2025年教科新版必修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年教科新版必修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5題，共10分)1、真空中兩個點電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x1＝0和x2＝4a的兩點，在它們的連線上場強E與x關(guān)系如圖所示(取x軸正方向為場強正方向；無窮遠處為電勢零點)，以下判斷正確的是。

A.Q1帶正電、Q2帶負電B.Q1的電荷量是Q2的3倍C.x軸上3a處的電勢為零D.正點電荷q在x軸上a處的電勢能比在2a處的大2、過量接收電磁輻射有害人體健康。按照有關(guān)規(guī)定，工作場所受到的電磁輻射強度（單位時間內(nèi)垂直通過單位面積的電磁輻射能量）不得超過某個臨界值W，若某無線電通訊裝置的電磁輻射功率為4P，則符合規(guī)定的安全區(qū)域到該通訊裝置的距離至少為（）A.B.C.D.3、在“測定金屬的電阻率”實驗中，下列關(guān)于誤差的說法中錯誤的是（）A.電流表采用外接法，將會使ρ測<ρ真B.電流表采用外接法，由于電壓表的并聯(lián)引起了電阻絲分壓的減小而引起測量誤差C.由可知，I、d、U、l中每一個物理量的測量都會引起ρ的測量誤差D.由可知，對實驗結(jié)果準確性影響最大的是直徑d的測量4、關(guān)于等勢面的說法中不正確的是（）A.在電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面叫作等勢面B.電勢相等的兩點在同一個等勢面上C.在同一個等勢面上移動電荷時，靜電力做功D.等勢面一定跟電場線垂直5、磁電式電流表（表頭）最基本的組成部分是磁鐵和放在磁鐵兩極之間的線圈，由于線圈的導線很細，允許通過的電流很弱，所以在使用時還要擴大量程。已知某一表頭G，內(nèi)阻滿偏電壓要將它改裝為量程0~15V的電壓表，所做的操作是（）A.串聯(lián)一個30Ω的電阻B.并聯(lián)一個3000Ω的電阻C.串聯(lián)一個2970Ω的電阻D.并聯(lián)一個2970Ω的電阻評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖所示,閉合開關(guān)S并調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P的位置,使A、B、C三燈亮度相同若繼續(xù)將P向下移動,則三燈亮度變化情況為。

A.A燈變亮B.B燈變亮C.A燈最亮D.C燈最亮7、在圖示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r、L1、L2、L3均為小燈泡（其燈絲電阻可視為不變），P為滑動變阻器的滑動觸頭，S1、S2為單刀開關(guān).保持S1閉合；則。

A.將S2閉合，小燈泡L1變暗B.將S2閉合，小燈泡L2變暗C.在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動觸頭P，小燈泡L3變亮D.在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動觸頭P，小燈泡L2變亮8、有兩個相同的靈敏電流計，分別改裝成量程為0.6A和3A的電流表甲和乙，將兩電流表并聯(lián)后接入電路，則兩電流表（）A.偏角相同、示數(shù)不同B.偏角不同、示數(shù)相同C.甲的示數(shù)大于乙的示數(shù)D.甲的示數(shù)小于乙的示數(shù)9、如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入；它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上極板的過程中（）

A.它們運動的時間tQ=tPB.它們的電勢能減少量之比=1：4C.它們所帶電荷量之比qP：qQ=1：2D.它們的動能增量之比=2：110、如圖所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強電場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力．當粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上．現(xiàn)欲使質(zhì)量為入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板；在以下的僅改變某一物理量的方案中，可行的是。

A.使粒子的帶電量減少為原來的1/2B.使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半C.使兩板間的距離增加到原來的2倍D.使兩極板的長度減小為原來的1/211、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12、如圖所示，水平放置的平行金屬板電容器帶等量異號電荷，電容器的電容為C，兩極板的長度均為L，板間距離也為L，是兩板之間的中線，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從M板左側(cè)與M板等高的A點以某一速度水平向右拋出，恰好從O點進入電場，然后從N板的右邊緣離開電場，不考慮極板邊緣效應(yīng)，重力加速度為g；下列說法正確的是（）

A.小球到達O點的速度大小為B.M板帶正電C.平行板電容器所帶電荷量為D.小球到達N板時的速度大小為13、某半導體激光器發(fā)射波長為1.5×10－6m，功率為5.0×10－3W的連續(xù)激光，已知可見光波長的數(shù)量級為10－7m，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，該激光器發(fā)出的（）A.是紫外線B.是紅外線C.光子能量約為1.3×10－13JD.光子數(shù)約為每秒3.8×1016個評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、A、B為電場中的兩點，如果把q=2×10-7C的正電荷從A點移到B點，電場力所做正功為8×10-6J，那么q的電勢能減少了________J，A、B兩點的電勢差為________V。15、把負電荷q=5×10?5C從無窮遠處移到電場中A點,克服電場力做功4.0×10?6J,再把q從A點移到B點,電場力對電荷做1×10?4J的功,A點電勢為________V,B點電勢為__________V。16、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________。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，正確地破除了“________”的傳統(tǒng)觀念，成為新物理學思想的基石之一。18、一均勻帶正電的空心橡皮球，在吹大的過程中始終維持球狀，球內(nèi)任意點的電勢___________；始終在球外的任意點的場強___________。（填寫變大、變小或不變）19、判斷下列說法的正誤。

