2024年滬科版必修3物理下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科版必修3物理下冊階段測試試卷365考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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9題，共18分)1、如圖所示，空間中存在著由一固定的負點電荷Q(圖中未畫出)產(chǎn)生的電場．另一正點電荷q僅在電場力作用下沿曲線MN運動，在M點的速度大小為v0，方向沿MP方向，到達N點時速度大小為v，且v<v0；則()

A.Q一定在虛線MP下方B.M點的電勢比N點的電勢高C.q在M點的電勢能比在N點的電勢能小D.q在M點的加速度比在N點的加速度小2、如圖所示，一帶正電的物體在水平方向的勻強電場中沿光滑的水平面做曲線運動，當物體從M點運動到N點時，其速度方向恰好改變了90°，則物體在M點到N點的運動過程中；物體的電勢能將。

A.先增大后減小B.先減小后增大C.不斷增大D.不斷減小3、小明想把自己的設想通過手機QQ發(fā)給自己的同桌好友，卻發(fā)現(xiàn)光線暗淡了下來，手機信號也沒有了，原來是汽車進入了隧道，小明想，手機信號消失，應該是隧道對電磁信號的屏蔽作用導致的，下面是小明一路上看到的窗外的一些情景，其中利用了電磁屏蔽的有A.油罐車車尾下方拖著一根落地的軟鐵條B.很多高樓大廈樓頂上安裝有金屬材質的尖塔C.一些小轎車車頂裝有接收收音機信號的天線D.高壓輸電線線塔上除了下面的三根較粗的輸電線外，上方還有兩根較細的電線4、如圖所示，一直流電動機與阻值的電阻串聯(lián)在電源上，電源的電動勢內(nèi)阻．閉合開關，用理想電壓表測出電動機兩端的電壓已知電動機線圈的電阻則下列說法中正確的是()

A.通過電動機的電流為10AB.電動機的輸入功率為20WC.電源的輸出功率為4WD.電動機的輸出功率為18W5、如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減小），C為電容器，L為小燈泡，電表均為理想電表。閉合開關S穩(wěn)定后；若減小照射光強度，則（）

A.小燈泡變亮B.電壓表的示數(shù)減小C.電容器上的電荷量減少D.光敏電阻兩端的電壓減小6、關于靜電場的電場線，下列說法正確的是（）A.電場強度較大的地方電場線一定較疏B.沿電場線方向，電場強度一定越來越小C.電場線上某點的切線方向就是正電荷在該點受力方向D.電場線一定是帶電粒子在電場中運動的軌跡7、一根橫截面積為S的銅導線，通過電流為I。已經(jīng)知道銅的密度為ρ，銅的摩爾質量為M，電子電荷量為e，阿佛加德羅常數(shù)為NA，設每個銅原子只提供一個自由電子，則銅導線中自由電子定向移動速率為（）A.B.C.D.8、如圖所示，曲線C1、C2分別是純電阻直流電路中；內(nèi)；外電路消耗的電功率隨電流變化的圖線。由該圖可知下列說法中錯誤的是()

A.電源輸出功率最大值為8WB.電源的電動勢為4VC.電源的內(nèi)電阻為1ΩD.電源被短路時，電源消耗的最大功率可達16W9、比值定義法是定義物理概念常用的方法，下列哪個表達式屬于比值定義式（）A.電流I=U/RB.電場強度E=F/qC.電阻R=ρl/SD.電容評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點；它們與圓心的距離均相等。則（）

A.a、b兩點的場強相等B.a、b兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等D.c、d兩點的電勢相等11、在如圖甲所示的電路中，為三個相同規(guī)格的小燈泡；這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當開關S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時（）

A.兩端的電壓為兩端電壓的2倍B.消耗的電功率為0.75WC.的電阻為D.消耗的電功率的比值大于412、如圖所示為多用電表電阻擋的原理圖，表頭內(nèi)阻為Rg，調(diào)零電阻為R0，電池的電動勢為E，內(nèi)阻為r；則下列說法中正確的是（）

A.它是根據(jù)閉合電路歐姆定律制成的B.電阻擋對應的“∞”刻度一般在刻度盤的右端C.接表內(nèi)電池負極的應是黑表筆D.調(diào)零后刻度盤的中心刻度值是r+Rg+R013、如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球（不計重力）。開始時，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有（）

