2025年湘教版必修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年湘教版必修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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、在如图所示的电路中；电压表；电流表均为理想电表．电源电动势为12V，内阻为1Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω，开关闭合，电动机正常工作，电压表示数为10V，则。

A.电源两端的电压为12VB.电源的输出功率为24WC.电动机消耗的电功率为80WD.电动机所做机械功的功率为18W2、某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为工作电流为则当电压为时，灯丝的电阻为（）A.等于B.等于0C.小于D.大于3、如图所示，空间内存在方向水平向右的匀强电场，一根长为不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为带电荷量为（）的小球（视为质点），另一端固定于O点。初始时细绳（张紧状态）与电场线平行，由静止释放小球，小球摆到O点正下方时速度为零，重力加速度大小为下列说法正确的是（）

A.匀强电场的电场强度大小为B.摆动过程中小球的最大速度为C.摆动过程中小球所受的最大拉力为D.摆动过程中小球减少的重力势能与增加的电势能始终相等4、当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极指向读者的是（）A.B.C.D.5、如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两极板间恰有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态；下列正确的是（）

A.若将A向左平移一小段位移，则电流表A中有a→b的电流B.若将A向上平移一小段位移，则电流表A中有b→a的电流C.若将A向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动D.若将S断开，则油滴将做自由落体运动6、质量为m、电荷量为的带电小球A固定在绝缘天花板上，质量也为m的带电小球B，在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k。则（）

A.B球所受合力始终指向A球B.B球所带的电荷量C.B球转动的角速度为D.天花板对A球的作用力大小为2mg7、如图为电容式话筒的原理图，为电源，为电阻，薄片和为电容器两金属极板。人对着说话，振动而不动。在间距离减小的过程中（）

A.电容器的电容不变B.通过的电流为零C.极板的带电量变大D.中有从流向的电流8、研究发现电解液导电时也满足欧姆定律。图甲为一测量电解液的电阻率的长方体玻璃容器，X、Y为电极，边长当里面注满待测电解液，在X；Y间加上不同电压后。其伏安特性曲线如图乙所示。忽略电解液的热膨胀，则下列说法正确的是（）

A.电压U增大时，电解液的电阻率将增大B.电压时，电解液的电阻是3×103ΩC.电压时，电解液的电阻率是15Ω.mD.电压时，电解液热功率是7.5×10-3W9、如图所示，两只相同的白炽灯和串联接在电压恒定的电路中。若的灯丝断了，经搭丝后重新与串联，重新接在原电路中，则此时的亮度与灯丝未断时比较（）

A.不变B.变亮C.变暗D.条件不足，无法判断评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、党的十九大报告指出人与自然应和谐共生，下列关于能源和能量说法正确的有（）A.由于能量在转移或转化过程中常伴随着能量耗散，所以能量不守恒B.因为自然界的能量守恒，所以不需要节约能源C.煤炭和石油资源是有限的，不可能无限制的利用D.合理利用能源的同时，需要保护好自然环境11、某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()

A.粒子必定带正电荷B.由于M点没有电场线，粒子在M点不受静电力的作用C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于在N点的动能12、在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为的小物体轻放在水平面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势随位置坐标x的变化如图所示。图中为曲线，及为直线，图像曲线部分和直线部分在处相切，已知小物体在处速度为最大值，在处速度恰好为零；说法正确的是（）

A.小物体从O到的过程中由于摩擦产生的热量为B.小物体运动过程中受到的摩擦力大小为C.的关系为D.小物体运动过程中的最大动能为13、空间存在一沿x轴方向的静电场，一正电荷由O点开始仅在电场力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中电荷的电势能关于位移x的变化规律如图所示，电荷运动到x3处时速度为0。其中图像0~x2为顶点在x的开口向上的抛物线，x以后的图线为倾斜的直线。则下列说法正确的是（）

