2025年人教新起点必修3物理上册月考试卷

…………○…………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年人教新起点必修3物理上册月考试卷326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、如图所示在两个对接的绝缘光滑斜面上，两个斜面的倾角分别是37°和53°。斜面上放置了电荷量相等的两个小球A和B（均看成质点），两小球静止在离斜面底端高度为的同一水平线上，已知小球A的质量为静电力常量为下列说法正确的是（）

A.小球B的电荷量为B.小球B的质量为C.小球B的受到斜面弹力的大小为D.增大小球的电荷量，小球B不可能与A静止在同一水平线上2、电解槽内有一价的电解溶液，时间t内通过溶液内横截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷的电量为e；以下解释正确的是（）

A.负离子定向移动形成的电流方向从B到AB.溶液内正负离子沿相反方向运动，电流相互抵消C.溶液内电流方向从A到B，电流D.溶液内电流方向从A到B，电流3、通电长直导线周围某点的磁感应强度即通电长直导线周围某点的磁感应强度大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图所示，纸面内两根平行长直导线相距为L，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，在区间内磁感应强度B随x变化的图像可能是（）

A.

B.

C.

D.

4、关于电场线的说法，正确的是()A.电场线的切线方向都和该处正电荷受电场力方向一致B.正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动C.最早提出用电场线描述电场的物理学家是库仑D.静电场的电场线可以是闭合的5、下列说法正确是（）A.在能源的利用过程中，能量是不守恒的B.经典力学只适用于宏观世界的低速运动C.实现静电屏蔽一定要用密封的金属容器D.库仑提出了电场的概念并假想出电场线6、某同学设想了一个奇妙的静电实验。如图所示；在带电体C附近，把原来不带电的绝缘导体A；B相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动。接着再把A、B移到C附近，A、B相碰一下分开，再和小电动机两接线柱接触。重复上述步骤，小电动机便能不停地转动。下列说法正确的是（）

A.小电动机一直转动下去，成为永动机B.B相接触放在C附近时，A的电势高于B的电势C.B相接触放在C附近时，A内部中心点的场强大于B内部中心点的场强D.B相接触放在C附近，由于静电感应，A左端带负电B右端带正电7、在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中。

A.先作匀加速运动，后作匀减速运动B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和先增大，后减小D.电势能先减小，后增大8、在如图所示的电路中，平行板电容器两极板水平放置，闭合开关S，待电路稳定后，位于O点的电子枪水平向右发射速度相同的电子，电子刚好击中竖直放置的荧光屏上的Q点，OP连线与极板平行，则下列说法中正确的是（）

A.把滑动变阻器的滑片向左移动，电子将击中Q点上方的某个位置B.把滑动变阻器的滑片向右移动，电子将击中Q点上方的某个位置C.断开开关S，将电容器的下极板下移一小段距离，电子将击中PQ之间的某个位置D.断开开关S，将电容器的上极板上移一小段距离，电子将仍然击中Q点评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道的最高点、最低点。质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点）在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强要使小球能沿轨道做完整的圆周运动；下列说法中正确的是（）

A.小球过Q点时速度至少等于B.小球过Q点时速度至少等于C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg10、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L恰都能正常工作，已知指示灯L的电阻为额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R；则下列说法中正确的是（）

A.电动机的额定电压为B.电动机的输出功率为C.电源的输出功率为D.电源的输出功率为11、航空母舰舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度．电磁弹射系统的一种设计可简化为乙图所示，图中是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），是电磁弹射车，回路中电流恒定；且可当长直导线处理．该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是（）

A.间的磁场是匀强磁场B.弹射车的速度与运动的时间成正比C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比D.若回路中通以交变电流，弹射车也能正常加速12、小明同学在物理实验室中描绘出了两个等量点电荷的等势线。如图所示，Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图，a、b、c、d、e为电场中的5个点，其中a、b连线和P、Q连线相互垂直，e点在P、Q连线的中垂线上，设无穷远处电势为0，则下列说法中正确的是（）

A.e点的电势大于0B.a点和b点的电场强度相同C.b点的电势高于d点的电势D.将负电荷从a点移动到c点时，电荷的电势能增加13、如图所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。A、B为电场中两点。下列说法中正确的是（）

A.A点的电势比B点的电势高B.正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能C.负电荷由A点运动到B点的过程中电场力做正功D.负电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力14、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17V；33V、49V。下列说法正确的是（）

A.坐标原点处的电势为1VB.电场强度的大小为5V/mC.匀强电场的方向由O点指向c点D.质子从b点运动到c点，电场力做功为-16eV15、如图甲所示，真空中水平放置两块长度为的平行金属板两板间距为两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠板处有一粒子源自时刻开始连续释放初速度大小为方向平行于金属板的相同带电粒子，时刻释放的粒子恰好从板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期粒子质量为不计粒子重力及相互间的作用力，则（）