A.電場中A點電勢高于B點B.轉動中兩小球的電勢能始終相等C.該過程靜電力對兩小球均做正功D.該過程兩小球的總電勢能增加14、如圖所示，電荷量為的點電荷固定在O點，三點共面，其中則下列說法正確的是（）

A.P點的場強小于Q點的場強B.P點的電勢高于Q點的電勢C.電子在P點的電勢能比其在Q點的電勢能小D.將一正試探電荷由P點移到Q點，電場力做負功15、如圖所示，真空中有A、B、C、D四點，它們共線且等距，只在A點放一電荷量為+Q的點電荷時，B點的電場強度為E，而B、C、D三點的電勢分別為8V、4V、若再將等量異號電荷一Q放在D點，則（）．

A.B點電場強度為元方向水平向右B.B點電場強度為方向水平向右C.BC線段的中點電勢為零D.B、C兩點的電勢分別為4V和-4V16、某靜電場在x軸上的電勢隨x的變化關系如圖所示，帶正電的點電荷僅在電場力作用下沿x軸運動；則（）

A.和處電場強度均為零B.由運動到的過程中電場力一直做正功C.由運動到的過程中電場力先減小后增大D.電荷在處處的動能相等17、電路如圖所示，當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時；則：

A.電源的總功率變小B.電容器貯存的電量變小C.燈L1變亮D.燈L2的電流變化ΔI2大于燈L1的電流變化ΔI1評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、使用多用電表測電壓：

①選擇直流電壓擋合適的______；并將選擇開關旋至相應位置．

②將多用電表______在待測電路兩端，注意______表筆接觸點的電勢應比____表筆接觸點的電勢高．

③根據(jù)表盤上相應量程的直流電壓刻度讀出電壓值，讀數(shù)時注意______刻度所表示的電壓值．19、熱輻射的原因∶物體中存在著不停運動的帶電微粒，帶電微粒的____會產(chǎn)生變化的______，從而產(chǎn)生電磁____。20、智能手機有自動調(diào)節(jié)屏幕亮度的功能，光照強度變大時屏幕變亮，反之變暗。圖中電路元件R1、R2中一個為定值電阻，另一個為光敏電阻（其有“阻值隨光照強度的減小而增大”這一特性）。該電路可實現(xiàn)“有光照射光敏電阻時小燈泡變亮，反之變暗”這一功能。分析可得：光敏電阻應為_______（選填“R1”或“R2”），理由是：_______。

21、如圖所示，在平行于紙面的勻強電場中，有一邊長為1cm的正六邊形區(qū)域，六個頂點分別為A、B、C、D、E、F。已知A、B、C三點的電勢分別為﹣1V、1V、5V，則D點的電勢D為______V，勻強電場的電場強度為______V/m。

22、如圖所示，勻強電場方向與六邊形所在平面平行，A、B、C、D、E、F是正六邊形的六個頂點。已知正六邊形的邊長為2cm，A、B、C三點的電勢分別為?3V；?2V、0V：

(1)則D點的電勢______；

(2)電量的負電荷在中心O處的電勢能______；

(3)電場強度的大小______；

(4)試在圖中畫出一條過A點的電場線______。23、電源和電阻R組成閉合電路，它們的U—I關系圖線如圖所示。該電源的內(nèi)阻為________，電源消耗的總功率為________W。

評卷人得分四、實驗題(共2題，共20分)24、某同學研究小燈泡的伏安特性,所使用的器材有：

小燈泡L(額定電壓3.8V；額定電流0.32A)

電壓表V(量程3V；內(nèi)阻3kΩ)

電流表A(量程0.5A；內(nèi)阻0.5Ω)

固定電阻(阻值1000Ω)

滑動變阻器R(阻值0～9.0Ω)

電源E(電動勢5V；內(nèi)阻不計)

開關S；導線若干．

（1）實驗要求能夠實現(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖____．

（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示．

由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻___(填“增大”“不變”或“減小”)，燈絲的電阻率____(填“增大”“不變”或“減小”)．

（3）用另一電源(電動勢4V，內(nèi)阻1.00Ω)和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率，閉合開關S，在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為___W．(結果均保留2位有效數(shù)字)25、如圖所示的電路中，小量程電流表G的內(nèi)阻Rg=100Ω，滿偏電流Ig=1mA，R1=900Ω，R2=Ω，則當S1和S2均斷開時，改裝成的電表是____________（填電流表或電壓表），量程為________；當S1和S2均閉合時，改裝成的電表是______（填聯(lián)表或電壓表），量程為__________。

