、略

【分析】【详解】

电流的方向向上，由安培定则可知线框所在处的磁场的方向垂直于纸面向里，当线框向右运动时磁场减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框内产生的感应电流沿顺时针方向。【解析】顺时针方向21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]细线断开前，对整体(A、B和木盒)进行受力分析，整体受重力Mg和地面的支持力F′N。根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得出。

细线断开前；对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出。

若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F电刚断开时，对A和木盒做为整体进行受力分析，整体受重力M′g、地面的支持力FN′′、小球B对A的静电力F电。运用平衡条件得出。

由牛顿第三定律得木盒对地的压力等于

[2]在B向上运动的过程中，小球B对A的电场力F电′增大；由。

得地面对木盒的支持力也在增大，根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大.【解析】变大22、略

【解析】①.整数倍②.最小能量值ε23、略

【分析】【详解】

[1]球M与N相互排斥，M、N带同种电荷，M带正电，N也带正电；

[2]小球N受重力mg、绳的拉力、库仑力F，根据平衡条件可得库仑力大小为F=mgtanθ

库仑力

由于另一与M完全相同的不带电导体球与M接触后移开，因电量被平分，导致M的带电量减小，则库仑力小，偏角小，即角θ变小。【解析】正变小24、略

【分析】【分析】

【详解】

从v-t图象可以知道正电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点做加速度不断减小的减速运动，故电荷在A点受到的电场力大于电荷在B点的电场力，故A点的场强大于B点的场强；

由于电荷做减速运动，故电场力与速度方向相反，即电场力由B指向A，故电场线由B指向A，故B点电势较高；【解析】＜＞25、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]把电流表改装成大量程电流表；需要并联一个阻值为56.2Ω的电阻；

[2][3]把电流表改装成电压表，需要串联电阻，阻值为【解析】①.并联②.串联③.9950Ω26、略

【分析】【详解】

[1]根据闭合电路欧姆定律

[2]改变滑动变阻器的滑动头，向右滑动一段距离，外电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，第二次的路端电压为

根据闭合电路欧姆定律

解得【解析】1.51四、作图题(共2题，共10分)27、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