2025年滬科版必修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版必修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(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、奧斯特通過實驗證實了通電直導(dǎo)周圍存在著磁場，通電直導(dǎo)線在某點處產(chǎn)生磁感應(yīng)強度大小表達式為I為直導(dǎo)線中電流強度的大小，r為該點到直導(dǎo)線的距離．如圖所示，A、B、C三根通電直導(dǎo)線位于等腰直角三角形的個頂點，其電流大小分別為2I、I、I，A、C導(dǎo)線的電流方向垂直紙面向里，B導(dǎo)線的電流方向垂直紙面向外，O點為斜邊AC的中點，B導(dǎo)線在O點處的磁感應(yīng)強度大小為B，則O點的磁感應(yīng)強度大小為（）

A.OB.BC.BD.2B2、如圖所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同。傾角為質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上。當(dāng)物體Q放在與P等高（連線水平）且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，重力加速度為g，靜電力常量為k；則下列說法正確的是（）

A.P、Q所帶電荷量為B.P對斜面體的壓力為0C.斜面體受到地面的摩擦力為0D.斜面體對地面的壓力為3、如圖所示，已知電路中電源電動勢為內(nèi)阻為電阻為為電動機額定電壓為線圈電阻為開關(guān)閉合后；電動機恰好正常工作。下列選項正確的是（）

A.電阻兩端的電壓為B.通過電動機的電流為C.通過電阻的電流為D.電動機輸出的機械功率為4、如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、E三點的電勢分別為φA＝(4－)V、φC＝4V、φE＝(4＋)V；下列說法正確的是。

A.電場強度的方向由A指向DB.電場強度的大小為100V/mC.該圓周上的點電勢最高為8VD.將電子從D點沿DEF移到F點，電場力一直做正功5、安培提出了著名的分子電流假說，根據(jù)這一假說，電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流．設(shè)帶電荷量為e的電子以速率v繞原子核沿順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動,其電流的等效電流強度I和方向為（）A.順時針B.順時針C.逆時針D.逆時針6、如圖所示，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線Ⅱ為某一電阻的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻相連組成閉合電路；由圖像可知（）

A.電阻的阻值為B.電源的電動勢為C.電源的內(nèi)阻為D.電源的輸出功率為評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、如圖所示電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r．閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電壓表示數(shù)的變化量為ΔU．在這個過程中；下列判斷正確的。

A.電流表的示數(shù)增大B.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大C.電容器的帶電量減小，減小量小于CΔUD.電壓表示數(shù)變化量ΔU和電流表示數(shù)變化量ΔI的比值不變8、如圖所示，均勻帶電球殼O、O1、O2，半徑分別為R、R和R，O、O1、O2在一條直線上，兩小球殼和大球殼相切，三球殼帶電荷量均為已知半徑為R0的均勻帶正電＋的球殼在內(nèi)部的電勢為外部到球心距離為處的電勢為（r≥R0）；則下列判斷正確的是（）

A.O點電場強度和電勢均為0B.O1點電場強度和電勢均不為0C.O1O2兩點電勢差為U12可能大于0D.OO2兩點電勢差為9、如圖所示，其中電流表的量程為0~0.2A，內(nèi)阻為5Ω，R1的阻值為2.5Ω；R2的阻值為10Ω。下列分析正確的是（）

A.將接線柱1、3接入電路時，新電壓表的量程為0~6VB.將接線柱1、3接入電路時，新電壓表的量程為0~7VC.將接線柱1、2接入電路時，新電流表的量程為0~0.4AD.將接線柱1、2接入電路時，新電流表的量程為0~0.6A10、如圖所示，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，電源電壓保持不變。閉合開關(guān)S，滑動變阻器滑片P從中點向右移動過程中；下列說法正確的是（）

A.電壓表示數(shù)變大，電流表A1變小B.電流表A2示數(shù)變小C.電流表A2、A1示數(shù)之差變小D.電壓表示數(shù)與電流表A2示數(shù)的比值變大11、如圖所示，從燈絲發(fā)出的電子經(jīng)加速電場加速后，進入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為偏轉(zhuǎn)電壓為要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍；下列方法中正確的是（）

