2025年外研版必修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年外研版必修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7题，共14分)1、已知通电长直导线周围某点的磁感应强度即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是（）

A.B.C.D.2、移动电源（俗称充电宝）解决了众多移动设备的“缺电之苦”，受到越来越多人的青睐。目前市场上大多数充电宝的核心部件是锂离子电池（电动势3.7V）及其充放电保护电路、充放电管理电路、升压电路等。其中的升压电路可以将锂离子电池的输出电压提升到手机、平板电脑等移动设备所要求的输入电压（5V）。由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见，中国民航总局做出了相关规定，如图所示。为了给智能手机充电，小明购买了一款移动电源，其铭牌如图所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。根据以上材料，请你判断（）。民航总局关于报携带充电宝出行的相关规定

低于100Wh可随身携带；不可托运。

100-160Wh经航空公司批准才能随身携带（不超过两块）；不可托运。

超过160Wh禁止随身携带，不可托运产品名称：移动电源。

电池容量：10000mAh3.7V

电源输入：5V-1A

电源输出1：5V-1A

电源输出2：5V-2.1A

A.这款移动电源能够储存的最大电量为B.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为37WhC.乘飞机出行时，这款移动电源经航空公司批准后才能随身携带D.W•h与mA•h均为能量单位3、某一区域的电场线分布如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，不计粒子所受重力，则（）

A.A点的电势等于B点的电势B.粒子带负电荷C.粒子在A点时的加速度大于在B点时的加速度D.粒子在A点时的电势能小于在B点时的电势能4、如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷和以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是

A.A点场强小于B点场强B.C点场强与D点场强相同C.A点电势小于B点电势D.将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功5、如图所示，a、b两点位于以负点电荷-Q（Q>0）为球心的球面上，将两个带正电的检验电荷q1、q2分别置于a、b两点。下列说法正确的是（）

A.a点电势大于b点电势B.a点电场强度大于b点电场强度C.若规定无穷远处电势为零，a、b两点的电势均为正值D.若将q1、q2分别移动到无穷远处，电场力做功不一定相等6、如图所示，匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行，ab=ad。电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5eV；电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5eV。设a点的电势为零；下列说法正确的是（）

A.b点的电势为-4.5VB.c点的电势为0C.该匀强电场的方向是由b点指向a点D.该匀强电场的方向是由b点指向d点7、物理学是一门以实验为基础的学科；许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。有关下面四个实验装置，描述错误的是（）

A.卡文迪许利用装置(1)测出了引力常量的数值B.库仑利用装置(2)总结出了点电荷间的相互作用规律C.奥斯特利用装置(3)发现了电流的磁效应D.牛顿利用装置(4)总结出了自由落体运动的规律评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图，电源内阻忽略不计，闭合电键，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2，电流表A示数为I。在滑动变阻器R1的滑片由a端滑到b端的过程中（）

A.I先增大后减小B.U1先增大后减小C.U1与I的比值先增大后减小D.U2变化量与I变化量的比值先增大后减小9、如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体；空腔里面无电荷。取大地的电势为零，则在静电平衡后，下列物理量中等于零的是（）

A.导体空腔内任意点的场强B.导体空腔内任意点的电势C.导体空腔内表面的电荷量D.导体外表面的电荷量10、关于电流，下列说法正确的是（）A.电流有大小和方向，所以电流是矢量B.正电荷定向移动的方向为电流方向C.打开电灯开关灯立即发光，是因为电流微观表达式中等于光速D.单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，说明电流越大11、如图所示，电路中三个电阻的阻值分别为和当电键均闭合时，电源输出功率为当均断开时，电源输出功率为由此可知（）。

A.电源的电动势为B.电键均闭合时，的电功率等于C.电键闭合、断开时，电源的总功率等于D.电键断开、闭合时，电源的输出功率大于12、如图，一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷+Q、-Q，O为椭圆中心，ab是椭圆短轴上的两个端点，c是OM上的一点，d是Oa上的一点，ef是椭圆上关于O点对称的两个点；设无穷远处电势和电势能为零，下列说法中正确的是（）

