2025年中圖版必修3物理上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年中圖版必修3物理上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、兩條絕緣導體棒相互垂直固定，電流按圖示方向通入兩導體棒。a、b、c、d四點到兩導體棒距離都為L，磁感應強度分別為Ba、Bb、Bc、Bd。以下說法正確的是（）

A.Ba與Bb相同B.Ba與Bc相同C.Bb與Bc相同D.Bb與Bd相同2、如圖所示的電路中，閉合開關S后，a、b、c三盞燈均能正常發(fā)光，電源電動勢E恒定且內阻r不可忽略?，F(xiàn)將變阻器R的滑片稍向上滑動一些；三盞燈亮度變化的情況是（）

A.a燈變亮，b燈和c燈變暗B.a燈和b燈變暗，c燈變亮C.a燈和c燈變暗，b燈變亮D.a燈和c燈變亮，b燈變暗3、關于電容器的電容，下列說法正確的是（）A.電容器的電容只由它本身的特性決定B.電容器兩板電壓越低，電容越大C.電容器不帶電時，其電容為零D.電容器所帶電荷量越多，電容越大4、在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為d的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電，整個系統(tǒng)置于方向平行于水平面的勻強電場中、已知靜電力常量為k；若三個小球處于靜止狀態(tài)，則（）

A.c球帶電荷量為qB.勻強電場場強大小為C.勻強電場場強方向由ab的中點指向c點D.a、b兩小球在c點產(chǎn)生的合場強大小為5、如圖所示，真空中點電荷A電量為若在其右側放一導體棒，導體棒的中心距點電荷L，當導體棒達到靜電平衡狀態(tài)時，棒上的感應電荷在O點處的場強是（）

A.零B.方向向左C.方向向右D.方向向右6、下列說法中正確的是（）A.點電荷就是體積很小的帶電體B.電場強度反映了電場力的性質，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比C.電場中電場強度為零的地方電勢一定為零D.英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場7、如圖所示，在正四面體P-ABC中，O是底面AB邊的中點，若在A、B兩點分別固定一個帶正電、電荷量都為Q的點電荷。則下列說法中正確的是（）

A.P、C兩點的電勢差為零B.P點的電場強度與C點的電場強度相同C.將帶正電的試探電荷q從O點沿著OC移動到C點，電荷的電勢能逐漸增加D.將帶正電的試探電荷q從P點移動到C點，電荷的電勢能先減少后增加8、一平行板電容器充電后與電源斷開，上極板帶正電，下極板接地，如圖所示，在P點固定一正電荷（電量很?。?，以E表示兩極板間場強，U表示兩極板間的電壓，表示正電荷在P點的電勢能。若下極板不動；將上極板向上移動一些，則（）

A.U變小，E不變B.E變大，變大C.U變大，不變D.U不變，不變9、用控制變量法可以研究影響平行板電容器電容的因素。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為實驗中；極板所帶電荷量不變，則（）

A.保持S不變，增大則θ變大B.保持S不變，增大則θ變小C.保持不變，增大S，則θ變大D.保持不變，增大S，則θ不變評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、如圖所示；正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為+q；-q、+q、-q，E、F、O分別為AB、BC及AC的中點．下列說法正確的是。

A.E點電勢低于F點電勢B.F點電勢等于O點電勢C.E點電場強度與F點電場強度相同D.F點電場強度大于O點電場強度11、有三個質量相等、分別帶有正電與負電及不帶電的微粒，從極板左側中央以相同的水平初速度v先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處；如圖所示．則下列說法正確的有（）

A.粒子A帶負電，B不帶電，C帶正電B.三個粒子在電場中運動的時間不相等C.三個粒子在電場中運動的加速度aA<aB<aCD.三個粒子到達極板時的動能EA>EB>EC12、如圖所示,勻強電場中有一圓心角為120°的扇形OAB,且扇形所在的平面平行于電場線、半徑OA為2m,C點為AB弧的中點。把一個電荷量為1×10-7C的負點電荷由電勢為零的某點移到O點克服電場力做功5×10-7J,將該電荷從O點移動到A點電勢能增加2×10-7J,將該電荷沿圓弧從A移到C電場力做功4×10-7J,則（）