評卷人得分五、解答題(共4題，共16分)26、一束電子流經(jīng)U1＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，兩極板間電壓U2＝400V，兩極板間距離d＝2.0cm，板長L1＝5.0cm。

(1)求電子在兩極板間穿過時的偏移量y；

(2)若平行板的右邊緣與屏的距離L2＝5cm，求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y（O點位于平行板水平中線的延長線上）；

(3)若另一個質量為m（不計重力）的二價負離子經(jīng)同一電壓U1加速，再經(jīng)同一偏轉電場射出，則其射出偏轉電場的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？

27、如圖所示，內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強電場，有一質量為帶負電的小球，電量小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運動，當運動到最低點A時，小球與軌道壓力恰好為零，且小球的速度大小g取空氣阻力不計，求：

(1)電場強度的大小；

(2)小球運動到最高點B時對軌道的壓力。

28、三峽水力發(fā)電站是我國最大的水力發(fā)電站。三峽水庫蓄水后，平均水位落差約為水的流量約為船只通航需要約的流量，其余流量可全部用來發(fā)電。水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的機械能有轉化為電能。

(1)按照以上數(shù)據(jù)估算；三峽發(fā)電站的發(fā)電功率最大是多少？

(2)根據(jù)你對家庭生活用電的調(diào)查來估算，如果三峽電站全部用于城市生活用電，它可以滿足多少個百萬人口城市的生活用電？29、類比是一種重要的科學思想方法。在物理學史上；法拉第通過類比不可壓縮流體中的流速線提出用電場線來描述電場。

（1）靜電場的分布可以用電場線來形象描述，已知靜電力常量為k。

①真空中有一電荷量為Q的正點電荷，其周圍電場的電場線分布如圖甲所示。距離點電荷r處有一點P，請根據(jù)庫侖定律和電場強度的定義，推導出P點場強大小E的表達式；

②如圖乙所示，若在A、B兩點放置的是電荷量分別為+q1和-q2的點電荷，已知A、B間的距離為2a，C為A、B連線的中點，求C點的電場強度的大小EC的表達式，并根據(jù)電場線的分布情況比較q1和q2的大小關系。

（2）有一足夠大的靜止水域；在水面下足夠深的地方放置一大小可以忽略的球形噴頭，其向各方向均勻噴射水流。穩(wěn)定后水在空間各處流動速度大小和方向是不同的，為了形象地描述空間中水的速度的分布，可引入水的“流速線”。水不可壓縮，該情景下水的“流速線”的形狀與圖甲中的電場線相似，箭頭方向為速度方向，“流速線”分布的疏密反映水流速的大小。

①已知噴頭單位時間噴出水的體積為Q1，寫出噴頭單獨存在時，距離噴頭為r處水流速大小v1的表達式；

②如圖丙所示，水面下的A點有一大小可以忽略的球形噴頭，當噴頭單獨存在時可以向空間各方向均勻噴水，單位時間噴出水的體積為Q1；水面下的B點有一大小可以忽略的球形吸收器，當吸收器單獨存在時可以均勻吸收空間各方向的水，單位時間吸收水的體積為Q2。同時開啟噴頭和吸收器，水的“流速線”的形狀與圖乙中電場線相似。若A、B間的距離為2a，C為A、B連線的中點。噴頭和吸收器對水的作用是獨立的，空間水的流速和電場的場強一樣都為矢量，遵循矢量疊加原理，類比圖乙中C處電場強度的計算方法，求圖丙中C點處水流速大小v2的表達式。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A；場源電荷帶負電；檢驗電荷帶正電，它們之間是吸引力，而曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側,故Q應該在軌跡的內(nèi)側，故A錯；

B；試探電荷從M到N速度減小,說明M點離場源電荷較近,越靠近場源電荷電勢越低；所以M點的電勢比N點的電勢低，故B錯誤；

C；只有電場力做功,動能和電勢能之和守恒,N點動能小,故在N點電勢能大,故C正確；

D；離場源電荷越近；場強越大，加速度越大，所以q在M點的加速度比在N點的加速度大，故D錯誤；

故選C

【點睛】

曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側,題中只有電場力做功,動能和電勢能之和守恒,正電荷在電勢越高的點電勢能越大.

