2025年人教版必修3物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教版必修3物理下冊月考試卷502考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點處的磁感應(yīng)強度大小分別為（）

A.B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B2、如圖所示，在截面半徑為R，圓心為O的圓柱形區(qū)域內(nèi)有一方向平行于直徑ab向右的勻強電場，電場強度大小為E。某帶電粒子自圓形邊界上c點以速度方向垂直ab射入該電場區(qū)域，粒子恰好自b點離開電場，已知∠aOc＝60°；運動中粒子僅受電場力作用。則該粒子的比荷為（）

A.B.C.D.3、在物理學(xué)的發(fā)展過程中，物理學(xué)家們做出了巨大的貢獻，下列說法正確的是（）A.亞里士多德首先采用了以實驗檢驗猜想和假設(shè)的科學(xué)方法B.庫侖首先提出電荷周圍存在電場的概念C.開普勒提出了行星運動的規(guī)律D.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并通過扭稱裝置測得了引力常量G4、正點電荷電場分布如圖，該正點電荷電量為Q，則Q在與它相距r處的點所產(chǎn)生的電場強度大小為A、B、C是電場線上的三個點。將一個帶正電的試探電荷放置于A點，該電荷所帶電量為q，在A點所受靜電力為F。則F的大小與以下哪些量有關(guān)（）

①場源電荷電量Q②試探電荷電量q

③試探電荷質(zhì)量m④A點與場源電荷間的距離r

A.①③B.②③C.①②③D.①②④5、如圖所示；兩塊大??；形狀完全相同的金屬板正對水平放置，構(gòu)成一個平行板電容器。將兩金屬板分別與電源兩極相連，閉合開關(guān)S達到穩(wěn)定后，在兩板間有一帶電液滴P恰好處于靜止狀態(tài)，下列判斷正確的是（）

A.保持開關(guān)S閉合，減小兩極間的距離，板間電壓減小B.保持開關(guān)S閉合，減小兩板間的距離，電容器的電容減小C.斷開開關(guān)S，減小兩板間的距離，液滴靜止不動D.斷開開關(guān)S，減小兩板間的距離，板間電場強度增大6、在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為l，兩板間距離為d，在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以速度v0（v0接近光速的1/20）從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間．若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計，不考慮電子間的相互作用和相對論效應(yīng)，則（））

A.U當(dāng)m＜B.時，所有電子都能從極板的右端射出U當(dāng)m＞C.時，將沒有電子能從極板的右端射出當(dāng)時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為D.1：2當(dāng)時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、四個相同的小量程電流表(表頭)分別改裝成兩個電流表A1、A2和兩個電壓表V1、V2。已知電流表A1的量程大于A2的量程，電壓表V1的量程大于V2的量程；改裝好后把它們按圖所示接法連入電路，則()

A.電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù)B.電流表A1指針的偏轉(zhuǎn)角小于電流表A2指針的偏轉(zhuǎn)角C.電壓表V1的讀數(shù)小于電壓表V2的讀數(shù)D.電壓表V1指針的偏轉(zhuǎn)角等于電壓表V2指針的偏轉(zhuǎn)角8、如圖所示的電場中，有A、B兩點，有一點電荷僅在電場力作用下沿電場線從靜止開始由A點運動到B點；下列說法正確的是（）

A.點電荷帶正電B.電荷由A點到B點的運動是勻加速直線運動C.電荷經(jīng)過A點時的電勢能大于經(jīng)過B點時的電勢能D.電荷經(jīng)過A點時的電勢能小于經(jīng)過B點時的電勢能9、如圖所示，在某靜電除塵器產(chǎn)生的電場中，帶等量負電荷的兩顆微粒只受電場力作用，分別從p點沿虛線pm、pn運動；被吸附到金屬圓筒上。下列說法正確的是（）

A.n點的電勢高于p點的電勢B.微粒在p點的電勢能小于在m點的電勢能C.微粒從p到n的動能變化量大于從p到m的動能變化量D.微粒從p到n的電勢能變化量等于從p到m的電勢能變化量10、如圖所示；電容式觸摸屏的構(gòu)造主要是在玻璃屏幕上鍍一層透明的薄膜導(dǎo)體層，再在導(dǎo)體層外加上一塊保護玻璃，電容式觸摸屏在觸摸屏四邊均鍍上狹長的電極，在導(dǎo)體層內(nèi)形成一個低電壓交流電場。在觸摸屏幕時，由于人體是導(dǎo)體，手指與內(nèi)部導(dǎo)體層會形成一個特殊電容（耦合電容），四邊電極發(fā)出的電流會流向觸點，而電流強弱與手指到電極的距離成正比，位于觸摸屏后的控制器便會計算電流的比例及強弱，準確算出觸摸點的位置。由以上信息可知（）