（1）由R＝可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟導體中的電流成反比。（____）

（2）導體的電阻由導體本身的性質(zhì)決定，跟導體兩端的電壓及流過導體的電流的大小無關(guān)。（____）

（3）由R＝ρ知，材料相同的兩段導體，長度大的導體的電阻一定比長度小的導體的電阻大。（____）

（4）把一根長導線截成等長的三段，則每段的電阻率都不變。（____）

（5）電阻率是反映材料導電性能好壞的物理量，電阻率越大的導體導電性能越差。（____）20、如圖所示為實驗室常用的兩個量程的電壓表原理圖．當使用O、A兩接線柱時，量程為3V；當使用O、B兩接線柱時，量程為15V．已知電流計的內(nèi)電阻Rg=500Ω，滿偏電流Ig=100μA．則電阻R=____Ω,R=____Ω

21、熱功率。

（1）定義：______內(nèi)的發(fā)熱量稱為熱功率。

（2）公式：P熱＝I2R。22、如圖所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，外電阻分別為閉合電鍵S，當滑動變阻器的觸頭，P向下滑動時，四個理想電表A、的示數(shù)都將發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、和表示，電表示數(shù)變化量分別用和表示。

（1）示數(shù)和其中一定變小的是_________。

（2）表達式其中一定變小的是__________。

（3）變化量和其中絕對值最大的是___________。

（4）用r表示下列比值，注意結(jié)果的正負___________：。________________________________

（5）若的調(diào)節(jié)范圍為為了讓電阻消耗功率最大，則應(yīng)取______為了讓電阻消耗功率最大，則應(yīng)取______為了讓電阻消耗的總功率最大，則應(yīng)取_____評卷人得分四、作圖題(共1題，共2分)23、由電流產(chǎn)生的磁場方向如圖所示；請在圖中標出線圈中的電流方向.

評卷人得分五、實驗題(共3題，共6分)24、（1）在測定金屬電阻率的實驗中，用螺旋測微器測量一金屬絲的直徑，螺旋測微器的示數(shù)如圖所示，該金屬絲的直徑為_____。用歐姆表粗略測得該金屬絲的電阻約為另外，實驗室內(nèi)還提供了下列器材供重新測定該金屬絲的電阻使用：

A.電源E（電動勢為3.0V；內(nèi)阻不計）

B.電壓表V（量程為0～3.0V，內(nèi)阻約為）

C.電流表A（量程為0～0.6A，內(nèi)阻約為）

D.滑動變阻器R（最大阻值額定電流2.0A）

E.開關(guān)S一個；導線若干。

為獲得盡可能高的實驗精度，請你利用上述器材設(shè)計一個測定金屬絲電阻的實驗電路，并把實驗原理圖畫在下側(cè)的方框中_______。

（2）為研究某一電學元件的導電規(guī)律，將該元件兩端的電壓、元件中的電流及通電時間記錄在下表中，通過分析表中數(shù)據(jù)可以判斷出該元件所用的材料是_______（填“金屬”或“半導體”）。通電時間t/s51015202530電壓u/v0.400.621.021.261.521.64電流i/mA0.200.430.811.822.813.22

（3）如圖甲是某金屬材料制成的電阻R隨攝氏溫度t變化的圖像，圖中R0表示時的電阻，k表示圖線的斜率，若用該電阻與電池（電動勢E、內(nèi)阻r）、電流表A（內(nèi)阻Rg）、滑動變阻器R′串聯(lián)起來，連接成如圖乙所示的電路，用該電阻做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應(yīng)的溫度刻度，就得到了一個簡單的“金屬電阻溫度計”。使用“金屬電阻溫度計”前，先要把電流表的刻度值改為相應(yīng)的溫度刻度值，若溫度t1＜t2，則t1的刻度應(yīng)在t2的________側(cè)（填“左”或“右”）；在標識“金屬電阻溫度計”的溫度刻度時，需要弄清所測溫度和電流的對應(yīng)關(guān)系，請用E、R0、k等物理量表示所測溫度t與電流I的關(guān)系式t＝_________。

25、在學習了“測量干電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗之后，同學們發(fā)現(xiàn)有多種測定干電池的電動勢和內(nèi)阻的方法．

(1)除待測干電池、導線、開關(guān)外，下面給出的四組器材中，能夠通過測量多組數(shù)據(jù)得出干電池的電動勢和內(nèi)阻的是_________

A．一塊電流表，一塊電壓表和一個滑動變阻器

B．一塊電流表和一個變阻箱

C．一塊電流表，一塊電壓表和一個定值電阻

D．一塊電壓表和一個滑動變阻器

(2)某興趣小組在實驗室選出一些器材，用如圖所示的電路來測量定值電阻Rx的阻值，同時測定干電池的電動勢E和內(nèi)阻r．

其操作步驟如下：

①將開關(guān)S2撥向a，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)電阻箱A為適當阻值R0，讀出電壓表的示數(shù)U1；

