2025年湘师大新版必修3物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年湘师大新版必修3物理上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度（即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是（）

A.L越大，灵敏度越高B.d越大，灵敏度越高C.U1越大，灵敏度越高D.U2越大，灵敏度越低2、如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（）

A.粒子在a点的加速度比在b点的加速度大B.粒子在a点的动能比在b点的动能大C.粒子在a点和在c点时速度相同D.粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大3、下列说法正确的是（）A.电场线越密的地方电场强度越小B.第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发射速度C.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，说明玻璃棒得到了正电荷D.处于静电平衡状态时，导体所占空间各处电场强度均为零4、平行金属板带等量异种电荷，过两板中心O点（原点）作两极的轴线其中垂直于轴，且金属板间的电场强度为电势为电势差为电子在电场中电势能为考虑板的边缘效应，则（）

A.B.C.D.5、在电子技术中，静电透镜是利用静电场使电子束汇聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图所示。虚线表示这个静电场在平面内的一簇等势线，等势线形状相对于轴、轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。当一个电子经过P点（-x0，y0）时，速度与x轴平行大小为如图。该电子通过电场区域时仅在轴上方运动。在通过电场区域（-x0，x0）过程中；下列说法正确的是（）

A.通过y轴时速率小于B.在x轴左右两侧运动的时间是C.图示的电子到达时速度水平向右D.从P点到y轴和从y轴到的过程中，电场力做功相等6、一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、电荷量和中间的电介质不变，将两极板间的距离变大，其电容C和极板间匀强电场的场强E的变化情况是：A.C减小、E不变B.C增大、E增大C.C减小、E减小D.C增大、E减小7、如图所示，一环形线圈沿条形磁铁的轴线，从磁铁N极的左侧A点运动到磁铁S极的右侧B点，A、B两点关于磁铁的中心对称；则在此过程中，穿过环形线圈的磁通量将（）

A.先增大，后减小B.先减小，后增大C.先增大，后减小、再增大，再减小D.先减小，后增大、再减小，再增大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、在如图所示的电路中，电源电动势为E，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后；当滑动变阻器的滑片向右移动时（）

A.电流表示数将变小B.电流表示数将变大C.电容器C的电荷量将减小D.电容器C的电荷量将增大9、如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形ABC，在三角形的正中心P放置电荷量为的试探电荷，所受电场力大小为方向由P指向A。将BC棒取走，试探电荷所受电场力大小变为方向由A指向P。设AB棒在P处激发的电场强度大小为BC棒在P处激发的电场强度大小为则（）

A.AB棒带负电，所带电荷量绝对值小于BC棒B.AB棒带正电，所带电荷量绝对值小于BC棒C.D.10、下列说法正确的是（）A.变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场B.真空中无线电波的波速小于光波的波速C.常用的电视遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机D.雷达是利用电磁波遇到障碍物发生反射的原理工作的11、在如图所示的电路中，电源电动势为E，其内阻为r，L1、L2、L3为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），P为滑动变阻器的滑片，S1、S2为单刀开关，S1闭合；则下列说法中正确的是（）

A.滑动变阻器的滑片P不动，将S2闭合，小灯泡L2变暗B.滑动变阻器的滑片P不动，将S2闭合，小灯泡L1变暗C.在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，小灯泡L3变亮D.在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，小灯泡L2变亮12、如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（））

A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.M若该粒子从N点移动到C.点，则电场力做功一定为c若d、L之间的距离为D.若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差，则该电场的场强大小一定为13、多用电表在选择不同的挡位时；在电路中有不同的连接方式，则下述正确的是（）

A.当多用电表调至电压挡时按电路图①连接，然后闭合开关B.当多用电表调至电流挡时按电路图②连接，然后闭合开关C.当多用电表调至欧姆挡时按电路图③连接，然后闭合开关D.当用多用电表测量二极管的正向电阻时，按电路图④连接14、如图，长度为l的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端。将一水平恒力F作用在小物块上，物块和小车之间的摩擦力大小为f。当小车运动的位移为s时；物块刚好滑到小车的最右端，下列判断正确的有（）