解決電場線；等勢面及帶電粒子的運動軌跡的綜合問題應熟練掌握以下知識及規(guī)律:

(1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場力)指向軌跡曲線的內(nèi)側.

(2)該點速度方向為軌跡切線方向.

(3)電場線或等差等勢面密集的地方場強大.

(4)電場線垂直于等勢面.

(5)順著電場線電勢降低最快.2、A【分析】【詳解】

帶電粒子速度方向改變了90°；則知電場力方向應為斜向右下方，與初速度的方向夾角先大于90°，后小于90°，才能出現(xiàn)末速度與初速度垂直的情況，因此電場力先做負功，當達到速度與電場力方向垂直后再做正功，則電勢能先增大后減小。

A．先增大后減小；與結論相符，選項A正確；

B．先減小后增大；與結論不相符，選項B錯誤；

C．不斷增大；與結論不相符，選項C錯誤；

D．不斷減小，與結論不相符，選項D錯誤；3、D【分析】【分析】

【詳解】

A．油罐車拖著一個鐵鏈網(wǎng)；目的是將汽車與空氣摩擦產(chǎn)生的靜電導入大地，不是靜電屏蔽，故A錯誤；

B．高樓大廈樓頂上安裝有金屬材質的尖塔為無線信號發(fā)射塔；同時也能起到避雷針的作用，不是靜電屏蔽，故B錯誤；

C．小轎車車頂裝有接收收音機信號的天線是為了更有效接受信號；不是靜電屏蔽，故C錯誤；

D．高壓輸電線線塔上除了下面的三根較粗的輸電線外；上方還有兩根較細的電線可以有效防止大氣中的靜電對高壓線的影響，利用的是靜電屏蔽的原理，故D正確。

故選D。4、B【分析】【分析】

電動機正常工作時是非純電阻電路，歐姆定律不成立，所以只能通過定值電阻R來計算通過電動機的電流；進而去求解電動機的各類功率問題．

【詳解】

A．根據(jù)閉合電路歐姆定律有

解得：故A錯誤；

BCD．電動機的輸入功率：

電源的輸出功率：

電動機的輸出功率：

故B正確；CD錯誤。

【點睛】

電流通過電動機時，一方面電能轉化為機械能對外輸出，一方面電動機內(nèi)阻消耗一部分能量，所以含電動機部分的電路不是純電阻電路，但是電動機的內(nèi)阻是純電阻電路，消耗的能量符合歐姆定律的相關計算．5、B【分析】【詳解】

A．由圖可知，L和R2串聯(lián)后和C并聯(lián)，再與R1串聯(lián)，電容器在電路穩(wěn)定時相當于斷路；當減小照射光強度時，光敏電阻R2增大，電路的總電阻增大，總電流I減??；流過小燈泡的電流減小，則小燈泡變暗，故A錯誤；

B．由歐姆定律知，定值電阻兩端電壓減小；電壓表的示數(shù)減小，故B正確；

C．電容器板間電壓為

I減小，則UC變大；電容器上的電荷量變大，故C錯誤；

D．光敏電阻兩端的電壓為

由于總電流I減小，E、R1、r、RL不變；因此光敏電阻兩端的電壓變大，故D錯誤。

故選B。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．電場線的疏密表示場強的強弱；那么電場強度較大的地方電場線一定較密，故A錯誤；

B．沿著電場線的方向；電場線不一定越來越疏，則場強不一定越來越小，故B錯誤；

C．電場線的切線方向是正電荷所受電場力的方向；而負電荷所受的電場力的方向與切線方向相反，C正確；

D．電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合；只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，故D錯誤；

故選C。

【點睛】7、A【分析】【詳解】

設自由電子定向移動的速率為v，導線中自由電子從一端定向移到另一端所用時間為t，對銅導體研究，每個銅原子可提供一個自由電子，則銅原子數(shù)目與自由電子的總數(shù)相等，為

