2025年人教五四新版必修三物理下册月考试卷

…………○…………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年人教五四新版必修三物理下册月考试卷41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，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()

A.保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点右侧B.保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C.断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D.断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧2、如图，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，R2为定值电阻，电灯L正常发光，灯泡的电阻保持不变，如果变阻器的滑片向a端滑动；则（）

A.电灯L变暗，安培表的示数减小B.电灯L更亮，安培表的示数增大C.电灯L更亮，安培表的示数减小D.电灯L变暗，安培表的示数增大3、N95口罩中起阻隔作用的关键层是熔喷布；熔喷布的纤维里加入了驻极体材料，它能依靠静电感应吸附比熔喷布网状纤维孔洞小很多的0.1μm量级或更小的微粒，从而有了更好的过滤效果。制备驻极体的一种方法是对某些电介质材料进行加热熔化，然后在强电场中进行极化冷却。电介质中每个分子都呈电中性，但分子内正；负电荷分布并不完全重合，每个分子可以看成是等量异号的电荷对。如图所示，某种电介质未加电场时，分子取向随机排布，熔化时施加水平向左的匀强电场，正、负电荷受电场力的作用，分子取向会发生一致性的变化。冷却后撤掉电场，形成驻极体，分子取向能够较长时间维持基本不变。这个过程就像铁在强磁场中磁化成磁铁的过程。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（）

A.驻极体通过与吸入的空气中微粒的接触，使得微粒带电，从而起到吸附过滤作用B.若放置时间过长，驻极体口罩会因电场衰减而过期，这是电荷中和的结果C.驻极体就像一个平行板电容器，电场只存在于内部，外部没有电场E.若将驻极体沿垂直于极化电场方向切开，会形成两个和原来性质相同的驻极体E.若将驻极体沿垂直于极化电场方向切开，会形成两个和原来性质相同的驻极体4、直线MN是某点电荷电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹；则（）

A.电场线MN的方向一定是由N指向MB.带电粒子由a运动到b过程中动能逐渐减小C.带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度5、如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度方向沿x轴正方向（图中未画出）。则下列说法正确的是（）

A.线圈在图示实线所在的位置时，通过线圈的磁通量为0.04WbB.线圈由图示实线位置绕x轴向下转过90°的过程中，通过线圈的磁通量逐渐减小C.在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为2.00×10－2WbD.在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过120°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量约为3.46×10－2Wb6、一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变7、下列操作符合安全用电规范的是（）A.电冰箱插头有三个齿，墙上的插口只有两个孔，掰掉一个齿插入使用B.用铁棒插入电风扇叶片之间，卡住，然后再打开风扇C.早读前离开宿舍，把电热毯开着，并捂上被子，晚上回来好暖和D.以上都是作死8、2021年；浙江大学研究团队设计了一款能进行深海勘探的自供能仿生软体智能机器鱼。在测试中，该机器鱼曾下潜至马里亚纳海沟10900m深处，并在2500mA·h电池驱动下，保持拍打45分钟。下列说法正确的是（）

A.“10900m”是路程B.mA·h是能量的单位C.下潜过程中，该机器鱼的平均速度约为4m/sD.万米海底的静水压接近于103个标准大气压9、如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，电表均为理想电表，则（）

A.电压表示数U和电流表示数I的比值不变B.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD.电容器的带电荷量减小，减小量为ΔU评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、若用E表示电源电动势，U表示外电压，U′表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中一定正确的是（）A.U＝2U′B.U′＝E－UC.U＝E—IrD.U＝·E11、如图所示，电路中接有五个理想电表，现闭合开关当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时；电表的示数都发生了变化，下列分析正确的是（）

A.电压表示数增大，电流表示数减小B.电压表示数减小，电流表示数增大C.电压表示数的改变量的绝对值大于电压表示数的改变量的绝对值，即D.电压表示数的改变量与电流表示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻，即12、如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E。若再将另一等量异种点电荷-Q放在d点时，则（）

A.b点场强大小为EB.c点场强大小为EC.b点场强方向向右D.c点电势比b点电势高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（不考虑小球间的静电感应），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E；以下说法正确的是（）

A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qEB.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qEC.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qED.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE14、有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V，有一电荷量为的点电荷在该电场中运动；下列判断正确的是（）

A.电场的方向由a点指向b点B.坐标原点O的电势为6VC.该点电荷在c点的电势能为D.将该点电荷从a点移到d点，其电势能越少15、一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示；三点的电势分别为-1V；13V、31V。下列说法正确的是（）

