2025年粤人版必修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年粤人版必修3物理上册月考试卷185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、如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则（）

A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.R1消耗的功率减小D.质点P将向下运动2、如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，将开关闭合，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态；则下列判断正确的是（）

A.油滴带正电B.油滴的电势能为正C.断开开关后油滴会向下移动D.断开开关后再将上极板向上移，油滴静止不动3、如图所示，电路中电源的电动势为E、内电阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器R的中点位置向左滑动时，小灯泡的亮度变化情况。

A.两灯都变亮，灯变暗B.两灯都变暗，灯变亮C.两灯都变亮，灯变暗D.两灯都变暗，灯变亮4、四根相互绝缘的长直导线叠放在同一平面内构成正方形，O点为正方形的中心，O1与O点关于b导线对称，导线中通有方向如图所示、大小相等的电流，此时O点处的磁感应强度大小为B0，则O1位置的磁感应强度大小为（已知无限长通电直导线周围的磁场中某点的磁感应强度B与该点到导线的距离r成反比，即）（）

A.B0B.B0C.B0D.3B05、一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4；则（）

A.B.C.D.6、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v-t图像如图所示。分析图像；下列说法正确的是（）

A.A处的电场强度大于C处的电场强度B.B、D两点的电场强度和电势一定都为零C.带正电粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D.A、C两点间的电势差大于B、D两点间的电势差7、在静电场中的某一固定点P处放置一个电荷量为q的试探电荷，其所受静电力为F，P点的电场强度为E．则关于P点的电场强度；下列说法中正确的是（）

A.移去该试探电荷q，P点的电场强度变为零B.移去该试探电荷q，P点的电场强度不改变C.将试探电荷换为2q，P点的电场强度将变为2ED.将试探电荷换为－q，P点的电场强度E的方向发生改变8、某电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A.若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的电场强度减半B.若P点没有试探电荷，则P点电场强度为0C.若P点电场强度越大，则同一电荷在P点受到的静电力越大D.P点电场强度方向为放在该点的电荷的受力方向9、如图所示为某电场中x轴上电势随x变化的图像，静电场方向平行于x轴。一质量为m、带电荷量为+q的粒子仅在电场力作用下沿x轴正向运动，则下列说法正确的是（）

A.在本来x1~x4之间，电场方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向B.若粒子在x1处由静止释放，则粒子在x2处和x4处不受电场力作用C.若粒子在x1处由静止释放，则粒子运动到x3处时的动能为D.若粒子在x1处由静止释放，则粒子运动到x3处时的速度最大评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有。

A.Q1移入之前，C点的电势为B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为-4W11、如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。下列判断正确的是（）

A.只受电场力作用时，同一负电荷在N点的加速度最大B.M、N、P三点中N点的电势最高C.正电荷从M点自由释放，只受电场力作用时，电荷不可能沿电场线运动到N点D.同一正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能12、如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），R为滑动变阻器，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），真空中水平放置的平行板电容器，上下极板Y和Y′相距d，A为两极板左侧中点，AB线段与两极板等长，到两板距离相等。在开关S闭合后，质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出电场，偏转位移为y。则（）

A.粒子飞出电场时，速度方向的反向延长线一定交于AB线段中点B.只将变阻器R的滑动触头P向上移动，则偏转位移y将减小C.只将上极板Y向上稍微移动，粒子穿过电场过程中，电场力做功不变D.只将热敏电阻R0升温，粒子穿过电场过程中，粒子的动量变化量不变13、如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时；则（）

A.电压表读数一定增大B.电流表读数一定增大C.电源的效率一定减小D.电源的输出功率一定减小14、如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动；被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是（）

A.n点的电势高于p点的电势B.微粒在p点的电势能小于在m点的电势能C.微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量D.微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量15、a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，现将三个等量的负点电荷固定在a、b、c三个顶点上，将一个电量为的检验电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d处，则两点相比

