2025年蘇科新版必修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年蘇科新版必修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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、導(dǎo)線中沒有電流時，其周圍空間沒有磁場；當(dāng)導(dǎo)線通有電流時，其周圍空間有磁場。由此可猜想：定向運動的電荷周圍有磁場。猜想的主要依據(jù)是（）A.導(dǎo)線兩端有電壓時，導(dǎo)線中形成電流B.電流是電荷定向運動形成的C.導(dǎo)線中存在正電荷和負電荷D.導(dǎo)線中存在可以自由移動的電荷2、圖為測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線．用此電源與三個阻值均為3Ω的電阻連接成電路；測得路端電壓為4.8V．則該電路可能為。

A.B.C.D.3、如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球P，小球所處的空間存在著方向豎直向上的勻強電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運動到M點。在小球從開始運動到運動至最高點時；則（）

A.小球電勢能的減少量大于小球重力勢能的增加量B.小球機械能的改變量等于電場力做的功C.小球動能的減少量等于電場力和重力做功的代數(shù)和D.彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量4、一半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，帶有正電荷。其軸線與x軸重合，環(huán)心位于坐標(biāo)原點O處，M、N為x軸上的兩點；則下列說法不正確的是（）

A.環(huán)心O處電場強度為零B.沿x軸正方向從O點到無窮遠處電場強度越來越小C.沿x軸正方向由M點到N點電勢越來越低D.將一正試探電荷由M點移到N點，電荷的電勢能減少5、如圖所示，D是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一點電荷，在P點處于靜止?fàn)顟B(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量，U表示兩極板間的電壓，φ表示P點的電勢。若保持極板B不動，第一次將極板A稍向上平移，第二次將極板A稍向下平移（移動后極板A的位置還在P點上方）；則（）

A.兩次移動后U相同B.兩次移動后點電荷都保持靜止C.第一次移動后φ減小，第二次移動后φ增大D.第一次移動后Q不變，第二次移動后Q增大6、用電壓表和電流表測量電阻時，可以選用如圖甲或乙所示的兩種電路，其中Rx為待測電阻．電表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響不能忽略；下列說法中正確的是（）

A.甲圖中，電流表的示數(shù)等于通過Rx的電流B.乙圖中，電流表的示數(shù)等于通過Rx的電流C.選用甲圖測得Rx的阻值大于其真實阻值D.選用乙圖測得Rx的阻值等于其真實阻值7、電源；開關(guān)、小燈泡、電壓表等連接成如圖所示的電路；小燈泡上標(biāo)有“0.6A，1.5W”字樣，電源的電動勢為3V，電壓表為理想表，導(dǎo)線電阻不計。閉合開關(guān)，小燈泡恰好正常發(fā)光。電源的內(nèi)阻約為（）

A.0.30ΩB.0.83ΩC.1.2ΩD.1.5Ω8、下列說法中正確的是（）A.任何變化的磁場都要在周圍空間產(chǎn)生變化的電場B.現(xiàn)代通訊用的5G信號（3.3×109～6×109Hz頻段）和4G信號（1.88×109～2.64×109Hz頻段）都是橫波，二者疊加可以產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象C.超聲波被血管中的血流反射后，探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化可以用波的干涉原理解釋D.觀看3D立體電影時，觀眾戴的眼鏡是應(yīng)用光的偏振原理制成的評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、平行金屬板PQ、MN與電源和滑動變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為內(nèi)阻不計；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為電荷量為初速度為零的粒子，粒子在PQ間的加速電場作用下穿過Q板的小孔緊貼N板水平進入MN間的偏轉(zhuǎn)電場；改變滑片P的位置可改變加速電場的電壓和偏轉(zhuǎn)電場的電壓且所有粒子都能夠從間飛出；下列說法正確的是（）

A.粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與成正比B.滑片P向左滑動，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角將減小C.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率D.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率10、如下圖所示，在光滑絕緣水平面上，有兩個質(zhì)量相等、帶有同種電荷的小球A和B，它們所帶電荷量不相等，彼此相隔一定距離．現(xiàn)在給A球一個沿A、B球心連線水平向右的初速度v0，同時將B球由靜止釋放．若在此后的運動中兩小球始終未相碰；則兩小球在運動過程中（）

A.任一時刻加速度的大小一定不相等B.任一時刻加速度的大小一定相等C.相距最近時，它們的速度相等D.相距最近時，它們的速度不相等11、如圖所示，相距為2d的A、B兩個點電荷固定于豎直線上，電荷量分別為+Q和-Q。MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，與AB連線間的距離為d，C、D是細桿上與A、B等高的兩點，O點是CD中點。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球P（可視為點電荷，放入電場后不影響電場的分布）穿過細桿，由C點靜止開始釋放，向下運動到O點時速度大小為v。已知靜電力常量為k，重力加速度為g。則（）