A.电场强度的方向为c→OB.坐标原点处的电势为19VC.电子在a点的电势能比在b点的高12eVD.电子从b点运动到c点，电场力做功为18eV16、一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（）A.该金属导线的电阻变为原来的2倍B.该金属丝的电阻率变为原来4倍C.自由电子定向移动的平均速率为D.通过金属导线的电流为评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、静电平衡时，空腔导体内表面没有电荷，导体壳内空腔里的电场强度处处为______.外电场对壳（网）内的仪器不会产生影响，金属壳的这种作用叫作______．18、电功。

（1）电流做功的实质是，导体中的恒定电场对自由电荷的____在做功。电能转化为其他形式的能，是通过_____来实现的。

（2）电功的计算公式：W＝_____。

单位：____；符号为J。

常用的单位：千瓦时（kW·h），也称“______”，1kW·h＝_______J。19、在磁感应强度为B的匀强磁场中，半径为R的半球形球壳如图（a）放置，穿过它的磁通量为_______；面积为S的矩形线框在该磁场中的初始位置如图（b）中实线所示，线框绕O轴逆时针转动到与磁场垂直的虚线位置，这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为______。

20、在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地。

（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（选填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而______（选填“增大”或“减小”）。

（2）若极板B稍向右移动一点，则将观察到静电计指针偏角______（选填“变大”或"变小”），此实验说明平行板电容器的电容随极板间距离增大而______（选填“增大”或“减小”）。21、请正确读出下图中各表达读数：

(1)如图（a），接0~3V量程时读数为___________V；接0~15V量程时读数为___________V。

②如图（b），接0~3A量程时读数为___________A；接0~0.6A量程时读数为___________A。22、如图所示，直线a为电源的U—I图线，直线b为电阻R的U—I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源内部非静电力将1C正电荷从负极移到正极所做的功为______J，电源的输出功率为______W。

评卷人得分四、作图题(共2题，共20分)23、如图所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。试画出该电场的电场线；并保留作图时所用的辅助线（用虚线表示辅助线，实线表示电场线）。

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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)25、某物理实验兴趣小组测量“水果电池”电动势和内阻。为了尽可能的准确测量；设计电路图如下。各器材规格为：

A.电流表A1（0~2mA；内阻约5Ω）

B.电流表A2（0~0.5mA；内阻为50Ω）

C.定值电阻R1（电阻为950Ω）

D.滑动变阻器R2（0~1500Ω）

E.自制水果电池。

F.开关；导线若干。

（1）依据该电路图进行实物图连接。()

（2）根据两个电流表的测量数据，描点作出I2—I1图像，由图像计算水果电池的内阻_________Ω，电动势_______V。（结果均保留1位小数）

（3）利用该实验电路测出电动势和内阻的测量值和真实值相比：E测________E真，r测________r真（填“大于”“小于”或“等于”）。26、在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中；实验室提供了以下器材：

A．小灯泡（3.8V；0.3A）

B．滑动变阻器（5Ω；2A）

C．电流表（0~0.5A；内阻约0.4Ω）

D．电压表（0~5V；内阻约10kΩ）

E．开关及导线若干。

(1)为实验测量误差尽可能小，电流表应选用________（填“内”或“外”）接法；

(2)为使小灯泡两端电压从零开始连续变化，滑动变阻器应选用__________（填“限流式”或“分压式”）接法；

(3)综上所述，应选择下图中的_______电路进行实验。

(4)利用实验数据画出了如乙图所示的小灯泡伏安特性曲线．图中，坐标原点O到P点连线的斜率表示______．则根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻______（填“变大”；“变小”或“不变”）

27、完成以下小题：

(1)下图中千分尺的读数为_______mm；20分度的游标卡尺读数为_______cm。

(2)在实验室中，往往需要测量电流表或电压表的内阻。测量电路图如下。为电源，其电动势为为总阻值较大的滑动变阻器。为电阻箱。为被测电流表。用此电路，经以下步骤可近似测得电流表的内阻RA：①闭合断开调节使电流表读数等于其量程②保持不变，闭合调节使电流表读数等于③读出的值，则RA=_____。若电源的内阻忽略不计；则该实验的系统误差总是使电表内阻的测量值比其真实值_______(填“偏大”或“偏小”)。