A.电荷由x2位置运动到x3的位置做匀加速直线运动B.x1处的电势最低、x3处的电势最高C.电荷的初动能为EP3-EP2D.该电场沿x轴的正方向14、如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷；则（）

A.若保持S接通，将M板上移一小段距离，M板的带电量减小B.若保持S接通，将M板上移一小段距离，P点的电势升高C.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，两板间场强增大D.若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变15、在倾角为的光滑固定绝缘足够长的斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和3m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，开始未加电场，系统处于静止状态，A带正电，B不带电，现加一沿斜面向上的匀强电场，物块A沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，之后两个物体运动中，当A的加速度为0时，B的加速度大小为a；方向沿斜面向上，则下列正确的是（）

A.未加电场时，挡板C对物块B的作用力大小为B.从加电场后到B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为C.B刚离开C时，电场力对A做功的瞬时功率为D.从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能和电势能之和保持不变16、2020年春天全世界发生新冠肺炎疫情；人们居家隔离。由于运动量减少，体重逐渐增加，体内的脂肪也逐步增多，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪积累程度。其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子；钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（）

A.电流表示数小B.电压表示数大C.电源内阻的电压大D.路端电压大17、在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中；()

A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电源路端电压增大D.电容器C所带电荷量减小18、为了研究磁通量变化时感应电流的方向；先通过右图确定电流通过检流计时指针的偏转方向。实验过程中，竖直放置的线圈固定不动，将条形磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和检流计构成的闭合回路中就会产生感应电流。下列各图中分别标出了磁铁的极性；磁铁相对线圈运动的方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中下列正确的是（）

.A.B.C.D.评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)19、恒定电场：

（1）由___________分布的电荷所产生的___________的电场。

（2）形成：当电路达到稳定时，导线中的电场是由___________、___________等电路元件所积累的电荷共同形成的。

（3）特点：任何位置的电荷分布和电场强度都不随时间变化。20、如图示电路，电源直流电压先使开关与1端相连稍后将开关掷向2端，让电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，显示出的电流随时间变化的曲线如图所示，则电容器全部释放的电量大约为______该电容器的电容大约是______（均保留两位有效数字）。

21、如图所示，A、B是点电荷电场中同一条电场线上的两点，把电荷量为的试探电荷从无穷远移到A点，静电力做功为把为的试探电荷从无穷远移到B点，静电力做功为取无穷远处电势为零。A、B两点的电势差为__________场源电荷为__________电荷（选填“正”或“负”）。

22、库仑的实验。

一；实验装置。

库伦扭称（如图所示）

二；实验过程：

（1）改变A和C之间的距离，记录每次悬丝扭转的角度，便可找出力F与_______的关系。

（2）根据两完全相同的金属球接触后所带电荷量_______，改变小球带电荷量，研究静电力F与小球带电荷量q1、q2的关系。

三；实验结论：

（1）力F与距离r的二次方成反比，即_______。

（2）力F与q1和q2的乘积成正比，即_______。由此可得：F＝_______，其中k叫作静电力常量，23、在平行板电容器极板间插入电介质，电容将增大。()24、（1）当用多用电表的欧姆挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开关拨到___________（填“”和“”）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a），其读数为___________

（2）在图（b）中游标卡尺的读数为___________mm，螺旋测微器的读数为___________mm。

评卷人得分四、作图题(共2题，共4分)25、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。

26、如图，黑箱面板上有三个接线柱1、2和3，黑箱内有一个由四个阻值相同的电阻构成的电路。用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为2、3接线柱之间的电阻为1、3接线柱之间的电阻为在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式。

评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)27、某同学做“测定电动势约2V内阻约几Ω的电池的电动势和内阻”实验．