t時間內(nèi)通過導體截面的電荷量為

則電流強度為

得

故BCD錯誤；A正確。

故選A。8、A【分析】【詳解】

A．當內(nèi)電阻等于外電阻時；電源的輸出功率最大，最大值為4W，選項A錯誤，符合題意；

B．根據(jù)P＝UI可得，當I＝2A時；外電壓為2V，內(nèi)電壓也為2V，電源的電動勢為4V，選項B正確，不符題意；

C．電源的內(nèi)電阻為

選項C正確；不符題意；

D．電源被短路時，電源消耗的最大功率可達

選項D正確；不符題意。

本題選錯誤的，故選A。9、B【分析】【詳解】

A.電流為歐姆定律的表達式；電流與電壓U成正比，與R成反比，故不屬于比值定義法，故A不符合題意；

B.電場強度中；電場強度是電場本身的性質，與電場力和電荷量無關，屬于比值定義法，故B符合題意；

C.電阻R=ρl/S是電阻的決定式；故不屬于比值定義法，故C不符合題意；

D.電容的決定式中C與介電常數(shù)、正對面積以及板間距d均有關，不屬于比值定義法，故D不符合題意；二、多選題(共8題，共16分)10、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

BD．如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在上的點電勢為零，即而從M點到N點，電勢一直在降低，即故B正確，D錯誤；

AC．上下兩側電場線分布對稱；左右兩側電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確；

故選ABC。11、B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．和并聯(lián)后與串聯(lián)，和的電壓相等，電流也相等，的電流是的兩倍，由于燈泡不是線性元件，所以兩端的電壓不是兩端電壓的2倍；故A錯誤；

B．根據(jù)圖像可知，當電流是0.25A時，電壓為3V，所以

故B正確；

C．L2的電流為0.125Ａ；由圖可知。

此時L2的電壓約為0.25Ｖ，則電阻約為

故C正確；

Ｄ．根據(jù)

可知，L2消耗的功率

則

故D正確。

故選BCD。12、A:D【分析】【詳解】

A．歐姆表的工作原理為全電路歐姆定律；則A正確；

B．歐姆表零刻度線在最右側；最大刻度線在最左側。故B錯誤；

C．電表的接表內(nèi)負極的是紅表筆。故C錯誤；

D．調(diào)零時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有

當指針指在中間刻度時，有

可得

故D正確。

故選AD。13、B:C【分析】【詳解】

A．沿電場線方向電勢逐漸降低，A點電勢低于B點；A錯誤；

B．設OA=OB=L，開始狀態(tài)輕桿與電場線方向的夾角為θ，根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關系得UOA=Ed=ELcosθ

取O點的電勢為0，則有UOA=φO-φA

解得φA=-ELcosθ

同理可得φB=ELcosθ

則A、B小球的電勢能為EpA=qφA=-qELcosθ=-qEd，EpB=-qφB═-qELcosθ=-qEd

轉動中兩小球沿電場線方向的距離d相等；所以兩小球的電勢能始終相等，B正確；

CD．轉動中兩小球都沿電場力方向移動一段距離；根據(jù)電場力做功的條件可知，該過程靜電力對兩小球均做正功，所以該過程兩小球的總電勢能減小，C正確，D錯誤。

故選BC。14、B:C【分析】【詳解】

A.由點電荷場強

可知，離點電荷越近，場強越大，故P點的場強大于Q點的場強；A錯誤；

B.正點電荷電場中離點電荷越近，電勢越高，故P點的電勢高于Q點的電勢；B正確；

C.由電勢能公式

由于電子帶負電，且故電子在P點的電勢能比其在Q點的電勢能??；C正確;

D.將一正試探電荷由P點移到Q點，電場力做功

由于故電場力做正功，D錯誤；

故選BC15、B:C:D【分析】【詳解】

AB．A、D兩處的點電荷各自在B點處造成的電場強度方向都是水平向右的，而B點處的電場強度為A、D兩處的點電荷各自在B點處造成的電場強度的矢量和．對此有：

方向為水平向右；選項A錯誤，B正確；

CD．A處的正點電荷在B、C、D三點處的電勢分別為8V、4V、D處的負點電荷在A、B、C三點處的電勢分別為-4V、-8V，B、C兩點處的電勢由標量合成法有：

再由對稱性可知，在B、C中點的電勢應為零．選項CD正確；

故選BCD.16、C:D【分析】【詳解】

A．因為圖像的斜率表示場強，處電場場強不為零，處電場強度為零。故A錯誤；

B．帶正電的點電荷由運動到的過程中電勢在降低，電勢能在減小，電場力做正功。由運動到的過程中電勢在升高；電勢能在增大，電場力做負功。故B錯誤；

C．正電荷由運動到的過程中場強先減小后增大；電場力先減小后增大。故C正確；

D．和兩處電勢相等；正電荷在這兩處電勢能相等。根據(jù)動能定理可知，在這兩處動能相等。故D正確。

故選CD。17、B:C:D【分析】【詳解】

AC．當滑動變阻器的觸頭P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，干路電流變大，則燈L1變亮．電源的總功率

