2025年外研版三年级起点必修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年外研版三年级起点必修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、用电流表和电压表测量电阻的电路如图所示，其中Rx为待测电阻。下列说法正确的是（）

A.通过电流表的电流小于通过Rx的电流B.通过电流表的电流大于通过Rx的电流C.电压表两端的电压小于Rx两端的电压D.电压表两端的电压大于Rx两端的电压2、如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）

A.A1、A2的读数之比为1∶1B.A1、A2的读数之比为1∶5C.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5D.A1、A2的指针偏转角度之比为1∶13、如图所示的是一个点电荷周围的电场线，下列判断中正确的是（）

A.该点电荷为负电荷，距点电荷越近处电场强度越大B.该点电荷为负电荷，距点电荷越近处电场强度越小C.该点电荷为正电荷，距点电荷越近处电场强度越大D.该点电荷为正电荷，距点电荷越近处电场强度越小4、如图所示，A、B为两个等量正负点电荷连线上的两点，B为连线的中点，C为连线中垂线上的一点，一个负试探电荷在A、B、C三点的电势能分别为则下列关系正确的是（  ）

A.B.C.D.5、如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（）

A.某不计重力的正电荷在A、B两点的加速度相同B.某正电荷在C点的电势能小于B点的电势能C.某负电荷从C点移动到B点，电场力做负功D.C点场强大于B点场强6、如图所示；AB是平行板电容器的两个金属板，中间固定一个带正电小球，右边静电计张开一定的角度，不考虑静电计引起的电荷量变化，下列说法正确的是（）

A.开关S闭合，滑片向右移动，静电计指针张角变小B.开关S闭合，将B板下移，小球的电势能减小C.断开开关S，紧贴B板插入金属板，静电计指针张角变大D.断开开关S，紧贴B板插入金属板，小球受的电场力减小7、如图所示的电路中，电阻电源的电动势内电阻闭合开关S后，电阻R两端的电压为（）

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30°，现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得C点场强的方向与AB平行，且水平向左，则（）

A.qA带负电B.qA带正电C.qA：qB=1：4D.qA：qB=1：89、某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子仅受电场力由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。下列判断正确的是。

A.粒子带负电B.电场力对粒子做负功C.粒子在N点的加速度大D.N点的电势比M点的电势低10、如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F；直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中()

A.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为B.B的速度最大时，弹簧的伸长量为C.物体A的最大速度为D.物体弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量11、如图所示，在水平向右的匀强电场中，将一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道放置在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为+q的带电小球从轨道的最低点C获得一定的初速度后，能够在轨道内做圆周运动，已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度为E=不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球运动到B点时的电势能最大B.小球运动到D点时的动能最小C.小球运动到A、D两点时的动能相等D.若小球恰能在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为mg12、如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹a、b、c是轨迹上的三个点；则（）

A.粒子一定带正电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度13、如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态；G为灵敏电流计。则以下说法正确的是（）

A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C.在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过D.在将S断开后，油滴不会保持静止状态，G中有电流通过14、在如图所示的电路，电源的内阻为r；现闭合电键S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是。

A.灯泡L变亮B.电压表读数变小C.电流表读数变小D.电容器C上的电荷量增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18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,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_____________。17、如图电路中，电源内阻不计，a、b、c三只小灯泡均发光，当滑动变阻器的滑片P向左端滑动时，c灯__________，a灯___________．（填“变亮”、“变暗”或“不变”）18、如图所示，真空中有两个点电荷和分别固定在x坐标轴的和的位置上。则x标轴上的_____处的电场强度为零。x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是__________。

19、能量的耗散∶

（1）定义∶电池中的______转化为电能，电能又通过灯泡转化为_____和_____，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的____；我们很难把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散。

（2）能量的耗散表明∶能量的数量是_____的，但是能量可利用的品质_____了。

（3）能量的耗散从能量转化的角度反映出自然中与热现象有关的宏观过程具有_______。20、电动势：

（1）定义：在电源内部，非静电力把正电荷在电源内从负极移送到正极_______与_______的比值。

（2）公式：

（3）单位：_______，简称：_______，符号：_______。

（4）物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量。

（5）影响电动势大小的因素有：_______

①非静电力的性质②电源的体积③外电路结构④电源的新旧程度21、某电热水壶铭牌的部分参数如表中所示，从表中可知，该电热水壶正常工作时电压U=______V，功率P=_____W，电流I=______A。