A.此时物块的动能为B.这一过程中，物块对小车所做的功为C.这一过程中，小车对物块所做的功为D.这一过程中，物块和小车系统增加的机械能为评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、在图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动．若电源的端电压保持不变，电流表A的示数与电流表示数的比值将________；电压表V示数的变化与电流表示数的比值将________．（均选填“变小”“不变”或“变大”）

16、在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx的阻值约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为1Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则___________（选填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2___________（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

17、如图所示，闭合电键S后，滑动变阻器的滑动片P向右移动一段距离，电流表的读数______（选填“变大”、“变小”或“不变”），电流表的读数变化量为电流表的读数变化量为则______（选填“>”、“<”或“=”）。

18、如图所示，平行板电容器板面水平，放置于空气中，两板与电源相接，A板接静电计小球，B板接静电计外壳，开始开关S闭合；有一个带电粒子在电容器中恰好静止。

（1）将A板水平向左移动一段距离，粒子的运动情况是___________（填“静止”、“向上运动”或“向下运动”）。电容器所带的电荷量的变化情况是___________（填“增多”；“减少”或“不变”）。

（2）如果先断开开关S，再把A板向左移动一段距离，则粒子的运动情况是___________（填“静止”、“向上运动”或“向下运动”）静电计指针张角的变化情况是___________（填“增大”；“减小”或“不变”）。

19、如图所示为电容式位移传感器的示意图，物体沿左右方向运动时，电容将发生变化。如果实验测量出电容器的电容变小，那么被测物体向_________运动（填写“左”或“右”）；已知该传感器的灵敏度定义为电容器电容变化量的大小与物体位置坐标变化量大小之比，如果把图中的电介质板换成介电常数更大的材料，当物体沿左右方向运动时，传感器的灵敏度________（填写“变大”；“不变”或“变小”）。

20、（1）在“伏安法测电阻”的实验中；选择电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V，则图中电流表的度数为________A，电压表的度数为________V。

（2）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R；电键S等；要求灯泡两端电压从0开始变化。在方板中画出本实验的电路图。

（________）

（3）某电流表表头内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，按如图改装成量程3V的电压表，________Ω。21、如图所示是甲、乙两个导体的I—U图线，则导体甲的电阻_____导体乙的电阻（填“大于”、“等于”或“小于”），当电流为3A时，导体乙上消耗的电功率为_____W。

22、通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，小磁针的指向如图所示，则螺线管的端为_______（选填“”或“”）极，接电源的_____（选填“正”或“负”）极。

23、铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：Al+He→X+n．下列判断正确的是（）。A．n是质子B．n是中子C．X是Si的同位素D．X是P的同位素评卷人得分四、作图题(共4题，共8分)24、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。

25、在“用电流和电压传感器研究电容器的放电”实验中；某同学按照图所示连接电路。实验时，先将开关S掷向1，一段时间后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。

（1）由图可知，传感器1应为________（选填选项前的字母）

A．电流传感器B．电压传感器。

（2）用q表示电容器上极板所带的电荷量，UR表示滑动变阻器两端的电压，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，关于电容器在整个放电过程中的图像变化正确的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器显示的图像中的数据信息，下列判断正确的是________；

A．可知该电容器的电容。

B．可知此时电阻箱阻值大小。

C．若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的时间将变短。

D．若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短26、连线题：请将下列电路元器件的实物图与其符号相连。

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16分)28、某同学要将一满偏电流为5mA的毫安表G改装为量程为100mA的电流表。他先测量出毫安表G的内阻；然后对表进行改装。最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行校正。具体实验步骤如下：

①按电路原理图甲连接线路；

②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值；使毫安表G的指针偏转到满刻度；

③闭合S2，保持R1不变.调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的一半的位置，记下R2的阻值。

（1）若按正确操作步骤读出R2的阻值为95Ω，则毫安表G内阻的测量值Rg=______Ω，与毫安表内阻的真实值Rg'相比，Rg______（选填“大于”、“等于”或“小于”）Rg'。

（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为100mA的电流表，则需要______（选填“串”或“并”）联一个阻值R=______Ω（保留两位有效数字）的电阻。