A.在d点所受的电场力比在O点的大B.在d点所具有的电势能比在O点的大C.d点的电场强度小于O点的电场强度D.d点的电势低于O点的电势16、在一些电磁现象中会产生一种特殊的电场；其电场线为一个个同心圆，没有起点和终点如图所示，实线为电场线，方向为顺时针，虚线为经过圆心的一条直线．已知该电场线图像中某一点的电场强度大小与方向和静电场的电场线具有相同规律，则。

A.A点的电场强度比B点的电场强度大B.将一点电荷沿直线AB移动，电场力不做功C.将一点电荷从A点静止释放，点电荷会沿电场线做圆周运动D.在A点放上一正点电荷，点电荷将受到向左的电场力17、一只电流表的满偏电流为内阻为若要（）A.改装成量程为的电压表，应串联一个阻值为的电阻B.改装成量程为的电压表，应串联一个阻值为的电阻C.改装成量程为的电流表，应并联一个阻值为的电阻D.改装成量程为的电流表，应串联一个阻值为的电阻评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、1825年，瑞士科学家科拉顿用实验探索如何产生感应电流。如图，他将“电流表”和线圈分别放在两个房间里，并用导线连成闭合回路。他用磁铁在线圈中插进或拔出进行实验时，并在两个房间之间跑来跑去，结果没有观察到感应电流。科拉顿看不到实验现象的原因是___________。后来由科学家______发现了电磁感应现象。19、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两点放置两点电荷测得C点场强的方向与AB平行，则带________，=_________．

20、波速、波长、频率三者之间的关系：c=______，其中c=3×108m/s。21、常规能源带来的污染有______、______、______等。22、静电场中某电场线如图所示．把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10-7J，则该点电荷带_____电（选填：“正”或“负”）；在此过程中电场力做功为____J．

23、如图所示是某吊扇的相关参数，测得吊扇正常匀速转动时单位时间排风量为Q=720m3/h，扇叶附近的风速为v=14.1m/s，电机内阻R=496取空气密度=1.2kg/m3，g=10m/s2，不计空气阻力，则正常工作时电机的输出功率为_______W，正常工作24小时对外做功约为_______J。

24、如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、电场强度大小为E的匀强电场时，验电器的箔片___________（选填“张开”或“不张开”），我们把这种现象称为___________此时，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间会激发一个电场，它的电场强度大小为___________，方向与所加的电场方向___________（选填“相同”或“相反”）。

25、将带电量为的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了的功，则A、B两点间的电势差______V；若令A点的电势能为零，则该电荷在B点的电势能为______J。26、判断下列说法的正误。

（1）导体内没有电流时，就说明导体内部的电荷没有运动。（____）

（2）电流既有大小，又有方向，是矢量。（____）

（3）导体中的电流一定是正电荷定向移动形成的。（____）

（4）电子定向移动的方向就是电流的方向。（____）

（5）电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多。（____）评卷人得分四、作图题(共3题，共24分)27、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。

28、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。

29、把蜂鸣器；光敏电阻、干簧管继电器开关、电源连成电路如图所示；制成光电报警装置，当报警器有光照射时，峰鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声，①光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小，②干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态，当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下恢复到分离状态，电路已经连接一部分，请将电路完整连接好。

评卷人得分五、实验题(共2题，共16分)30、多用电表在科研和生活中有着广泛的用途；例如探测黑箱内的电学元件，如图甲所示是黑箱上的三个接线柱，两个接线柱之间最多只能接一个元件，黑箱内所接的元件不超过两个，某实验小组进行了以下操作步骤：

