2025年上外版必修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年上外版必修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8题，共16分)1、随着科技的不断发展；无线充电已经进入人们的视线。小到手表；手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()

A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电2、如图所示，真空中有两个静止的点电荷，Q1为正、Q2负，正电荷比负电荷多，分别固定在x轴的坐标为x1=0和x2=6cm的位置上；关于它们产生的电场，下列说法正确的是（）

A.在x坐标0~6cm之间，有一处电场强度为0B.在x>6cm的x轴上，有一处电场强度为0C.在x轴的负半轴，有一处电场强度为0D.在x轴以外，有一处电场强度为03、如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时；显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是()

A.I变大，U变小B.I变大，U变大C.I变小，U变大D.I变小，U变小4、如图所示，悬线下悬挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E；小球静止，则下列说法正确的是（）

A.若剪断悬线，小球做圆周运动B.若剪断悬线，小球做曲线运动C.若剪断悬线，小球做匀速运动D.若剪断悬线，小球做匀加速直线运动5、如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一直径为D的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线框的圆心，现在线框上E处取下足够短的带电最为q的一小段，将其沿OE连线向上移动的距离到F点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为（）

A.B.C.D.6、A、B、C三点在同一直线上，AB:BC=1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的静电力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为–4q的点电荷，其所受电场力为A.B.C.–FD.F7、下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是()A.B.C.D.8、许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献。下列有关物理学家的贡献，错误的是A.安培提出了分子电流假说，能够解释一些磁现象B.法拉第发现电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善C.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象间的某种联系D.洛仑兹研究了磁场与电流相互作用，得到了磁场对通电导线的作用力公式评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏，今有质子，氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是（）

A.三种粒子不是同时打到荧光屏上的B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：410、如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直；则下列关于穿过平面的磁通量的情况中，正确的是（）

A.如图所示位置时磁通量为零B.若使框架绕转过60°，磁通量为C.若从初始位置转过90°角，磁通量为BSD.若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS11、如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电粒子以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入；不计粒子重力，则带电粒子（）

A.将打在下板上B.仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出C.可能不发生偏转，沿直线运动D.若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央12、如图所示，四个点电荷a、b、c和d构成一个长方形。电荷a、b带电量均为电荷c、d带电量均为-q。规定无穷远处电势为零；下列说法正确的是（）

A.O点电势大于零B.O点电场方向垂直指向线段cdC.移走电荷a后，O点电势一定减小D.移走电荷b后，O点电场强度一定减小13、如图所示，在坐标系的第一象限内，有一段以坐标原点为圆心的四分之一圆弧ab，a点的坐标为（0,3)，点的坐标为（3,0)，ac段弧长是bc段弧长的2倍．空间有平行于坐标轴平面的匀强电场，a、c两点的电势均为1V，b点的电势为则下列说法正确的是。

A.匀强电场的电场强度方向与轴正向成60°角B.匀强电场的电场强度大小为C.一个带正电的电荷沿圆弧从a运动到b,电势能先增大后减小D.坐标原点O的电势为14、如图所示，为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔；则可行的方法是（）

A.保持闭合，将A板适当上移B.保持闭合，将B板适当下移C.先断开再将A板适当下移D.先断开再将B板适当下移15、如图所示；图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（）

A.电源的电动势为50VB.电源的内阻为C.电流为2.5A时，外电路的电阻为18ΩD.输出功率为120W时，路端电压是30V16、在如图所示的电路中，当变阻器R3的滑片P由a端向b端移动时（）

A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.R1两端电压变化比R2两端电压变化大D.通过R3的电流变化比通过R1的电流变化大评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、一同学用精确度为游标卡尺测一根金属管的深度时，游标卡尺上的游标尺和主尺的相对位置如图甲所示，则这根金属管的深度______该同学又利用螺旋测微器测量电阻丝直径时，螺旋测微器示数如图乙所示，则_______

18、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两水平平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中它们所带的电荷量之比qP∶qQ=___________；它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=___________。