产品型号

DF-938

额定电压

220V

额定频率

50HZ

额定功率

1100W22、平行的带电金属板间是匀强电场,如图所示,两板间距离是5两板间的电压是60

（1）.两板间的场强是________;

（2）.电场中有和两点,点离A板0.5点离B板也是0.5和两点间的电势差__________.23、利用图像分析问题是物理学中常用的方法；其中的斜率；面积通常具有明确的物理意义。

(1)小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度—时间图像如图1所示，图1中图线与坐标轴所围的面积等于12个小方格的面积，由图像可知足球在滚动过程中受到的阻力大小____（选填“变大”、“变小”或是“不变”），足球滚动了____m停下来。

(2)利用电流传感器测量电容器电容的实验电路图如图2所示。电源电压为8V，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。电流传感器将电流变化的信息传入计算机，屏幕上显示出电流i随时间t变化的i—t曲线如图3所示，图中图线与坐标轴所围的面积也等于12个小方格的面积，根据图3，计算电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q=__C，该电容器的电容C=___F。

评卷人得分四、作图题(共4题，共36分)24、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。

25、以下是几种点电荷的电场线的分布情况；请标出图中各电荷的电性。

26、试画出点电荷、等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线。27、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。

评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)28、某课外研究小组为了“探究电池电极间距对电动势E和内电阻r的影响”；以铜片；锌片和果汁制作的电池作为研究对象，选用实验器材如图甲所示。探究实验过程如下：

(1)请你用笔画线代替导线连接图甲电路_______。

(2)连好电路后闭合开关前；应进行的一步操作是________

(3)实验中保持电池其他条件不变，依次增大铜片与锌片间的距离，分别测出实验数据。通过数据处理画出相应的果汁电池R—图像，如图乙中直线a、b、c、d所示。由图像可知：随着电极间距的增大，电源电动势_____，内阻_____（均填“增大”、“减小”或“不变”）；曲线c对应的电源电动势E=______V（保留二位有效数字）。29、在“测量金属丝的电阻率”的实验中；

（1）利用螺旋测微器测量合金丝的直径d时，螺旋测微器的示数如图甲所示，则该合金丝直径的测量值d=________

（2）如果测出合金丝的电阻为r，直径为d，长度为l，则该合金电阻率的表达式ρ=________。（用上述字母及通用数学符号表示）

（3）实验时因电压表的量程不合适，而使用了量程为的电流表G和电阻箱改装而成的电压表。请按图乙所示的电路图在答题卡上图丙中完成实物连线。（注意：图中已经有的连线不能改动，电流表G量程用）______30、利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻；要求尽量减小实验误差。

（1）应该选择的实验电路是图1中的______（选项“甲”或“乙”）；

（2）现有电流表开关和导线若干；以及以下器材：

A．电压表

B．电压表

C．滑动变阻器

D．滑动变阻器

实验中电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；（选填相应器材前的字母）

（3）在图2中用笔画线代替导线，将电路连线补充完整；______

（4）某位同学根据记录的数据，做出如图所示的图线，根据所画图线可得，电动势______V（结果保留三位有效数字），内电阻______（结果保留两位有效数字）；

（5）这位同学对以上实验进行了误差分析，其中正确的是______。

A．实验产生的系统误差；主要是由于电压表的分流作用。

B．实验产生的系统误差；主要是由于电流表的分压作用。

C．实验测出的电动势小于真实值。

D．实验测出的内阻大于真实值31、某同学利用下列器材研究小灯泡的伏安特性：

小灯泡L（额定电压2.5V；额定电流0.3A）；

电压表V（量程3V，内阻约3k）；

毫安表mA（量程100mA，内阻9）；

定值电阻R0（阻值3）；

滑动变阻器R（阻值0~10）；

电源E（电动势4V；内阻不计）；

开关S；导线若干。

(1)实验要求在0~2.5V的范围内对小灯泡进行测量，在图（a）中用笔画线代替导线，将实验电路连接完整_____；

(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移动至最_____（选填“左”或“右”）端；

(3)实验得到该小灯泡伏安特性曲线如图（b）所示，可知随着电流的增加小灯泡的电阻_______（填“增大”“不变”或“减小”）；若实验过程中某次读数时毫安表的指针位置如图（c）所示，则此时小灯泡的电阻为_______（保留一位小数）；