A.電容式觸摸屏的兩極板分別是導(dǎo)體層和手指B.當(dāng)用手觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越大C.當(dāng)用手指觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越小D.如果用戴了薄絕緣手套的手觸摸屏幕，不能引起觸摸屏動作11、如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板所帶電荷量是油滴所帶電荷量的k倍；則（）

A.油滴帶負電B.油滴所帶電荷量為C.電容器的電容為D.將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動12、如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q（q>0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1：若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是（））

A.此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B.M若該粒子從N點移動到C.點，則電場力做功一定為c若d、L之間的距離為D.若W1=W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差，則該電場的場強大小一定為13、如圖所示，R1=R2=R3=20Ω，電容器的電容C=5μF，電源電動勢E=7V，電源內(nèi)阻r=10Ω。起初，開關(guān)S是斷開的，電容器C所帶的電荷量為Q1。然后閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，電容器C所帶的電荷量為Q2。下列說法正確的是（）

A.開關(guān)S斷開時，將上極板向上移動一段距離，電容器內(nèi)電場強度減小B.開關(guān)S斷開時，增大R2的阻值，電流表G中有向上的電流C.Q1∶Q2=7∶5D.閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，通過靈敏電流計的電荷量為2.4×10-5C評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、波速、波長、頻率三者之間的關(guān)系：c=______，其中c=3×108m/s。15、如圖所示，游標卡尺的示數(shù)為___________cm；螺旋測微器的示數(shù)為___________mm。

16、電動勢和內(nèi)阻。

（1）電動勢。

①電動勢：在電源內(nèi)部，非靜電力把正電荷從負極移送到正極___________與___________的比值。

②定義式：單位：伏特（V）。

③物理意義：反映電源___________做功本領(lǐng)大小的物理量。

④決定因素：由電源中___________決定，跟電源的體積___________，跟外電路___________

（2）內(nèi)阻：電源___________導(dǎo)體的電阻。17、如圖，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源A與電源B的端電壓隨輸出電流變化的特性曲線，曲線Ⅲ是一小燈泡的伏安特性曲線，則電源A的內(nèi)阻為______Ω，若該小燈泡分別與電源A和電源B單獨連接，則電源A和B的輸出功率之比為_______。

18、如圖所示，E、F分別表示蓄電池兩極，P、Q分別表示螺線管兩端。當(dāng)閉合開關(guān)時，發(fā)現(xiàn)小磁針N極偏向螺線管Q端。則E為蓄電池____極（填“正”或“負”），螺線管P端為____極（填“S”或“N”）.

19、如圖所示，大球A原來的電荷量為Q，小球B原來不帶電，現(xiàn)在讓小球與大球接觸，達到靜電平衡時，小球獲得的電荷量為q；現(xiàn)給A球補充電荷，使其電荷量為Q，再次讓小球接觸大球，每次都給大球補充到電荷量為Q，則經(jīng)過反復(fù)多次接觸后，小球的帶電荷量為___________．

評卷人得分四、作圖題(共2題，共6分)20、如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場僅存在于邊長為的正方形范圍內(nèi)，左右各一半面積的范圍內(nèi)，磁場方向相反。有一個邊長為的正方形導(dǎo)線框垂直磁感線方向以速度勻速通過磁場。從邊進入磁場算起；規(guī)定剛開始時磁通量為正值，畫出穿過線框的磁通量隨時間的變化圖像。

21、如圖，黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內(nèi)有一個由四個阻值相同的電阻構(gòu)成的電路。用歐姆表測得1、2接線柱之間的電阻為2、3接線柱之間的電阻為1、3接線柱之間的電阻為在虛線框中畫出黑箱中的電阻連接方式。

評卷人得分五、實驗題(共4題，共36分)22、某同學(xué)在測定一只標稱功率值為0.75W的小燈泡的額定電壓時，選用如下實驗器材設(shè)計電路并進行實驗，根據(jù)測量數(shù)據(jù)描繪出小燈泡的U-I圖線如圖所示：。A．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約3kΩ）B．電流表A（量程500mA，內(nèi)阻約0.6Ω）C．滑動變阻器R1（0~10Ω）D．滑動變阻器R2（0~100Ω）E．電源E（電動勢3V，內(nèi)阻不計）F．開關(guān)S和導(dǎo)線若干