19、作用：

（1）移送电荷，使电源正、负极间有一定的___________。

（2）使电路中有___________的电流。20、如图，半径为R的半球面上均匀分布一定量的正电荷，经过半球顶点与球心建立坐标轴Ox。图中A、B、C三点距离球心均为0.5R，则A点电势________________B点电势（选填“高于”、“低于”、“等于”）。已知均匀带电球壳内部的电场强度处处为零，则C点电场强度的方向________________。

21、表头的满偏电压和满偏电流一般都比较小，测量较大的电压或电流时要把它改装成较大量程的电压表或电流表。现有一个量程内阻为的表头G。

（1）若要把此表头改装成量程为3V的电压表，应串联一个阻值为______的电阻；

（2）若要把此表头改装成量程为10mA的电流表，应并联个阻值为______的电阻；

（3）若将此表头改装成有两个量程的电流表，如图所示，则使用A、B两个端点时，量程______选填“较大”或“较小”

22、如图是某一半导体器件的U﹣I图，将该器件与标有“9V，18W”的用电器串联后接入电动势为12V的电源两端，用电器恰能正常工作，此时电源的输出功率是__W；若将该器件与一个阻值为1.33Ω的电阻串联后接在此电源两端，则该器件消耗的电功率约为__W。

23、如图所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中________电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中________电流产生。（均选填“有”或“无”）

24、下图展示了等量异种点电荷的电场线和等势面，从图中我们可以看出，A、B两点的场强________、电势________，C、D两点的场强________、电势________(以上四空均填“相同”或“不同”)．评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)25、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。26、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.

27、在如图所示的四幅图中；分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向。请画出对应的磁感线（标上方向）或电流方向。

评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)28、某同学利用下列器材测量两节干电池的总电动势和总电阻A．待测干电池两节；B．电压表量程均为内阻很大；C．定值电阻（阻值未知）；D．电阻箱E．导线若干和开关。

（1）根据如图甲所示的电路图；在实物图乙中补全相应的电路图_________。

（2）实验之前，需要利用该电路测出定值电阻先把电阻箱调到某一阻值再闭合开关，读出电压表和的示数分别为则_______（用表示）。

（3）实验中调节电阻箱读出电压表和的多组相应数据若测得根据实验描绘出图象如图内所示，则两节干电池的总电动势_______总电阻________（结果均保留两位有效数字）29、用如图（甲）所示的电路图研究额定电压为的灯泡L的伏安特性；并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值。

（1）在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在图甲中______（选填“a”或“b”）端；

（2）按电路图甲测出的灯泡电阻值比真实值______（选填“偏大”或“偏小”）。根据所得到实验数据画出如图乙所示的图像，在额定电压下灯泡的电阻_____

（3）若将与上述实验完全相同的两个灯泡串联接在电动势为内阻为的电源两端，接通电路，则每个灯泡的实际功率约为______W（结果保留两位有效数字）。30、某学生用如图甲所示的电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab（电阻约10Ω，允许流过的最大电流0.8A），稳恒电源E（电源输出电压恒为12V），电压表V（量程为3V，内阻约为5kΩ），保护电阻：R1=10Ω，R2=30Ω，R3=200Ω；刻度尺；螺旋测微器，开关S，导线若干等。

实验时的主要步骤如下：

Ⅰ用刻度尺量出导线ab的长度L，用螺旋测微器测出导线的直径d；

Ⅱ按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好；

Ⅲ闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U；

Ⅳ描点作出U-x曲线求出金属导线的电阻率ρ。

完成下列填空：①用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，该金属导线的直径d=______mm；

②如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选______；

③根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U给出的图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ=______（用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示）。评卷人得分六、解答题(共3题，共15分)31、如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成，B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R。整个装置处在水平向右的匀强电场中，电场强度大小为现将一小球从A点由静止释放。已知小球质量为m，电量为q，且带正电，重力加速度为g；不计空气阻力，求：

（1）若AB=2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；

（2）若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大?32、如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，x轴水平，将一质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向水平抛出，一段时间后小球通过点A（L、），若在该空间加以平行于y轴的匀强电场，将小球以相同初速度沿x轴抛出，一段时间后小球通过点B（L、），重力加速度为g；求：

(1)匀强电场的场强

(2)若所加匀强电场随时间按图乙所示规律周期性变化，t=0时刻将小球以相同初速度沿x轴抛出，小球通过直线x=L时速度恰好平行于x轴，则小球通过直线x=L时纵坐标的可能值．33、离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便；假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。