（1）他采用如图1所示的实验电路进行测量．现有下列器材供选用：

A．电压表（0～15V，内阻约20kΩ）B．电压表（0～3V；内阻约10kΩ）

C．电流表（0～0.6A，内阻约0.4Ω）D．电流表（0～3A；内阻约1Ω）

E．滑动变阻器（500Ω，1A）F．滑动变阻器（20Ω；2A）

实验中所用电压表应选_______（填字母代号）

（2）图2中给出了做实验所需要的各种仪器．请你按电路图把它们连成实验电路____．

（3）根据实验数据做出U-I图象，如图3所示，蓄电池的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω．（结果保留2位有效数字）28、小明在超市中发现两种品牌的5号干电池；他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻。

（1）实验时有开关和导线若干；以及以下器材：

A．电压表（内阻约为）

B．电流表（内阻为）

C．电流表（内阻为）

D．滑动变阻器（允许通过的最大电流为）

E．滑动变阻器（允许通过的最大电流为）

实验中电流表应选用___________；滑动变阻器应选用___________（均填相应器材前的字母）

（2）小明应该选择的实验电路是图___________（填“甲”或“乙”）。

（3）小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的图线，如图丙所示。根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势___________内阻___________（结果均保留两位小数）

29、某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己设计的实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率ρ=1.0×10-6他们选用的器材有多用电表；电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。

（1）他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻；操作过程分以下三个步骤：

①将红、黑表笔分别插入多用电表的“”“”插孔；选择电阻挡“×100”；

②调整“机械零点调节旋纽”使指针指到零刻度，调整时___________将两表笔短接；然后调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零，调整时___________将两表笔短接；（选填“必须”或“不能”）

③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图所示，该合金丝的电阻约为___________Ω。

（2）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，已知所选用的电压表内阻为几千欧，电流表内阻为几欧，根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，以下四个电路中最合理的是________。

A.B.C.D.

（3）他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图所示，则镍铬合金丝的直径为___________mm。

（4）根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，不计合金丝绝缘漆的厚度，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为___________m。（结果保留整数）30、某同学利用实验室提供的如下器材测量电源的电动势和内阻：

待测电源（约3V，约）；电压表V（量程为15V，内阻很大）；

电阻（阻值为），电阻（阻值为）；

毫安表G（量程为2.5mA，内阻为）；

电阻箱（最大阻值为）；

开关；导线若干。

(1)实验中该同学准备用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内阻，该方案在实际操作中不可行，原因是__________；

(2)由于电压表不可用，现利用题中器材改装一个量程为的电压表，则要把题中的毫安表G与电阻______（填器材的代号）______（选填“串”或者“并”）联；

(3)为保护电路中的电源和毫安表，需要把电阻______（填器材的代号）与电源串联；

(4)在以下虚线方框中完成电路图，并将仪器的符号标在图中____；

(5)实验中得到了多组电用箱的阻值和对应的毫安表的读数并作出如图所示的关系图象，若已知图象斜率为纵截距为则电源电动势______，内阻______。（要求用测得的物理量和已知物理量的符号表示；流过毫安表的电流相对流过电阻箱的电流可忽略不计）

评卷人得分六、解答题(共3题，共12分)31、一半径为R的圆环上均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，OP＝L，求P点的电场强度．

32、在如图所示的电场中，A点的电场强度将电荷量的点电荷放在电场中的A点。

（1）求该点电荷在A点所受电场力F的大小；

（2）在图中画出该点电荷在A点所受电场力F的方向。

33、如图所示电路，电源电动势内阻电阻C为水平放置的平行板电容器，其电容两极板的间距取结果均保留两位有效数字．

开关S处于断开状态时；平行板电容器的电压是多大？所带电荷量是多少？

开关S处于断开状态时；有一带电微粒恰好能在平行板电容器中静止不动，求该微粒的电性及比荷；

在开关S由断开到闭合的过程中，流过电阻的电荷量为多少？参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

电压表的示数为10V，为电源两端电压，即路端电压，而电动势为12V，故内电压为2V，所以电路电流为电源的输出功率等于电动机消耗的电功率，故为电动机的热功率为所以电动机的机械功率为D正确．

【点睛】在计算电功率的公式中，总功率用来计算，发热的功率用来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．2、C【分析】【分析】