（3）根据图乙所示电路对改装后的电表进行校正，改装表的指针位置如图丙所示，若改装的电流表准确，则标准毫安表的示数为_______mA。（保留两位有效数字）29、演示地磁场存在的实验装置由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成如图所示首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针______填：“有”或“无”偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针______填：“有”或“无”偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针______填：“有”或“无”偏转．

30、现测定长金属丝的电阻率：

(1)用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是_______mm。用游标卡尺测量金属丝的长度如图所示，其长度_______cm；

(2)利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx约为100Ω，画出实验电路图，并标明器材代号_____________；

电源E（电动势10V；内阻约为10Ω）

电流表A1（量程0~250mA，内阻）

电流表A2（量程0~300mA；内阻约为5Ω）

滑动变阻器R（最大阻值10Ω；额定电流2A)

开关S及导线若干。

(3)某同学设计方案正确，测量得到电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式________。从设计原理看，其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。31、某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。

(1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图____________；

（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图所示；则电流I=_____A，电压U=_____V；

（3）实验得到如图所示的两条直线；图中直线Ⅰ对应电路是图1_____（选填“甲”或“乙”）；

（4）该电池的电动势E=_____V（保留三位有效数字），内阻r=_____Ω（保留两位有效数字）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

在电场中，根据动能定理得：

粒子在偏转电场中，由运动学公式得：L=vt

在偏转电场中的偏转位移，由运动学公式得：

且

解得：

联立解得，灵敏度：

则：

A．L越大；灵敏度越大，选项A正确；

B．d越大；灵敏度越小，选项B错误；

C．U1越大；灵敏度越小，选项C错误；

D．灵敏度与U2无关，故D错误．2、A【分析】【分析】

由等势面的疏密可知电场强度的大小，由可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。由动能定理可知BC两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断；应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。

【详解】

A．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在b点的加速度大；故A正确；

B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a到b电场力做正功；粒子动能增大，故B错误；

C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在a点和在c点时速度方向不相同；故C错误；

D．粒子受到的电场力指向右侧，则从b到c电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小；故D错误；

故选A。

【点睛】

本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。3、B【分析】【详解】

A．电场线越密的地方电场强度越大；A错误；

B．第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发射速度；同时也是绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，B正确；

C．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；是由于玻璃棒失去了电子从而带上了正电荷，C错误；

D．处于静电平衡状态时；导体内部电场强度为零，D错误。

故选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．因为考虑到板的边缘效应；外侧场强快速趋近于0，故A错误；

B．因为两板间平行于两板的中心线为一等势线；电势不变，故B正确；

C．因为所以。

故C错误；

D．因为所以电子在电场中电势能为。

故D错误。

故选B。5、B【分析】【详解】

A．根据

由于等势线的电势沿x轴正向增加，则有

可知

即通过y轴时速率大于A错误；

B．由于电场线与等势线垂直，且沿电场线电势逐渐降低，由此可判断Ox轴上方区域y轴左侧各点的场强方向斜向左上方，y轴右侧各点的场强方向斜向左下方，电子运动过程中，受到的电场力的水平分力沿x轴正方向，与初速方向相同，因此，电子在x方向上的分运动是加速运动，根据空间对称性，电子从运动到过程中，在y轴左侧运动时间比在y轴右侧运动的时间长，既有

B正确；

C．根据上述可知，电子受到电场力的竖直方向的分力先沿y轴负方向，后沿y轴正方向，因此电子在y方向上的分运动是先向下加速后向下减速，但由于时间的不对称性，减速时间比加速时间短，所以，当时，竖直方向分速度没有减为0，即的方向应仍然沿y轴负方向，而水平方向一直做加速运动，可知，图示的电子到达时速度斜向右下方；C错误；

D．令P关于y轴对称的点为根据上述结合题意可知电子竖直方向一直靠近x轴运动，则图形可知电子运动到时的电势小于点的电势，可知

根据

可知，从P点到y轴电场力做功大于从y轴到的过程中电场力做功；D错误。

故选B。6、A【分析】【详解】

根据电容的决定式分析可知，电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小；

根据C=Q/U和E=U/d可得：E=E与d无关，所以板间场强不变．故A正确；

故选A7、A【分析】【分析】

【详解】

穿过线圈的磁通量应以磁铁内部磁场为主的，而内部的磁感线是一定值，在A、B点时；外部磁感线比较密，即与内部相反的磁感线多，相抵后剩下的内部的磁感线就少；中间位置时，外部磁感线比较疏，即与内部相反的磁感线少，相抵后剩下的内部的磁感线就多。所以两端磁通量小，中间磁通量大。故A正确；BCD错误。