（1）求加在BC间的电压U；

（2）为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【详解】

A．无线充电的原理；其实就是电磁感应现象，而不是电流的磁效应，故A错误；

B．发生电磁感应的条件是磁通量要发生变化；直流电无法产生变化的磁场，故不能接到直流电源上，故B错误；

C．发生电磁感应时；两个线圈中的交变电流的频率是相同的，故C正确；

D．只有无线充电底座；手机内部没有能实现无线充电的接收线圈等装置，也不能进行无线充电，D错误。

故C正确。2、B【分析】【分析】

【详解】

A．在x坐标0~6cm之间；两个点电荷在该区域产生的场强方向均向右，则合场强不可能为零，即没有电场强度为0的位置，选项A错误；

B．在x>6cm的x轴上；正电荷在该区域产生的场强方向水平向右，负电荷在该区域产生的场强方向水平向左，又因为正电荷电荷量较大，且离该区域较远，则该区域有一处电场强度为0，选项B正确；

C．在x轴的负半轴；离电荷量较大的正电荷较近，而离电量较小的负电荷较远，则没有电场强度为0的点，选项C错误；

D．两电荷在x轴以外的位置形成的场强方向夹角不可能是180°；则合场强不可能为零，选项D错误。

故选B。3、A【分析】【详解】

当传感器R4所在处出现火情时，R4的阻值变小，R2、R3与R4的并联电阻减小；外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小．

因U变小；而电流增大，故R压增大；并联部分分压减小；故电流表示数减小；

故选A．

【点睛】

本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按局部→整体→局部的顺序进行动态变化分析4、D【分析】【分析】

【详解】

小球受重力；电场力和拉力处于平衡；剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力。合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳方向做初速度为零的匀加速直线运动。故D正确，ABC错误；

故选D。5、B【分析】【详解】

在闭合线框中，电荷关于O点分布对称，故在O点场强为零；现在将电荷量q从E移到F，那么线框部分在O点的场强等效于与E点关于O点对称的电荷量q在O点的场强F处电荷q在O点的场强又有E1，E2的方向相反，那么，O点的场强E＝E1−E2＝

A.与结论不相符，选项A错误；

B．与结论相符，选项B正确；

C．与结论不相符，选项C错误；

D．与结论不相符，选项D错误；6、D【分析】【详解】

根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为−4q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同．

设AB=r，则有BC=2r.

则有：

故电荷量为−4q的点电荷在C处所受电场力为：故D正确，ABC错误。

故选D7、C【分析】【分析】

【详解】

A.根据磁极间的相互作用规律可知；A中N极应该指左，故A错误；

B.根据右手螺旋定则可知；环形导线磁场方向向外，小磁针N极应该向外，故B错误；

C.C中直导线产生的磁感线应该是顺时针方向（从上向下看）；与小磁针的N极指向相同，故C正确；

D.D中螺线管里边的磁感线向左，小磁针的N极应该指向左边，故D错误．8、D【分析】【详解】

安培提出了分子电流假说，并很好地解释了一些磁现象，故A说法正确；法拉第发现电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，故B说法正确；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象间的某种联系，故C说法正确；安培研究了磁场与电流相互作用，得到了磁场对通电导线的作用力公式，故D说法错误。所以选D。二、多选题(共8题，共16分)9、A:B【分析】【详解】

设AB间的电压为U1，CD间的电压为U2、板长为L、板距为d，CD右边缘离荧光屏的距离为S，从一般情况考虑，在加速电场中有：①

进入偏转电场做类平抛运动．

A．穿出CD后的时间

由于三种粒子的比荷不同，所以三种粒子穿出CD板的时间不同；所以选项A正确．

B．偏移的距离：

偏转角的正切：

以上两式联立①式得：

由两式可以看出，三种粒子从CD边缘的同一点穿出；且速度方向相同，那么最后打到荧光屏的位置相同，所以选项B正确．

CD．偏转电场对三种粒子所做功

则做功之比等于电量之比为1：1：2，故选项C，D均错误．10、B:D【分析】【分析】

图示时刻，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。当它绕轴转过θ角时，线圈在磁场垂直方投影面积为磁通量等于磁感应强度与这个投影面积的乘积。线圈从图示转过90°时；磁通量为0，磁通量的变化量大小等于初末位置磁通量之差。

