2025年粵人版必修3物理下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年粵人版必修3物理下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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖，光滑絕緣的水平面上有三個帶電小球（均可視為點電荷）三球沿一條直線擺放，僅在它們之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)，之間的距離小于之間的距離.則以下看法正確的是。

A.對的靜電力一定是引力B.對的靜電力一定是引力C.三個小球所帶電荷量的大小關系是D.若保持它們的位置不變而將它們的電荷量都加倍，則它們將不能平衡2、如圖所示；在絕緣的斜面上方存在著沿水平向右的勻強電場，斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下．已知在下滑的過程中，金屬塊動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J，下列判斷中正確的是。

A.金屬塊帶負電B.金屬塊克服電場力做功8JC.金屬塊的機械能減少12JD.金屬塊的電勢能減少4J3、如圖所示；有一電荷靜止于電容器兩極板間，電源內阻不可忽略，現(xiàn)將滑動變阻器滑片向上移動少許，穩(wěn)定后三個燈泡依然能夠發(fā)光，則下列說法中正確的是。

A.小燈泡L1、L3變暗，L2變亮B.該電荷一定帶正電C.電容器C上電荷量減小D.電流表始終存在從左向右的電流4、兩個材質、大小完全相同的金屬小球，它們帶有不等量的異種電荷，相隔一段距離時，庫侖力大小為F?，F(xiàn)在將它們接觸后再放回原位置，則它們之間的庫侖力將（）A.大于FB.小于FC.等于FD.可能大于F，可能小于F，還可能等于F5、兩個半徑相同的金屬小球，所帶電荷量之比為1∶7，相距為r（r遠大于球半徑），兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的（）A.B.C.D.6、真空中有兩個固定的帶正電點電荷，電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)。過O點作兩電荷連線的垂線，以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，O點在兩電荷連線中點的左邊；如圖所示。以下說法正確的是（）

A.Q1電量大于Q2電量B.b、O、d三點在同一等勢面上C.c點電勢高于O點電勢D.僅在電場力的作用下該試探電荷從c點運動到O點動能增加7、如圖所示，在等邊三角形ABC的三個頂點上固定三個點電荷，其中A點位置的點電荷帶電量為+Q，B、C兩點位置的點電荷帶電量均為-Q，在BC邊的中垂線上有P、M、N三點，且PA=AM=MN，關于三點的場強和電勢（取無窮遠處電勢為零），下列說法不正確的是()

A.M點的場強大于P點的場強B.MN之間某點的場強可能為零C.N點的場強方向沿中垂線向下D.P點的電勢高于M點的電勢評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示為兩個固定在同一水平面上的點電荷，距離為d，電荷量分別為＋Q和－Q，在它們連線的豎直中垂線上固定一根長為L、內壁光滑的絕緣細管，有一帶電荷量為＋q的小球以初速度v0從上端管口射入，重力加速度為g，靜電力常量為k，則小球（））

A.下落過程中加速度始終為gB.受到的庫侖力先做正功后做負功C.速度先增大后減小，射出時速度仍為v0D.管壁對小球的彈力最大值為9、中醫(yī)藥文化是我國優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要組成部分，中藥的保存常常需要做干燥處理。如圖所示是利用高壓電場干燥中藥的基本原理，在大導體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產生非勻強電場E；水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電荷，另一端帶等量負電荷；水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，在鼓風機的作用下飛離電場區(qū)域從而達到快速干燥的目的。已知虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡；則下列說法正確的是（）

A.水分子運動軌跡上B、C和D點的電勢大小關系為B.水分子在B處時，上端帶正電荷，下端帶負電荷C.水分子在B處時，帶負電荷一端受到的電場力大于帶正電荷一端受到的電場力D.如果把高壓直流電源的正負極反接，水分子從A處開始將向下運動10、一種電荷控制式噴墨打印機；它的打印頭的結構簡圖如下圖所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁顆粒，顆粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾?，垂直于電場方向射入偏轉電場，經(jīng)過偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁顆粒的重力，為使打在紙上的字跡縮?。ㄆD距離減小），下列措施可行的是（）