A.O點的電勢為5VB.A點的電勢高于O點的電勢C.該電荷在B點的電勢能為1×10-7JD.電場強度大小為2V/m13、如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧左端固定，右端連一帶負電荷的物塊，物塊的質量為m，帶電荷量為q，可在光滑水平面上左右移動，水平面上方還有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，開始時物塊在向右的大小為的外力F作用下靜止在M點。現(xiàn)將力F撤去，規(guī)定物塊在M點時的電勢能為零；對之后的過程，以下說法正確的是（）

A.彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機械能和電勢能之和不變B.彈簧處于原長時，物塊的速度最大C.彈簧被壓縮到最短時，物塊的加速度大小為0D.物塊的最大動能為14、如圖所示為粗細相同；長度相同的金屬導線A、B的伏安特性曲線則下列判斷正確的是（）

A.兩段導線串聯(lián)在電路中，A兩端電壓大B.兩段導線并聯(lián)在電路中，B中的電流大C.A段導線的電阻率比B段導線的電阻率小D.將電阻率較大導線截去一部分后，剩下導線電阻率可能與電阻率較小的一段導線電阻率相同15、如圖所示，電源電動勢E＝3V，內阻不計，R1、R2、R3為定值電阻，阻值分別為1Ω、0.5Ω、9Ω、R4、R5為電阻箱，最大阻值均為99.9Ω，右側豎直放置一個電容為1.5×10﹣3μF的理想平行板電容器，電容器板長0.2m，板間距為0.125m．一帶電粒子以0.8m/s的速度沿平行板中線進入，恰好勻速通過，不計空氣阻力，此時R4、R5阻值分別為1.8Ω；1Ω．下列說法正確的是（）

A.此粒子帶正電B.帶電粒子勻速穿過電容器時，電容器的電荷量為3×10﹣9CC.欲使粒子向上偏轉但又不打到電容器的上板，R4阻值不得超過5.7ΩD.欲使粒子向下偏轉但又不打到電容器的下板，R4阻值不得低于l.4Ω評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、能量的分類：

（1）不可再生能源：煤炭、石油和天然氣是目前人類生產(chǎn)、生活中使用的主要能源，這類能源又叫作______能源．化石能源無法在短時間內再生；所以這類能源叫作不可再生能源。

（2）可再生能源：水能、風能、潮汐能等能源，歸根結底來源于太陽能。這些能源在自然界可以再生，叫作可再生能源。17、會用多用電表探索黑箱中的_______。18、如圖所示，一個枕形導體AB原來不帶電，將它放在一個負點電荷的電場中，負點電荷所帶的電荷量為Q，與AB的中心O的距離為R。由于靜電感應，在導體AB的兩端分別出現(xiàn)感應電荷，當達到靜電平衡時（已知靜電力常量為k），導體的中心O的電場強度等于_____，導體的感應電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小等于__________，方向__________

19、該同學將一阻值隨溫度升高而減小的電阻接在一節(jié)干電池兩端，開始時電阻溫度較低，之后溫度緩慢升高，最后保持不變，則回路中電流隨時間的變化規(guī)律可能是________。

A.

B.