A.a、b两点电势相等，但电场强度不同B.e、f两点电场强度相同，电势也相同C.一电子在c点受到的静电力大于在d点受到的静电力，且在c点的电势能小于在d点的电势能D.一质子从d点移到无穷远处，静电力做功为零13、如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为ΔU．在这个过程中；下列判断正确的。

A.电流表的示数增大B.电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大C.电容器的带电量减小，减小量小于CΔUD.电压表示数变化量ΔU和电流表示数变化量ΔI的比值不变14、如图为通电螺线管，A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，关于A、B、C三点；下列说法正确的是（）

A.磁感应强度最大处为A处，最小处为B处B.磁感应强度最大处为B处，最小处为C处C.小磁针静止时在B处和A处N极都指向左方D.小磁针静止时在B处和C处N极都指向右方评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、质量为m、电荷量为q的粒子，以初速度v0垂直于电场方向进入两平行板间场强为E的匀强电场，极板间距离为d，两极板间电势差为U，板长为l.

(1)偏转距离：由t＝()，a＝()，所以y＝()＝()

(2)偏转角度：因为vy＝()＝()，所以tanθ＝()＝()

(3)由知x＝()粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的()．16、如图所示为静电喷涂的原理示意图，喷枪喷出的漆滴带________电，工件带________电，因而使漆滴吸附到工件上，如果用绒毛代替油漆，在纺织物上根据图案的需要涂上粘合剂，就可以利用静电实现植绒．17、在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示四根导线中电流要使O点磁场增强，应切断电流_______.

18、某电荷在A、两点具有的电势能分别为和则从A到静电力对该电荷做的功__________。19、图甲所示的电路中，电源电压恒为L1、L2、L3为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的图像如图乙所示。当开关S闭合时，L2的电阻为_______通过L1与L2的电流值比为________。

20、为了探究影响电荷间相互作用力的因素，某老师做了如下实验：把一个带正电荷的导体球A固定在绝缘支架上，然后把系在绝缘丝线上的带电小球先后挂在图中位置，使带电小球与导体球A的球心在同一水平线上，小球静止时的状态如图所示。可以判断丝线上的小球带______（选填“正”或“负”）电荷，两个电荷之间的作用力大小随它们之间距离的增大而______（选填“增大”或“减小”）。

21、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。

22、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3题，共9分)23、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

24、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。

25、由电流产生的磁场方向如图所示；请在图中标出线圈中的电流方向.

评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)26、某研究性学习小组的同学欲做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验。已知所用小电珠的额定电压和额定功率分别为2.5V、1.2W，实验使用的直流电源的电动势为3.0V；内阻忽略不计，实验可供选择的器材规格如下：

A.电流表A1（量程0—0.6A；内阻约为5Ω）

B.电流表A2（量程0—3A，内阻约为0.1Ω）

C.电压表V1（量程0—3V；内阻约为3kΩ）

D.电压表V2（量程0—15V；内阻约为2000Ω）

E.滑动变阻器R1（阻值0—10Ω；允许通过的最大电流为1A）

F.滑动变阻器R2（阻值0—5000Ω；允许通过的最大电流为500mA）

请回答下列问题：

（1）为了完成实验且尽可能减小实验误差，电流表应选择______，电压表应选择______，滑动变阻器应选择______；（填写实验器材前的序号）

（2）根据所选的实验器材，请设计合理的电路原理图来完成该实验______；

（3）该研究性学习小组的同学用设计好的电路测得了该小电珠两端的电压U和通过该小电珠的电流，由欧姆定律计算得到的小电珠的电阻值______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。27、某实验小组欲制作一个两挡位（“×1”“×10”）的欧姆表；使用的实验器材如下：