【详解】

灯最亮时的电压为工作电流为则电阻为

当电压为时，灯丝的电流减小，温度降低，则电阻减小，则电阻小于

故选C。3、C【分析】【详解】

A．设匀强电场的电场强度大小为小球由静止释放至最低点的过程中，根据动能定理有

解得

故A错误；

B．将电场力与重力合成，则有

合力方向与竖直方向成斜向右下，将合力看成一个等效重力，找出等效最低点则与竖直方向成斜向右下，小球由静止运动到点的过程，根据动能定理有

解得摆动过程中小球的最大速度为

故B错误；

C．小球在点时受到的拉力最大，设拉力为根据牛顿第二定律有

解得

故C正确；

D．摆动过程中小球减少的重力势能等于小球的动能增加量和电势能的增加量之和；故D错误。

故选C。4、A【分析】【详解】

A．由右手螺旋定则可知，导线下方磁场垂直纸面向外，故小磁针N极会指向读者；A正确；

B．由右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场向左，故小磁针N极指向左；B错误；

C．小磁针处的磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内；C错误；

D．环形电流内部磁场垂直纸面向内，故小磁针N极指向纸内；D错误。

故选A。5、B【分析】【详解】

A．根据平行板电容器的电容表达式有

可知若将A向左平移一小段位移，正对面积S减小，电容减小；根据

可知极板间电压U一定，则极板带电量Q减小，则电容器放电，因下极带正电，故电流表A中有b→a的电流；A错误；

B．极板间电压U一定，若将A向上平移一小段位移，间距d增大，根据平行板电容器的电容表达式有

可知电容减小，根据

可知极板间电压U一定，则极板带电量Q减小，则电容器放电，因下极带正电，故电流表A中有b→a的电流；B正确；

C．极板间电压U一定，若将A向上平移一小段位移，间距d减小，根据

因U不变；极板间的电场强度增大，则油滴向上加速运动，C错误；

D．若将S断开，极板保持Q一定，根据

可得

电场强度不变；则油滴仍然保持静止状态，D错误。

故选B。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．B球在水平面做匀速圆周运动，所以其合力指向圆心O。A错误；

B．对B球，受力分析得

解得

B错误；

C．对B球，根据牛顿第二定律得

解得

C正确；

D．天花板对A球的作用力大小为

D错误。

故选C。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．在间距离减小的过程中，根据电容的决定式可知d变小；电容器电容变大，故A错误；