C.20、如圖，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為20cm的正六邊形的六個頂點，已知電場方向與六邊形所在平面平行，若A、B、C三點電勢分別為2V；3V、4V；則。

(1)F點的電勢為___________V

(2)勻強電場的場強大小為___________V/m21、如圖所示為電容式位移傳感器的示意圖，物體沿左右方向運動時，電容將發(fā)生變化。如果實驗測量出電容器的電容變小，那么被測物體向_________運動（填寫“左”或“右”）；已知該傳感器的靈敏度定義為電容器電容變化量的大小與物體位置坐標變化量大小之比，如果把圖中的電介質板換成介電常數(shù)更大的材料，當物體沿左右方向運動時，傳感器的靈敏度________（填寫“變大”；“不變”或“變小”）。

22、在非純電阻電路（像含有電動機、電解槽的電路）中，電流做的功只有_______一部分轉化為電熱，_______部分轉化為其他形式的能（機械能或化學能等）。因此，W>Q，即UIt>I2Rt，根據(jù)能量守恒定律知，在非純電阻電路中滿足：電功=電熱+其他形式的能，即_______=_______+_______。23、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_______。

評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)24、如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三個點，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實線表示電場線）。

25、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導線中的電流方向或磁場中某處小磁針靜止時N極的指向或磁感線方向。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

26、連線題：請將下列電路元器件的實物圖與其符號相連。

評卷人得分五、解答題(共4題，共8分)27、圖示電路中，若滑動變阻器滑動觸頭向左移動時，電燈A、B、C的亮度將如何變化（變大、變小、不變）？并簡述判斷理由．（已知電燈的電阻不變，電源兩端電壓不變）28、如圖所示，豎直平面內的xOy坐標系中，x軸上固定一個電荷量大小為Q的點電荷，y軸上固定一根足夠長的光滑絕緣細桿（細桿的下端剛好在坐標原點O處），將一個重力不計的帶電圓環(huán)（可視為質點）套在桿上，由P處靜止釋放，圓環(huán)從O處離開細桿后恰好繞點電荷Q做半徑為R的勻速圓周運動，勻速圓周運動的周期為T（T的大小未知）。若規(guī)定無窮遠處電勢為零，點電荷產(chǎn)生的電勢公式（r為到點電荷的距離）。求：

（1）PO間距為多少？

（2）若將圓環(huán)從桿上的N處由靜止釋放，可使圓環(huán)從O處離開細桿后繞點電荷Q的運動周期變?yōu)閯tNO間距為多少？

29、如圖甲所示，兩平行金屬板a、b間距為d，在兩板右側裝有熒光屏MN（絕緣），O為其中點。在兩板a、b上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0。現(xiàn)有一束帶正電的離子束（其比荷即電量與質量的比值為k），從兩板左側沿中線方向以初速度v0，連續(xù)不斷地射入兩板間的電場中，設所有離子均能打到熒光屏MN上，已知金屬板長L=2v0t0；求：

(1)從t=0時刻進入電場的離子打到熒光屏MN上的位置。

(2)熒光屏上出現(xiàn)亮線的長度。

30、如圖甲所示，真空中水平放置的平行金屬板M、N相距為d，兩板上所加交變電壓UMN如圖乙所示（U0未知），緊鄰兩板右側有一熒光屏，電子打到熒光屏上形成亮斑。兩板不加電壓時，電子打到屏上的O點。現(xiàn)有大量質量為m、電荷量為-e的電子以初速度v0平行于兩板沿中線持續(xù)不斷的射入兩板間。已知t=0時刻進入兩板間的電子穿過兩板間的電場的時間等于所加交變電壓的周期T，出射速度大小為2v0；且所有電子都能穿出兩板，忽略電場的邊緣效應及重力的影響，求：

