2025年中图版必修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年中图版必修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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、小磊家安装一路专线为额定功率1.5kW的空调供电，用去的铜导线长100m，横截面积2.5mm2，已知铜的电阻率为如果空调能够正常工作，这段导线上损失的电压最接近（）A.1.2VB.4.6VC.24VD.46V2、下列关于甲；乙、丙、丁四幅图的说法；正确的是（）

A.图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B.图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C.图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D.图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流3、静电场中某点的电场强度（）A.其方向跟电荷在该点所受的电场力的方向一致B.跟电荷在该点所受的电场力的大小成正比C.跟放于该点的电荷的电量成反比D.跟放于该点的电荷的电量及所受电场力的大小无关4、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5、如图甲、乙两个电路，是利用一个灵敏电流表和一个电阻箱R改装成电压表或电流表，若电压表量程为电流表量程为则（）

A.甲表是电压表，乙表是电流表B.甲表中乙表中C.若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，则可适当减小电阻箱R的阻值D.若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，则可适当增大电阻箱R的阻值6、图中电源的电动势为6V，内阻为1，R1为2，R2的最大阻值为3；下列说法中错误的是（）

A.当R2为1时，R1消耗的功率最大B.R2的阻值越小，R1消耗的功率越大C.通过改变R2的阻值，路端电压的最大值为5V，最小值为4VD.当R2的阻值为3时，R2消耗的功率最大评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、将带正电、负电和不带电的三个等质量的小球，以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，上板带负电，下板接地，三小球分别落在图中的A、B、C三点，则可能是（）

A.A带正电、B不带电、C带负电B.三小球在电场中运动的时间相等C.三小球在电场中运动的加速度大小关系是：D.三小球到达下板时的动能大小关系是8、如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ围成一个等腰直角三角形，三根导线内通有大小相等、方向如图所示的电流，为导线Ⅰ、Ⅱ的交点，为导线Ⅰ、Ⅲ的交点，为导线Ⅱ、Ⅲ的交点，两点关于点对称，两点关于导线Ⅲ对称。已知三根导线中的电流形成的合磁场在点的磁感应强度大小为在点的磁感应强度大小为则下列说法中正确的是（）

A.三根导线的合磁场在点的磁感应强度大小为B.三根导线的合磁场在点的磁感应强度方向垂直纸面向里C.若撤去导线Ⅰ、Ⅱ，保持Ⅲ中电流不变，点的磁感应强度大小仍为D.若撤去导线Ⅲ，保持Ⅰ、Ⅱ中电流不变，点的磁感应强度为09、如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小）．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是（）

A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B.若仅增大B板间距离，则电容器所带电荷量减少C.若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D.若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变10、平行板电容器两极板长度均为宽度均为两极板间距为d，在极板左侧有一“狭缝”粒子源（粒子源长度也为a），沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子，距极板右端处有一与极板垂直的足够大光屏，如图所示。粒子质量为m，电荷量为初速度大小均为初速度方向均垂直于光屏。当平行板电容器两极板间电压为时，粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场。在两极板间加上连续变化的电压；每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，在每个粒子通过电容器的时间内，电场可视为匀强电场，不计粒子重力。则关于粒子运动下列说法正确的是（）

A.电压U0满足B.粒子打在光屏上的最大速度为C.粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角a满足D.粒子打在光屏上的区域面积为11、如图所示，匀强电场中a、b、c、d为矩形的四个顶点，e、f分别为边ab和cd的中点，ab=2ad=m。已知电场线平行于矩形所在平面，a、b、c电势分别为4V；8V、6V；则（）

A.d点的电势为0VB.匀强电场强度E=2V/mC.电场线方向垂直于ec向下D.一个电子从a点运动到c点,电势能增大评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、闭合电路中电源的电动势为12V，外电压10V，当有2C的电量通过时，该电路的能量转化情况是：非静电力做功把_________J的其他形式能量转化为电能，电源自身消耗了____J的电能。13、如果E表示电源的电动势，表示路端电压，表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示闭合电路中的电流；那么根据下列给出的已知条件，求出其余各量（用已知量表示）:

（1）已知E、和r，则_______，_______，_______.