A.C、D兩點電勢φC=φDB.C、D兩點的電場強度大小相等C.O點處的電場強度大小E=D.小球P經(jīng)過D點時的速度大小為2v12、由相同的電流表改裝而成的三個電壓表按如圖所示的方式接入電路，已知的量程最大，的量程最小，且的量程等于與的量程之和，當(dāng)電路導(dǎo)通時，三個電壓表的示數(shù)分別為指針偏轉(zhuǎn)的角度分別為則有()

A.B.C.D.13、如圖所示，系留無人機是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機，旋翼由電動機帶動?，F(xiàn)有質(zhì)量為額定功率為的系留無人機從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過到達高處后懸停并進行工作。已知直流電源供電電壓為若不計電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對無人機的拉力，則（）

A.空氣對無人機的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對無人機供電的額定電流為12.5AC.無人機上升過程中消耗的平均功率為100WD.無人機上升及懸停時均有部分功率用于對空氣做功14、如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r．閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表示數(shù)變化量的絕對值分別為理想電流表示數(shù)變化量的絕對值為則（）

A.B.C.和保持不變D.電源輸出功率先增大后減小15、如圖所示，當(dāng)電路里滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時（）

A.電容器C兩端的電壓增大B.電容器C兩極板間的電場強度增大C.電壓表的讀數(shù)減小D.R1消耗的功率增大評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、習(xí)慣上規(guī)定____電荷定向移動的方向為電流的方向（填“正”或“負”）。一次閃電過程中，流動的電荷量約為300C，持續(xù)時間約2s，則閃電的平均電流為_____A。17、如圖所示，真空中，相距為r的兩點電荷A、B所帶電荷量分別為Q和-Q，則兩點連線的中點O處的場強為_______；在兩點電荷連線的中垂線上距A、B兩點都為r的O,點的場強為________，方向為________。18、如圖所示，三根等長帶電棒絕緣相連成正三角形，每根棒上電荷均勻分布，帶電均為帶電為P點為正三角形中心，P、Q兩點關(guān)于邊對稱.現(xiàn)測得P、Q兩點的電場強度大小分別為和若撤去棒，則P、Q兩點的電場強度大小分別為_____，_____。

19、一個額定電壓為220V、額定功率為9W的LED燈泡，若它每天正常發(fā)光5h，一個月（30天）消耗的電能是___________kW?h，與普通白熾燈相比，在達到相同亮度的條件下，假設(shè)LED燈可以節(jié)約90%的電能，則這個LED燈與功率為___________W的白熾燈亮度相當(dāng)。20、如圖，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計相接，極板B接地，若減小電容器極板間的距離，則（填“增大”、“減小”、“保持不變”）電容____，靜電計指針偏角_____，電量_____，場強_____。

21、如圖所示，平行板電容器板面水平，放置于空氣中，兩板與電源相接，A板接靜電計小球，B板接靜電計外殼，開始開關(guān)S閉合；有一個帶電粒子在電容器中恰好靜止。

（1）將A板水平向左移動一段距離，粒子的運動情況是___________（填“靜止”、“向上運動”或“向下運動”）。電容器所帶的電荷量的變化情況是___________（填“增多”；“減少”或“不變”）。

（2）如果先斷開開關(guān)S，再把A板向左移動一段距離，則粒子的運動情況是___________（填“靜止”、“向上運動”或“向下運動”）靜電計指針張角的變化情況是___________（填“增大”；“減小”或“不變”）。

22、寫出如圖所示的游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)。游標(biāo)卡尺的讀數(shù)___________cm；螺旋測微器的讀數(shù)___________mm。

23、請完成下列各表的讀數(shù)；把答案填在圖下的橫線上。

（1）量程為0~3V和0~3A的電表。讀數(shù)___________，讀數(shù)___________

（2）量程為0~15V的電壓表讀數(shù)。讀數(shù)___________，讀數(shù)___________，讀數(shù)___________

（3）量程為0~0.6A的電流表讀數(shù)。讀數(shù)___________，讀數(shù)___________，讀數(shù)___________，讀數(shù)___________

24、微波爐的加熱原理是：微波遇到食物中的______分子時，會產(chǎn)生微波效應(yīng)，將電磁能轉(zhuǎn)化為電能。評卷人得分四、作圖題(共3題，共30分)25、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導(dǎo)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(yīng)的磁感線（標(biāo)上方向）或電流方向。