A.使減小到原來的B.使增大為原來的2倍C.使偏轉(zhuǎn)板的長度增大為原來2倍D.使偏轉(zhuǎn)板的距離減小為原來的12、如圖所示，一質(zhì)量為帶電量為的物體處于場強以（是均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向）變化的電場中，物體與豎直墻壁間動摩擦因數(shù)為當(dāng)時刻物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；且電場空間和墻面均足夠大，下列說法正確的是（）

A.物體開始運動后加速度不斷增加B.物體開始運動后加速度先增加、后保持不變C.經(jīng)過時間物體在豎直墻壁上的位移達最大值D.經(jīng)過時間物體運動速度達最大值13、如圖甲所示；兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處（不計重力作用），下列說法中正確的是（）

A.從時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B.從時刻釋放電子，電子可能在兩板間作往復(fù)運動C.從時刻釋放電子，電子必將在兩板間作往復(fù)運動D.從時刻釋放電子，電子可能打到右極板上14、兩個電阻????1、????2的伏安特性曲線如圖所示；由圖可知（）

A.????1的電阻????1=tan45°=1ΩB.????1為線性元件，????2為非線性元件C.????2的電阻隨電壓的增大而減小D.當(dāng)????=1V時，????2的電阻等于????1的電阻15、如圖所示，“6V3W”的小燈泡L與最大阻值為100W的滑動變阻器R連接在總電壓恒為18V的電路中；設(shè)燈絲電阻不隨溫度變化。電流表和電壓表選擇的量程分別為“0~0.6A”和“0~15V”。在保證電路安全的情況下，下列說法中錯誤的是（）

A.小燈泡L正常發(fā)光時的電流0.2AB.當(dāng)電流表的示數(shù)為0.4A時，電壓表的示數(shù)為4.8VC.滑動變阻器允許接入的最大阻值為36ΩD.滑動變阻器允許接入的最小阻值是24Ω評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、如圖所示.電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r=1Ω.電阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，電容C＝30μF.閉合電鍵K，且穩(wěn)定后通過R1的電流大小_________A，然后將開關(guān)K斷開，求這以后流過R1總電量_________C

17、普朗克理論∶

（1）借助于能量子的假說，普朗克得出了黑體輻射的強度按________的公式；與實驗符合得非常好。

（2）普朗克在1900年把能量子列入物理學(xué)，正確地破除了“________”的傳統(tǒng)觀念，成為新物理學(xué)思想的基石之一。18、某同學(xué)利用游標(biāo)卡尺和螺旋測微器分別測量一圓柱體工件的直徑和高度，測量結(jié)果如圖（a）和（b）所示。該工件的直徑為__________cm，高度為________mm。

19、左圖讀數(shù)為___________cm；右圖讀數(shù)為___________mm。

20、摩擦起電和感應(yīng)起電。

（1）摩擦起電：當(dāng)兩種物質(zhì)組成的物體互相摩擦?xí)r，一些受束縛較弱的電子會轉(zhuǎn)移到另一個物體上，于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶___________電，失去電子的物體則帶___________電。

（2）感應(yīng)起電：當(dāng)一個帶電體靠近導(dǎo)體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導(dǎo)體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導(dǎo)體靠近帶電體的一端帶___________電荷，遠離帶電體的一端帶___________電荷，這種現(xiàn)象叫作靜電感應(yīng)。利用___________使金屬導(dǎo)體帶電的過程叫作感應(yīng)起電。

21、分別表示在一條直線上從左到右的三個點電荷，已知與之間的距離為與之間的距離為且每個電荷都處于平衡狀態(tài)．

（1）如為正電荷，則為________電荷．

（2）三者電量大小之比是________．22、現(xiàn)有一個電流表G，內(nèi)阻Rg=30滿偏電流Ig=1mA。

(1)把它改裝成量程為0~3V的電壓表，要________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個_______的電阻。

(2)把它改裝成量程為0~0.6A的電流表，要________（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個_____的電阻。23、如圖所示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略、電動勢E=3V，R1=8Ω、R2=2Ω。閉合電鍵K1后，K2置于a處，電壓表示數(shù)U1。將電鍵K2從a撥動到b，穩(wěn)定后電壓表示數(shù)U2，則U1________U2（選填“>”、“<”或“=”）；若電源內(nèi)阻r=20Ω，K2置于a處，滑動變阻器阻值逐漸增大時電源輸出功率減小，隨后將K2置于b處，變阻器阻值逐漸減小時電源輸出功率減小，則滑動變阻器阻值的取值范圍為________。