（2）已知I、R和则E=_______，_______._______.14、如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，此液滴带_______电，液滴的加速度等于_______，液滴的电势能_____（填增加；减小）。

15、在如图所示的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表示数的大小变化情况是：电流表示数变________，电压表示数变________．

16、『判一判』

（1）放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。______

（2）电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。______

（3）电容表示电容器容纳电荷的多少。______

（4）电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。______

（5）电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比。______

（6）公式可用来计算任何电容器的电容。______

（7）将电介质插入平行板电容器时，电容器的电容将变小。______

（8）任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体都能组成电容器，而且跟这两个导体是否带电无关。______

（9）电容器两极板上所加的电压不能超过击穿电压。______17、图甲所示的电路中，电源电压恒为L1、L2、L3为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的图像如图乙所示。当开关S闭合时，L2的电阻为_______通过L1与L2的电流值比为________。

18、静电平衡：导体内的自由电子不再发生______的状态．19、如图所示为研究一台微型电动机性能的电路，调整可变电阻R的阻值，直到电动机停止转动，这时两个电表的示数如图甲、乙所示，重新调整R的阻值使电动机正常运转，这时两个电表的示数如图丙、丁所示。则由两个电表的示数可知，电动机正常运转时消耗的电功率为________W，这时它的输出功率为________W。

20、（1）某一电场的电场线和等势面如图甲所示，已知φa=5V，φc=3V，ab=bc，则______

A．φb=4VB．φb>4V

C．φb＜4VD．上述情况都有可能。

（2）若电场线和等势面如图乙所示，其他条件不变，则答案为（1）中的______

评卷人得分四、实验题(共3题，共30分)21、有一圆柱体的未知合金；使用多用电表测定其电阻率，某同学做了如下操作。

(1)用螺旋测微器测其直径d；如图，读数是___________mm；

(2)再用游标卡尺测其长度l；如图，读数是___________cm；

(3)一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是´1、´10、´100，用´10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到___________挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是___________。22、某实验兴趣小组测定一内阻可调的化学电池的电动势。该小组设计了如图甲所示的的测量电路，图中R为定值电阻，M、N为化学电池的正、负极（可认为反应只发生在两极附近），P、Q为紧靠正；负极的两个探针；电池槽中间有一打气管道，用打气筒向电池内打气或从电池中抽气，可以改变中间长方体容器内电解质溶液液面的高低，从而改变电池的内阻。主要实验步骤如下。

①按甲图连接电路；

②闭合开关S，从电池内抽气，观察并测量中间长方体容器内电解质溶液的高度h，记录电压表读数U；

③重复步骤②，向电池内打气或者从电池内抽气，测量中间长方体容器内电解质溶液的高度h，记录电压表读数U；得到多组数据。

回答下列问题：

（1）电压表测量的是___，当开关S断开时，电压表是否有示数____，下列与之对应的正确选项是______。

A.路端电压，有示数B.路端电压；无示数。

C.内电压，有示数D.内电压；无示数。

（2）若用r表示该化学电池的内阻，用R表示定值电阻的阻值，电压表读数为U，则该电池电动势的表达式______。

（3）该小组成员利用图像来处理获得的多组实验数据，若以h作为横轴，则以______（填“U”、“”或“”）为纵轴；通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像。

（4）根据实验所测得的数据和图乙中所标注的字母，可得该化学电池的电动势______（R、a、b为已知量）。

23、某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，其中定值电阻R0的阻值为4Ω，电流表A为理想电表。实验中，改变电阻箱的阻值，测出多组电阻箱的阻值R以及对应的电流表示数I，作出关系图像如图乙所示。