A.僅減小墨汁顆粒帶的電荷量B.僅減小偏轉電場兩極板間的距離C.僅減小偏轉電場的電壓D.僅減小墨汁顆粒的噴出速度11、如圖所示，xOy平面處于勻強電場中，電場方向與平面平行，平面內A、B、C、D四點的位置如圖所示，其坐標分別為（-a，0）、（a，0）、和將電荷量為的粒子從A點沿直線移動到B點，電場力做功為若將該粒子從C點沿直線移動到D點，電場力做功為2W。則下列說法正確的是（）

A.該勻強電場的場強大小B.A、C兩點間的電勢差為C.將該粒子從B點移動到D點，電場力做功為0.5WD.將該粒子從C點移動到B點，電勢能增加12、兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中的C點電勢最高；則（）

A.q1一定帶正電，q2一定帶負電B.A、N點的電勢為零，場強也為零C.C點電勢不為零，但場強為零D.N、C間場強的方向沿x軸正方向13、如圖，a、b為某孤立點電荷產生的電場中的兩點，a點的場強方向與ab連線的夾角為60°，b點的場強方向與ab連線的夾角為30°，則（）

A.a點的場強小于b點的場強B.a點的電勢低于b點的電勢C.將一電子沿ab連線從a點移到b點，電子的電勢能先增大后減小D.將一電子沿ab連線從a點移到b點，電子受到的電場力先增大后減小14、如圖所示，以A、B、C、D為頂點構成的長方形處于一平行板電容器（未畫出）形成的勻強電場中，長方形所在平面與兩平行板垂直，AB的長度為8cm，BC的長度為6cm，D點距帶正電荷的電容器極板的距離為20cm。取無窮遠處為零電勢，A、B、C三點的電勢分別為9V；25V、16V。則（）

A.D點電勢為0VB.D點電勢為18VC.兩平行板間的電勢差為50VD.兩平行板間的電勢差為100V15、如圖所示，兩段長度和材料相同、各自粗細均勻的金屬導體單位體積內的自由電子數(shù)相等，橫截面積之比已知5s內有個自由電子通過導體的橫截面，電子的電荷量下列說法正確的是（）

A.流經(jīng)導體的電流為0.16AB.的電阻之比C.自由電子在導體和中的定向移動速率之比D.相同時間內導體和產生的焦耳熱之比16、如圖所示的電路中，電表可視為理想電表，電源電動勢E=12V，內阻r=1R1和R2為定值電阻，Rp為可變電阻，當開關閉合后，電壓表V1示數(shù)為10V，電流表A1示數(shù)為0.5A；則下列說法中正確的是（）

A.R1=3B.Rp不變時，V1的讀數(shù)與A2讀數(shù)之比等于R3C.Rp改變時，V1讀數(shù)的變化量的絕對值與A1讀數(shù)變化量的絕對值的比值是4D.滑動變阻器滑片向左移動，則兩電流表示數(shù)均增大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、電功率：

（1）含義：單位_______內電流所做的功。

（2）公式：=_______。

（3）單位：_______，符號：_______。

（4）物理意義：表示電流做功的_______。

（5）決定用電器電功率大小的因素有_______。

①電功；②通電時間；③電壓；④電流；⑤電阻。18、概念：一切物體都在輻射電磁波，且輻射與物體的______有關，所以叫熱輻射。19、真空中有一電場，在電場中的P點放一電量為4.0×10﹣8C的檢驗電荷，它受到的電場力為2.0×10﹣5N，則P點的場強為______N/C；把檢驗電荷電量減小為2.0×10﹣8C，則該電荷在P點受到的電場力為______N。20、平行的帶電金屬板間是勻強電場,如圖所示,兩板間距離是5兩板間的電壓是60

（1）.兩板間的場強是________;

（2）.電場中有和兩點,點離A板0.5點離B板也是0.5和兩點間的電勢差__________.21、如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個極板，B板接地，A板帶有電荷量+Q，板間電場中有一固定點P，若將B板固定，A板下移一些，則P點的電場強度___________（選填“變大”“變小”或者“不變”），P點電勢___________（選填“升高”“降低”或者“不變”）。