24、為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖所示，已知線圈由端開始繞至端；當(dāng)電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉(zhuǎn)。

（1）將磁鐵N極向下，從線圈L中向上抽出時，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉(zhuǎn)，俯視線圈，其繞向為___________（填：“順時針”或“逆時針”）。

（2）當(dāng)條形磁鐵從圖示中的虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉(zhuǎn)，俯視線圈，其繞向為___________（填：“順時針”或“逆時針”）。評卷人得分四、實驗題(共3題，共30分)25、某實驗小組利用所提供的如下器材測量某一金屬絲Rx（電阻約為10Ω）的電阻率。使用刻度尺測得金屬絲長度L＝0.825m，使用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，可供選擇的器材還有：電池組E（電動勢為9.0V；內(nèi)阻約1Ω）；

電流表A1（量程0～100mA，內(nèi)阻為5Ω）；電流表A2（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.3Ω）；定值電阻R1＝55Ω；

滑動變阻器R（0～5Ω）；開關(guān)一個；導(dǎo)線若干。

(1)螺旋測微器示數(shù)如圖甲所示，可知金屬絲直徑為______mm；

(2)若想更加精確地測出金屬絲的電阻，請設(shè)計出測量電路圖，并標(biāo)明所用器材符號。要求使用提供的全部器材，能夠測量多組數(shù)據(jù)，測量盡量準(zhǔn)確______；

(3)按照所設(shè)計出的測量電路，在某次測量中獲得的數(shù)據(jù)如圖乙所示，則電流表A1的示數(shù)為______mA，電流表A2的示數(shù)為______A；

(4)由以上所測的數(shù)據(jù)可算得金屬絲的電阻率為______。26、研究小組利用如圖（a）所示電路測量某水果電池的電動勢和內(nèi)阻，電流表和量程均為內(nèi)阻相同，電阻箱R、和的最大阻值均為

（1）測量電流表的內(nèi)阻。調(diào)節(jié)電阻箱R、的阻值均為閉合開關(guān)和調(diào)節(jié)電阻箱使電流表的示數(shù)為零，電阻箱的阻值如圖（b）所示，則電流表的內(nèi)阻__________

（2）保持閉合，斷開將電阻箱調(diào)到__________使與整體可視為量程為的電壓表，接著，保持電阻箱不變，改變電阻箱R的值，記錄電流表和的值和根據(jù)數(shù)據(jù)繪制圖像如圖（c）所示，則水果電池的電動勢__________V，內(nèi)阻__________（E和r的計算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）

（3）實驗后研究小組發(fā)現(xiàn)開關(guān)氧化嚴(yán)重，閉合時的接觸電阻較大。與水果電池的實際值比較，該小組測得的內(nèi)阻__________。（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）27、某學(xué)習(xí)小組利用如圖1所示的電路測量多用電表內(nèi)歐姆“×1”擋內(nèi)部電池的電動勢E和多用電表歐姆“×1”擋的內(nèi)阻r，為滑動變阻器，V為電壓表（量程0～2V，內(nèi)阻約）。實驗步驟如下：

（1）將多用電表的選擇開關(guān)調(diào)到“×1”擋，將圖1中多用電表的黑表筆與_______（填“1”或“2”）端相連。

（2）兩表筆與1、2正確連接后，改變滑動變阻器接入電路的阻值，某次實驗中多用電表和電壓表的讀數(shù)分別如圖2、圖3所示，多用電表的讀數(shù)為___________電壓表的讀數(shù)為___________V。

（3）多次改變滑動變阻器接入電路的阻值，記錄多用電表的讀數(shù)R和電壓表的讀數(shù)U，并在計算機上顯示出如圖4所示的圖線，則E=________V，r=________（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

評卷人得分五、解答題(共4題，共12分)28、如圖所示，分別在A、B兩點放置點電荷Q1=2×10-14C和Q2=-2×10-14C，在AB的垂直平分線上有一點C，且AB=AC=BC=6×10-2m．（k=9.0×109N.m2/C2）