C．电容式话筒与电源串联，电压保持不变。根据电容的定义式可知，C变大，Q变大，故Q极板的带电量变大；故C正确；

BD.极板的带电量变大，电容器充电，所以有逆时针方向电流，即R中有从N流向M的电流；故BD错误；

故选择：C。8、B【分析】【详解】

A．U-I图线上各点与原点连线的斜率表示电阻；由图乙可知，电压增大，电解水的阻值减小，所以电解水的电阻率随电压的增大而减小，故A错误；

B．电压时，电流为

求得电解液的电阻为

故B正确；

C．由图甲可知电解液长为

横截面积为

根据

解得

故C错误；

D．电压时，电解液热功率

故D错误。

故选B。9、C【分析】【详解】

根据欧姆定律，可得干路电流为

灯泡的功率为

其中（当时取等号）

故有（当时取等号）

由于两灯泡相同，搭丝后灯泡电阻减小，故灯泡的电功率减小；则变暗。

故选C。二、多选题(共9题，共18分)10、C:D【分析】【分析】

【详解】

A．能量在转移或转化过程中常伴随着能量耗散；但总能量是守恒的，A错误；

B．自然界的能量守恒；但是由于可用能源是有限的，故需要节约能源，B错误；

C．能源短缺是指煤炭和石油资源是有限的；以现在的开采和消耗速度，石油储藏将在百年内用尽，煤炭资源也不可能永续，所以不可能无限制的利用，C正确；

D．合理利用能源时；燃料燃料的生成物容易对空气；土壤、水源造成污染，所以需要注意保护好自然环境，D正确。

故选CD。11、A:C:D【分析】【详解】

A．根据电荷运动轨迹弯曲的情况；可以确定点电荷受静电力的方向沿电场线方向，故此点电荷带正电，故A正确；

B．电场线不是真实存在的；是假想的，没有画电场线的地方并不是说没有电场，只是用电场线的疏密来表示磁场的强弱，故电荷受电场力的作用，故B错误；

C．由于电场线越密，电场强度越大，点电荷受到的静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点加速度大；故C正确；

D．粒子从M点运动到N点，静电力做正功，根据动能定理得此点电荷在N点的动能大，故D正确．12、C:D【分析】【详解】

A．小物体从O到过程中，是从静止开始运动，最后又静止，动能未增加，由能量守恒定律可知，小物体减少的电势能均转化为摩擦生热，故摩擦产生的热量为

故A错误；

B．因小物体位于时速度刚好最大，故此时加速度为零，所以其所受摩擦力大小与电场力大小相等，而曲线部分和直线部分在处相切，而为直线，因此区间内为匀强电场，故

因此摩擦力大小为

故B错误；

C．小物体从O到过程中由能量守恒定律得

解得

故C正确；

D．小物体在时速度最大，则动能最大，小物体从到过程中由动能定理得

解得

故D正确。

故选CD。13、B:C【分析】【详解】

A．因EP-x图像的斜率等于电场力，因x2~x3段图像的斜率不变，则电荷受的电场力不变，加速度不变，则该过程电荷做匀变速直线运动，但该电荷在x2~x3段电势能增加；动能减小，即电荷做匀减速运动，选项A错误；

B．根据电势能与电势的关系

可知x1处的电势最低、x3处的电势最高；选项B正确；

C．由于电荷只受电场力，电荷运动过程中动能与电势能之和不变，则

则

则选项C正确；

D．由以上分析可知，x1左侧电荷的电势能减小，电场力做正功，则电场沿x轴的正方向，同理可知x1右侧的电场沿x轴的负方向；选项D错误。

故选BC。14、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，由导致电容减小，因电压不变，根据则有M板带电量减小；故A正确；

B．当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，而电压不变所以场强减小，则N与P点之间的电势差减小；故P点的电势降低；故B错误；

C．将S断开时，M板向上移动，电量不变；根据

则有电场强度与间距无关；因此场强不变，故C错误；

D．由选项C知场强不变，则P相对于N极板的电势差不变；电势P不变，因此点电荷在P点的电势能保持不变；故D正确。

故选AD。15、B:C【分析】【详解】

A．开始未加电场，系统处于静止状态，挡板C对物块B的作用力大小为A和B的总重力在沿斜面方向上的分力为

故A错误；

B．从加电场时，弹簧处于压缩状态，对物块A受力分析，根据平衡条件有

解得

物块B刚要离开C时，弹簧处于拉伸状态，对B由平衡条件可得3mgsinθ=kx2

解得

B刚离开C的过程中，A发生的位移大小为

故B正确；

C．设A所受的电场力大小为F，由题知当A的加速度为零时，B的加速度大小为a，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律对A有

对B有

故有

当B刚离开C时，A的速度为v，则电场力对A做功的瞬时功率为

故C正确；

D．对A；B和弹簧组成的系统；从加电场后到B刚离开C的过程中，物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，弹簧的弹性势能先减小后增大，故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小，故D错误。

故选BC。16、A:B:D【分析】【详解】

A．体液中含有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，而脂肪不容易导电，体型相近的两人相比，肥胖人体的脂肪比较瘦人的脂肪所占比例较大，肥胖的人体比较瘦的人体电阻较大，测试时，肥胖人体接在电路中的电阻R1较大，由闭合电路的欧姆定律可知