22、如圖所示為密立根油滴實驗示意圖。實驗中要設法使帶負電的油滴懸浮在電場之中。若在實驗中觀察到某一個帶負電的油滴向下加速運動。在該油滴向下運動的過程中，電場力________（填“做正功”、“做負功”或“不做功”），重力勢能的減少量___________動能的增加量。（填“大于”；“小于”或“等于”）

評卷人得分四、作圖題(共1題，共5分)23、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、實驗題(共4題，共36分)24、已知電流計G的滿偏電流內阻電路中已將它改裝為最大量程600mA的電流表，則應選擇圖中_____________選填“甲”“乙”______結果取二位有效數(shù)字

25、用如圖所示的電路圖測量一節(jié)干電池的電動勢和內阻。

（1）在下表中選出適當?shù)膶嶒炂鞑倪M行實驗。器材（代號）規(guī)格電壓表（）內阻約電壓表（）內阻約電流表（）內阻約0.125電流表（）內阻約0.025滑動變阻器（）總阻值約滑動變阻器（）總阻值約待測干電池電動勢約為開關（）導線若干

實驗中電流表應選用_________；電壓表應選用_________；滑動變阻器應選用______（填器材代號）。

（2）本實驗的誤差來源是_________(電壓表分流或者安培表分壓）

（3）小明用伏特表和電阻箱來替代伏特表、安培表和滑動變阻器，自己設計了實驗電路；通過調節(jié)電阻箱的阻值R得到了相應的電壓表的示數(shù)U，小明利用這些數(shù)據(jù)通過描點法畫圖像得到了一條直線，已知縱軸代表則橫軸代表的物理量為___________；已知圖線得截距為b，斜率為k，則電池的電動勢為___________，內阻為____________________。

26、歐姆表的原理如圖．其中，電池的電動勢為E、內阻為r，表頭G的滿偏電流為Ig、內阻為Rg．

(1)圖中的A端應與_______(填“紅”或“黑”)色表筆相連接．

(2)測量電阻前，將紅、黑色表筆短接，調節(jié)可變電阻使通過表頭G的電流達到Ig，此時可變電阻接入電路的阻值R0=______________．

(3)測量電阻時，若表頭G的示數(shù)為I，則被測電阻的阻值Rx=__________．[(2)、(3)結果用E、r、Ig、Rg、I表示]27、①小明同學用螺旋測微器測定某一金屬絲的直徑，測得的結果如下左圖所示，則該金屬絲的直徑d=_____mm．然后他又用游標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測該金屬絲的長度L=_____cm．

②然后小明又用多用電表粗略測量某金屬電阻絲的電阻Rx約為5.0Ω；為了盡可能精確地測定該金屬絲的電阻，且測量時要求通過金屬絲的電流在0～0.5A之間變化.根據(jù)下列提供的實驗器材，解答如下問題：

A、量程0.1A，內阻r1=1Ω的電流表A1

B、量程0.6A，內阻約為0.5Ω的電流表A2

C、滑動變阻器R1全電阻1.0Ω；允許通過最大電流10A

D、滑動變阻器R2全電阻100Ω；允許通過最大電流0.1A

E、阻值為29Ω的定值電阻R3

F、阻值為599Ω的定值電阻R4

G、電動勢為6V的蓄電池E

H、電鍵S一個；導線若干。

（a）根據(jù)上述器材和實驗要求完成此實驗，請在虛線框內畫出測量該金屬絲電阻Rx的實驗原理圖（圖中元件用題干中相應的元件符號標注）．()

（b）實驗中測得電表A1示數(shù)為I1，A2表示數(shù)為I2，其它所選的物理量題目中已給定，請寫出電阻絲的電阻表達式Rx=_____.評卷人得分六、解答題(共2題，共14分)28、如圖所示，光滑絕緣的水平地面上，相隔4L的A,B兩點固定有兩個電量均為+Q的正電電荷，a，O，b是AB連線上的三點，且O為中點，Oa=Ob=L．一質量為m，電量為q的點電荷以初速度v0從a點出發(fā)沿AB連線向B運動，在運動過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時，阻力也為零．當它第一次運動到O點時，速度為2v0，繼續(xù)運動到b點時的速度剛好為0，然后返回往復運動，直至最后靜止在O點．已知靜電力常量為k；求：