(1)U0的大??；

(2)亮斑掃描的最高點和最低點到O點的距離。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

據(jù)右手螺旋定則分別畫出兩導線在四個區(qū)域的磁場方向；如圖所示。

距導線距離相同，磁感應強度大小相同，結合場強的疊加原理可知，a點和c點合磁感應強度大小相等，方向相反，b點和d點合磁感應強度均為零；D正確。

故選D。2、D【分析】【分析】

【詳解】

變阻器R的滑片稍向上滑動一些，變阻器接入電路的阻值變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得

干路電流增大，所以a燈變亮，并聯(lián)部分電路電壓為

可得b燈兩端電壓變小，所以b燈變暗，通過b燈的電流減小。通過c燈的電流為

可得，c燈變亮。故ABC錯誤；D正確。

故選D。3、A【分析】【詳解】

AB．電容器的電容由它本身的性質決定的；與電容器兩板電壓無關，故A正確，B錯誤；

CD．電容器的電容與電容器所帶電荷量無關；不論帶不帶電，電容均是定值，故CD錯誤。

故選A。4、B【分析】【詳解】

ABD．設小球c所帶電荷量為Q，由庫侖定律可得，小球a對小球c的庫侖力大小為

小球b對小球c的庫侖力大小為

這兩個力的合力大小為設水平方向勻強電場大小為由平衡條件可得

解得：

則a、b兩小球在c點產(chǎn)生的合場強大小也為但是不能求解c球的電荷量；故AD錯誤，B正確；

C．根據(jù)平衡可知，ab兩球在c點的合場強方向由ab的中點垂直ab指向c，所以勻強電場場強方向由c點指向ab的中點；故C錯誤。

故選B。5、C【分析】【詳解】

導體棒達到靜電平衡狀態(tài)時，棒上O點處的合場強為零，點電荷A在O點處的場強大小為

方向向左，則棒上的感應電荷在O點處的場強大小也為

方向向右。

故選C。6、D【分析】【分析】

【詳解】

A．當帶電體的大?。恍螤顚λ芯繂栴}的影響可以忽略時；就可以把帶電體看成點電荷，但點電荷的體積不一定很小，A錯誤；

B．電場強度反映了電場力的性質；由電場本身決定，與試探電荷的電荷量及所受電場力無關，B錯誤；

C．電場中某點電勢是否為零取決于零勢點的選擇；與該點場強是否為零無關，C錯誤；

D．英國物理學家法拉第最早引入了電場概念；并提出用電場線表示電場，D正確。

故選D。7、A【分析】【分析】

【詳解】

P-ABC是正四面體，A、B兩點分別固定等量同種電荷，O是AB邊的中點，等量同種電荷中垂線上沿O點向兩邊電勢降低；如圖：

A．由幾何知識知OC與AB垂直，OP與AB垂直，OC=OP，所以C點與P點電勢相同；A正確；

B．P點與C點電場強度大小相同；方向不同，B錯誤；

C．將帶正電的試探電荷q從O點沿著OC移動到C點；根據(jù)正電荷在電勢低的地方電勢能小，可知電荷電勢能減小，C錯誤；

D．將帶正電的試探電荷q從P點移動到C點，先靠近O點，然后再遠離O點；根據(jù)正電荷在電勢高的地方電勢能大，可知電荷電勢能先增加后減小，D錯誤。

故選A。8、C【分析】【詳解】

由于電容器充電后與電源斷開，說明電容器所帶電荷量不變，上極板向上移動一些，根據(jù)

可知電容C減小，又由

可知U增大；而由

可知電場強度E不變，由于E不變，P到負極板的距離不變，可知P點的電勢不變，則正電荷的電勢能

不變。

故選C。9、A【分析】【詳解】

AB．電容的決定式

當保持S不變，增大d時，電容減小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式

分析可知板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角θ變大；故A正確，B錯誤；

CD．電容的決定式

當保持d不變，增大S時，電容增大，電容器極板所帶的電荷量Q不變，則由電容的定義式

分析可知板間電勢差減小，靜電計指針的偏角θ變?。还蔆D錯誤。

故選A。二、多選題(共6題，共12分)10、B:D【分析】A；對A、B位置的兩個電荷而言；E、O在中垂線上，電勢等于無窮遠電勢，為零；對C、D位置的兩個電荷而言，E、O同樣在中垂線上，電勢依然等于無窮遠電勢，為零；根據(jù)代數(shù)合成法則，E、O點的電勢均為零，相等；