A.在时刻进入的粒子离开电场时速度大小为B.粒子的电荷量为C.在时刻进入的粒子刚好从板右侧边缘离开电场D.在时刻进入的粒子离开电场时动能不变16、在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一定值电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与定值电阻R相连组成闭合电路；由图象可知。

A.电源的总功率为18WB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为2WD.电源的效率约为66.7%17、一根粗细均匀的金属导线阻值为R，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，已知电流微观式为I=neSV，其中n为单位体积电子个数，e为元电荷，S为导线模截面积，则下列说法中正确的是A.此时金属导线的阻值为4RB.此时通过金属导线的电流为C.此时自由电子定向移动的平均速率为D.此时自由电子定向移动的平均速率为评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、如图所示，匀强电场强度方向水平向右，一正的点电荷沿半径R=20cm的圆周，从A点移动到B点．已知．

（1）这一过程中电场力做的功是__________.

（2）A、B两点间的电势差UAB是__________．19、如图所示，A灯的额定功率为15W，A灯与B灯额定电压相同，在外加电压改变时设两盏灯的电阻保持不变，当K1与K2都断开时，电压表读数U=12V；当K1闭合，K2断开时，电压表读数U1=11V；当K1、K2都闭合时，电压表读数U2=9V时；则B灯的额定功率为________W

20、匀强磁场：

（1）特点：磁场中各个点的磁感应强度大小_______、方向_______。

（2）匀强磁场的磁感线：用一些间隔_______的_______直线表示。21、该同学将一阻值随温度升高而减小的电阻接在一节干电池两端，开始时电阻温度较低，之后温度缓慢升高，最后保持不变，则回路中电流随时间的变化规律可能是________。

A.

B.

C.22、元电荷：最小的电荷量，e=____________C，由____________测得。所有带电体的电荷量都是e的____________。23、如图，AB是带等量异种电荷的带电小球，质量均10kg，电荷量均为2×10-5C，放置于光滑水平面上，现用水平向右的力F=____________N拉B球时；AB间距会稳定保持在0.3m一起运动。

24、如图所示电路图，三个灯的连接方式是______，如果三个灯完全相同，考虑实际电源具有内阻，将此电源只接其中一个相同的灯泡，则该灯泡变______（填“亮”或“暗”或者“不变”）。

25、一矩形线圈面积S＝10cm2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝2×10－4Wb，则磁场的磁感应强度B＝______________；若线圈以一条边为轴转180°，则穿过线圈的磁通量的变化量为____________；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф0＝________________。评卷人得分四、作图题(共3题，共6分)26、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）。

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2题，共16分)29、某同学分别用游标卡尺和螺旋测微器测量一小物体的长a和宽b，测量情况如图。则物体的长a=___________cm，宽b=___________mm。

30、如图甲所示是某同学设计的测量电源的电动势和内阻的实验电路图，图中电压表V的量程为3V，电流计G的满偏电流Ig=200mA、内阻Rg=0.40Ω，定值电阻R1=0.40Ω。闭合开关，移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数I；作出如图乙所示的图象。

（1）某次测量时，电压表示数如图丙所示，其读数为______V，此时通过电源的电流为_______mA。

（2）根据图乙所示的图象求出，电源的电动势E=______V，内阻r=____Ω（结果保留到小数点后两位）。

评卷人得分六、解答题(共2题，共16分)31、某电流表内阻为满偏电流为按图甲；乙改装成量程为0~0.1A和0~1A的两个量程的电流表。

（1）在图甲中，和各为多少？

（2）在图乙中，和各为多少？

（3）从安全角度分析；哪种改装方法较好？

32、如图所示，真空环境中，一束电子以初速度沿平行于板面的方向（图中虚线）射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为电荷量为偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为极板长度为极板间距为d；不考虑极板的边缘效应，忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力。

（1）求电子在电场中的加速度；

（2）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；

（3）在解决一些实际问题时，为了简化问题，常忽略一些影响相对较小的量，如分析电子通过偏转电场的受力情况时，可以忽略电子所受的重力。请利用下列数据分析说明为什么这样处理是合理的。已知重力加速度g=10m/s2。