(1)電荷q受到的阻力大?。?/p>

(2)aO兩點之間的電勢差？

(3)電荷q在電場中運動的總路程？

29、離地面高度H=5.0×104m以下的大氣層可視為電阻率較大的漏電介質，假設由于雷暴對大氣層的“電擊”，使得離地面高度5.0×104m處的大氣層與帶負電的地球表面之間形成穩(wěn)定的電場，其電勢差約為U=3.0×105V。已知，雷暴每秒鐘給地球充電的電荷量約為q=1.8×103C，地球表面積近似為S=5.0×1014m2，求：離地面5.0×104m以下的大氣層（漏電大氣層）的平均電阻率。（結果保留兩位有效數(shù)字）

參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，所以a、c一定為同種電荷即兩荷間一定為排斥力；故A錯誤；

B．根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，所以a、c和b的電性相反，即對的靜電力一定是引力；故B正確；

C．同時根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自電量的大小，因此在大小上一定為“兩大夾一小”，“近小遠大”，所以故C錯誤；

D．由平衡可得，對a有

當它們的電荷量都加倍時，小球仍然平衡，同理對b、c也成立，故D錯誤．2、C【分析】【詳解】

AB．設重力做功為克服摩擦力做功電場力做功由動能定理

解得電場力做功=-4J

所以電場力做負功；由于斜面上的帶電金屬塊沿斜面滑下，故金屬塊帶正電，A；B選項錯誤；

C．除重力外的其他外力做功-12J

故金屬塊的機械能減少12J；選項C正確；

D．電場力做負功；金屬塊的電勢能增加4J，選項D錯誤．

故選C。3、A【分析】【詳解】

當滑動變阻器的滑片向上移動時，滑動變阻器的阻值增大，外電路中并聯(lián)部分的總電阻增大，外電路中總電阻增大，再根據(jù)閉合電路歐姆定律得知：總電流減小，電源的內電壓減小，路端電壓增大，通過的電流也增大，所以燈變亮.根據(jù)總電流減小，而的電流增大，則知通過的電流減小，變暗，故A正確；根據(jù)外電路中順著電流方向，電勢降低，可知電容器上極板帶正電，板間場強方向向下，由平衡條件分析可知，該電荷所受的電場力向上，與場強方向相反，所以該電荷帶負電．根據(jù)電容器的電壓等于與串聯(lián)的總電壓，路端電壓增大，的電壓減小，所以電容器的電壓增大，其電量將增加，在充電過程中電流表有從左向右的電流，當滑片停止移動時，電容器不再充電，沒有電流通過電流表，故BCD錯誤．4、D【分析】【分析】

【詳解】

接觸前金屬小球相隔一段距離時相互作用力為。

接觸前金屬小球相隔一段距離時相互作用力為。

由于不清楚金屬小球，它們帶有不等量的異種電荷的多少，故可能大于F，可能小于F，還可能等于F；ABC錯誤，D正確。

故選D。5、D【分析】【詳解】

由庫侖定律可得兩球接觸前的庫侖力為

當兩球帶同種電荷時，兩球接觸后平分電量，則兩球的電量為

兩球接觸后的庫侖力為

當兩球帶異種電荷時，兩球接觸中和后再平分電量，則兩球的電量為

兩球接觸后的庫侖力為

故選D。6、C【分析】【詳解】

A．由一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)可知，負電荷受平衡力，由

又

得Q1電量小于Q2電量。

B．因b、d兩點關于O點對稱，它們電勢相等，b、d連線垂直于Q1、Q2連線，因此O點電勢高于b、d兩點電勢；故B錯誤；

C．根據(jù)帶負電的試探電荷在O點，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)，可知，EO=0，再依據(jù)正點電荷在某點電場強度是兩點連線背離正點電荷，由沿著電場線方向，電勢是降低的，則有c點電勢高于O點的電勢；故C正確；

