2025年蘇人新版必修3物理下冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇人新版必修3物理下冊月考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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、電磁場理論的建立，開拓了廣泛的現(xiàn)代技術(shù)應用空間，促進了現(xiàn)代社會的發(fā)展．建立電磁場理論的科學家是()A.牛頓B.愛迪生C.愛因斯坦D.麥克斯韋2、如圖均勻帶電的橡膠圓環(huán)半徑為帶電量為在其中心軸線上有點A，到環(huán)心的距離為不能認為遠小于想要推出A點電場強度大小有些難度，但我們?nèi)钥筛鶕?jù)點電荷的場強公式和有關(guān)電場的變化規(guī)律得出其電場強度表達式為：（）

A.B.C.D.3、下列關(guān)于能量守恒定律的認識錯誤的是（）A.某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加B.石子從空中落下，最后靜止在地面上，說明機械能消失了C.不需要任何外界的動力而持續(xù)對外做功的機械——永動機不可能制成D.某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加4、如圖所示，a、b、c是正點電荷電場中的一條電場線上的三點，ab=bc，在a點處自由釋放一帶負電的試探電荷時，它沿直線向右做加速運動，依次經(jīng)過b、c點.下列說法正確的是。

A.a點的電場強度比b點的大B.a點的電勢比c點的低C.試探電荷在c點時的動能等于在b點時的兩倍D.試探電荷在b點時的電勢能等于在c點時的兩倍5、如圖所示，勻強電場中有一個半徑的圓，該圓平面與電場方向平行，A、B、C、D四點將圓周等分為四段圓弧。已知A、B、O三點的電勢分別為若將一個質(zhì)子從O點移動至圓周上；則在此過程中，電場力做正功的最大值為（）

A.B.C.D.6、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地．一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離。

A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動B.P點的電勢將降低C.帶點油滴的電勢能將減少D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大7、用小量程電流表G改裝成大量程的某種電表；電路如圖所示。改裝后的電表是（）

A.電壓表，接兩個端點時，量程較大B.電壓表，接兩個端點時，量程較大C.電流表，接兩個端點時，量程較大D.電流表，接兩個端點時，量程較大8、如圖所示為閉合電路電源的輸出功率隨電流變化的圖象；由此圖象可以判斷（）

A.電源的內(nèi)耗功率最大為9WB.電源的效率最大為50%C.輸出功率最大時，外電路的總電阻為4ΩD.電源的電動勢為12V評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、真空中，在x軸上的原點處和x＝6a處分別固定一個點電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設(shè)電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，得到電荷P的速度與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.點電荷M、N一定都是正電荷B.電荷P的電勢能一定是先減小后增大C.點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4∶1D.x＝4a處的電勢一定為零10、正方形abcd的四個頂點上分別固定電量均為的點電荷，電荷的正負如圖所示，A、B、C、D分別為正方形四條邊的中點．取無窮遠處電勢為零，則()

A.A、C兩點的電場強度相同B.C、D兩點的電場強度大小相等C.B、D兩點的電勢不相等D.位于A、B兩點處電量為q的試探電荷電勢能均為零11、如圖所示，帶電小球a由絕緣細線PM和PN懸掛而處于靜止狀態(tài)，其中PM水平，地面上固定一絕緣且內(nèi)壁光滑的圓弧細管道GH，圓心P與a球位置重合，管道底端H與水平地面相切，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的帶電小球b從G端口由靜止釋放，當小球b運動到H端時對管道壁恰好無壓力，重力加速度為g。在小球b由G滑到H過程中；下列說法中正確的是（）

A.小球b機械能逐漸減小B.小球b所受庫侖力大小為2mgC.細線PM的拉力先增大后減小D.小球b的加速度大小逐漸變大12、如圖所示，在豎直放置的半徑為R的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一點電荷，將質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，已知重力加速度為g；則下列說法正確的是（）

A.小球在B時的速率為B.小球在B時的速率小于C.固定于圓心處的點電荷在AB弧中點處的電場強度大小為D.小球不能到達C點（C點和A在一條水平線上）13、如圖所示，A、B、C三個小球(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的電荷感應)，不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為A.A；則以下說法正確的是()