同理；對A；D位置的兩個電荷而言，F(xiàn)、O在中垂線上，電勢等于無窮遠電勢，為零；對B、C位置的兩個電荷而言，F(xiàn)、O同樣在中垂線上，電勢依然等于無窮遠電勢，為零；根據(jù)代數(shù)合成法則，F(xiàn)、O點的電勢均為零，相等，故A錯誤，B正確；

C；先考慮O點場強；對A、C位置的電荷而言，O點場強為零；對B、D位置的電荷而言，O點場強同樣為零；故根據(jù)矢量合成法則，O點的場強為零；

再分析E點，對A、B位置的兩個電荷，在E位置場強向下，設為E1；對C、D位置的兩個電荷而言，在E位置場強向上，設為E2；由于E1＞E2，故E點的合場強向下，為E1-E2；不為零；

再分析F點，對B、C位置的兩個電荷，在EF置場強向左，大小也為E1；對A、D位置的兩個電荷而言，在F位置場強向右，大小也為E2；由于E1＞E2，故E點的合場強向左，為E1-E2；不為零；

故E點場強等于F點場強；但大于O點場強，故C錯誤，D正確．

點睛：本題考查電場強度的和電勢的合成，關鍵是分成兩組熟悉的電荷，同時區(qū)分矢量合成和標量合成遵循的法則不同．11、B:C【分析】【分析】

【詳解】

ABC．三個微粒的初速度相等，水平位移根據(jù)水平方向上做勻速直線運動，所以由公式

得

三個微粒在豎直方向上的位移相等，根據(jù)

得

從而得知B僅受重力作用；A受電場力向上，C所受的電場力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負電，A錯誤，BC正確；

D．根據(jù)動能定理，三個微粒重力做功相等，A電場力做負功，C電場力做正功，所以C的動能變化量最大，A的動能變化量最小，初動能相等，所以三個微粒到達極板時的動能為

D錯誤。

故選BC。12、C:D【分析】【詳解】

A.把一個電荷量為1×10-7C的負點電荷由電勢為零的某點移到O點克服電場力做功5×10-7J，故O點的電勢為

故A錯誤；

B.將該負電荷從O點移動到A點電勢能增加2×10-7J，故A點的電勢為低于O點的電勢；B錯誤；

C.將該電荷沿圓弧從A移到C電場力做功4×10-7J，故由對稱性可知，將該電荷從C移到B電場力做功仍然為4×10-7J，故電荷在B位置的電勢為故電荷在B位置的電勢能為1×10-7J；C正確。

D.將該電荷沿圓弧從A移到C電場力做功4×10-7J，故故AC中點D的電勢為-5V，故電場方向與OD垂直，且由C指向A，其大小為

故D正確；

故選CD。13、A:D【分析】【詳解】

A．只有電場力和彈簧彈力做功；所以彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機械能和電勢能之和不變，A正確；

B．當合力等于零時速度最大；即彈簧壓縮至彈力等于電場力時，速度最大，B錯誤；

D．當時，彈簧彈力

當速度最大時，彈簧彈力

此時彈簧壓縮量為兩個位置彈性勢能相等，從撤去F到速度最大過程中物塊增加的動能等于電場力做功，即

D正確；

C．彈簧被壓縮到最短時；物塊所受合力向右，加速度不為0，C錯誤。

故選AD。14、A:B【分析】【詳解】

A．由圖像的斜率可知；A的電阻大，B的電阻小，串聯(lián)在電路中，A兩端的電壓大，A項正確；

B．并聯(lián)在電路中；電阻小的電流大，即B中電流大，B項正確；

C．兩導線的長度相同，截面積相同，由

可知；B的電阻率小，C項錯誤；

D．電阻率大小與導線長短無關；D項錯誤。

故選AB。15、B:C【分析】【詳解】

A．上極板與電源的正極相連；極板間電場方向向下，粒子所受的電場力方向向上，故粒子帶負電，故A錯誤；

B．電容器與R2、R3、R4這部分電路并聯(lián)，當粒子勻速穿過電容器時，R2、R3、R4這部分電路的總電阻為2Ω，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可得這部分的電壓U0═2V，電容器的電荷量為Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C；故B正確；