（1）根据如图甲所示的电路，可得的函数关系式为=______；

（2）该电源的电动势E=____V、内阻r=_____Ω；（结果均保留两位有效数字）

（3）若电流表的内阻不可忽略，则因此造成电动势E的测量值_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。评卷人得分五、解答题(共4题，共16分)24、如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab=bc=ac=20cm，d为b、c的中点，电场线与四个点所在平面平行，已知=20V，=24V，=16V。求：

（1）电场强度E的大小和方向；

（2）将一个电荷量为1.8×10C的负电荷，从c点移到a、d连线的中点；电场力所做的功是多少？

25、用一条绝缘细绳悬挂一个带电的小球，小球质量为1.0×10-2kg，所带电荷量为7.5×10-4C，施加一水平方向的匀强电场，电场的范围足够大，平衡时绝缘细绳与竖直方向成37°。重力加速度g取10m/s2；求：

（1）小球带何种电？

（2）匀强电场的电场强度大小。

（3）剪断轻绳；带电小球的电势能将如何变化？

26、一段金属直导线的横截面积为S，单位体积内自由电子数为n，已知电子的质量为m，电荷量为e。给导线两端加恒定电压；导线内将产生恒定电流。

（1）此时自由电子在金属中的运动可以看作：电子在恒定电场力和恒定阻力的共同作用下做匀速直线运动。设电子定向移动的速度为

①求此时导线中的电流I；

②证明：电子在导线中匀速运动时受到的平均阻力f正比于电子定向移动的速度

（2）电子在金属中运动的情形也可以看作：自由电子在恒定电场作用下做匀加速直线运动；运动一段距离后与导体内不动的金属离子发生碰撞，将能量转移给金属离子，同时自己定向运动的速度减为零，然后在电场作用下重新开始加速，运动一段距离后再与金属离子发生碰撞，如此重复。

①电子在相邻两次碰撞之间走过的平均距离叫做一个自由程。设自由程为x，自由电子每次与金属离子碰撞前的速度均为v，求金属的电阻率

②自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，从而使金属直导线发热。将t时间内导线中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为将这段时间内导线产生的焦耳热设为Q，请结合（2）①的结论和焦耳定律，证明：27、如图所示的电路中，灯泡L标有“”，滑动变阻器的最大值为电容器的电容当滑片P滑到最右端a时，电流表读数为此时灯L恰好正常发光。当滑动变阻器的滑片P位于中点时；电流表的示数为求：（灯泡电阻保持不变，电流表为理想电表）

（1）的大小；

（2）电源的电动势和内阻；

（3）当滑片P从a端滑到中点的过程中；电容器的带电量变化了多少？

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】

【详解】

由。

得工作电流为。

根据电阻定律得到导线的电阻为。

则正常工作时在这段导线上损失的电压为。

故B正确。

故选B。2、B【分析】【详解】

A．图甲中；当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积固定不变，而磁场也不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；

B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时；导体棒切割磁感线，从而产生动生电动势，故B正确；

C．图丙中；当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，磁场方向相反，则闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；

D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时；电路中的电阻增大，电流减小。从而使电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为导体环不闭合，没有形成完整的回路，因此环中没有感应电流，故D错误。

故选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同；与负电荷所受电场力方向相反，故A错误；

BCD．电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入电场中的电荷，以及电荷所受的电场力无关，故BC错误，D正确．4、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。5、B【分析】【详解】

A．甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联；利用串联电阻的分压，改装成电压表，故A错误；

B．由公式

知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为2.5mA，则

由公式

知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=5800Ω

故B正确；

C．安培表的量程

若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，说明改装后的量程偏大，导致偏角小，示数偏小，所以应当增大R；减小量程，故C错误；

D．电压表的量程

若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，说明改装后的量程偏大，导致偏角小，示数偏小，所以应当减小R；减小量程，故D错误；

故选B。6、A【分析】【详解】

AB．为定值电阻，通过的电流越大，则功率越大，所以R2的阻值越小，电路中的总电流越大，R1消耗的功率越大；当为零时，电路中的电流最大，消耗的功率最大；故A错误，B正确；