故选A。二、多选题(共7题，共14分)8、A:D【分析】【详解】

AB．电阻和R串联在电路中；当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中电流减小，则电流表示数将变小，A正确B错误。

CD．电容器的电压等于路端电压。电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，由知；电容器C的电荷量将增大，C错误D正确。

故选：AD。9、A:D【分析】【分析】

【详解】

的试探电荷，所受电场力大小为方向由P指向A时，说明P点场强由A指向P；三个棒的合场强大小。

将BC棒取走，试探电荷所受电场力大小变为方向由A指向P，说明P点场强由P指向A，说明BC棒在P处激发的电场强度方向由A指向P，带负电；同时说明AB棒和AC棒在P处激发的电场强度等大夹角为且合场强由P指向A；且。

由上分析可知AB棒和AC棒带负电；根据电场强度合成的角度可知。

BC棒所带电荷量绝对值大于AB棒和AC棒；

解得。

故选AD。10、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．均匀变化的电场产生恒定的磁场；均匀变化的磁场产生恒定的电场，A错误；

B．在真空中无线电波的波速等于光波的波速；B错误；

C．常用的电视遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机；C正确；

D．雷达是利用电磁波遇到障碍物发生反射的原理工作的；D正确。

故选CD。11、B:C【分析】【详解】

AB.将S2闭合，总电阻减小，总电流增大，L2变亮，内电压增大，路端电压减小，L2两端电压增大，L1两端电压减小，L1变暗；故A错误，B正确；

CD.在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压都减小，L2变暗，L3两端电压增大，L3变亮；故C正确，D错误。

故选BC。12、B:D【分析】【详解】

试题分析：利用电场力做功可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．

A；选项根据题意无法判断；故A项错误．

B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以

若该粒子从M点移动到N点；则电场力做功一定为。

故B正确；

C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是故C错误；

D、若W1=W2，说明

由因为

解得：故D正确；

故选BD

点睛：对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解．13、B:D【分析】【详解】

AB．测电压或电流时；红表笔应接电势高的点，黑表笔应接电势低的点，所以电路图①连接方式错误，电路图②连接方式正确，故A错误，B正确；

C．测电阻时；应将电阻从电路中断开，故C错误；

D．由于黑表笔接的是内部电源的正极；所以测二极管的正向电阻时，黑表笔应接二极管的正极，故D正确。

故选BD。14、A:B【分析】【详解】

A．设物块质量为m，其刚好滑到小车的最右端时，速度为v，根据动能定理，对物块有

则知物块到达小车最右端时具有的动能为故A正确；

B．对小车分析，小车对地的位移为s，物块对小车的压力不做功，所以这一过程中，物块对小车所做的功为故B正确；

C．对物块分析，物块相对于地的位移为这一过程中，小车对物块的支持力不做功，所以小车对物块所做的功为故C错误；

D．根据能量转化和守恒定律，由于物块和小车间存在摩擦力，摩擦发热产生的内能为外力F做的功等于小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能之和，所以这一过程中，物块和小车系统增加的机械能等于故D错误。

故选AB。三、填空题(共9题，共18分)15、略

【分析】【详解】

[1][2]该电路的结构R1与R2并联后与A串联，所以流过电流表A的电流是两个支路的电流的和，将滑动变阻器的滑片P向左移动，接入电路中的电阻值减小，所以电路中的总电流和流过R1的电流增大，而流过R2的电流减小；所以电流表A的示数变化量的大小小于电流表A1示数的变化量的大小；电流表A的示数增加量的大小小于电流表A1示数的增加量的大小，则电流表A的示数与电流表A1示数的比值将变小；R1与R2并联后做为一个电阻，该电路就变成了测量电源的电动势和内电阻的电路，由闭合电路的欧姆定律：E=U+Ir，所以即将变小。【解析】变小变小16、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]因为。