(4)完成实验后，该同学用另一开关S1和上述器材连接成图（d）所示的电路，闭合开关S、S1，适当调节滑动变阻器R的滑片位置，使小灯泡恰好正常发光；再断开开关S1，此时小灯泡两端的电压为_______V（保留一位小数）。评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)32、相距L的点电荷A、B的带电量分别为和

（1）若A、B电荷固定不动，在它们连线的中点放人带电量为的电荷C；电荷C受到的静电力是多少？

（2）若A、B电荷是可以自由移动的，要在通过它们的直线上引入第三个电荷D，使三个点电荷都处于平衡状态，求电荷D的电量和放置的位置。33、如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成45°，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为m、电荷量为e，C、D极板长为l，D板的电势比C板的电势高，极板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为．电子重力不计。求：

(1)电子通过偏转电场的时间t0；

(2)偏转电极C、D间的电压U2；

(3)电子到达荧光屏离O点的距离Y。

34、如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物P上升的速度v=1.0m/s．已知重物的质量m=45kg（g取10m/s2）．求：

（1）电动机消耗的电功率P电；

（2）细绳对重物做功的机械功率P机；

（3）电动机线圈的电阻R．

35、如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器。当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的。求：

(1)电源的电动势和内阻；

(2)定值电阻R2的阻值；

(3)滑动变阻器的最大阻值。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

AB．电流表和Rx串联，通过电流表的电流等于通过Rx的电流；AB错误；

CD．由电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值大于Rx两端的电压；C错误D正确。

故选D。2、D【分析】【详解】

电流表A1、A2量程之比为5∶1，则由可得其内阻之比为1∶5；A1、A2并联，故流经A1、A2电流之比等于内阻的反比，即流经A1、A2电流之比为5∶1，所以读数之比为5∶1，由电表改装原理可得A1、A2并联；且两电流计相同，故流经电流计的电流相等，两指针偏转角度相等，故D正确，ABC错误。

故选D。3、C【分析】【详解】

试题分析：由电场线分布可知，这是正的点电荷形成的电场线，由可知距点电荷越近处电场强度越大；选项C正确．

考点：点电荷电场；电场强度．4、A【分析】【详解】

两个等量正负点电荷连线的中垂线上各点等电势，所以

左侧为正电荷，所以

又由电势能公式

又因为

所以

故选A。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．A、B两点处于同一等势面上，电场方向不同，不计重力的正电荷在A、B两点的加速度不相同；故A错误；

B．由Ep=qφ可知，B点的电势大于C点的电势，正电荷在C点的电势能小于B点的电势能；故B正确；

C．负电荷从低电势移动到高电势；电势能变小，电场力做正功，故C错误；

D．由可知，C点场强小于B点场强；故D错误。

故选B。6、B【分析】【详解】

A．保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源电动势，是定值。若将R的滑片向右移动；不能改变电容器两端的电势差，静电计指针张角不变，故A错误；

B．若将B板下移，两极板间距变大，由可知，板间电场强度E减小。小球与A板的距离不变，则小球所在位置的电势升高，由电势能知识可得

因此小球的电势能减小；故B正确；

C．断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则板间距离d减小，根据可知C增大；根据可知；极板间的电势差减小，则静电计指针张开角度减小，故C错误；

D．由和可得

电容器所带电荷量不变；当电容器极板间距离改变时，电场强度不变，则小球受到的电场力不变，故D错误。

故选B。7、C【分析】【详解】

根据闭合电路欧姆定律得。

I==A=0.5A

电阻R两端的电压U=IR=0.5×5V=2.5V；故C正确，ABD错误．

故选C二、多选题(共7题，共14分)8、A:D【分析】【详解】

AB．放在A点和B点的点电荷在C处产生的场强方向在AC和BC的连线上，因C点合场强方向与BA方向平行，故放在A点的点电荷和放在B点的点电荷产生的场强方向只能如图所示；