B.靜止時，B兩小球間細線的拉力為5mg＋qEC.靜止時，B兩小球間細線的拉力為5mg－qEE.剪斷O點與A小球間細線瞬間，B兩小球間細線的拉力為E.剪斷O點與A小球間細線瞬間，B兩小球間細線的拉力為14、兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質(zhì)量為m；帶電油滴恰好靜止在兩極之間，如圖所示，在其它條件不變的情況下，那么在下列的過程中（）

A.如果保持連接電源，將兩極距離不變，非常緩慢地錯開一些，電流計中電流從a流向bB.如果保持連接電源，將A板上移，油滴將向上加速運動C.如果斷開電源，A板上移，B板接地，油滴靜止不動，油滴處電勢不變D.如果斷開電源，兩板間接靜電計，B板上移，靜電計指針張角變大15、如圖，在xOy平面內(nèi)，x≥0、y≥0的空間區(qū)域內(nèi)存在與平面平行的勻強電場，場強大小為E=1.25×105V/m，在y<3cm空間區(qū)域內(nèi)存在與平面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)有一帶負電粒子，所帶電荷量q=2.0×10-7C，質(zhì)量為m=1.0×10-6kg，從坐標原點O以一定的初動能射出，粒子經(jīng)過P(4cm，3cm)點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.2倍，速度方向平行于y軸正方向。最后粒子從y軸上點M(0，5cm)射出電場，此時動能變?yōu)檫^O點時初動能的0.52倍。不計粒子重力。則（）

A.P點電勢高于O點電勢B.O、M的電勢差UOM與O、P電勢差UOP的比值為13:5C.OP上與M點等電勢點的坐標為（2.4cm，1.8cm）D.粒子從P到M的時間為0.002s16、一帶正電粒子僅在電場力作用下從靜止開始沿直線運動，其加速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB時刻粒子分別以速度vA、vB經(jīng)過A點和B點，A、B兩點的場強大小分別為EA、EB，電勢分別為A、B；則可以判斷（）

A.EA=EBB.vA=vBC.A＞BD.A=B17、兩個點電荷Q1、Q2固定于x軸上，將一帶正電的試探電荷從足夠遠處沿x軸負方向移近Q2（位于坐標原點O）；在移動過程中，試探電荷的電勢能隨位置的變化關(guān)系如圖所示．則下列判斷正確的是。

A.M點電勢為零，N點場強為零B.M點場強為零，N點電勢為零C.Q1帶負電，Q2帶正電，且Q2電荷量較小D.Q1帶正電，Q2帶負電，且Q1電荷量較小評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)18、如圖甲所示為一測量電解液電阻率的玻璃容器，P、Q為電極，設(shè)a=1m，b=0.2m，c=0.1m，當里面注滿某電解液，且P、Q加上電壓后，其U-I圖線如圖乙所示，當U=10V時，求電解液的電阻率ρ是_______Ω·m

19、如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣絲線懸掛于O點，并處在水平向左廣大的勻強電場E中，小球靜止時絲線與豎直方向夾角為θ，則小球的帶電量為__________；若剪斷絲線帶電小球?qū)⒆鯻________運動．

20、如圖所示；豎直放置的長直導線通以恒定電流，有一矩形線框與導線處于同一平面內(nèi)，讓線框向右平動，線圈產(chǎn)生感應電流的方向是_____。

21、如圖所示，A、B兩個帶異種電荷的小球分別被兩根絕緣細線系在木盒內(nèi)的一豎直線上，靜止時木盒對地面的壓力為細線對B的拉力為若將系B的細線斷開，剛斷開時木盒對地面的壓力等于____________；在B向上運動過程中，木盒對地面的壓力逐漸___________（填“變大”或“變小”）。

22、定義：組成黑體的振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的______，這個不可再分的______叫作能量子。23、如圖所示，一帶正電的導體球M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N掛在橫桿上。當小球N靜止時，絲線與豎直方向成θ角由此推斯小球N帶______電荷（選填“正”或“負”）?，F(xiàn)用另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，則絲線與豎直方向的夾角θ將________（選填“變大”或“變小”）。