E不變；則電源的總功率變大，A錯誤C正確；

B．干路電流增大，電源的內(nèi)電壓和燈L1的電壓增大，則電路中并聯(lián)部分的電壓U并減小，通過R1的電流減小，而干路電流增大，所以通過燈L2的電流變大，燈L2變亮；電容器的電壓等于并聯(lián)部分的電壓，則其電壓減小，電容器貯存的電量變小，B正確；

D．因L1中電流I1增大，R1中電流IR1減小，而L2中電流I2增大；根據(jù)并聯(lián)電路的特點有：

故L1電流的變化值一定小于L2中電流的變化值，D正確．三、填空題(共6題，共12分)18、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】①.量程②.并聯(lián)③.紅④.最小19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3]根據(jù)原理可知，熱輻射的原因為物體中存在著不停運動的帶電微粒，帶電微粒的振動會產(chǎn)生變化的電磁場，從而產(chǎn)生電磁輻射?！窘馕觥竣?振動②.電磁場③.輻射20、略

【分析】【詳解】

[1][2]若R1是光敏電阻，則照射R1的光照強度增大時，R1阻值減小，則電路總電阻減小，總電流增大，電源內(nèi)電壓升高，路端電壓減小，R2兩端電壓減小，流過R2的電流減小，流過R1和小燈泡的電流增大，小燈泡的實際功率變大，小燈泡變亮，因此光敏電阻應為R1?！窘馕觥縍1見解析21、略

【分析】【詳解】

在勻強電場中，沿著任意方向前進相同距離，電勢的降落必定相等，由于從A到D方向平行與BC方向，且AD間距等于BC間距的兩倍。

故有φD﹣φA＝2（φC﹣φB）

代入數(shù)據(jù)解得φD＝7V

設O為正六邊形的中點，由于AO間距等于BC間距，有φO﹣φA＝φC﹣φB

解得φO＝3V

故AO中點O′電勢為

與B點的電勢相等，所以BO'F是一條等勢線，電場線必定與等勢面垂直，且從高等勢面指向低等勢面，故場強方向為從D指向A；所以勻強電場的電場強度為【解析】740022、略

【分析】【詳解】

(1)[1]連接AD兩點，由幾何關系可知，AD邊平行BC邊，且AD邊長度是BC邊的兩倍，在勻強電場中，沿著同一方向前進相同的距離電勢差相等，所以

代入數(shù)據(jù)解得φD=1V

(2)[2]O點是AD的中點，所以

代入數(shù)據(jù)解得φO=-1V

則電量

的負電荷在中心O處的電勢能為

(3)[3]O點是FC的中點，所以

代入數(shù)據(jù)解得φF=-2V

B、F兩點的電勢相等，所以BF所在的直線是一條等勢線，過A點做BF的垂直平分線，與線段BF交于M點，則φM=-2V

已知正六邊形邊長為2cm，由幾何關系可知AM兩點距離d=1cm=0.01m

則電場強度

(4)[4]如圖所示。

【解析】1V23、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律得

當時

由圖可知電源電動勢

內(nèi)阻等于圖像的斜率的絕對值，因此有

代入數(shù)據(jù)可得

由圖可知，此時電流

因此有

代入數(shù)據(jù)可得【解析】0.56四、實驗題(共2題，共20分)24、略

【分析】【詳解】

（1）[1]．因本實驗需要電流從零開始調(diào)節(jié)，因此應采用滑動變阻器分壓接法；因燈泡內(nèi)阻與電流表內(nèi)阻接近，故應采用電流表外接法；另外為了擴大電壓表量程，應用R0和電壓表串聯(lián)，故原理圖如圖所示；

（2）[3][4]．I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)；由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其原因是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；

（3）[5]．當滑動變阻器的阻值最大為9.0Ω時，電路中的電流最小，燈泡實際功率最小，由E=U+I（R+r）得U=-10I+4，

作出圖線①如圖所示．由交點坐標可得U1=1.78V，I1=221mA，P1=U1I1