可知用电流表内接误差较小，即Rx1更接近待测电阻的真实值；

[2][3]根据。

可知a图中电压表的读数大于待测电阻上的电压，可知测量值Rx1大于真实值；b图中电流表的读数大于待测电阻上的电流值，则测量值Rx2小于真实值。【解析】Rx1大于小于17、略

【分析】【详解】

[1]当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，则电流表A1读数减小，内电压减小，所以路端电压增大，则通过R0的电流增大，而并联总电流减小，所以电流表A2读数变小。

[2]根据并联电路的电流特点有I1=I2+IR0

而I1减小，I2减小，IR0增大，所以ΔI1<ΔI2【解析】变小<18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]两极板电压不变，根据

将A板水平向左移动一段距离；两板间距离不变，所以两极板间的电场强度不变，粒子的运动情况是静止。

[2]根据

将A板水平向左移动一段距离，正对面积减小，所以电容减小，再根据

电容器所带的电荷量的变化情况是减少。

（2）[3]如果先断开开关S，两极板的电荷量保持不变，根据

再把A板向左移动一段距离，正对面积减小，所以电场强度增大，则

粒子的运动情况是向上运动。

[4]根据

将A板水平向左移动一段距离，正对面积减小，所以电容减小，再根据

则两极板间的电势差增大，所以静电计指针张角的变化情况是增大。【解析】①.静止②.减少③.向上运动④.增大19、略

【分析】【详解】

[1]根据电容的决定式可知；若电容器的电容变小，一定是插入的电介质少了，所以被测物体向右移动。

[2]若换成更大介电常数的材料，移动相同距离时，电容的变化量一定较大，根据灵敏度的定义可知，灵敏度一定变大。【解析】右变大20、略

【分析】【详解】

(1)[1]电流表分度值为0.02A；故读数为：0.35A；

[2]电压表量程为3V；故电压表分度值为0.1V，需要估读到0.01V，故读数为：2.15V

(2)[3]由题意要求可知；电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；灯泡内阻较小电压表远大于灯泡内阻，应采用电流表外接法；故原理图如图所示。

(3)[4]表头满刻度电压值为。

量程为3V时，电阻R1应为：

【解析】0.35A2.15V130021、略

【分析】【分析】

【详解】

①在I—U图像中；斜率的倒数在数量上等于导体的电阻。有图可知，导体甲的斜率大于导体乙，则导体甲的电阻小于导体乙；

②由图可知，当电流为3A时，导体乙两端的电压为90V，则其消耗的电功率为【解析】小于9022、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]由题图可知，小磁针静止时极指向端，则通电螺线管的端为极，通电螺线管的端为极，根据安培定则判断出电流的方向：从端流进，从端流出，接电源的正极，接电源的负极。【解析】①.②.正23、B:D【分析】【详解】

根据核反应方程质量数和电荷数守恒可知选项B、D正确．四、作图题(共4题，共8分)24、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】25、略

【分析】【详解】

（1）[1]传感器1串联在电路中；因此应为电流传感器。

故选A。

（2）[2]ABC．电容器在整个放电过程中，电容器的电荷量q、电流I、电压UC均随时间减小；选项AC错误，选项B正确；

D．由于放电电流I减小，根据可知电阻箱R的电压UR减小；选项D正确。

故选BD。

（3）[3]A．根据电流传感器显示的I-t图像中的面积可求出电容器的电荷量，根据电压传感器可知电阻箱两端的电压，若已知电源电动势E，则可知电容器的电压，根据可求出该电容器的电容；选项A正确；

B．根据电流传感器和电压传感器可知电阻箱的电流和两端的电压；因此可知此时电阻箱阻值大小，选项B正确；

C．电源不变，电容器的充电电压不变，电荷量不变，若只增大电阻箱R的阻值；电容器放电的电流将变小，因此放电时间将变长，选项C错误；

D．电源不变，电容器的充电电压不变，若只减小电容器的电容大小，根据可知电容器的电荷量将变小；放电的时间将变短，选项D正确。

故选ABD。【解析】ABDABD26、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。