24、A、B是某電場中的一條電場線上兩點，一正電荷僅在電場力作用下沿電場線從A點到B點運動過程中的v—t圖象如上圖所示．比較A、B兩點電勢φ的高低和場強E的大?。害誂________φB，EA________EB．25、一電流表允許通過的最大電流（滿刻度電流）為表頭電阻若改裝成量程為的電流表，應_______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為56.2Ω的電阻。若將改裝后的電流表再改裝成量程為的電壓表，應再_______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為_______Ω的電阻。26、為了研究某種化學電源的性能，設(shè)計如圖所示電路，閉合所有開關(guān)，并改變滑動變阻器阻值，觀察電壓表V1、V2示數(shù)的變化，得到如下數(shù)據(jù)：某一次的測量電壓表的讀數(shù)分別為改變滑動變阻器的滑動頭，向右滑動一段距離，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)變?yōu)?.50A，電壓表V1讀數(shù)變化了0.4V，由上面數(shù)據(jù)可求：該電源電動勢E=_________V；電源的內(nèi)阻為r=__________Ω。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共10分)27、如圖所示，磁感應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。

28、如圖所示是某電場中的電場線，請畫出點a點的場強方向和電荷-q在b點所受電場力的方向。

評卷人得分五、實驗題(共2題，共6分)29、某實驗小組設(shè)計了如圖甲的電路，其中RT為熱敏電阻，理想電壓表量程為3V（內(nèi)阻可視為無窮大），電流表量程為0.5A，內(nèi)阻RA=2.0Ω，R為電阻箱。

（1）實驗小組首先利用該電路進行描繪熱敏電阻的伏安特性曲線的實驗；閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱，記錄不同情況下理想電壓表示數(shù)U1、電流表的示數(shù)I和電阻箱的阻值R，在I—U坐標系中，將各組U1、I的數(shù)值標記在相應位置，可描繪出熱敏電阻的伏安特性曲線的一部分，如圖乙坐標系中的曲線段所示。為了直接用測量數(shù)據(jù)作出圖像，完成該實驗，應將導線c端接在______（選填“a”或“b”）點；

（2）利用（1）中記錄的數(shù)據(jù)，通過計算可得電源的路端電壓U2，U2的計算式為______；（用U1、I、R和RA表示）

（3）該實驗電路還可以用來測量電源的電動勢和內(nèi)電阻，實驗小組利用（2）中的公式，計算出各組的U2，將U2和I的數(shù)據(jù)也描繪在I—U坐標系中，如圖乙中直線所示，根據(jù)圖像分析可知，電源的電動勢E=______V，內(nèi)電阻r=______Ω；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（4）實驗中，當電阻箱的阻值調(diào)到3Ω時，熱敏電阻消耗的電功率P=______W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）30、某學生用多用電表測一電壓表3V量程的內(nèi)阻；使用的實驗器材有多用電表；電壓表。

（1）先將多用電表擋位調(diào)到電阻“×10”擋，再將紅表筆和黑表筆短接，調(diào)整_______（選填“機械調(diào)零”或“歐姆調(diào)零”）旋鈕；使指針指向“0Ω”。

（2）再將調(diào)節(jié)好的多用電表黑表筆和電壓表的_______（選填“3V”或“負”）接線柱相連；紅表筆正確連接另一接線柱。

（3）測量時發(fā)現(xiàn)萬用表的指針偏角過?。ㄏ鄬τ陔娏?刻度），則應換_______（選填“×100”或“×1”）擋位。

（4）換擋，正確操作后，讀數(shù)如圖乙所示，則被測電阻為_______kΩ。評卷人得分六、解答題(共3題，共30分)31、如圖所示，R為電阻箱，電壓表可視為理想電壓表。當電阻箱讀數(shù)為R1=2Ω時電壓表讀數(shù)為U1=4V；當電阻箱讀數(shù)為R2=5Ω時，電壓表讀數(shù)為U2=5V。求：

(1)電源的電動勢E；

(2)電源的內(nèi)阻r。

32、如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊可視為質(zhì)點置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為重力加速度為求：

(1)若滑塊從水平軌道上距離B點的A點由靜止釋放，滑塊到達圓心O正下方的B點時速度大?。?/p>

(2)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道；求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大??；