(1)實驗中，滑動變阻器應(yīng)選擇_______（選填“R1”或“R2"）；

(2)請在虛線框中畫出實驗電路原理圖；

（______）

(3)由圖像可得；小燈泡的電阻隨溫度的升高而__________（選填“增大”或“減小”）；

(4)由圖像可得，小燈泡的額定電壓為_________________V。23、某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)擬探究小燈泡L的伏安特性曲線；可供選用的器材如下：

小燈泡L：規(guī)格“2.5V0.5A”

電流表G1：滿偏電流為1mA；內(nèi)阻為30Ω

電流表G2：滿偏電流為10mA；內(nèi)阻為30Ω

電壓表V：量程3V；內(nèi)阻約為100kΩ

標準電阻R1：阻值1Ω

標準電阻R2：阻值0.05Ω

滑動變阻器R：阻值范圍為0～10Ω

學(xué)生電源E；電動勢6V，內(nèi)阻不計。

開關(guān)S及導(dǎo)線若干。

學(xué)習(xí)小組認為要想準確地描繪出小燈泡L完整的伏安特性曲線；需要重新改裝電流表并設(shè)計電路。

（1）電流表應(yīng)該選______，標準電阻應(yīng)該選______。

（2）在虛線框中畫出實驗電路圖______；并在圖上標明所選器材代號。

24、某物理興趣小組用電流計G來組裝多用電表。已知電流計G的滿偏電流內(nèi)阻約為20Ω。

（1）圖甲為測定電流計G內(nèi)阻的電路圖；實驗室中有以下器材可供選用：

A．電源E（電動勢為1.5V；內(nèi)阻不計）；

B．電阻箱（阻值范圍為0~99.9Ω）；

C．滑動變阻器（阻值范圍為0~100Ω）

D．滑動變阻器（阻值范圍為0~2000Ω）；

E．開關(guān)；導(dǎo)線若干。

虛線框A內(nèi)應(yīng)接入___________，虛線框B內(nèi)應(yīng)接入___________（均選填器材前的字母）。某次實驗時先閉合開關(guān)調(diào)節(jié)虛線框B內(nèi)的元件，使電流計G的讀數(shù)為0.9mA，然后閉合開關(guān)僅調(diào)節(jié)虛線框A內(nèi)的元件，當(dāng)電流計G的讀數(shù)為0.3mA時，A內(nèi)元件的阻值為R，則電流計G的內(nèi)阻為___________，該測量值與電流計G的內(nèi)阻真實值相比___________（選填“偏大”或“偏小”）。

（2）通過實驗測得電流計G的內(nèi)阻圖乙為一個簡易多用電表的內(nèi)部電路圖，電源電動勢內(nèi)阻若接線柱0與1之間的量程為0~5mA，則___________Ω；接線柱0與2之間為歐姆擋，則___________Ω時，歐姆擋指針示數(shù)為0。一段時間后電源電動勢減小，內(nèi)阻增大，但調(diào)節(jié)歐姆擋仍能調(diào)零，調(diào)零后用該電表測得的電阻的阻值與真實值相比___________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。25、如圖丙所示是根據(jù)某次實驗記錄數(shù)據(jù)畫出的U－I圖象，則此電源的電動勢是____V，電源內(nèi)電阻為___Ω

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強度為零；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應(yīng)強度為2B；綜上分析B正確。

故選B。

2、A【分析】【詳解】

帶電粒子在電場中從c到b做類平拋運動；

垂直于電場方向做勻速直線運動，則

沿電場方向做勻加速直線運動，則

聯(lián)立解得

A正確；BCD錯誤；

故選A。3、C【分析】【詳解】

A．伽利略首先采用了以實驗檢驗猜想和假設(shè)的科學(xué)方法；故A錯誤；

B．法拉第首先提出電荷周圍存在電場的概念；故B錯誤；

C．開普勒提出了有關(guān)行星運動的開普勒三大定律；故C正確；

D．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許通過扭稱裝置測得了引力常量G；故D錯誤。

故選C。4、D【分析】【詳解】

A點所受靜電力為

可知F的大小與場源電荷電量Q、試探電荷電量q、A點與場源電荷間的距離r有關(guān)，與試探電荷質(zhì)量m無關(guān)；故D正確，ABC錯誤。

故選D。5、C【分析】【詳解】

AB．當(dāng)保持開關(guān)S閉合，則兩極板間的電壓不變。若減小兩板間的距離，根據(jù)可知平行板電容器的電容增大；AB錯誤；

CD．當(dāng)斷開開關(guān)S，則兩極板間的電量不變。若減小兩板間的距離，根據(jù)