C．當粒子勻速穿過電容器時，有qE0＝mg，粒子在電容器中的運動時間．當粒子向上偏轉且剛好經(jīng)過上極板最右端時，在豎直方向上，有解得：a＝2m/s2．由牛頓第二定律得qE1﹣mg＝ma，可得并可得由此得R2、R3、R4這部分電路總電壓U1＝2.4V，R1的電壓UR1＝E﹣U1＝0.6V，電流可得R2、R3、R4這部分電路總電阻由由此算出R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏轉但又不打到電容器的上板，R4阻值不得超過5.7Ω；故C正確；

D．同理，粒子經(jīng)過下極板最右端時的加速度a＝2m/s2．電容器極板間電壓U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D錯誤．三、填空題(共8題，共16分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】化石17、略

【分析】【詳解】

略【解析】電學元件18、略

【分析】【詳解】

[1]當達到靜電平衡時導體中心O點的場強為0。

[2][3]枕形導體兩端的感應電荷在導體中心O點的場強大小與負點電荷產(chǎn)生的場強大小相等，為方向相反，為水平向左。【解析】0向左##水平向左19、C【分析】【詳解】

[1]開始時電阻溫度較低，阻值較大，回路中電流較小，隨著電阻溫度升高，阻值減小，回路中電流開始逐漸增大，最后保持不變，則回路中電流隨時間的變化規(guī)律可能是C。20、略

【分析】【詳解】

[1][2]如圖。

連接AC和BE，則AC⊥BE，由于A、B、C三點的電勢分別為2、3V、4V，得UCB=UBA

所以可以判定CA是這個勻強電場的電場線的方向

由上面的判斷可知，A與F是等勢點，即F點的電勢為2V【解析】221、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)電容的決定式可知；若電容器的電容變小，一定是插入的電介質少了，所以被測物體向右移動。

[2]若換成更大介電常數(shù)的材料，移動相同距離時，電容的變化量一定較大，根據(jù)靈敏度的定義可知，靈敏度一定變大。【解析】右變大22、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2][3][4][5]在非純電阻電路（像含有電動機、電解槽的電路）中，電流做的功只有很少一部分轉化為電熱，絕大部分轉化為其他形式的能（機械能或化學能等）。因此，即根據(jù)能量守恒定律知，在非純電阻電路中滿足：電功=電熱+其他形式的能，即。

【解析】很少絕大UItI2RtE其他23、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據(jù)可知，電源A的內阻為

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】201:3四、作圖題(共3題，共30分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

連接BC，過A點作BC的平行且與BC線段相等的線段AD，將AD分成兩等份，找出B點的等勢點，即E點，電勢為11V，連接BE，則BE為等勢線；電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導線流入，右端導線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，由安培定則可知，環(huán)形電流方向沿逆時針方向，如圖所示。【解析】26、略

【分析】【詳解】

實物圖中第一個為電動機；電動機符號為符號圖中的第二個；

實物圖中第二個為電容器；電容器符號為符號圖中的第三個；

實物圖中第三個為電阻；電阻符號為符號圖中的第四個；

實物圖中第四個為燈泡；燈泡符號為符號圖中的第一個。

【解析】五、解答題(共4題，共8分)27、略

【分析】【分析】

在分析電路動態(tài)變化時；一般是根據(jù)局部電路變化（滑動變阻器，傳感器電阻）推導整體電路總電阻；總電流的變化，然后根據(jù)閉合回路歐姆定律推導所需電阻的電壓和電流的變化（或者電流表，電壓表示數(shù)變化），也就是從局部→整體→局部．

【詳解】

當滑動變阻器滑