(3)滿足(2)問條件的s的大小。

33、如圖所示，A，B兩端接在電壓恒定的電源上；現(xiàn)將S閉合后，則：

（1）AB兩端的總電阻為多大？

（2）10s內(nèi)通過橫截面積的電量為20C，則流過的電流為多大？

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

麥克斯韋預言了電磁波的存在，并建立了電磁場理論，故D正確，ABC錯誤．2、D【分析】【分析】

【詳解】

設(shè)圓環(huán)上每一個點的電荷量為q，由對稱性可得，該點和在圓上與之對稱的點在A處的合電場強度大小為

則圓環(huán)在A處的電場強度大小為

故D正確；ABC錯誤。

故選D。3、B【分析】【詳解】

A．由能量守恒定律可知；某種形式的能量減少，必然有其他形式的能增加；故A正確，不符合題意；

B．石子從空中下落時；停止在地面上，機械能減少，但變成了其它形式的能，沒有消失；故B錯誤，符合題意；

C．永動機不可能制成；因為它違背了能量守恒定律；故C正確，不符合題意；

D．由能量守恒定律可知；某個物體能量減少，必然有其他物體能量增加；故D正確，不符合題意；

故選B。4、B【分析】【詳解】

AB．在正點電荷形成的電場線上a處自由釋放一個負試探電荷時，它沿直線向c點處運動，電荷受到的電場力向右，所以電場線的方向向左，即場源電荷在右側(cè)，所以a點的電場強度比b點的小，a點的電勢比c點的低；故A錯誤，B正確；

C．因為場源電荷在右側(cè)，雖然ab=bc，所以Uab＜Ubc，由動能定理知試探電荷在c點時的動能Ekc=q（Uab+Ubc），試探電荷在b點時的動能Ekb=qUab，Ekc≠2Ekb；故C錯誤；

D．只有電場力做功時；發(fā)生動能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，但總量不變，動能不滿足2倍關(guān)系，則電勢能也不會滿足2倍關(guān)系，故D錯誤；

故選B。5、B【分析】【詳解】

AB的中點的電勢為

因此O點與AB中點連線為等勢線，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，故電場向的方向為BA方向。若將一個質(zhì)子從O點移動至圓周上，則在此過程中，電場力做正功的最大值為沿電場線方向移動到圓上P點時電場力做的功；如圖所示。

根據(jù)勻強電場的性質(zhì)可知

代入數(shù)據(jù)解得

電場力做正功的最大值為

故選B。6、B【分析】【詳解】

A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動．故A錯誤．B、場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低．故B正確．C、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加．故C錯誤．D、根據(jù)Q=UC；由于電勢差不變，電容器的電容減小，故帶電量減小，故D錯誤；故選B．

【點睛】本題運用分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動．運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化．7、B【分析】【詳解】

若把小量程的電流表G改裝成大量程的電流表，根據(jù)并聯(lián)電路的分流原理，需要并聯(lián)電阻；若把小量程的電流表G改裝成大量程的電壓表，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理，需要串聯(lián)一個大電阻，由

可知串聯(lián)的電阻越大，量程就越大；所以由題圖可知，該改裝表為電壓表，接兩個端點時，量程較大，故選B。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．由P=I2r可得；隨著電流的增大，內(nèi)耗功率增大。故A錯誤；

B．隨著電流的減?。浑娫吹男试龃?，最大可以接近100%，故B錯誤；

CD．由圖可知，當電流為1.5A時電源的輸出功率最大，這里內(nèi)耗功率等于輸出功率為9W，電源的效率為50%，這時電源總功率為18W，根據(jù)P=IE可得，電源的電動勢為12V，由P=I2r可知；電源的內(nèi)阻為4Ω，由于不能明確外電路是否為純電阻電路，故無法求得電阻大小，故C錯誤；故D正確。

故選D。二、多選題(共9題，共18分)9、A:B:C【分析】【詳解】

A．由圖象可知，點電荷的速度先增大后減小，則點電荷的動能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負功，結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強的方向相同可知，電場強度的方向先沿軸的正方向，后沿軸的負方向，根據(jù)點電荷的電場線的特點與電場的疊加原理可知，點電荷一定都是正電荷；故A正確；

B．點電荷的動能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點電荷的電勢能一定是先減小后增大；故B正確；

C．由圖可知，在處點電荷的速度最大，速度的變化率為0，說明了處的電場強度等于0．則與的點電荷在處的電場強度大小相等，方向相反，根據(jù)點電荷電場強度公式得：

所以，點電荷所帶電荷量的絕對值之比為故C正確；

D．由電勢的決定式和合電勢是代數(shù)和知處的電勢不為為零；故D錯誤；

故選ABC。10、B:D【分析】【詳解】

A.以A點為例，a、d位置的兩個點電荷在A點的電場強度方向指向d點，另外兩個點電荷在A點產(chǎn)生的電場強度為根據(jù)點電荷場強可知：方向指向a點，所以A點的總的合電場強度大小為方向指向d點；用同樣的方法能得到B、C、D四個點的電場強度大小都為方向都沿所在正方形的邊指向負電荷一側(cè)，故A錯誤，B正確；