由C→A和由B→C，故qA带负电，qB带正电；A正确B错误；

CD．根据矢量三角形可知

即：

又由几何关系知：

所以

C错误D正确．9、C:D【分析】【详解】

A．由图根据粒子的运动的轨迹可以知道；粒子的受到的电场力的方向向上，而电场线的方向也向上，所以电荷为正电荷。故A错误。

B．从M点到N点；静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功。故B错误。

C．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大；加速度大。故C正确。

D．沿着电场线方向电势逐渐减低，所以N点的电势比M点的电势低。故D正确。10、B:D【分析】【详解】

A．在外力撤去前，绳子刚好伸直，拉力为零，对B受力分析可得

即

所以撤去外力的瞬间B在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的电场力，故有

所以撤去外力瞬间的加速度

A错误；

B．随着B沿着斜面下滑，绳子的拉力逐渐增大，当

即合力为零时，B的速度最大，此时

解得

B正确；

C．对AB整体有动能定理可得

解得

故C错误；

D．由于过程中只有重力和电场力；弹力做功，所以根据能量守恒看得物体A；弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量，故D正确；

故选BD。11、C:D【分析】【详解】

A．小球带正电；小球运动到B点时电场力做正功最多，电势能最小，小球运动到A点时电势能最大，A错误；

B．小球在等效场中做变速圆周运动，M点为等效最低点，N点为等效最高点；如图所示。

如图所示，在水平向右的匀强电场中，将一内壁光滑、半径为R的固定绝缘圆轨道放置在竖直平面内，AB为圆轨道的水平直径，CD为竖直直径。一个质量为m、电荷量为+q的带电小球从轨道的最低点C获得一定的初速度后，能够在轨道内做圆周运动，已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度为E=不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.小球运动到B点时的电势能最大。

B.小球运动到D点时的动能最小。

C.小球运动到A、D两点时的动能相等。

D.若小球恰能在轨道内做圆周运动，则小球运动过程中对轨道的最大压力为mg

设等效重力加速度的方向与竖直方向的夹角为有

即

故在等效场中构成绳—球模型，在等效最高点的速度最小，动能最小，即小球运动到N点时的动能最小；B错误；

C．A、D两点关于等效重力场最高点对称，故运动到从N点分别运动到C、D点时合外力做功相同，故小球运动到A、D两点时的动能相等；C正确；

D.在等效场中的等效重力加速度为

小球恰好能够沿着轨道做圆周运动，则在等效最高点N时由等效重力提供向心力，有

可得

在等效最低点M点时速度最大，轨道对球的支持力最大，球对轨道的压力也最大，由C点到M点由动能定理

在M点由牛顿第二定律，有

解得

由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道的最大压力为D正确。

故选CD。12、A:C【分析】【详解】

A．带电粒子在电场中运动时；受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，此带电粒子受到的电场力方向沿着电场线向左，所以此粒子一定带正电，故A正确；

B．粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点；故B错误；

C．由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在c点的电场强度大，粒子在c处受到的电场力大，所以粒子在c点加速度一定大于在b点加速度；故C正确；

D．粒子从c到a过程，电场力做正功，动能增大，所以粒子在电场中c点的速度一定小于在a点的速度；故D错误。

故选AC。13、A:D【分析】【详解】

在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电路电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电阻R1与电源内阻分压减小，则滑动变阻器两端电压变大，由

可知，电容器带电量增加，G中有从b到a的电流；根据油滴受力平衡易知，油滴受向上的电场力，电容器板间电压增大后，电场强度增大，油滴受电场力变大，因此油滴将向上加速运动，故A正确；故B错误；

S断开后，电容器放电，板间电压及电场强度减小，油滴受电场力变小，油滴将向下运动，G中有从a到b的电流。故C错误；D正确。

故选AD。14、C:D【分析】【分析】

【详解】

滑片P向左移动一段距离后电阻变大，故电路的电流减小，电流表读数变小，灯泡L变暗；路端电压变大，故电压表读数变大；滑动变阻器两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器C上的电荷量增大，选项CD正确，AB错误.三、填空题(共9题，共18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】【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17、略

【分析】【详解】

[1][2]当滑动变阻器的滑片P向左端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律可知总电流I增大，灯泡c的电压增大，即c灯变亮；由并联部分电压：