①用直流电压挡测量：三点间均无电压。

②改用欧姆挡测量：间正反接阻值不变。

③用欧姆挡测量：黑表笔接红表笔接时测得的阻值较小；反接时测得的阻值较大。

④用欧姆挡测量：黑表笔接红表笔接测得阻值比黑表笔接红表笔接时测得的阻值大。

(1)上述第①步操作中说明了：_______。

(2)多用电表调至欧姆挡，在正式测量电阻前需要进行的实验操作是______。

(3)该小组选择了“”挡正确操作后，第②步实验操作测得的示数如图乙所示，则阻值为_______

(4)请在图甲中画出黑箱内的元件及正确的接法。_______

(5)该实验小组选择了多用电表的某个功能挡和电阻箱来测量电源的电动势和内阻，作出图像如图丙所示（图中单位均采用国际单位制中单位），则该电源的电动势_______内阻_______实验中测量的电动势_______（选填“大于”“等于”或“小于”）电源真实的电动势。31、现有一合金制成的圆柱体.ρ为测量该合金的电阻率；现用伏安法测量圆柱体两端的电阻，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，游标卡尺和螺旋测微器的示数如图甲和乙所示。

（1）由图读得圆柱体的长度为_______________cm，直径为_________________mm；

（2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为______________。评卷人得分六、解答题(共1题，共2分)32、如图所示，一质量为电荷量为的小球，以初速度沿两块正对带电平行金属板左侧某位置水平向右射入两极板之间，离开时恰好由A点沿圆弧切线进入竖直光滑固定轨道ABC中。A点为圆弧轨道与极板端点DD'连线的交点，CB为圆弧的竖直直径并与DD'平行，竖直线DD'的右边界空间存在竖直向下，且大小可调节的匀强电场已知极板长为极板间距为圆弧的半径为∠AOB=53°，重力加速为sin53°=0.8，cos53°=0.6.不计空气阻力，板间电场为匀强电场，小球可视为质点。

（1）求两极板间的电场强调大小；

（2）当电场强度时；求小球沿圆弧轨道运动过程中的最大动量；

（3）若要使小球始终沿圆弧轨道运动且恰好能够通过最高点C，求电场强度的大小。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【详解】

将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，I增大，即电流表的示数增大，故B项错误；R1消耗的功率增大，故C项错误；由电路的特点得电压表示数为滑动变阻器R2两端电压，据可知，U减小，故A项错误；由电容器与滑动变阻器并联可知，电容器两板间的电压减小，带电质点P所受的电场力减小，重力与电场力的合力向下，带电质点P向下运动，故D项正确．2、D【分析】【分析】

【详解】

A．闭合开关后；上板带正电，电容器板间电场方向向下，油滴静止，则油滴带负电，故A错误；

B．由于下极板接地，电势为零，板间的电场强度方向向下，顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此P点的电势大于零，由于油滴带负电，根据可知；油滴的电势能为负，故B错误；

C．断开开关后，电容器的带电荷量一定，电压也不变，根据可知；板间电场强度不变，受力也不变，油滴不会向下移动，故C错误；

D．若将上极板向上移动，电容器的带电荷量一定，根据公式推导可得

两极板间的电场强度大小不变；受力不变，油滴仍保持静止，故D正确。

故选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

将滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器R的中点位置向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I减小，路端电压增大，则灯L3变亮；流过灯L2电流I2=I-I3，I减小，I3增大，则I2减小，灯L2变暗，灯L1的电压U1=U-U2，U增大，U2减小，U1增大，L1灯变亮；

A．两灯都变亮，灯变暗；与结论相符，选项A正确；

B．两灯都变暗，灯变亮；与结论不相符，选项B错误；

C．两灯都变亮，灯变暗；与结论不相符，选项C错误；

D．两灯都变暗，灯变亮；与结论不相符，选项D错误；

故选A．4、A【分析】【分析】

本题考查考生的推理能力；需要应用磁感应强度矢量叠加原理和右手螺旋定则解题。

【详解】

设每根导线在O点处形成的磁场的磁感应强度大小均为B1，根据右手螺旋定则和矢量叠加原理得

b导线在O1处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向外，c导线在O1位置产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，d导线在O1位置产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，由

得a导线在O1位置产生的磁场的磁感应强度大小为方向垂直纸面向里，则O1位置的磁感应强度大小为即

故选A。5、A【分析】【详解】

AB．根据点电荷电场强度公式

且电荷只分布球的表面，对于图甲，表面积相同，所分布电荷总量相同，由电场强度的矢量叠加可知，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为El＞E2；因电荷Q在球心O处产生电场的场强大小