C.以A點為例，a、d位置的兩個點電荷中垂線為一等勢線，無窮遠處電勢為零，所以A點電勢也為零，同理另外兩個點電荷在A點產(chǎn)生的電勢也為零，故A點電勢為零，同理B、C、D四個點的電勢相等；且均為零，故C錯誤；

D.位于A、B、C、D四個點處電量為q的試探電荷電勢能均為零，故D正確．11、C:D【分析】【詳解】

A．小球b所受庫侖力和管道的彈力始終與速度垂直，即只有重力做功，所以小球b機械能守恒；故A錯誤；

B．對小球b運動過程應用機械能守恒可得

由小球在H點時對管道壁恰好無壓力，根據(jù)牛頓第二定律可得

所以小球b受到的庫侖力F庫=3mg

在小球b沿圓弧運動過程中兩帶電小球的電荷量和間距不變，故小球b所受庫侖力大小始終為3mg；故B錯誤；

C．設(shè)PN與豎直方向的夾角為α，對球a受力平衡，在豎直方向可得FPNcosα=mg+F庫sinθ

在水平方向可得F庫cosθ+FPNsinα=FPM

解得

下滑過程中θ從0增大90°，細線PM的拉力先增大后減小；故C正確；

D．設(shè)b與a的連線與水平方向成θ角，則有

任意位置加速度為向心加速度和切向加速度合成，即為

可知小球的加速度一直變大；故D正確。

故選CD。12、A:C【分析】【分析】

【詳解】

AB．由A到B，由動能定理得

解得

故A正確；B錯誤；

C．在B點，對小球由牛頓第二定律得

將B點的速度帶入可得

故C正確；

D．從A到C點過程中電場力做功為零，所以小球能到達C點；故D錯誤。

故選AC。13、A:C【分析】【詳解】

靜止時；對BC球整體進行受力分析，則有：

T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq；故A正確，B錯誤；

B球帶負電；相當于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直向下的電場力qE；

qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直向下的分加速度

此時A、B球的加速度為（顯然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象可得A、B球間細線的拉力為qE．故C正確；D錯誤．

故選AC．

【點睛】

本題由整體法與隔離法相結(jié)合解題．14、A:C【分析】【詳解】

A．將兩極距離不變，非常緩慢地錯開一些，根據(jù)

可知，電容減小。由

可知，A極板上的電荷量減少，則電流計中電流從a流向b。故A正確；

B．如果保持連接電源，將A板上移，根據(jù)

可知；電場強度減小，則合力向下，油滴將向下加速運動。故B錯誤；

C．如果斷開電源，A板上移，根據(jù)

可得

可知電場強度不變，則油滴靜止不動。B板接地，小球到B板的距離不變；則油滴處電勢不變。C正確；

D．如果斷開電源，兩板間接靜電計，B板上移，根據(jù)

可知；電場強度不變，則兩極板電勢差減小，因此靜電計指針張角變小。D錯誤。

故選AC。15、C:D【分析】【詳解】

ABC．設(shè)粒子在O點時的初動能為Ek，則在P點的動能為0.2Ek，在M點的動能為0.52Ek

粒子從O點到P點和從O點到M點的過程中，由動能定理得-qUOP=0.2Ek-Ek

-qUOM=0.52Ek-Ek

則UOP：UOM=5：3

可得

則OP五等分，設(shè)OP上D點與M點電勢相等OD=3cmDP=2cm

沿OP方向電勢下降，則P點電勢低于O點電勢，由以上解得DN=1.8cmON=2.4cm

即OP上與M點等電勢點D的坐標為（2.4cm；1.8cm），故，AB錯誤，C正確；

D．OP與x軸的夾角α，則

由于OD=3cm而OMcos∠MOP=3cm

所以MD垂直于OP，由于MD為等勢線，即M、N兩點電勢相等，因此OP為電場線，方向從O到P，帶電粒子從P到M過程中做類平拋運動，設(shè)運動時間為t，在x軸方向上