【详解】

A．线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。故图示位置的磁通量为

故A错误；

B．使框架绕OO＇转过60°角，则在磁场方向的投影面积为

则磁通量为

故B正确；

C．当线圈从图示转过90°时；线框与磁场平行，故磁通量为0，故C错误；

D．从初始位置转过180°角，磁通量变化为

故D正确。

故选BD。

【点睛】

本题要知道对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式θ是线圈与磁场垂直方向的夹角。夹角变化，磁通量也会变化，注意磁通量要分清穿过线圈的正反面。11、B:D【分析】【详解】

ABC．将上板上移一小段距离，即两板间距离变大，由电容的决定式可得

即电容变小，由题意可知，两极板所带电荷量不变，则

可得，两极板间电压变小，由

可知，两极板间的场强不变。当小球仍以相同的速度v0从原处飞入时；粒子仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出，所以B正确，AC错误；

D．若上板不动，将下板上移一段距离，即两板间距离变小，由ABC选项分析同理可知，两极板间的场强不变，当小球仍以相同的速度v0从原处飞入时；带电粒子到下极板的距离变小了，粒子在电场中偏转的时间变短了，水平位移将变短，所以小球可能打在下板的中央，所以D正确。

故选BD。12、B:C【分析】【详解】

A．由等量异种电荷的电势分布可知，连线中点的电势为0，O点为ad，bc的中点，所以O点电势为0；故A错误；

B．设aO的的长度为L，则电荷a在O点产生的电场强度

同理可得，电荷b、c、d在O点的场强大小与电荷a产生的相同，由电场的叠加可知

方向垂直于cd向下；故B正确；

C．O点电势是四个点电荷在O点分别产生的电势的标量和，移走正电荷a，则在O点的电势会减小；故C正确；

D．当∠cOd较大时，移走电荷b，由平行四边形定则可知，O点的场强会增大；故D错误。

故选BD。13、A:D【分析】【详解】

A.由于段弧长是段弧长的2倍，因此连线与轴夹角为所在的直线为等势线，所在直线与轴夹角为由于电场线与等势线垂直，且从高电势指向低电势，因此匀强电场的电场强度方向与轴正向成角；故选项A符合题意；

B.所在直线与轴的交点坐标为因此点到所在直线的长为因此电场强度大小为故选项B不符合题意；

C.一个带正电的电荷沿圆弧从运动到路径中的电势先降低后升高，根据可知电势能先减小后增大；故选项C不符合题意；

D.到所在直线的距离为因此因此故选项D符合题意．

14、B:C【分析】【详解】

AB．设释放时，质点与a孔的距离为h，两板宽度为d，根据动能定理

开关闭合；则两板间电势差不变。

若将A板上移，设释放点到a孔的距离为两板间距为由动能定理

因为

可知

质点到达b孔的速度为零；然后返回。

若将B板下移，设两板间距为根据动能定理

因为

所以

即质点能穿过b孔；故A错误，B正确；

CD．根据动能定理

断开开关，则电容器的电荷量保持不变，由

得

可知；电场强度保持不变。

若将A板下移，由动能定理

因为

可知

说明质点能通过b孔。

若将B板下移，由动能定理

因为

可知

说明质点不能到达b板；故C正确，D错误。

故选BC。15、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压为U=E-Ir，对照U-I图象，当I=0时，U=E=50V；故A正确；

B．U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故有

故B错误；

C．电流为2.5A时，总电阻为

故外电路电阻为R=R总-r=15Ω

故C错误；

D．由曲线②可知；输出功率为120W时，电流为4A，再由直线①可知，路端电压是30V，故D正确。

故选AD。16、B:D【分析】【分析】

【详解】

运用“串反并同”这个结论（仅适用于单变量电路）：P由a向b移动，R3减小，R2与R3是并联，R2中电流R2两端电压的变化情况与R3变化情况相同；R1与R3是间接串联，R1中电流R1两端电压的变化情况与R3的变化情况相反；电流表A与R3是串联，电流表示数变化情况与R3的变化情况相反；电压表V与R3是间接并联，电压表表示数变化情况与R3的变化情况相同；所以电压表示数变小，电流表示数变大。根据。

增大，增大，减小，不变，所以两端电压变化比两端电压变化小；通过的电流为干路电流；根据。

增大，减小，增大，通过的电流变化比通过的电流变化大。

故选BD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．金属管的深度：h=3.0cm+0.05mm×12=3.060cm.