26、如圖所示，磁感應(yīng)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(dǎo)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。

27、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導(dǎo)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(yīng)的磁感線（標(biāo)上方向）或電流方向。

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

根據(jù)電流形成的條件可知；電流是電荷定向運動形成的。當(dāng)導(dǎo)線中沒有電流時，即導(dǎo)線中沒有做定向移動的電荷，此時周圍空間沒有磁場。當(dāng)導(dǎo)線通有電流時，導(dǎo)線內(nèi)的自由電荷做定向移動，其周圍空間就有磁場，故由此可猜想：定向運動的電荷周圍有磁場。故B正確，ACD錯誤。

故選B。2、B【分析】【詳解】

由上圖可知電源電動勢為電源內(nèi)阻為．

A．三電阻并聯(lián)，

B．兩個電阻串聯(lián)，然后與第三個電阻并聯(lián)，

C．三電阻串聯(lián)，

D．兩電阻并聯(lián)后與第三個電阻串聯(lián)，

【點睛】

根據(jù)圖象求得電源的電動勢和內(nèi)電阻是本題的關(guān)鍵，之后根據(jù)閉合電路歐姆定律來計算即可．3、D【分析】【詳解】

A．由小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)可得

小球在上升過程中電場做正功，重力做負功，彈力做負功，即

因為電場力等于重力；所以電場力做功大小等于重力做功大小，故小球電勢能的減少量等于小球重力勢能的增加量，故A項錯誤；

B．因為

所以小球機械能的改變量等于電場力和彈力做的功之差；故B項錯誤；

C．因為

所以小球動能的減少量等于電場力；重力和彈力做功的代數(shù)和，故C項錯誤；

D．因為電場力等于重力，所以有

所以彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量；故D項正確。

故選D。

【點睛】

解決問題首先要清楚研究對象的運動過程．我們要清楚運動過程中能量的轉(zhuǎn)化，以便從能量守恒角度解決問題．把動量守恒和能量守恒結(jié)合起來列出等式求解是常見的問題。4、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)場強的疊加可知，O點的場強為零。故A不符合題意。

B．O點的場強為零，無窮遠處的場強為零，O到無窮遠間的場強不為零，故x軸正方向從O點到無窮遠處電場強度先增大；后減小。故B符合題意。

C．電場線方向由M指向N，沿電場方向電勢降低，所以由M點到N點電勢越來越低。故C不符合題意。

D．將一正試探電荷由M點移到N點，電場力做正功，電勢能減小。故D不符合題意。5、D【分析】【詳解】

將極板A稍向上平移，極板間距d增大，由電容器決定式

可知，電容C減小，若電容器兩端電壓U不變，電容器所帶電量Q將減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞯碾姾刹荒芑氐诫娫矗噪娙萜鞯碾娏縌不變。由于電容C減小，由電容的定義式

可知，U變大。

又

得

可知板間場強不變；電荷保持靜止。

因為極板B接地，電勢為零，P點到極板B的距離不變，場強不變，則P點到極板B的電勢差不變，故P點電勢不變。

若極板A稍向下平移，可知電容C增大，電荷可通過二極管對電容器充電，Q增大，電壓U不變，故兩次移動后U不同。

因為兩極板間距d減小，故場強減小，電荷向下移動。同樣，P點到極板B的電勢差減小，P點電勢降低；故D正確，ABC錯誤。

故選D。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．甲圖中，電流表的示數(shù)等于通過電壓表與Rx的電流；故A錯誤；

B．乙圖中，電流表的示數(shù)等于通過Rx的電流；故B正確；

CD．根據(jù)歐姆定律，采用甲圖時，測量值

真實值應(yīng)為

比較可知；測量值比真實值偏小；

采用乙圖時，測量值

真實值

比較可知；測量值比真實值偏大；故CD錯誤；

故選B。

【點評】

伏安法測電阻實驗中，電流表內(nèi)外接法的選擇方法可以用口訣“大內(nèi)偏大，小外偏小”來判定，注意引起誤差的根源是解題的突破口。7、B【分析】【詳解】

小燈泡恰好正常發(fā)光，則電路中的電流為I=0.6A，燈泡兩端的電壓為

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得

故選B。8、D【分析】【分析】

【詳解】

A．只有非均勻變化的磁場才能在周圍產(chǎn)生變化的電場；故A錯誤；

B．5G信號和4G信號都是橫波；由于波的頻率不同，二者疊加不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故B錯誤；