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

依题意；对小球AB受力分析如图所示。

小球A受到重力斜面支持力B对A的库仑力小球B受到重力斜面支持力A对B的库仑力

B．把小球A作为研究对象；由三力平衡可得。

同理；把小球B作为研究对象，由三力平衡可得。

根据牛顿第三定律知。

联立可求得；小球B的质量为。

故B正确；

A．设小球B所带电荷量为把小球B作为研究对象，由三力平衡可得。

因为。

由几何知识得。

联立以上式子求得；B的电荷量为。

故A错误；

C．根据三力平衡；可求得小球B的受到斜面弹力的大小为。

故C错误；

D．增大小球的电荷量；它们之间的库仑力增大，两小球将沿斜面上移，从而库仑力减小，此时两小球静止在同一水平线上，同样可以满足三力平衡，故D错误。

故选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

AB．电流的方向与正离子定向移动方向相同，与负离子定向移动方向相反。所以正离子定向移动形成电流，方向从B到A，负离子定向移动形成电流方向也从B到A；不会相互抵消，A正确B错误；

CD．溶液内电流方向从B到A．t时间内通过溶液截面S的电荷量。

则根据电流的定义式有。

C错误D错误。

故选A。3、A【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。靠近左侧导线的位置磁场向里；靠近右侧的位置的磁场方向向外；由于规定B的正方向为垂直纸面向里，所以在0-L区间内磁感应强度B随x变化的图线应为A图，选项A正确，BCD错误；

故选A。4、A【分析】【分析】

电场线的方向是正电荷所受电场力的方向；而与负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．

【详解】

A；电场线的切线方向为该点场强方向；与该处正电荷受电场力方向相同，故A正确；

B；正电荷只在电场力作用下不一定沿电场线运动；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故B错误；

C；法拉第最早提出用电场线描述电场；故C错误；

D；静电场的电场线从正电荷或无限远出发；终止于无限远或负电荷，不闭合，故D错误；

故选A.

【点睛】

记住电场线的特点即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念．5、B【分析】【分析】

【详解】

A．在能源的利用过程中；能量仍是守恒的，A错误；

B．经典力学只适用于宏观世界的低速运动；不适用于微观世界的高速运动，B正确；

C．实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器；金属网也能实现静电屏蔽，C错误；

D．法拉第最早引出电场概念；并提出用电场线的方法来表示电场，D错误。

故选B。6、D【分析】【分析】

【详解】

A．上述过程在把AB分开的过程中要克服AB之间的静电力做功；这是把机械能转化为电能，然后再把电能转化为机械能，因此还要外力做功消耗机械能，小电动机不能成为永动机，A错误；

B．由于A；B相接触放在C附近；所以A和B是等势体，电势相等，B错误；

C．A；B相接触放在C附近时；AB是等势体，内部合场强始终为零，则A内部中心点的场强等于B内部中心点的场强，C错误；

D．A；B相接触放在C附近；由于静电感应，A左端带负电B右端带正电，D正确。

故选D。7、D【分析】【分析】

【详解】

A．由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：由于负电荷受到的电场力是变力；加速度是变化的，A错误；

B．由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到O；电势是先升高后降低，B错误；

C．由于只有电场力做功；所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错误；

D．由b到ac连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功；电势能增加，D正确；

故选D．

考点：等量同号电荷的电场特点．

【名师点睛】

bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况．8、D【分析】【详解】

AB．电路稳定时滑动变阻器分得的电压为零，把滑动变阻器滑片左移或右移，电容器两端电压还是等于电源电动势，极板间电场强度不变，电子仍击中Q点；故AB错误。

CD．断开开关S，电容器的电荷量不变，将电容器的下极板下移一小段距离或者上极板上移一小段距离，根据

可知，电场强度为

不变，电子受力情况不变，则电子电子仍击中Q点；故C错误，D正确。

故选D。二、多选题(共9题，共18分)9、A:C【分析】【分析】

【详解】

AB．要使小球能沿轨道做完整的圆周运动；则小球恰好能通过等效最高点，此时合外力为。

根据牛顿第二定律得。

联立解得。

设等效最高点的合力与竖直方向夹角为θ；则。

从Q点到等效最高点；根据动能定理。

解得。

故A正确；B错误；

CD．已知Q点的速度；根据牛顿第二定律得。

从Q到P根据动能定理。

解得。

根据牛顿第二定律得。

联立解得。

故C正确；D错误。

故选AC。10、B:C【分析】【详解】

A．电动机正常工作时是非纯电阻，欧姆定律不适用，所以此时电动机的额定电压为

故A错误；

B．电动机的输出功率为电动机的输入功率减去内部电阻的热功率，即

代入电动机的额定电压U，则可得

故B正确；

CD．电源的总功率为

电源内阻热功率为

电源的输出功率等于电源总功率减去电源内阻热功率为

故C正确；D错误。

故选BC。11、B:D【分析】【详解】

A．根据左手定则可知，MN、PQ间有竖直向上的磁场；且通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误；