（3）请根据图甲用笔画线代替导线将图乙所示器材连接成完整的实验电路_______。

28、在“测量电源的电动势和内阻”的实验中；已知待测电池的电动势约1.5V，内阻约1.0Ω。某同学利用图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池；开关、导线外，还有下列器材可供选用：

电流表A1：量程0~0.6A；内阻约0.125Ω

电流表A2：量程0~3A；内阻约0.025Ω

电压表V：量程0~3V；内阻约3kΩ

滑动变阻器R1：0~20Ω；额定电流2A

滑动变阻器R2：0~100Ω；额定电流1A

(1)为了调节方便，测量结果尽量准确，实验中电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________（填写仪器的字母代号）。

(2)经过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图乙中画出了U－I图线。由此得出电源的电动势E=___________V；内阻r=___________Ω。

(3)该同学实验中发现，在保证所有器材安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片时电压表的示数取不到1.0V以下，出现这一现象的原因可能是________________________；改进的方法为___________。评卷人得分六、解答题(共4题，共24分)29、对应于的能量子，其电磁辐射的频率和波长各是多少？（普朗克常量h=6.63×10-34J·s，结果保留3位有效数字）30、材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m；在0℃附近，铜的电阻温度系数为3．9×10-3℃-1，碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）．31、如图（a）所示，质量m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；

（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；

（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2=7.0×102V/m；方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则。

①木板A至少多长？

②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？

32、如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：

（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

A．保持开关S闭合，由闭合电路欧姆定律和欧姆定律可知两端的电压为：

增大可知两端的电压将减小，电容器两端的电压减小，根据可知粒子电场力减小，根据粒子加速度增大，粒子在平行板间运动则有：

水平位移为：

水平位移将减小，故粒子打在点左侧；故A错误；

B．保持开关S闭合，增大不会影响电阻两端的电压，故粒子打在点；故B错误；

C．断开开关，平行板带电量不变，根据及可得：

极板稍微上移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，不会影响离子的运动，故还打在点；故C错误；

D．断开开关，平行板带电量不变，根据及可得：

极板稍微下移，两极板的间距增大，但电场强度不变，故加速度不变，电场强度不变，加速度不变，不会影响离子的运动，垂直极板方向的运动的位移变大，运动时间变长，沿极板方向运动的位移也增大，故粒子打在点右侧；故D正确；

故选D。2、D【分析】【分析】

【详解】

据题意，当滑片向a端移动，滑动变阻器的电阻变小，则整个电路总电阻变小，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将增大；安培表的示数增大，内电压增大而外电压减小，故灯泡变暗。

故选D。3、E:F【分析】【分析】

【详解】

A．驻极体通过静电感应；吸附小的微粒，从而起到吸附过滤作用，A错误；

B．若放置时间过长；驻极体口罩会因电场衰减而过期，这是极化电荷又变的杂乱无章的结果，B错误；

CD．驻极体与驻极体是有间隙的；在每个驻极体周围都存在着电场，所有电场累加在一起相当于左右两个极板的电场，但与平行板电容器不同的是，内部不是匀强电场，周围也存在电场，且即便用导线将图示驻极体的左；右两表面短接，两表面的电荷都也不会中和，CD错误；

E．若将驻极体沿垂直于极化电场方向切开；会形成两个和原来性质相同的驻极体，E正确；

F．根据电荷的极化；上述材料冷却后，撤去外电场，材料左边界带正电，右边界带负电，F正确；

G．由于极化电荷发生了转动；电场力对这些极化电荷做了正功，G错误。

故选EF。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受电场力指向轨迹内侧且沿电场线，粒子所受电场力方向一定是由M指向N；但粒子带电性质未知，故无法确定电场线方向，A错误；

BC．粒子从a运动到b的过程中，力与速度夹角小于90°，电场力做正功，动能增加，电势能减小，即带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能；B错误，C正确；

D．只有一条电场线，无法确定疏密程度，无法确定场强大小关系，由

可知，无法比较a、b点的加速度大小；D错误。

故选C。5、D【分析】【详解】

A．线圈在图示实线所在的位置时，通过线圈的磁通量为

故A错误；

B．线圈由图示实线位置绕x轴向下转过90°的过程中；线圈始终与磁场平行，所以通过线圈的磁通量不变。故B错误；

C．在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为

故C错误；

D．在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过120°的过程中，通过线圈的磁通量的变化量为

故D正确。

故选D。6、D【分析】【详解】

试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据可知；极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确．