则

故A正确；B错误；

CD．对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知，左侧部分在O点产生的场强与右侧部分O点产生的场强大小相等，即E3＝E4，由于方向不共线，根据合成法则可知

故CD错误。

故选A。6、A【分析】【详解】

A．因为v-t线的斜率等于物体的加速度，在A处的加速度大于C处的加速度，A处的电场强度大于C处的电场强度；A正确；

B．从B点到D点，根据动能定理得

解得

所以B、D两点的电势不可能都为零；B错误；

C．根据动能定理

因为电场力做负功，电势能增加，所以带正电粒子在A处的电势能小于在C处的电势能；C错误；

D．根据动能定理可知

由图线可知

则A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差；D错误。

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

电场强度由电场本身决定；是电场的性质，跟试探电荷无关，故ACD错误，B正确。

故选B。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，将放在P点电荷的电荷量减半，P点的场强不变；故A错误；

B．场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变；不为零，故B错误；

C．由F=qE，知P点的电场强度越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大；故C正确；

D．P点的电场强度方向为试探正电荷在该点的受力方向；故D错误。

故选C。9、D【分析】【详解】

A．在~之间，电场方向先沿x轴正方向，再沿x轴负方向；选项A错误；

B．由可知，图像的斜率表示电场强度，所以处和处场强不为零；粒子仍受电场力作用，选项B错误；

C．粒子运动到的过程中，根据能量守恒有

选项C错误；

D．粒子在处由静止释放，粒子从运动到的过程中电势能减小，动能增大，从运动到的过程中，电势能增大，动能减小，所以粒子运动到时速度最大；选项D正确。

故选D。二、多选题(共8题，共16分)10、A:B:D【分析】【详解】

A.由题意可知，C点的电势为

故A正确；

B.由于B、C两点到A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中；电场力先做负功再做正功，总功为0，故B正确；

C.由于B、C两点的电势相等，所以当在B点固定后，C点的电势为所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：

故C错误；

D.由于C点的电势为所以电势能为

故D正确．11、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

A．电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，同一负电荷在N点的加速度最大；故A正确；

B．顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高；故B错误；

C．在M点静止释放；正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故C正确；

D．根据EP=qφ，且φM＞φP＞φN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能；故D正确。

故选ACD。12、A:C【分析】【详解】

A．依题意知，粒子在极板间受到竖直向下恒定的电场力作用，粒子做类平抛运动。根据平抛运动推论可推知该粒子飞出电场时，速度方向的反向延长线一定交于AB线段中点；故A正确；

B．只将变阻器R的滑动触头P向上移动，则滑动变阻器接入电路中的阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，内电压及R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压增大，由于极板间的电压等于滑动变阻器两端电压，所以极板间电压变大，电场场强变大，根据类平抛运动规律可知，粒子飞出极板的时间保持不变，竖直方向加速度变大，根据竖直方向上偏转位移

可知，y将增大；故B错误；

C．只将上极板Y向上稍微移动，则根据

可知电容器电容将减小，根据

由于电容器极板间电压保持不变，所以Q将减小，即电容器将放电，但由于二极管单向导电，所以电容器上的电荷量将保持不变，根据

又

联立可得

可知极板间电场强度保持不变，粒子穿过电场过程中受到的电场力保持不变，由于粒子飞出电场的时间不变，则粒子穿过电场过程中，竖直方向位移y不变；电场力做功不变，故C正确；

D．只将热敏电阻R0升温，则R0则阻值变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则滑动变阻器两端电压增大，极板间电压增大，电场强度增大，粒子受到的电场力F变大，由于粒子飞出电场的时间保持不变，根据动量定理

可知粒子的动量变化量将增大；故D错误。

故选AC。13、B:C【分析】【分析】

R4的滑片向b端移动，接入电阻减小，总电阻减小，总电流变大，路端电压减小，然后分析局部的电压电流；根据分析电源的效率；当电源内阻等于外阻时输出功率最大.