D．因試探電荷是負電荷，從c點運動到O點；是從高電勢運動到低電勢，電場力做負功，動能減小，故D錯誤。

故選C。7、C【分析】【詳解】

A.點電荷的電場如圖所示：

正電荷在P、M兩點處產生的場強大小相等為（d為PA、AM、MN的距離）；而兩負電荷在P點處的合場強向下，在M點場強為零；所以故A正確；不符合題意；

BC.正電荷在N點的場強兩負電荷在N點的場強故N點合場強向上且可知在M、N之間某點場強可能為零；故B正確，不符合題意；C錯誤，符合題意；

D.由場強疊加可知A、M之間的場強均大于A、P之間的場強，所以所以故D正確，不符合題意．二、多選題(共9題，共18分)8、A:D【分析】【詳解】

A．電荷量為+q的小球以初速度v0從管口射入的過程；因庫侖力與速度方向垂直，豎直方向只受重力作用，加速度始終為g，故A正確；

B．小球有下落過程中；庫侖力與速度方向垂直，則庫侖力不做功，故B錯誤；

C．電場力不做功；只有重力做功；根據(jù)動能定理，速度不斷增加，故C錯誤；

D．在兩個電荷的中垂線的中點，單個電荷產生的電場強度為：E=

根據(jù)矢量的合成法則，則有電場強度最大值為因此電荷量為+q的小球受到最大庫侖力為結合受力分析可知，彈力與庫侖力平衡，則管壁對小球的彈力最大值為故D正確；

故選AD.

點睛：對于等量異種電荷，根據(jù)矢量的合成法則，中垂線的中點的電場強度最大，在無窮遠的電場強度為零；點電荷靠近兩個電荷的連線的中點過程，電場力不做功；中點處的電場強度最大，則庫侖力也最大，彈力也是最大，從而即可求解．9、A:C【分析】【詳解】

A．根據(jù)沿著電場線電勢逐漸降低可知，水分子運動軌跡上B、C和D點的電勢大小關系為

故A正確；

BC．由圖可知，水分子上端的電場強度大于下端的電場強度，若水分子上端帶正電荷，下端帶負電荷，則向下的電場力，大于向上的電場力，則水分子向下運動，與運動軌跡矛盾，則水分子在B處時；上端帶負電荷，下端帶正電荷，則帶負電荷一端受到的電場力大于帶正電荷一端受到的電場力，故C正確，B錯誤；

D．如果把高壓直流電源的正負極反接；產生的電場方向發(fā)生反轉，但水分子是一端帶正電，另一端帶等量負電，故水分子的正負端發(fā)生反轉，水分子還是從A處開始將向上運動，故D錯誤。

故選AC。10、A:C【分析】【詳解】

微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則有水平方向

豎直方向

加速度

聯(lián)立解得

要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉角y。由上式分析可知，采用的方法有：減小微粒所帶的電荷量、增大偏轉電場兩板間的距離、減小偏轉極板間的電壓U；增大墨汁微粒的噴出速度等；故BD錯誤，AC正確。

故選AC。11、A:C【分析】【詳解】

A．將電荷量為的粒子從A點沿直線移動到B點，電場力做功為

則有

若將該粒子從C點沿直線移動到D點，電場力做功為2W，可得

根據(jù)勻強電場可知，CO沿著電場線的距離是AO沿著電場線的距離的2倍；而由幾何關系做輔助線如圖所示。

因A點在CO的投影點M為中點，可知電場線沿CD方向，故勻強電場的場強為

故A正確；

B．A、C兩點間的電勢差為

故B錯誤；

C．將該粒子從B點移動到D點，電場力做功為

故C正確；

D．將該正粒子從C點移動到B點；相當于從C點到N點，電場力做正功，電勢能減少，故D錯誤；

故選AC。12、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．φ-x圖像斜率表示場強E，因為C點的場強為零，則兩點電荷在C處的場強大小相等，方向相反，所以，兩個點電荷為異種電荷，又OA段電勢為正，所以q1一定帶正電，q2一定帶負電；選項A正確；