（1）求C點的場強大??；

（2）如果把一個電子在C點，它所受到的庫侖力是多大？29、如圖所示，有一半徑為R=1m的圓形區(qū)域，O為圓心，AC為直徑，三角形ABC為圓內(nèi)接三角形，為60°。有面積足夠大平行于圓面的勻強電場，已知場強E=100V/m，A點電勢為B點電勢為0，C點電勢低于B點電勢，電子電荷量大小為電子重力不計。求：

（1）勻強電場的方向；

（2）C點的電勢（可用根號表示）；

（3）若將一電子以某一初速度從C點飛出；電子經(jīng)過圓形區(qū)域邊界時可能獲得的最大動能增量（可用根號及含eV單位的數(shù)值表示）。

30、在某電場中的P點，放一帶電量q1=-3.0×10-10C的檢驗電荷，測得該電荷受到的電場力大小為F1=9.0×10-7N；方向水平向右。求：

(1)P點的場強大小和方向；

(2)在P點放一帶電量為q2=4.0×10-10C的檢驗電荷，求q2受到的電場力F2的大小和方向；31、電路如圖所示，電源電動勢E＝28V，內(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C為平行板電容器，其電容C＝3.0pF，虛線到兩極板距離相等，極板長L＝0.20m，兩極板的間距d＝1.0×10-2m。

（1）開關(guān)S處于斷開狀態(tài)時；電容器兩端的電壓是多少？

（2）若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則當(dāng)其閉合后，求流過R4的總電量為多少？

（3）若開關(guān)S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當(dāng)開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的電場中射出？（g取10m/s2）

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

由幾何關(guān)系可知，ABC三點與O點的距離相等，設(shè)為r，則B導(dǎo)線在O點處的磁感應(yīng)強度大小為

方向由O指向A；則A導(dǎo)線在O點處的磁感應(yīng)強度大小為

方向由O指向B；則C導(dǎo)線在O點處的磁感應(yīng)強度大小為

方向沿BO方向斜向上；由平行四邊形法則可得O點的磁感應(yīng)強度大小為

方向水平向左；ABD錯誤，C正確。

故選C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．P靜止且受斜面體的摩擦力為0，對P由平衡條件可得

解得P、Q所帶電荷量為

A錯誤；

B．斜面對P的支持力為

由牛頓第三定律可知，P對斜面體的壓力為

B錯誤；

C．斜面體在水平方向由平衡條件可得，斜面體受到地面的摩擦力為

C錯誤；

D．斜面體在豎直方向由平衡條件可得

即斜面體對地面的壓力大小為D正確。

故選D。3、C【分析】【詳解】

A．電動機兩端電壓為6V，開關(guān)閉合后，電動機恰好正常工作，所以電源內(nèi)電壓與電阻R1兩端電壓之和為6V，由歐姆定律有

解得：

所以電阻兩端的電壓為

故A錯誤；

BC．與電動機并聯(lián)，且并聯(lián)部分電壓為6V，則流過R2的電流為

由并聯(lián)電路的電流特點可知，流過電動機的電流為

故B錯誤,C正確；

D．電動機消耗的電功率

電動機的發(fā)熱功率為

電動機產(chǎn)生的機械功率

故D錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

A．令A(yù)E中點為G．則G點電勢．所以GC線所在的與圓平面垂直的面是一個等勢面．電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以電場強度的方向由E指向A．故A錯誤；

B．EA兩點間的電勢差為AE兩點間的距離d=2Rsin60°=2cm；電場強度的大小。

故B正確；

C．順著電場線電勢降低，故由幾何關(guān)系知，圓弧ED的中點H處（H在圓上）電勢最高．

因為U=dE；所以。

代入數(shù)據(jù)。

解锝φH=6V；故C錯誤；

D．從D到F點，電勢先升高后降低，電子帶負(fù)電，電勢能先減小后增加，靜電力先做負(fù)功后做正功，故D錯誤．5、C【分析】【詳解】

電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流，電子運動周期為:

根據(jù)電流的定義式得：電流強度為:

因為電子帶負(fù)電；所以電流方向與電子定向移動方向相反，即沿逆時針方向，故C正確，選項ABD錯誤．

【點睛】

本題是利用電流強度的定義式求解電流，這是經(jīng)常用到的思路，要知道電流方向與正電荷定向移動方向相同，而與負(fù)電荷定向移動方向相反．6、D【分析】【詳解】

A．電阻R的阻值為

選項A錯誤；

BC．根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E?Ir知，當(dāng)I=0時，U=E，圖象Ⅰ縱軸截距等于電源的電動勢，斜率的大小等于內(nèi)阻r，則電源的電動勢為3.0V

選項BC錯誤；

D．由兩圖線的交點可讀出，該電源直接與電阻R連接成閉合電路時電路中的路端電壓為2V，電流為I=2A，則電源的輸出功率為P=UI=2×2=4W

選項D正確。

故選D。二、多選題(共9題，共18分)7、B:C:D【分析】【詳解】

AC．閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，電流表示數(shù)減小，由歐姆定律分析得知，電阻R1兩端的電壓減小，電阻R兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電壓增大，所以電阻R1兩端的電壓減小量小于△U，則電容器的帶電量減小，減小量小于C△U．故A錯誤；C正確．

B．由圖，R增大，則電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大；故B正確．

D．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-I（R1+r），由數(shù)學(xué)知識得知，保持不變，故D正確．8、B:D【分析】【詳解】

A．據(jù)半徑為R0的均勻帶正電＋的球殼在內(nèi)部的電勢為可知均勻帶電球殼在其殼內(nèi)產(chǎn)生場強為零，則均勻帶電球殼O在O點處產(chǎn)生場強為零；據(jù)對稱性可知均勻帶電球殼O1、O2在O點處場強抵消，所以O(shè)點處場強為零；O點電勢等于均勻帶電球殼O、O1、O2在O點的電勢之和，則

故A項錯誤；

B．均勻帶電球殼在其殼內(nèi)產(chǎn)生場強為零，則均勻帶電球殼O、O1在O1處產(chǎn)生場強為零；均勻帶電球殼O2在O1處產(chǎn)生場強不為零，則O1點場強等于球殼O2在O1處產(chǎn)生的電場、不為零；O1點電勢等于均勻帶電球殼O、O1、O2在O1點的電勢之和，則

故B項正確；

C．根據(jù)對稱性可知，O1和O2電勢相等，則O1O2兩點電勢差U12=0

故C項錯誤；

D．OO2兩點電勢差為

故D項正確。9、B:D【分析】【分析】

【詳解】

CD．當(dāng)接上1、2時，是在電流表上并聯(lián)一個定值電阻，所以是電流表，由于的阻值為電流表內(nèi)阻的一半，所以擴大后的量程是原來的3倍，即為故C錯誤，D正確；

AB．接1、3時是給電流表串聯(lián)一定值電阻，則是電壓表，由于通過電流是電流表滿偏電流的3倍，所以兩端的電壓是電流表滿偏電壓的6倍；而電流表的滿偏電壓是。

所以改裝后的電壓是故錯誤；B正確。

故選BD。10、B:D【分析】【分析】

【詳解】

由電路圖可知，R1與R2并聯(lián)，電壓表測電源的電壓，電流表A2測干路電流，電流表A1測R2支路的電流；

AB．由于電源電壓不變，則電壓表示數(shù)不變；閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器的滑片P從中點向右移動時，滑動變阻器接入電路的電阻變大，根據(jù)歐姆定律可知，通過滑動變阻器的電流減小，即電流表A1示數(shù)變?。挥捎诓⒙?lián)電路互不影響，則通過R1的電流不變，根據(jù)并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，干路中的電流變小，即電流表A2示數(shù)變??；故A錯誤，B正確；

C．電流表A2、A1示數(shù)之差為通過R1的電流，保持不變，即電流表A2、A1示數(shù)之差不變；故C錯誤；

D．電壓表示數(shù)不變，電流表A2示數(shù)變?。黄浔戎底兇?，故D正確。

故選BD。11、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

設(shè)電子的質(zhì)量和電量分別為m和e，電子在加速電場中加速過程，根據(jù)動能定理，有

電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，加速度大小為

電子在水平方向做勻速直線運動，則有

在豎直方向做勻加速運動，則有偏轉(zhuǎn)量

聯(lián)立，可得

A．根據(jù)偏轉(zhuǎn)量的表達式，可知要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，使減小到原來的即可；故A正確；