C．由闭合电路的欧姆定律可知，外电压

当时，有

当时

故C正确；

D．将定值电阻当成电源内阻的一部分，则根据输出功率

可知，当

时，消耗的功率最大；故D正确；

由于本题选错误的，故选A。二、多选题(共5题，共10分)7、A:C【分析】【详解】

ABC．三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是xA>xB>xC

三个小球水平速度v0相同，由x=v0t

得运动时间关系是tA>tB>tC

在竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直方向位移y大小相等，由

得加速度关系aA<aB<aC

由牛顿第二定律可知，三个小球受力的合力关系是FA<FB<FC

三个小球的质量相等，重力相等，则可知，A所受电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电；A正确，B错误，C正确；

D．由以上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，对C最大，初动能相等，则由动能定理可知，到达正极板时动能关系EkA<EkB<EkC

D错误。

故选AC。8、B:C:D【分析】【分析】

【详解】

AB．三根无限长直导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ围成一个等腰直角三角形，三根导线内通有大小相等、方向如题图所示的电流，根据安培定则可知三根导线的合磁场在点的磁感应强度方向垂直纸面向里，又因为两点关于点对称

则三根导线的合磁场在点的磁感应强度大小

选项A错误；B正确；

D．若撤去导线Ⅲ，保持Ⅰ、Ⅱ中电流不变，由于两点关于导线Ⅲ对称，可知点在直角的角平分线上，结合安培定则可知导线Ⅰ、Ⅱ中的电流形成的磁场在点的磁感应强度等大反向，则点的磁感应强度为0；选项D正确；

C．导线Ⅰ、Ⅱ中的电流形成的磁场在点的合磁感应强度为0，若撤去导线Ⅰ、Ⅱ，保持Ⅲ中电流不变，则点的磁感应强度不变，大小仍为选项C正确。

故选BCD。9、B:D【分析】【详解】

A．滑动变阻器R2处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变；故A错误；

B．若仅增大A、B板间距离，由知电容器的电容减小，因板间电压不变，再由电容的定义式可知电容器所带电荷量减少；故B正确；

C．若仅用更强的光线照射的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由知电容器所带电荷量减少；故C错误；

D．根据闭合电路欧姆定律得

因电压表测量为电源的路端电压，电流表量流过电源的电流，则可得

即U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变；故D正确；

故选BD。10、B:C:D【分析】【详解】

A．当电压为时，水平方向

竖直方向

联立解得

故A错误；

B．当电压为时，打在光屏上的速度最大，竖直方向速度为

根据速度的合成得

联立可得

故B正确；

C．根据几何关系

可得

故C正确；

D．粒子打在光屏上的区域面积为

代入解得

故D正确。

故选BCD。11、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．匀强电场的等势线是等间距的平行直线，根据几何关系，知ab的电势差等于dc的电势差；即。

φa-φb=φd-φc解得。

φd=2V故A错误；

BC．a、b两点的电势分别为4V、8V，e为ab的中点，则e点的电势为6V，所以ec为等势线，根据电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，知电场线垂直于ec向下；场强大小为。

故BC正确；

D．因为a点的电势小于c点的电势，根据电势能Ep=qφ，知电子在a点的电势能大于c点的电势能；故D错误。

所以BC正确；AD错误；

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】【详解】

[1]在电源内部，根据公式

非静电力将24J的其它形式的能转化为电能。

[2]静电力做功

故静电力把20J的电能转化为其他形式的能量，则电源消耗的电能【解析】24413、略

【分析】【详解】

(1)[1][2][3]根据闭合电路电压关系可知，

对内阻根据欧姆定律可知，电流

外电阻

(2)[4][5][6]已知I、R和则根据闭合电路欧姆定律E=

路端电压

对内阻根据欧姆定律可知，内阻【解析】14、略

【分析】【详解】

[1]据题带电液滴沿直线由b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电

[2]由图可得物体所受合力为

故物体的加速度为

[3]由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，电场力的方向和运动方向夹角为锐角，电场力对物体做正功，液滴的电势能减小【解析】负电减小15、略