A．电流表G（满偏电流内阻）；

B．定值电阻

C．定值电阻

D．滑动变阻器（最大阻值为1000Ω）；

E．电源（电动势为9V）；

F．单刀双挪开关S；

G．红；黑表笔及导线若干。

其内部结构如图所示；回答下列问题：

（1）图中A接____（填“红”或“黑”）表笔；

（2）将单刀双掷开关S与1接通时，欧姆表的挡位为_______（填“×1”或“×10”）；

（3）现用该欧姆表测量一未知电阻选用“×10”挡位并欧姆调零后，将电阻接在A、B之间，发现电流表几乎满偏，断开电路并将“×10”挡位换成“×1”挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器的滑片_______（填“向上”或“向下”）移动，使电流表满偏，再次将电阻接在A、B之间，稳定后电流表⑥的指针对准刻度盘上的0.6mA处，则未知电阻=_______Ω。28、某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图11–1图所示，继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。30.040.050.060.070.080.0199.5145.4108.181.862.949.1

（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0~200Ω）、滑动变阻器R2（0~500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0~999.9Ω）、开关S、导线若干．为使该装置实现对30~80℃之间任一温度的控制，电源E应选用______（选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R应选用______（选填“R1”或“R2”）．（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图11–2图所示的选择开关旋至______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在题11–1图中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针______（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c时指针______（选填“偏转”或“不偏转”）．（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是_____．（填写各步骤前的序号）①将热敏电阻接入电路②观察到继电器的衔铁被吸合③断开开关，将电阻箱从电路中移除④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω29、在做测干电池电动势和内阻的实验时备有下列器材可供选用．

A．干电池(电动势约为1.5V)

B．直流电流表(量程为0～0.6A,内阻为约0.10Ω)

C．直流电流表(量程为0～3A,内阻约为0.025Ω)

D．直流电压表(量程为0～3V,内阻约为5kΩ)

E．直流电压表(量程为0～15V,内阻约为25kΩ)

F．滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω；允许最大电流为1A)

G．滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω；允许最大电流为0.5A)

H．开关。

I．导线若干。

J．电池夹。

(1)为了实验误差较小，本实验选定的电流表为_____，电压表为_____，滑动变阻器为_____（填仪器的序号字母）。

(2)在虚线框内画出实验原理图________.

(3)根据实验记录，画出的U—I图象如图所示，可得待测电池的内阻r＝________Ω.待测电源的电动势E＝________V。（保留三位有效数字）

评卷人得分六、解答题(共2题，共4分)30、如图所示，电源的电动势是6V，内阻是0.5小电动机M的线圈电阻为0.5Ω，限流电阻R0为3Ω，若理想电压表的示数为3V，试求：

(1)电源的输出功率；

(2)电动机的热功率31、a、b、c为匀强电场中的三点，ab=5cm，bc=12cm，ab与电场线方向一致，bc与电场线方向成60°角。一电荷量q=6×10-8C的正电荷从a移到b，电场力做功W1=1.2×10-7J。求：

(1)匀强电场的场强E；

(2)该电荷从b移到c，电场力做的功W2；

(3)a、c两点间的电势差Uac。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】

【详解】

根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零，由于规定B的正方向垂直纸面向里，故选C。2、B【分析】【详解】

A．这款移动电源能够储存的最大电量为

A错误；

B．这款移动电源充满电后所储存的总化学能

B正确；

C．由于

乘飞机出行时；这款移动电源可以随身携带，C错误；

D．W•h为能量单位；mA•h为电荷量的单位，D错误。

故选B。3、B【分析】【详解】

A．等势面与电场线垂直，沿电场线方向电势降低，可知A点的电势低于B点的电势；A错误；

B．电场力方向指向轨迹凹侧；可知电场力方向与电场强度方向相反，则粒子带负电荷，B正确；

C．电场线越密集，电场强度越大，则粒子在A点时的电场力小于在B点时的电场力，粒子在A点时的加速度小于在B点时的加速度；C错误；

D．电场力对粒子做负功，则电势能增大，粒子在A点时的电势能大于在B点时的电势能；D错误。

故选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．由于2Q>Q；根据场强叠加可知，A点场强小于B点场强，故A正确；