U并=E-I（r+Rc），I变大，则并联部分电压U并减小，灯泡a的电流Ia变小，所以a灯亮度变暗。【解析】变亮变暗18、略

【分析】【详解】

[1]某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强，根据点电荷的场强公式可知，要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电荷相反，在中间的电场方向都是一样的，所以，只能在Q2右边，设该位置据Q2的距离是L，则有

解得

所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零；

[2]在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域，所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是和【解析】12或19、略

【分析】【详解】

（1）[1][2][3][4]定义∶电池中的化学能转化为电能；电能又通过灯泡转化为内能和光能，热和光被其他物质吸收之后变成周围环境的内能，我们很难把这些内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散；

（2）[5][6]能量的耗散表明∶能量的数量是守恒的；但是能量可利用的品质降低了；

（3）[7]能量的耗散从能量转化的角度反映出自然中与热现象有关的宏观过程具有方向性。【解析】①.化学能②.内能③.光能④.内能⑤.守恒⑥.降低⑦.方向性20、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]根据定义可知，电动势为在电源内部，非静电力把正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功W与被移送电荷q的比值；

（3）[3][4][5]根据公式的定义可知；电动势的单位为伏特，简称为伏，符号为V；

（5）[6]影响电动势大小的因素与非静电力的性质有关，与电源的体积、外电路结构、电源的新旧程度无关，故选①。【解析】所做的功W被移送电荷q伏特伏V①21、略

【分析】【详解】

[1]根据电热水壶的铭牌可知：220V表示电水壶的额定电压为U=220V；即正常工作时电压为220V；

[2]1100W表示水壶的额定功率为P=1100W；

[3]额定电流为【解析】2201100522、略

【分析】【详解】

（1）[1]．两板间是匀强电场，故场强为：=1200V/m；

（2）[2]．P1、P2两点间沿着场强方向的距离：d′=4cm

故UP1P2=Ed′=1.2×103×4×10-2=48V；【解析】48V23、略

【分析】【详解】

(1)因为v-t图象的斜率变小，表示加速度减小，根据牛顿第二定律f=ma；知足球在滚动过程中受到的阻力变小；图1中图线与坐标轴所围面积表示位移即为足球滚动的距离，1格面积是1，12格面积是12，所以位移是12m，足球滚动了12m才停下来。

(2)在电容器放电过程中的任意瞬时有：△Q=I•△t，故i-t图线与t轴所围面积即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积．因此电容器所带电荷量的最大值根据电容的定义式

【点睛】

解决本题的关键是理解图象面积的物理意义，v-t图象的面积代表位移，i-t图线的面积代表电量。【解析】变小120.0240.003四、作图题(共4题，共36分)24、略

【分析】【详解】

电场线上每一点的切线方向即为该点的电场强度方向；负电荷受电场力的方向与场强方向相反，如图所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

【详解】

根据电场线从正电荷出发；终止与负电荷及等量同种，等量异种点电荷电场线的分布特点，可标出电荷的电性如图所示。

【解析】见解析26、略

【分析】【详解】

根据电荷属性；点电荷；等量异种点电荷、等量同种点电荷及匀强电场的电场线如下所示。

【解析】27、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）五、实验题(共4题，共8分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]连接电路如下图。

(2)[2]为了保护电路；连好电路后闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大。

(3)[3][4][5]根据闭合电路欧姆定律有。

即。

则该图像的斜率为电源的电动势；内阻为截距的绝对值，随着电极间距的增大，斜率不变，截距减小，则电源电动势不变，内阻增大。由图可得。

则对应的电源电动势为【解析】将电阻箱阻值调到最大不变增大0.9529、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]该合金丝直径的测量值

（2）[2]根据电阻定律可得

（3）[3]按图乙所示的电路图在图丙中完成实物连线如图。

【解析】①.0.773②.③.30、略

【分析】【详解】

（1）[1]干电池内阻较小；为减小实验误差，应选题甲所示电路图。

（2）[2]一节干电池电动势约为1.5V；则电压表应选B。

[3]为方便实验操作；要求尽量减小实验误差，滑动变阻器应选C。

（3）[4]电路连线如图。

（4）[5]由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.50，则电源电动势为

[6]电源内阻为

（5）[7]AB．由图1所示电路图可知；相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表分流作用，使所测电流小于电流的真实值，造成了实验误差，故A正确，B错误；

C．当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流