【详解】

A．R4的滑片向b端移动；接入电阻减小，电压表读数一定减小，A错误；

B．R4与R2串联后再与R3并联的电阻减小，总电阻减小，干路中的电流一定增大．并联部分电阻减小，并联部分的电压一定减小，R3的电流一定减小；电流表读数一定增大，B正确；

C．电源的效率为：R外减小；电源的效率η一定减小，C正确；

D．R外的最小电阻与电源内阻r的大小关系不知道，根据图像可知，随着R外减小；电源的输出功率可能一直增大，也可能先增大后减小，也可能一直减小，D错误．

故选BC.14、A:D【分析】【详解】

A．n点靠近正电荷，p点靠近负电荷，因此有故A正确；

B．负电荷从p到运动m电场力做正功，电势能减小，带负电的微粒在m点的电势能较小；故B错误；

CD．两微粒均只考虑电场力做正功，由动能定理有

因初末电势差相同，电量q相等；则电场力的做正功相等，电势能减小量相等，两微粒的动能增加量也相等，故C错误，D正确；

故选AD。15、B:C【分析】【详解】

设菱形的边长为r，根据公式分析可知三个点电荷在d点生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为．O点的场强大小为可见，d点的电场强度小于O点的电场强所以在d点所受的电场力较小，A错误C正确；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，d点的电势高于O点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知在d点所具有的电势能较大B正确D错误．16、B:D【分析】【详解】

A.电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线越密，场强越大，则知A点的场强比B点的场强小；故A错误．

B.直线AB与电场线垂直，是一条等势线，将一点电荷沿直线AB移动；电场力不做功，故B正确．

C.点电荷在A点所受的电场力沿电场线的切线方向，将点电荷从A点静止释放后；电场力将使该点电荷离开原电场线，所以点电荷不可能沿电场线做圆周运动，故C错误．

D.A点场强方向沿电场线的切线方向，即向左，则在A点放上一正点电荷；该点电荷所受的电场力也向左，故D正确．

故选BD。17、A:C【分析】【详解】

AB．改装成电压表要串联一个电阻，阻值为

A正确；B错误；

CD．改装成电流表要并联一个电阻，阻值为

C正确；D错误。

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]．在磁铁插进或拔出线圈的过程中；磁通量发生变化，闭合回路中会产生电流，但等科拉顿跑到电流计面前时，磁通量已不再变化，因此没有观察到感应电流；

[2]．后来由科学家法拉第发现了电磁感应现象。【解析】在磁铁插进或拔出线圈的过程中，磁通量发生变化，闭合回路中会产生电流，但等科拉顿跑到电流计面前时，磁通量已不再变化，因此没有观察到感应电流法拉第19、略

【分析】【详解】

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，且EB＝2EA，即k＝2k又由几何关系知＝2所以qAqB＝18.

【解析】负20、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]波速、波长、频率三者之间的关系：c=λf，其中c=3×108m/s。【解析】λf21、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2][3]常规能源的储藏是有限的。常规能源的大量消耗带来了环境问题，带来的污染有温室效应、大气污染、水污染等。【解析】①.温室效应②.大气污染③.水污染22、略

【分析】【详解】

把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10-7J，电场力做负功，则该点电荷带负电；在此过程中电场力做功为-1.2×10-7J.【解析】负23、略

【分析】【详解】

[1]正常工作时电机的电流为

输出功率为

[2]正常工作24小时对外做功约为【解析】242.07×10624、略

【分析】【详解】

[1]金属网罩起到静电屏蔽的作用；所以箔片不张开。

[2][3][4]因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布，就是所谓“静电屏蔽”的原理【解析】不张开静电屏蔽E相反25、略

【分析】【详解】

[1]负电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了的功，即电场力做功为

AB两点间的电势差为

[2]规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加

可知B点的电势能为【解析】526、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】错误错误错误错误正确四、作图题(共3题，共24分)27、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28、略

【分析】【详解】