考点：电容器的动态分析。

【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握三个公式．7、D【分析】【分析】

【详解】

A．为避免人体接触用电器金属外壳引起触电；用电器的金属外壳必须保持良好接地。所以“插头无法插入两孔插座便掰断了中间的那根”做法不符合安全用电要求，A错误；

B．用铁棒卡住电风扇叶片；会造成电风扇无法正常工作，可能引起电风扇的损坏，不符合安全用电要求，B错误；

C．离开宿舍；把电热毯开着，并捂上被子可能会引起用电器使用不当的火灾，不符合安全用电要求，C错误；

D．ABC均不符合安全用电要求；故D正确；

故选D。8、D【分析】【详解】

A．10900是深度；机器鱼下潜的路程要大于10900m，A错误；

B．mA·h是电量的单位；B错误；

C．机器鱼下潜的位移未知；所以平均速度无法获得，C错误；

D．根据p=ρgh

可知，1个标准大气压相当于10米水柱，所以万米海底的静水压接近于103个标准大气压；D正确。

故选D。9、B【分析】【详解】

A．由图分析知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A错误.

B．根据闭合电路欧姆定律得U=E－I（R0+r），由数学知识得知，保持不变，故B正确.

C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析可知，电阻R0两端电压减小，R两端电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于ΔU；故C错误.

D．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电荷量增大，增大量为CΔU，故D错误.二、多选题(共7题，共14分)10、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．内电压和外电压的关系是由内阻和外电阻的关系决定；则两者不一定是2倍关系，选项A错误；

B．电动势等于内外电压之和；即。

U′＝E－U选项B正确；

C．根据闭合电路的欧姆定律。

U′=Ir则。

U＝E—Ir选项C正确；

D．若电路是纯电阻性电路；根据闭合电路欧姆定律。

路端电压。

若电路是非纯电阻性电路；此时路端电压。

D错误。

故选BC。11、B:C:D【分析】【详解】

AB．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，R1阻值变小，可知总电阻变小，总电流减大，则读数减大；路端电压示数变小，则R3电流变小，则支路电流增大，则读数增大，则读数变小；故A错误；B正确；

C．因路端电压路端电压变小，而变小，变大，则电压表示数的改变量的绝对值大于电压表示数的改变量的绝对值；C正确；

D．根据可知则电压表示数的改变量与电流表示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻；D正确。

故选BCD。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

AC．设ab=bc=cd=L

由题可知+Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得

-Q在b点产生的电场强度大小为方向水平向右

所以b点的场强大小为方向水平向右

A错误；C正确；

B．根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为方向水平向右，B正确；

D．电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低；D错误。

故选BC。13、A:C【分析】【详解】

AB．静止时，对AB球整体进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq

故A正确；B错误；

CD．假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0.若B球带负电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，电场力qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度此时A、B球的加速度为aA=g+

（显然大于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T，由牛顿第二定律，则有T+mg=maA

解得T=qE

故C正确，D错误。

故选AC。14、B:D【分析】【详解】

AB．根据几何关系可知abcO构成一平行四边形，所以有

解得坐标原点O的电势为

又由于dO与Oa长度相等，所以

解得d点电势为

所以b、d连线为一条等势线，电场强度方向垂直于等势线并指向电势低的方向，所以电场的方向由b点指向a点；故A错误，B正确；

C．该点电荷在c点的电势能为

故C错误；

D．从a到d电势升高，则该负点电荷仅在该电场作用下从a点移到d点的过程中；其电势能减小，故D正确。

故选BD。15、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．如图所示。

在ac连线上，确定一b′点，根据匀强电场中电势均匀变化，而且已知ac长度可知x轴1cm代表4V的电势差，则b′电势为13V时

将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，根据几何关系可知

且c点电势高于O点电势，可知电场强度的方向为c→O；A正确；

B．已知ac长度可知x轴1cm代表4V的电势差，b点的电势为13V，可知O点的电势为

解得

故B错误；

C．电子从a点运动到b点电场力做正功，所做功为

电场力做正功，电势能减少，故可知电子在a点的电势能比在b点的高14eV；C错误；

D．电子从b点运动到c点，电场力做正功，所做功为

故D正确；

故选AD。16、C:D【分析】【详解】

AD．将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的倍，根据电阻定律分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律可知，电流I变为原来的故A错误，D正确；