B．沿导轨方向磁场不变，且回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由

可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律

可知，加速度不变，由

可知弹射车的速度与运动的时间成正比；故B正确；

C．安培力

当电流增大时；磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误；

D．根据右手螺旋法则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生竖直向上的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右手螺旋法则导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即若回路中通以交变电流；弹射车也能正常加速，故D正确。

故选BD。12、C:D【分析】【详解】

A．根据电场线与等势线垂直，可判断P点处为负电荷。无穷远处电势为0，e点在P、Q连线的中垂线上，则e点的电势为零；故A错误；

B．根据电场线与等势线垂直，Q点处为正电荷，可知a、b两点的电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点的电场强度不同；故B错误；

C．从Q到P电势逐渐降低，则b点的电势高于d点的电势；故C正确；

D．a点的电势高于c点的电势，将负电荷从a点移动到c点时；电场力做负功，电荷的电势能增加，故D正确。

故选CD。13、B:C【分析】【详解】

A．沿着电场线方向，电势降低，故A点所在等势面电势比B点所在等势面电势低；故A错误；

B．由于A点的电势比B点的电势低，故正电荷在A点的电势能小于在B点的电势能；故B正确；

C．由于A点的电势比B点的电势低，故负电荷在A点的电势能高于在B点的电势能，由A点运动到B点的过程中电场力做正功；故C正确；

D．由于A点的电场线比B点的电场线更加密集，因此负电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力；故D错误。

故选BC。14、A:D【分析】【详解】

A．根据

因a、b、c三点电势分别为

解得：原点处的电势为

故A正确；

BC．如图所示。

在ac连线上，确定中点b′点，电势为33V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，即匀强电场的方向由c点指向O点，电势降低，则电场线方向如图，因为匀强电场，则有

依据几何关系，则

代入数据，得电场强度大小为

故BC错误；

D．质子从b点运动到c点，电场力做功为

故D正确。

故选AD。15、A:C:D【分析】【详解】

A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则时刻进入电场的粒子在电场中运动时间

此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度故A正确；

B．在竖直方向，粒子在时间内的位移为则

可得

故B错误；

C．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动然后向下减速运动再向上加速向上减速由对称性可知，离开电场时粒子在竖直方向的位移为零，故粒子从板右侧边缘离开电场；故C正确；

D由对称性知正确。

故选ACD。16、B:D【分析】【详解】

AC．两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，电源电动势为E=3V，则电源的总功率为P总=EI=6W

电源的输出功率：P出=IU=4W

选项AC错误．

B．电阻R的阻值为

选项B正确；

D．电源的效率约为

选项D正确；

故选BD.17、A:B:C【分析】【分析】

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，根据电阻定律分析电阻的变化；由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化．

【详解】

A项：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，故A正确；

B项：根据欧姆定律可知，电流I变为原来的即为故B正确；

C、D项：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，D错误．

故应选ABC．三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】【详解】

（1）从A点移动到B点，电场力对电荷做正功：W=q=q=qER=4×10-8×1.2×102×0.2J=9.6×10-7J.

(2)==ER=1.2×102×0.2V=24V.【解析】（1）（2）24V19、略

【分析】【详解】

当开关均断开时，电压表示数为电源的电动势，故E=12V；当S1闭合S2断开，只有B灯接入电路，由闭合电路欧姆定律可知12=11+I1r

由欧姆定律可知

当S1、S2都闭合，电压表读数U2=9V，则有12=9+I2r；

联立以上四式可得

两灯的额定电压相等，则由可知两灯的功率之比

故PB=×15=40W【解析】4020、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]匀强磁场中各个点的磁感应强度大小相等；方向相同。

（2）[3][4]匀强磁场的磁感线：用一些间隔相等的平行直线表示。【解析】①.相等②.相同③.相等④.平行21、C【分析】【详解】

[1]开始时电阻温度较低，阻值较大，回路中电流较小，随着电阻温度升高，阻值减小，回路中电流开始逐渐增大，最后保持不变，则回路中电流随时间的变化规律可能是C。22、略

【解析】①.1.60×10-19②.密立根③.整数倍23、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]对A列牛顿第二定律

对A、B系统列牛顿第二定律【解析】80N24、略

【分析】【详解】

[1]由图可知；三灯泡采用并联方式连接。

[2]将此电源只接其中一个相同的灯泡，外电路电阻增大，电流减小，路端电压增大，该灯泡变亮。【解析】并联亮25、略

【分析】【详解】

[1]磁感应强度为

[2]线圈以一条边为轴转过180°，穿过线圈的磁能量的变化为

[3]若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2=0°，则Φ=0。【解析】0.4T4×10－4Wb0四、作图题(共3题，共6分)26、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】2