可得

所以兩板間的電場強度仍不變；因此電場力仍等于重力，則液滴仍處于靜止狀態(tài)，C正確，D錯誤。

故選C。6、A【分析】【詳解】

A、B、當(dāng)由電子恰好飛出極板時有：l=v0t，由此求出：當(dāng)電壓大于該最大值時電子不能飛出，故A正確，B錯誤；C、當(dāng)一個周期內(nèi)有的時間電壓低于臨界電壓因此有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為1：1，故C錯誤,D、若有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為則D選項錯誤．故選A．

【點睛】該題考查了帶電粒子的類平拋運動，和平拋運動具有相同規(guī)律，因此熟練掌握平拋運動規(guī)律是解決這類問題的關(guān)鍵．二、多選題(共7題，共14分)7、A:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．電流表A1與電流表A2由相同表頭與不同電阻并聯(lián)改裝而成，并聯(lián)在電路中，電流表A1與電流表A2的指針偏轉(zhuǎn)角相同，電流表A1的量程較大，則電流表A1的讀數(shù)較大；A正確，B錯誤；

CD．電壓表V1與電壓表V2由相同表頭與不同電阻串聯(lián)改裝而成，串聯(lián)在電路中，通過表頭的電流相同，故指針的偏轉(zhuǎn)角相同，因V1量程較大，所以電壓表V1的讀數(shù)大于電壓表V2的讀數(shù)；C錯誤，D正確。

故選AD。8、A:C【分析】【詳解】

A．由圖可知；電荷受到的電場力與場強方向相同，故電荷帶正電，故A正確；

B．根據(jù)電場線的分布可知；場強為非勻強電場，故受到的電場力不恒定，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度不恒定，故B錯誤；

CD．從A到B電場力對電荷做正功，電勢能減小，電荷經(jīng)過A點時的電勢能大于經(jīng)過B點時的電勢能；故D錯誤，C正確。

故選AC。9、A:D【分析】【詳解】

A．n點靠近正電荷，p點靠近負電荷，因此有故A正確；

B．負電荷從p到運動m電場力做正功，電勢能減小，帶負電的微粒在m點的電勢能較??；故B錯誤；

CD．兩微粒均只考慮電場力做正功，由動能定理有

因初末電勢差相同，電量q相等；則電場力的做正功相等，電勢能減小量相等，兩微粒的動能增加量也相等，故C錯誤，D正確；

故選AD。10、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．電容觸摸屏在原理上把人體當(dāng)作一個電容器元件的一個極板；把導(dǎo)體層當(dāng)做另一個極板，故A正確；

BC．手指與屏的接觸面積越大；即兩個極板的正對面積越大，電容越大，B正確，C錯誤；

D．戴了薄絕緣手套；手與導(dǎo)體層可能形成電容器，能在電容屏上進行觸控操作，D錯誤。

故選AB。11、A:C【分析】【分析】

本題考查平行板電容器及帶電粒子在電場中的運動；由電容的定義式，再結(jié)合電容的決定式進行分析；油滴的運動可結(jié)合其受力情況進行分析。

【詳解】

A．由題意可知，帶電荷量為的微粒靜止不動；則微粒受到向上的電場力，平行板電容器板間場強方向豎直向下，則微粒帶負電，故A正確；

B．由平衡條件得

解得油滴帶電荷量為

故B錯誤；

C．電容器的電容為

故C正確；

D．極板N向下緩慢移動一小段距離，電容器兩極板距離d增大，因電壓U不變，故板間場強E減小，微粒所受電場力F減小，則有

微粒將向下做加速運動；故D錯誤。

故選AC。

【點睛】

本題整合了微粒的力平衡、電容器動態(tài)分析，由平衡條件判斷微粒的電性，注意由受力情況來確定運動情況，是解題的思路。12、B:D【分析】【詳解】

試題分析：利用電場力做功可以找到兩點之間電勢差的關(guān)系，要知道中點電勢和兩端點電勢之間的關(guān)系．

A；選項根據(jù)題意無法判斷；故A項錯誤．

B、由于電場為勻強磁場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以

若該粒子從M點移動到N點；則電場力做功一定為。

故B正確；

C、因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是故C錯誤；

D、若W1=W2，說明

由因為

解得：故D正確；

故選BD

點睛：對勻強電場的電場特征要了解，利用電場力做功與電勢差之間的關(guān)系求解．13、A:C:D【分析】【詳解】

AB．當(dāng)開關(guān)S斷開時，電容器兩端電壓始終等于R3兩端電壓，此時將上極板向上移動一段距離，根據(jù)