B．由于电场线关于MN对称；C点场强大小等于D点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B错误；

C．由题；电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；

D．由图知O点电势低于C点电势，故将某正电荷从C点移到O点；电场力做正功，故D错误；

故选A.5、D【分析】【详解】

A．由于a、b两点位于以负点电荷-Q（Q＞0）为球心的球面上，它们到负电荷的距离是相等的，根据点电荷周围电势的分布情况可知，以点电荷为球心的同心球面上为等势面，故a、b两点的电势相等；故A错误；

B．根据点电荷周围场强的分布情况可知，以点电荷为球心的同心球面上的电场强度大小相等，方向不同，故a、b两点的电场强度大小相等；故B错误；

C．规定无穷远处电势为零，则负电荷周围电势为负，a、b两点的电势均为负值；故C错误；

D．a、b两点电势相等，分别移动到无穷远处，则初末位置的电势差相等，根据电场力做功的公式可知，W=qU；由于电荷量未知，两种情况下电场力做功不一定相等，故D正确。

故选D。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5eV，电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5eV，根据W=qU

求出Uab=-4.5V、Uad=-4.5V，φa=0，φb=4.5V，φd=-4.5V

根据匀强电场的规律有Uab=Ucd，φc=0

A错误；B正确；

CD．由以上分析知，ac连线为电场的0等势线，电场强度的方向垂直于等势线，所以该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac；CD错误。

故选B。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．牛顿发现万有引力定律之后；卡文迪许利用扭秤装置测定了引力常量的数值，A正确；

B．库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律；B正确；

C．奥斯特发现了电流的磁效应；C正确；

D．伽利略通过逻辑推理和数学知识研究了铜球在斜面滚动的实验；得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律，D错误。

本题选错误的，故选D。二、多选题(共7题，共14分)8、B:C【分析】【分析】

考查电路的动态分析。

【详解】

AB．闭合电键后，滑动变阻器滑片P由由a端滑到b端的过程中，变阻器并联的阻值先增大后减小，总电阻先增大后减小，则总电流先减小后增大，即A示数先减小后增大．由欧姆定律知，V2示数先减小后增大。根据路端电压随外电阻的增大而增大，可知V1示数先增大后减小；故A错误，B正确；

C．因为外电阻先增大后减小，所以U1与I的比值先增大后减小；故C正确；

D．R2是定值电阻，则所以U2变化量与I变化量的比值不变；故D错误。

故选BC。9、A:B:C【分析】【分析】

【详解】

A．由于静电屏蔽；导体空腔内任意点的电场强度均为零，A正确；

B．整个导体（包括内部空腔）是等势体；电势与大地电势相等，为零，B正确；

C．由于静电屏蔽；导体内部场强为零，没有电场线，因此内表面没有电荷，C正确；

D．由于静电感应；导体外表面的带有正电荷，他和Q产生的电场叠加，使导体内部场强为零，D错误。

故选ABC。10、B:D【分析】【分析】

【详解】

A．电流有大小和方向；但是电流是代数运算，所以电流是标量，故A错误；

B．物理上规定正电荷定向移动的方向为电流方向；故B正确；

C．电流微观表达式中是电荷定向移动速度；不是光速，故C错误；

D．由电流定义式可知；单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，说明电流越大，故D正确。

故选BD。11、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．当电键S1、S2均闭合时，电阻R1被短路，R2和R3并联，总电阻

则有电源输出功率

当S1、S2均断开时，电阻R1和R2串联，R总=5R，则有电源输出功率

解得

故A错误。

B．当S1、S2都闭合时，电源的输出功率为

解得R2的电功率等于故B正确；

C．电键S1闭合、S2断开时，R2、R3并联后与R1串联

电源的总功率等于

故C正确；

D．电键S1断开、S2闭合时，R1、R2串联后与R3并联

电源的输出功率等于

故D错误。

故选BC。12、C:D【分析】【详解】

AB．根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知，a、b两点电场强度相同，电势均为零，e、f两点关于O点对称，则电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势；即电势不同，故AB错误；