B．金属丝的电阻率与金属丝的长度无关；所以电阻率不变，故B错误；

C．电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为故C正确。三、填空题(共6题，共12分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】0静电屏蔽18、略

【分析】【详解】

略【解析】①.静电力②.电流做功③.UIt④.焦耳⑤.度⑥.3.6×10619、略

【分析】【详解】

[1]根据磁通量的公式，可得穿过半球形球壳的磁通量为

[2]根据磁通量的公式，取此时磁感线穿过的面的磁通量为正，没有转动前，通过线框的磁通量为

由于转动后，磁感线从另一面穿过，则此时磁通量为负，即有

这一过程中穿过线框的磁通量的变化量大小为【解析】20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据电容器的公式

可知，当极板B稍向上移动一点，S变小；电容变小，在电荷量不变的情况下，电压变大，静电计的张角变大。

[2]根据上述可知；电容减小。

（2）[3]若极板B稍向右移动一点，d变小；电容变大，在电荷量不变的情况下，电压变小，静电计的张角变小。

[4]根据上述可知，电容随极板间距离增大而变小。【解析】①.变大②.减小③.变小④.减小21、略

【分析】【详解】

(1)[1]接0~3V量程时，每小格表示指针偏转不够一个分格部分用估读法，读数比最小刻度多一位小数，读数为

[2]接0~15V量程时,每小格表示指针偏转不够一个分格部分用估读法（估读五分之几小格），读数和最小刻度小数位数相同，读数为

(2)[3]接0~3A量程时，每小格表示指针偏转不够一个分格部分用估读法，读数比最小刻度多一位小数，读数为

[4]接0~0.6A量程时，每小格表示指针偏转不够一个分格部分用半格（）估读法（不足半小格的舍去，超过半小格的按半小格估读），读数和最小刻度小数位数相同，读数为【解析】2.18V10.8V0.80A0.16A22、略

【分析】【详解】

[1]直线a为电源的U-I图线，结合

可得，电源的电动势为图像的总截距

电源的内阻为图像的斜率Ω=05Ω

直线b为电阻R的U-I图线，由

可知其阻值为图像的斜率Ω=1Ω

用该电源和该电阻组成闭合电路时，可读出工作电流为工作电压为

而电源内部非静电力将1C正电荷从负极移到正极所做的功为

[2]电源的输出功率为【解析】34四、作图题(共2题，共20分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

连接BC，过A点作BC的平行且与BC线段相等的线段AD，将AD分成两等份，找出B点的等势点，即E点，电势为11V，连接BE，则BE为等势线；电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示。

【解析】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】见解析五、实验题(共4题，共16分)25、略

【分析】【详解】

（1）[1]依据该电路图连接实物图如图：

（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以有

解得

由图像可得

解得

（3）[4][5]若考虑电表内阻的影响，则有

整理得

所以

解得

可见利用该实验电路测出电动势和内阻的测量值和真实值相比：E测小于E真，r测小于r真。【解析】475.00.7小于小于26、略

【分析】【详解】

(1)[1]灯泡正常发光时的电阻：电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻约为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法．

(2)[2]灯泡两端电压从零开始变化；滑动变阻器应采用分压接法．

(3)[3]电流表采用外接法；滑动变阻器采用分压接法；则应采用图B所示实验电路．

(4)[4][5]坐标原点O到P点连线的斜率表示P状态小灯泡电阻的倒数；根据此图给出的信息可知，随着小灯泡两端电压的升高，小灯泡的电阻变大．【解析】外接法分压式BP状态灯丝电阻的倒数变大27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为0.5mm；可动刻度为11.6×0.01mm=0.116mm，所以最终读数为0.5mm+0.116mm=0.616mm

[2]20分度的游标卡尺；精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为126-20=106mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：106mm+0.75mm=106.75mm=10.675cm

(2)[3]根据并联电路规律可知，电流表A和电阻箱R2并联，电流之比等于电阻的反比，电流表A的示数为则流过电阻箱R2的电流为两者电阻之比为1：2，因此则电流表A的内阻。

[4]保持R1不变，闭合开关K2时认为电路干路电流不变，仍等于电流表的满偏电流I0；实际时闭合开关K2时，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，大于I0，当电流表读数等于时，流过电阻箱的电流大于可是认为是由。

可知；电流表内阻测量值小于真实值。

(3)[5]【解析】0.61610.675小于28、略