可知板間場強減??；此時R2等效于導(dǎo)線，增大R2的阻值；不會改變電容器兩端電壓，電容器不會進行充放電，所以電流表G中沒有電流，故A正確，B錯誤；

C．開關(guān)S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電容器兩端電壓為

開關(guān)S閉合待電路穩(wěn)定后，電路外電阻為

電源的路端電壓為

電容器兩端電壓為

根據(jù)電容的定義式可得

故C正確；

D．開關(guān)S閉合前，電容器上極板帶正電，開關(guān)S閉合待電路穩(wěn)定后，電容器上極板帶負電，所以閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，通過靈敏電流計的電荷量為

故D正確。

故選ACD。三、填空題(共6題，共12分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]波速、波長、頻率三者之間的關(guān)系：c=λf，其中c=3×108m/s?！窘馕觥喀薴15、略

【分析】【詳解】

[1]圖甲所示是20分度游標卡尺，示數(shù)為

[2]螺旋測微器的示數(shù)為【解析】1.3456.79016、略

【分析】【詳解】

（1）①[1][2]物理中，對電動勢的定義為：在電源內(nèi)部，非靜電力把正電荷從負極移送到正極所做的功W與被移送電荷q的比值；

③[3]電動勢的物理意義為：反映電源非靜電力做功本領(lǐng)大小的物理量；

④[4][5][6]決定電動勢大小的因素為電源中非靜電力的特性；跟電源的體積無關(guān)，跟外電路無關(guān)；

（2）[7]電源內(nèi)阻指電源內(nèi)部導(dǎo)體的電阻。【解析】所做的功W被移送電荷q非靜電力非靜電力的特性無關(guān)無關(guān)內(nèi)部17、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)可知，電源A的內(nèi)阻為

根據(jù)圖像可知，圖像1與燈泡伏安特性曲線交點

圖像2與燈泡伏安特性曲線交點

交點為工作點，所以【解析】201:318、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由右手螺旋定則可知，電流由F流出，故E為蓄電池負極；

[2]小磁針N極轉(zhuǎn)向Q端，這說明磁感線指向Q端，故Q端為S極，P端為N極。【解析】①.負②.N19、略

【分析】【分析】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，所謂小球可獲得的最大電量，就是“小球電量達到多少時，再拿帶電為Q的大球接觸小球，二者就沒有電子轉(zhuǎn)移了”，q：（Q-q）這個比例就是兩球之間可以到電子平衡，也就是沒有電子轉(zhuǎn)移的比例；

【詳解】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，現(xiàn)給A球補充電荷，使其電荷量為Q

設(shè)此時小球可能獲得的最大電量為則：

解得：．

【點睛】

該題的難點要掌握：導(dǎo)體的性質(zhì)決定的二者間電荷比，第一次接觸后的電荷比值，就是電場平衡時兩者電荷的比值．【解析】；四、作圖題(共2題，共6分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

線框穿過磁場的過程可分為三個階段，進入磁場階段（只有邊在磁場中），在磁場中運動階段（兩邊都在磁場中），離開磁場階段（只有邊在磁場中）。

①線框進入磁場階段：對應(yīng)穿過線框的磁通量線性增加，最后為

②線框在磁場中運動階段：對應(yīng)，時間內(nèi)，穿過線框的磁通量線性減小，最后為時間內(nèi)，穿過線框的磁通量反向線性增加，最后為

③線框離開磁場階段：對應(yīng)穿過線框的磁通量線性減小，最后為

畫出圖像如圖所示。

【解析】見解析21、略

【分析】【詳解】

因為1；2接線柱之間的電阻與2、3接線柱之間的電阻之和等于1、3接線柱之間的電阻；所以2為中間的結(jié)點，又因為2、3接線柱之間的電阻與1、2接線柱之間的電阻的差等于1、2接線柱之間的電阻的一半，故2、3之間有兩個電阻井聯(lián)，后再與第三個電阻串聯(lián)，每個電阻均為1Ω，連接方式如圖所示。

【解析】五、實驗題(共4題，共36分)22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]由U-I圖象可知電流從零調(diào)；所以滑動變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器C。

(2)[2]由于小燈泡電阻遠小于電壓表內(nèi)阻；所以電流表應(yīng)用