电路中的电流较小；因此电流表示数小，A正确；

BCD．由路端电压U=E−Ir

可知，电流I较小，电源内阻电压Ir较小，路端电压U较大，由题图乙可知R1电阻较大；电压表的示数较大，BD正确，C错误。

故选ABD17、B:D【分析】【详解】

AB．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小；故电压表示数减小，故A错误，B正确；

C．滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中；则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；

D．电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；18、C:D【分析】【详解】

A．由右上实验可知；电流向下通过检流计时，检流计指针向左偏转。A图中磁铁N极向下插入线圈，穿过线圈的磁场方向向下，磁通量增加，根据楞次定律可知，回路中产生逆时针方向的电流，通过检流计的电流方向向下，其指针向左偏转，故A错误；

B．B图中磁铁S极向上抜出线圈；穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，通过检流计的电流方向向上，其指针向右偏转，故B错误；

C．C图中磁铁S极向下插入线圈；穿过线圈的磁场方向向上，磁通量增加，根据楞次定律可知，回路中产生逆时针方向的电流，通过检流计的电流方向向下，其指针向左偏转，故C正确；

D．D图中磁铁N极向上抜出线圈；穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，通过检流计的电流方向向上，其指针向右偏转，故D正确；

故选CD。

【点睛】

运用楞次定律时，关键明确两个条件：一是原磁场的方向，二是磁通量的变化情况。三、填空题(共6题，共12分)19、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]根据定义可知；恒定电场由稳定分布的电荷所产生的稳定的电场；

（2）[3][4]根据定义可知，当电路达到稳定时，导线中的电场是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的；【解析】稳定稳定电源导线20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]根据

可知曲线图像围成的面积表示电荷量，由图像可得图像面积约为所以电容器全部释放的电量大约为（都可以）

[2]电容器的电容为【解析】①.（都可以）②.（都可以）21、略

【分析】【详解】

[1]由题意知，试探电荷q1在A点具有的电势能为EpA＝5×10−7J

试探电荷q2在B点具有的电势能为EpB＝-6×10−8J

则A、B两点的电势分别为

[2]无穷远处电势为零，又φA>φB>0，所以场源电荷为正电荷，电场线方向是从高电势指向低电势，所以电场线方向是从A指向B的，则场电荷的位置在A的左边。【解析】30正22、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.距离r②.相等③.④.⑤.23、略

【分析】略【解析】正确24、略

【分析】【详解】

（1）[1]指针偏角太大；说明待测电阻阻值较小，应该换小倍率挡，即选择开关应该置于“×1”倍率挡；

[2]多用电表读数为指针所指刻度与倍率的乘积，故图中读数为

（2）[3]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以图中的读数为

[4]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中的读数为【解析】15.0##1529.80.760四、作图题(共2题，共4分)25、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】26、略

【分析】【详解】

因为1；2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻；所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻井联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω，连接方式如图所示。

【解析】五、实验题(共4题，共8分)27、略

【分析】【分析】

本题考查测量电源的电动势和内阻，根据电动势选择合适量程的电流表，根据图像求电源电动势和内阻。

【详解】

（1）由与电源电动势约为2V；因此电压表选择3V量程即可；

（2）根据图1的电路图；从电源正极开始连线。

（3）图像与纵轴交点表示电动势，斜率的绝对值表示电阻，由图3可求出注意求斜率的时纵轴的起点不为0，保留两位有效数字。【解析】B2.03.828、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1][2]实验中电流表应选用量程为0.6A的C即可；滑动变阻器应选用最大阻值为20Ω的D。

（2）[3]因电流表的内阻已知；则小明应该选择的实验电路是图乙；

（3）[4]根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E=1.50V

[5]内阻【解析】①.C②.D③.乙④.1.50（1.49～1.51均可）⑤.0.33（0.30～0.40均可）29、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）②③[1][2]机械调零是调整指针的“游丝（非常细的回摆弹簧）”张紧程度。电表在移动过程或受周围电磁场的影响下，指针