加速度為

聯(lián)立解得t=0.002s

故D正確。

故選CD。16、A:C【分析】【詳解】

A．由圖像可知，經(jīng)過AB兩點的加速度相等，則根據(jù)qE=ma

可知，兩點的場強相等即EA=EB

選項A正確；

B．因a-t圖像與坐標軸圍成的面積等于速度的變化量，可知vA<vB

選項B錯誤；

CD．帶正電的粒子一直加速運動，可知電場線方向沿從A到B的方向，沿電場線電勢逐漸降低，可知A＞B

選項C正確；D錯誤。

故選AC。17、A:C【分析】【詳解】

M點電勢能為零，則電勢為零；EP–x圖象的斜率=qE，則N點場強為零，A正確，B錯誤．帶正電的試探電荷從距Q2較近處移近過程中，電勢能增大，從足夠遠處移近時，電勢能先減小后增大，由正電荷在電勢高處電勢能大，說明Q2帶正電，Q1帶負電；由N點場強為零，有=又r1>r2，則Q1>Q2，C正確，D錯誤．三、填空題(共9題，共18分)18、略

【分析】【詳解】

由圖乙可求得電解液的電阻為由圖甲可知電解液長為截面積為結(jié)合電阻定律可得【解析】4019、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由于帶電小球向左偏；所受電場力方向向左，電場線方向也向左，則小球帶正電．分析小球的受力情況，作出受力圖如下圖所示。

根據(jù)平衡條件得

得

[2]如果將細線燒斷，小球受到重力和電場力，合力恒定，球沿合力方向即繩子方向向下做勻加速直線運動?！窘馕觥垦乩K方向向下做初速度為零的勻加速直線20、略

【分析】【詳解】

電流的方向向上，由安培定則可知線框所在處的磁場的方向垂直于紙面向里，當線框向右運動時磁場減小，則穿過線框的磁通量減小，由楞次定律可知，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應電流沿順時針方向?！窘馕觥宽槙r針方向21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]細線斷開前，對整體(A、B和木盒)進行受力分析，整體受重力Mg和地面的支持力F′N。根據(jù)共點力平衡的條件和牛頓第三定律得出。

細線斷開前；對小球B進行受力分析，根據(jù)共點力平衡的條件得出。

若將系B的細線斷開，對小球B進行受力分析，小球B受重力mg，向上的電場力F電剛斷開時，對A和木盒做為整體進行受力分析，整體受重力M′g、地面的支持力FN′′、小球B對A的靜電力F電。運用平衡條件得出。

由牛頓第三定律得木盒對地的壓力等于

[2]在B向上運動的過程中，小球B對A的電場力F電′增大；由。

得地面對木盒的支持力也在增大，根據(jù)牛頓第三定律知道木盒對地的壓力逐漸變大.【解析】變大22、略

【解析】①.整數(shù)倍②.最小能量值ε23、略

【分析】【詳解】

[1]球M與N相互排斥，M、N帶同種電荷，M帶正電，N也帶正電；

[2]小球N受重力mg、繩的拉力、庫侖力F，根據(jù)平衡條件可得庫侖力大小為F=mgtanθ

庫侖力

由于另一與M完全相同的不帶電導體球與M接觸后移開，因電量被平分，導致M的帶電量減小，則庫侖力小，偏角小，即角θ變小。【解析】正變小24、略

【分析】【分析】

【詳解】

從v-t圖象可以知道正電荷僅在電場力作用下沿電場線從A點到B點做加速度不斷減小的減速運動，故電荷在A點受到的電場力大于電荷在B點的電場力，故A點的場強大于B點的場強；

由于電荷做減速運動，故電場力與速度方向相反，即電場力由B指向A，故電場線由B指向A，故B點電勢較高；【解析】＜＞25、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]把電流表改裝成大量程電流表；需要并聯(lián)一個阻值為56.2Ω的電阻；

[2][3]把電流表改裝成電壓表，需要串聯(lián)電阻，阻值為【解析】①.并聯(lián)②.串聯(lián)③.9950Ω26、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律

[2]改變滑動變阻器的滑動頭，向右滑動一段距離，外電阻減小，干路電流增大，路端電壓減小，第二次的路端電壓為

根據(jù)閉合電路歐姆定律

解得【解析】1.51四、作圖題(共2題，共10分)27、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