C．超聲波被血管中的血流反射后；探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化可以用多普勒效應(yīng)原理解釋，故C錯誤；

D．觀看3D立體電影時；觀眾戴的眼鏡是應(yīng)用光的偏振原理制成的，故D正確。

故選D。二、多選題(共7題，共14分)9、A:C【分析】【詳解】

A．在平行金屬板PQ之間，根據(jù)動能定理有

粒子在F點的速度為

設(shè)偏轉(zhuǎn)電場MN的長度為L，MN之間的距離為d，則粒子通過偏轉(zhuǎn)電場MN的時間為

粒子的加速度為

所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離為

所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與成正比；故A正確；

B．滑片P向左滑動的過程中的比值增大；所以粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離逐漸增大，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可知，從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子豎直方向的速度逐漸增大，則飛出時粒子的速度的偏轉(zhuǎn)角逐漸增大，故B錯誤；

CD．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大動能為

因為

可得

故C正確；D錯誤。

故選AC。10、B:C【分析】【詳解】

兩小球所受的合力均為兩者之間的庫侖力，因庫侖力是相互作用力，可知兩球之間的靜電斥力在任意時刻都是大小相等，方向相反，則根據(jù)牛頓第二定律得小球AB的加速度大小相等，方向相反．故A錯誤，B正確．因A做減速運動，B做加速運動，當(dāng)速度相等時，距離最近，故D錯誤，C正確．故選BC．11、B:C【分析】【詳解】

A．由等量異號電荷電場線分布可知，C點電勢高于D點電勢；故A錯誤；

B．由電場強度的疊加可知CD兩點的電場強度大小相等；故B正確；

C．正點電荷Q在O點產(chǎn)生的場強大小為

負點電荷Q在O點產(chǎn)生的場強大小為

如圖所示。

由電場強度的疊加可得O點處的電場強度

故C正確；

D．從C到O與從O到D重力及電場力做功相同，從C到O過程，根據(jù)動能定理有

從O到D過程，根據(jù)動能定理有

聯(lián)立解得故D錯誤。

故選BC。12、B:D【分析】【分析】

電壓表由靈敏電流計和一個大電阻串聯(lián)改裝而成；偏轉(zhuǎn)的角度仍然看通過電壓表的電流大小，示數(shù)需要看具體電壓表的分壓．

【詳解】

AB．由相同的電流表改裝而成的三個電壓表，其滿偏電流相同，的量程最大，的量程最小，的量程等于與的量程之和，則由題圖可知，電壓表與串聯(lián)，則流過兩電表的電流I相等，電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度相等，即由于電壓表示數(shù)則故A錯誤，B正確；

CD．由題可知，電壓表與串聯(lián)，然后與并聯(lián)，由串、并聯(lián)電路特點可知，電壓表示數(shù)關(guān)系為由于并聯(lián)電路各支路兩端電壓相等，則兩支路電流相等，各電壓表指針偏轉(zhuǎn)角度相等，故C錯誤，D正確．

【點睛】

本題考查電壓表的改裝原理，可以將改裝結(jié)構(gòu)畫在電路中進行分析更加直觀方便．13、B:D【分析】【詳解】

A．無人機先向上加速后減速；最后懸停，則空氣對無人機的作用力先大于200N后小于200N，最后等于200N，選項A錯誤；

B．直流電源對無人機供電的額定電流

選項B正確；

C．無人機的重力為F=mg=200N

則無人機上升過程中克服重力做功消耗的平均功率

但是由于空氣阻力的作用；故對無人機向上的作用力不等于重力，則無人機上升過程中消耗的平均功率大于100W，則選項C錯誤；

D．無人機上升及懸停時；螺旋槳會使周圍空氣產(chǎn)生流動，則會有部分功率用于對空氣做功，選項D正確。

故選BD。14、B:C【分析】【詳解】

A．測量路端電壓，測量R的電壓，測量滑動變阻器的電壓，將滑動變阻器滑片向下滑動，滑動變阻器阻值減小，總電阻減小，則總電流增大，內(nèi)電壓增大，變小，變大，變小，減小量小于增大量和減小量之和，所以

；A錯誤：

B．根據(jù)閉合電路歐姆定律得

則有B正確；

C．根據(jù)歐姆定律得不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

則有不變，C正確；

D．當(dāng)外電路電阻等于內(nèi)阻時，電源輸出功率最大，而電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r；所以將滑動變阻器滑片向下滑動，電源輸出功率變大，D錯誤．