[2]．直径：d=0.5mm+0.01mm×23.0=0.730mm【解析】3.060±0.0050.730±0.00118、略

【分析】【详解】

[1]由题可知，物体在平行电场方向受到电场力的作用，做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式则有

解得

因此有

根据牛顿第二定律，有

故有

[2]由动能定理，有

而所以动能增加之比为【解析】1:21:419、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]电源的作用为移送电荷；使电源正；负极间有一定的电势差；

（2）[2]电源的作用还有使电路中有持续的电流。【解析】电势差持续20、略

【分析】【详解】

[1]电场线方向由A指向B，则A点电势高于B点电势。

[2]将半球面补成一个完整的球面。

根据电荷分布对称性及均匀带电球壳内部的电场强度处处为零，可知左侧弧MP所带电荷与右侧弧MP所带电荷在C点电场强度大小相等，方向相反，由对称性可知则C点电场强度的方向平行于Ox轴向右。【解析】高于平行于Ox轴向右21、略

【分析】【详解】

（1）[1]若将此表头改装成量程为的电压表，由欧姆定律知

代入数据得

（2）[2]若将此表头改装成量程为

的电流表，由欧姆定律可知

代入数据得

（3）[3]把表头改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值越小，改装后电流表的量程越大，由图示电路可知，使用A、B两个端点时并联分流电阻阻值较小，此时电流表量程较大。【解析】135037.5较大22、略

【分析】【详解】

[1]由题意知，用电器恰能正常工作，其电压和功率分别为U=9V，P=18W，则电路中电流为：

由图读出，当I=2A时，半导体器件的电压为U′=1V；

根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻为

则电源的输出功率为：P′=（U+U′）I=10×2W=20W；

[2]若将该器件与一个阻值为1.33Ω的电阻串联后，相当于电源内阻为r′=2.33Ω；

则该器件两端的电压U=E﹣2.33I，

画出图象如图所示：

由图可知；此时该器件的电压为5V，电流为3A

功率P=UI=15W。【解析】201523、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]如图所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生。【解析】有无24、略

【分析】【分析】

根据电场线的疏密判断场强的大小；根据电场线的方向判断电势的高低．顺着电场线电势降低．等量异种点电荷的中垂线是一条等势线．

【详解】

由图看出，A、B两点处电场线疏密相同，方向相同，则A、B两点的场强相同．电场线从A指向B，A点电势高于B点电势，即两点电势不同；CD是等量异种点电荷的中垂线上的两点，电势相同，场强不同，D点场强大于C场强．【解析】相同不同不同相同四、作图题(共3题，共24分)25、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】26、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。

27、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）在图（1）中；已知小磁针静止时N极的指向，由直线电流的安培定则，可知直线中的电流方向向下，如图所示。

（2）在图（2）中；已知小磁针静止时N极的指向，由环形电流的安培定则，可知环形电流方向从左向右看是顺时针方向，如图所示。

（3）在图（3）中；已知螺线管内小磁针静止时N极的指向，由通电螺线管的右手螺旋定则可知，螺线管中的电流方向从左端导线流入，右端导线流出，如图所示。

（4）在图（4）中，已知磁感线的方向，由安培定则可知，环形电流方向沿逆时针方向，如图所示。【解析】五、实验题(共3题，共12分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)[1]

(2)[2]闭合开关后，根据串并联电路规律可知，两端电压电流为根据欧姆定律。

(3)[3]根据闭合电路欧姆定律可知。

变形可得。

由图象可知，当时，则有。

图象的斜率为。

联立解得【解析】3.02.429、略

【分析】【详解】

(1)[1]闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最小的a端；以保护电流表。

(2)[2]根据欧姆定律，电阻测量值为若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为比较可知所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小。

[3]根据图象读出时