【分析】【详解】

[1][2]闭合电路中，当滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则内压及的分压减小时，故滑动变阻器两端电压变大，所以电流表示数变小，电压表示数变大。【解析】小大16、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）电容器的电容由电容器本身决定；所以放电后的电容器所带电荷量为零，电容不为零，故错误；

（2）电容器所带的电荷量是指任意一个极板所带电荷量；故错误；

（3）电容表示电容器容纳电荷的能力；在竖直上等于1V电压下极板所带的电荷量，故错误；

（4）电容器的电容由电容器本身决定；极板间的电压和电荷量无关，电容的大小等于电容器所带的电荷量与极板间的电压的比值，故错误；

（5）电容器的电容由电容器本身决定；极板间的电压和电荷量无关，电容的大小等于电容器所带的电荷量与极板间的电压的比值，故错误；

（6）公式只能计算平行板电容器的电容；故错误；

（7）将电介质插入平行板电容器时；电容器的电容将变大，故错误；

（8）任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体都能组成电容器；而且跟这两个导体是否带电无关，故正确；

（9）电容器任意一个极板上所加的都电压不能超过击穿电压，故错误。【解析】①.错误②.错误③.错误④.错误⑤.错误⑥.错误⑦.错误⑧.正确⑨.错误17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当开关闭合后，灯泡L1的电压

由于L2、L3为规格相同，所以于L2、L3两端的电压均为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流均为0.20A，根据欧姆定律L2的电阻

[2]灯泡L1的电压时，根据图乙可知，通过灯的电流为0.25A，L2两端的电压为1.5V，根据图乙可知，通过灯的电流为0.20A，则通过L1与L2的电流值比为5：4【解析】①.7.5②.5：418、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】定向移动19、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]题图所示的电路中；当电动机停止转动时，由图甲；乙的示数可测得电动机内电阻的值为。

r＝＝＝4.00当电动机正常运转时；由图丙；丁的示数可计算出电动机消耗的电功率。

P＝U2I2＝24.0×2.00W＝48.0W这时它的输出功率为。

P出＝P－Ir＝48.0W－2.002×4.00W＝32.0W【解析】48.032.020、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）根据匀强电场关系式U=Ed

可知φa-φc=Eφa-φb=E·

得φb=4V

故选A。

（2）由于图乙是非匀强电场，不能根据公式U=Ed进行定量计算，只能进行定性分析，由电场线的疏密可知ab和bc间电场强度的平均值Eab>Ebc

所以Uab>Ubc

即φa-φb>φb-φc

得到

=4V

故选C。【解析】①.A②.C四、实验题(共3题，共30分)21、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]螺旋测微器的固定刻度读数为2mm；可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm，所以最终读数为2.150mm

（2）[2]游标卡尺的主尺读数为12mm；游标尺第8刻度与上面对齐，所以读数为：0.05×8=0.40mm。总读数为12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm

（3）[3][4]选用“×10“欧姆档，表头指针偏转角度很小，说明待测电阻较大。为了较准确地进行测量，所以要选择“×100”档；如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是红黑表笔短接，欧姆调零。【解析】2.1501.240×100红黑表笔短接，欧姆调零22、略

【分析】【详解】

（1）[1]电压表测量的是内电压；当开关S断开时，电路的外电压与电动势相等，此时内电压为零，则电压表无示数，故选D。

（2）[2]根据闭合电路的欧姆定律可知

（3）[3]由题意可知电池的内阻为

（其中l为中间长方体容器的长度，d是宽度）

则带入

可得

则若以h作为横轴，则以为纵轴；通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像。

（4）[4]由图像可知

解得【解析】D23、略

【分析】【详解】

（1）[1]由闭合电路欧姆定律得

所以。

所以的关系式为

（2）[2]由乙图可知，图像的斜率为

解得

[3]当时，所以

解得