故選BC。15、A:B【分析】【詳解】

P下滑時接入電路的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，即通過的電流減小，根據(jù)可知消耗的功率減小，D錯誤；根據(jù)閉合回路歐姆定律可知內(nèi)電壓減小，外電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，C錯誤；由于的電流減小，所以兩端的電壓減小，故電容器兩端的電壓增大，根據(jù)可得兩極板間的電場強度增大；AB正確．

【點睛】

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(dǎo)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(dǎo)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．三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【詳解】

[1]習(xí)慣上規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流的方向；而負電荷定向移動的反方向為電流方向；

[2]根據(jù)電流的定義式可得：【解析】正15017、略

【分析】【詳解】

（1）兩個點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小均為：方向O→B，根據(jù)電場強度的疊加原理可知，則兩點連線的中點O處的場強為：方向O→B；

（2）+Q在0′處產(chǎn)生的場強EA=k方向與水平方向成60°斜向上；-Q在0′處產(chǎn)生的場強為EB=k方向與水平方向成60°斜向下，根據(jù)矢量合力原則可知，O′點的場強EO′=EA=k方向水平向右．

【點睛】

常見電場的電場線分布及等勢面的分布要求我們能熟練掌握，同時注意等量同號電荷形成電場的對稱性．要知道空間任意一點的場強是各個電荷產(chǎn)生的電場的疊加．【解析】水平向右18、略

【分析】【分析】

【詳解】

假設(shè)三根等長帶電棒絕緣都帶+q電荷，則P的場強為零，根據(jù)電場的疊加原理可知，AB、BC兩棒在PP點的電場強度與AC棒在P點的場強大小相等、方向相反；所以可知當(dāng)AB、BC帶電均為+q，CA帶電為?q時，AB、BC兩棒在P點的電場強度與AC棒在P點的場強大小相等、方向相同，都為則若撤去CA棒，P點的電場強度大小為。

根據(jù)對稱性可知原來AC在Q處的場強大小方向沿Q到P。原來Q的場強是AB、BC產(chǎn)生的場強和AC產(chǎn)生的場強的疊加而成，AB、BC產(chǎn)生的合場強方向從P到Q，AC產(chǎn)生的場強方向從Q到P，根據(jù)電場的疊加可知Q點原來的場強方向可能沿Q到P，原來Q點的大小為E2，則知在Q點，AB、BC產(chǎn)生的合場強大小為。

若撤去CA棒后，Q點的電場強度大小。

原來Q的方向也可能沿P到Q，則在Q點，AB、BC產(chǎn)生的合場強大小為。

撤去CA棒后，Q點的電場強度大小。

【解析】或19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]燈泡一個月消耗的電能。

W=Pt=9×10-3kW×5h×30=1.35kW?h[2]設(shè)兩種燈泡正常發(fā)光的時間為t；則LED消耗的電能。

W=Pt白熾燈消耗的電能為。

W′=P′t在達到相同亮度的條件下；LED燈可以節(jié)約90%的電能。

解得。

P′=90W【解析】1.359020、略

【分析】【詳解】

[1][2][3][4]由于電容器與電源斷開兩板的帶電荷量Q不變，減小電容器極板間的距離，由公式

可知電容器電容C增大；Q不變，根據(jù)

可知U減小，靜電計指針偏角將減小；由

可知場強不變?！窘馕觥吭龃鬁p小保持不變保持不變21、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]兩極板電壓不變，根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離；兩板間距離不變，所以兩極板間的電場強度不變，粒子的運動情況是靜止。

[2]根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離，正對面積減小，所以電容減小，再根據(jù)

電容器所帶的電荷量的變化情況是減少。

（2）[3]如果先斷開開關(guān)S，兩極板的電荷量保持不變，根據(jù)

再把A板向左移動一段距離，正對面積減小，所以電場強度增大，則

粒子的運動情況是向上運動。

[4]根據(jù)

將A板水平向左移動一段距離，正對面積減小，所以電容減小，再根據(jù)

則兩極板間的電勢差增大，所以靜電計指針張角的變化情況是增大。【解析】①.靜止②.減少③.向上運動④.增大22、略

【分析】【詳解】

[1]游標(biāo)卡尺讀數(shù)為

[2]螺旋測微器讀數(shù)為【解析】1.0552.61523、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2]量程為0-3V的電壓表；分度值為0.1V，由圖可知，其讀數(shù)為0.90V；量程為0-3A的電壓表，分度值為0.1A，故其讀數(shù)為1.90A。

（2）[3][4][5]量程為0~15V的電壓表；分度值為0.5V。由圖可知，讀數(shù)分別為10.0V；10.5V、1