B．根據(jù)偏轉(zhuǎn)量的表達式，可知要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，使增大為原來的2倍即可；故B正確；

C．根據(jù)偏轉(zhuǎn)量的表達式，可知要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，使偏轉(zhuǎn)板的長度增大為原來倍即可；故C錯誤；

D．根據(jù)偏轉(zhuǎn)量的表達式，可知要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，使偏轉(zhuǎn)板的距離減小為原來的即可；故D正確。

故選ABD。12、A:C【分析】【詳解】

AB．由題意物體所受的電場力電場改變方向之前，物體沿豎直墻運動，由于水平方向支持力與電場力相等，電場強度減??；所以支持力減小，故摩擦力減小，所以物體受到的重力和摩擦力的合力增大，加速度增大，速度增大；電場改為水平向右時，物體受互相垂直的重力和電場力，而電場力隨電場強度的增大而增大，所以合力增大，加速度增大。因此，整個過程中，物體運動的加速度不斷增大，A正確，B錯誤；

C．墻壁對物體的支持力時，物體將要離開墻壁，它在墻壁上運動的位移達到最大，此時

得

即

解得

C正確；

D．根據(jù)上述分析可知；物體運動的加速度不斷增大，且速度不斷增大，D錯誤；

故選AC。13、A:D【分析】【詳解】

AB．由題意可知，結(jié)合圖象，從

時刻釋放電子，釋放的電子在前時間內(nèi)先向右勻加速運動，接著時間內(nèi)，繼續(xù)向右勻減速運動，下一個時間繼續(xù)重復(fù)先勻加速再勻減速；直到打到右極板上，所以A正確，B錯誤；

CD．若從

時刻釋放電子，電子先向右勻加速運動時間，接著向右勻減速運動時間，這時電場方向還沒有改變，電子將向左勻加速運動時間，接著向左勻減速運動時間，再向右勻加速運動時間；最終可能打到右極板上，所以C錯誤，D正確。

故選AD。14、B:D【分析】【詳解】

A．????1的電阻

選項A錯誤；

B．????1為線性元件，????2為非線性元件；選項B正確；

C．????2的圖像上各點的橫坐標(biāo)U與縱坐標(biāo)I的比值隨電壓的增大而增大，則????2的電阻隨電壓的增大而增大；選項C錯誤；

D．當(dāng)????=1V時，????2的電阻等于????1的電阻；均等于2Ω，選項D正確。

故選BD。15、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

由電路圖可知，燈泡L與滑動變阻器R串聯(lián)，電壓表測R兩端的電壓；電流表測電路中的電流。

A．由P=UI可得；燈泡正常發(fā)光時的電流。

故A錯誤；

B．由。

可得；燈泡的電阻。

當(dāng)電流表的示數(shù)為0.4A時；燈泡兩端的電壓：

UL′=IRL=0.4A×12Ω=4.8V因串聯(lián)電路中總電壓等于各分電壓之和；所以電壓表的示數(shù)。

UR=U-UL′=18V-4.8V=13.2V故B錯誤；

C．當(dāng)電壓表的示數(shù)UR大=15V時；滑動變阻器接入電路中的電阻最大，此時燈泡兩端的電壓。

UL小=U-UR大=18V-15V=3V因串聯(lián)電路中各處的電流相等；所以電路中的電流。

即。

解得。

R大=60Ω故C錯誤；

D．因燈泡的額定電流為0.5A，電流表的量程為0～0.6A，所以，電路中的最大電流I大=0.5A；滑動變阻器接入電路中的電阻最小，此時電路中的總電阻。

因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和；所以，變阻器接入電路中的最小阻值：

R小=R總-RL=36Ω-12Ω=24Ω故D正確。

此題選擇不正確的選項，故選ABC。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【詳解】

閉合開關(guān)K，據(jù)全電路歐姆定律得

閉合開關(guān)K，電容器的電壓等于兩端電壓，為：

開關(guān)K斷開時，電容器的電壓等于電源的電動勢，為

電容器兩端的電壓變化量

過的總電荷量．【解析】1A；1.2×10-4C；17、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]根據(jù)普朗克理論可知；借助于能量子的假說，普朗克得出了黑體輻射的強度按波長分布的公式，與實驗符合得非常好。