B．A、N點的電勢為零；場強不為零，選項B錯誤；

C．C點電勢不為零；但場強為零，選項C正確；

D．N、C間場強的方向沿x軸負方向；選項D錯誤。

故選AC。13、B:C:D【分析】【詳解】

設點電荷的電荷量為Q,將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置,如圖所示。

設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到：

A.根據(jù)電場強度可得：所以a點的場強大于b點的場強；故A錯誤；

B.根據(jù)電場強度的方向可知Q帶負電,因順著電場線的方向電勢降低，b點離點電荷比a點離點電荷遠，所以有φa<φb.故B正確；

C.將一電子沿ab連線從a點移到b點；電場力先做負功再做正功，所以電子的電勢能先增大后減小，故C正確；

D.將一電子沿ab連線從a點移到b點，電子距Q的距離先減小后增大；所以電子受到的電場力先增大后減小，故D正確；

故選：BCD；14、A:D【分析】【詳解】

AB．在勻強電場中，平行等間距的兩點電勢差相等，可得

帶入數(shù)據(jù)可得0

故A正確；B錯誤；

CD．將CD分為8等分，每一等分對應1cm，所以F點的電勢為9V，連接AF，過D點做AF的垂線,如圖。

有幾何關系可得DG的長度為

解得

所以電場強度的大小為

解得

又因為D的電勢為0，且D點距離正極板的距離為20cm，有對稱性可知，兩極板間的距離為40cm，所以兩極板間的的電勢差為

解得

故D正確；C錯誤。

故選AD。15、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)電流強度的定義式，可得流過的電流為

A正確。

B．由電阻定律

可得

B錯誤。

C．因兩段導體串聯(lián)，通過的電流相等，根據(jù)電流強度的微觀表達式

可得自由電子在導體和中的定向移動速率之比為

C正確。

D．根據(jù)焦耳定律

相同時間內導體和產生的焦耳熱之比為：

D錯誤。

故選AC。16、A:B:C【分析】【詳解】

A．根據(jù)閉合電路歐姆定律有

代入數(shù)據(jù)解得

所以A正確；

B．Rp不變時，V1的讀數(shù)與A2讀數(shù)之比等于R3；所以B正確；

C．根據(jù)閉合電路歐姆定律有

則有

所以Rp改變時，V1讀數(shù)的變化量的絕對值與A1讀數(shù)變化量的絕對值的比值是4則C正確；

D．滑動變阻器滑片向左移動，滑動變阻器阻值變大，則整個電路的總電阻變大，根據(jù)

則A1讀數(shù)變??；所以D錯誤；

故選ABC。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]根據(jù)定義可知；電功率為單位時間內電流所做的功；

（2）[2]根據(jù)定義可知；其公式為。

（3）[3]電功率的單位為瓦；符號為W；

（4）[4]電功率的物理意義為表示電流做功的快慢；

（5）[5]根據(jù)電功率的定義可知，決定用電器電功率大小的因素有電壓和電流，故選③④?！窘馕觥繒r間UI瓦W快慢③④18、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】溫度19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由電場強度的定義式有

得P點的場強為

[2]檢驗電荷電量減小，但電場強度仍保持不變，這時電荷受到的電場力為【解析】①.②.20、略

【分析】【詳解】

（1）[1]．兩板間是勻強電場，故場強為：=1200V/m；

（2）[2]．P1、P2兩點間沿著場強方向的距離：d′=4cm

故UP1P2=Ed′=1.2×103×4×10-2=48V；【解析】48V21、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據(jù)電容的決定式C=

電容的定義式C=

和E=

聯(lián)立解得E=

因電容器兩板所帶電量不變，正對面積不變，A板下移時，d減小，根據(jù)E=

可知，P點的電場強度E不變；因P點與下板的距離不變，根據(jù)公式U=Ed

P點與下板間的電勢差不變，則P點的電勢不變。【解析】①.不變②.不變22、略

【分析】