C．根据等量异种电荷电场分布规律可知，c点电场强度大于O点的电场强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在d点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，知c点的电势大于d点的电势，根据电势能又因为电子带负电，则电子在c点的电势能小于在d点的电势能；故C正确；

D．由题意可知，无穷远处电势为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以将质子从d点移到无穷远处；静电力做功为零，故D正确。

故选CD。13、B:C:D【分析】【详解】

AC．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，电流表示数减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U，则电容器的带电量减小，减小量小于C△U．故A错误；C正确．

B．由图，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大；故B正确．

D．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知，保持不变，故D正确．14、B:C【分析】【分析】

【详解】

通电螺线管的磁场分布类似于条形磁体的磁场分布，画出磁感线分布图，可知B处磁感线最密，C处磁感线最疏，所以B处磁感应强度最大，C处最小；A错误，B正确；

根据安培定则可知，B处磁场向左，再根据磁感线的闭合性可知A处磁场向左，C处磁场向右，所以小磁针静止时，在A、B处N极指向左方，在C处N极指向右方；C正确，D错误。

故选BC。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【详解】

（1）[1]垂直电场线方向，粒子做匀速直线运动，则有：

[2]沿电场线方向，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有：

根据电势差与电场强度的关系有：

解得：

[3]所以沿电场线方向的位移有：

[4]代入a和t可得：

（2）[5]沿电场线方向的速度为

[6]代入a和t可得：

[7]根据：

可得：

（3）[8]由知:

[9]粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的:【解析】16、略

【分析】【详解】

[1][2]根据电场线的方向可知，喷枪带正电，工件带负电。【解析】正负17、略

【分析】【详解】

[1]根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外。由于所以合磁场的方向向里，根据磁场的叠加可知，要使O的磁场增强，应切断【解析】18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]静电力做功等于电势能的增加量，则从A到静电力对该电荷做的功。

【解析】19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当开关闭合后，灯泡L1的电压

由于L2、L3为规格相同，所以于L2、L3两端的电压均为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流均为0.20A，根据欧姆定律L2的电阻

[2]灯泡L1的电压时，根据图乙可知，通过灯的电流为0.25A，L2两端的电压为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流为0.20A，则通过L1与L2的电流值比为5：4【解析】①.7.5②.5：420、略

【分析】【详解】

[1]由电荷间相互作用规律知；同种电荷相互排斥。现导体球A固定，通过图中细线偏转的角度，可以判断小球受到导体球A向右的排斥力，故丝线上的小球带正电；

[2]带电小球静止时，有

可见:带电小球偏转角度越大，受到的作用力越大，由图可知悬挂的小球离带正电的A球越远，受到的作用力越小，故两个电荷之间的作用力大小随它们之间距离的增大而减小。【解析】正减小21、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】6.022、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】磁感应强度B投影四、作图题(共3题，共9分)23、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】24、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】25、略

【分析】【详解】

第一幅图中线圈内部磁场垂直纸面向外；根据右手定则可以判断，电流为逆时针；第二幅图中，磁场向上，根据右手定则可以判断，左端电流垂直纸面向外，右端电流垂直纸面向里。

【解析】第一幅图中电流为逆时针；第二幅图左端电流垂直纸面向外；右端电流垂直纸面向里。

五、实验题(共4题，共8分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]灯泡额定电流为

为了减小误差，且电流表A1内阻已知；则可与电阻箱并联扩大电流表的量程，所以电流表应选A；

[2]灯泡额定电压是2.5V；电压表应选C；

[3]为方便实验操作；滑动变阻器应选E。

（2）[4]描绘小灯泡伏安特性曲线；电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；小电珠的电阻较小，所以应采用电流表外接法，电路图如图所示：

（3）[5]由于电压表的分流作用，所以电流表的示数比流经灯泡的电流偏大，故根据欧姆定律测量电阻偏小，即小电珠的电阻值小于真实值。【解析】①.A②.C③.E