（2）[2]普朗克在1900年把能量子列入物理學(xué)，正確地破除了“能量連續(xù)變化”的傳統(tǒng)觀念，成為新物理學(xué)思想的基石之一?！窘馕觥竣?波長分布②.能量連續(xù)變化18、略

【分析】【詳解】

[1]游標(biāo)卡尺讀數(shù)即工件的直徑為

[2]螺旋測微器的讀數(shù)即工件的高度為【解析】4.2151.85019、略

【分析】【詳解】

[1]由左圖可知，游標(biāo)卡尺為十分度游標(biāo)卡尺，則讀數(shù)為

[2]由右圖可知，螺旋測微器讀數(shù)為【解析】1.141.73020、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1][2]摩擦起電：當(dāng)兩種物質(zhì)組成的物體互相摩擦?xí)r；一些受束縛較弱的電子會轉(zhuǎn)移到另一個物體上，于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶負(fù)電，失去電子的物體則帶正電。

(2)[3][4][5]感應(yīng)起電：當(dāng)一個帶電體靠近導(dǎo)體時，由于電荷間相互吸引或排斥，導(dǎo)體中的自由電荷便會趨向或遠離帶電體，使導(dǎo)體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠離帶電體的一端帶同種電荷，這種現(xiàn)象叫作靜電感應(yīng)。利用靜電感應(yīng)使金屬導(dǎo)體帶電的過程叫作感應(yīng)起電?！窘馕觥控?fù)正異種同種靜電感應(yīng)21、略

【分析】【詳解】

[1]若為正電荷，則不可能平衡，故為負(fù)電荷；

[2]對有

對有

對有

聯(lián)立解得三者電量大小之比為【解析】負(fù)22、略

【分析】【詳解】

(1)[1][2]把它改裝成量程為0~3V的電壓表，要串聯(lián)一個分壓電阻，電阻大小為

(2)[3][4]把它改裝成量程為0~0.6A的電流表，要并聯(lián)一個分流電阻，其大小為【解析】串聯(lián)并聯(lián)0.0523、略

【分析】【詳解】

[1]閉合電鍵K1后，K2置于a處，電壓表示數(shù)U1，由閉合電路歐姆定律可得

電鍵K2從a撥動到b，穩(wěn)定后電壓表示數(shù)U2，由閉合電路歐姆定律可得

則U1>U2

[2]對于電源，當(dāng)外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大，K2置于a處，滑動變阻器阻值逐漸增大時電源輸出功率減小，則

將K2置于b處，變阻器阻值逐漸減小時電源輸出功率減小，則

解得【解析】>[12Ω，18Ω]24、略

【分析】【詳解】

（1）[1]將磁鐵N極向下；從線圈L中向上抽出時，磁鐵離開線圈，穿過L的磁場向下，原磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，感應(yīng)電流磁場應(yīng)該向下，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)，電流從電流表左端流入，由安培定則可知，俯視線圈，線圈繞向為逆時針。

（2）[2]當(dāng)條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠離L時，穿過L的磁通量向上，磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流磁場應(yīng)向上，指針向右偏轉(zhuǎn)，電流從右端流入電流表，由安培定則可知，俯視線圈，其繞向為逆時針?！窘馕觥磕鏁r針逆時針?biāo)?、實驗題(共3題，共30分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]由圖示螺旋測微器可知，金屬絲直徑

(2)[2]由題意可知，沒有電壓表，可以把電流表A1與定值電阻串聯(lián)改裝成電壓表測電壓，用電流表A2測電流；由題意可知，待測電阻阻值大于滑動變阻器最大阻值，為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示。

(3)[3]電流表A1量程為100mA；由圖示表盤可知，其分度值為5mA，示數(shù)為65mA；

[4]電流表A2量程為0.6A；分度值為0.02A，示數(shù)為0.44A