②再將開關(guān)S2撥向b，保持電阻箱A的阻值R0不變，調(diào)節(jié)電阻箱B的阻值，使得電壓表的示數(shù)仍為U1，記下此時電阻箱的阻值為R1，則Rx=_____；繼續(xù)調(diào)節(jié)電阻箱B為適當阻值R2，讀出電壓表的示數(shù)U2；

③根據(jù)前面的測量可得到干電池的電動勢E=__________，r=__________（用U1、U2、R0、R1、R2表示）；由于電壓表內(nèi)阻不夠大，導致電動勢測量值比真實值_________（選填“偏大”、“偏小”、“不變”），內(nèi)阻測量值比真實值_________（選填“偏大”、“偏小”、“不變”）．26、某小組的同學在做“測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗；被測電池的電動勢約為1.5V，內(nèi)阻的為1.0Ω。他們利用圖1的電路進行測量，已知實驗室除待測電池；開關(guān)、導線外，還有下列器材可供選用：

電流表A1：量程0~0.6A；內(nèi)阻約0.125Ω

電流表A2：量程0~3A；內(nèi)阻約0.025Ω

電壓表V1：量程0~3V；內(nèi)阻的3kΩ

滑動變阻器R：0~20Ω；額定電流2A

(1)為了使測量結(jié)果盡量準確，電流表應(yīng)選用上___________（填寫儀器的字母代號）。

(2)正確連接電路并測量后，該組同學根據(jù)所獲得的6組實驗數(shù)據(jù)，在坐標紙上繪制的反映路端電壓隨電流變化的U-I圖線如圖2，請寫出此圖像對應(yīng)的數(shù)學表達式______________________，請據(jù)此圖線判斷被測干電池的電動勢E=___________V，內(nèi)阻r=__________Ω。（結(jié)果保留到小數(shù)點后兩位）

(3)由于電表內(nèi)阻的影響，電壓表和電流表的測量值可能與“電池兩端電壓”和“流過電池的電流”存在定的偏差。下列分析正確的是___________。

A．電壓表測量值偏大。

B．電壓表測量值測偏小。

C．電流表測量值偏大。

D．電流表測量值偏小評卷人得分六、解答題(共1題，共2分)27、如圖所示，輕質(zhì)絕緣細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向左足夠大的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷量C，勻強電場的場強N/C，細繩長L=0.5m，取重力加速度g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）小球的帶電性質(zhì)及所受電場力F的大??；

（2）小球的質(zhì)量m；

（3）小球靜止位置與豎直虛線的電勢差。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

因x=0附近的場強為正，x=4a附近的場強為負值，可知兩電荷均帶正電，選項A錯誤；在x=3a處的場強為零，則解得Q1=9Q2，選項B錯誤；x軸上3a處的電勢為正，選項C錯誤；電場線方向從x軸上a處指向2a處，則正點電荷q從x軸上a處到2a處電場力做正功，則電勢能減小，即正點電荷q在x軸上a處的電勢能比在2a處的大，選項D正確；故選D.2、C【分析】【分析】

【詳解】

設(shè)規(guī)定的安全區(qū)域距離為R，則球的面積為S=4πR2．則在1秒內(nèi)球面獲得的能量為E=４Pt

在球面上單位面積的電磁輻射能量

由于工作場所受到的電磁輻射強度（單位時間內(nèi)垂直通過單位面積的電磁輻射能量）不得超過W，所以

故選項C正確；選項ABD錯誤．

故選C．3、B【分析】【詳解】

AB．電流表采用外接法時，電壓表直接并聯(lián)在待測金屬絲兩端，電壓表示數(shù)即為待測金屬絲兩端電壓的真實值，但電壓表的并聯(lián)分流使得電流表的示數(shù)較實際流過待測金屬絲的電流大，根據(jù)歐姆定律可知根據(jù)電阻定律可知故A正確，B錯誤；

CD．由可知，I、d、U、l中每一個物理量的測量都會引起ρ的測量誤差，但其中d的次冪為2，其誤差在乘方之后也會被“放大”，因此對實驗結(jié)果準確性影響最大的是直徑d的測量；故CD正確。

故選B。4、C【分析】【詳解】

AB．在電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面叫作等勢面；故AB正確；

CD．在同一個等勢面上移動電荷時，根據(jù)公式

若在同一等勢面上移動，UAB=0；所以靜電力不做功，因此電場力一定與等勢面垂直，即等勢面一定跟電場線垂直，故C錯誤，D正確。

故選C。5、C【分析】【分析】

【詳解】

改裝成電壓表，需要串聯(lián)電阻分壓，根據(jù)歐姆定律得

解得

故選C。二、多選題(共8題，共16分)6、A:D【分析】【詳解】

AC.將變阻器滑片P向下移動時,接入電路的電阻減小,外電路總電阻減小,根據(jù)全電路歐姆定律得知,總電流增大,則A燈變亮。故A正確C錯誤。

BD.并聯(lián)部分的電壓。

E、r不變,增大,減小,B燈變暗。通過C燈的電流。

I增大,減小,則增大,C燈變亮。

由于減小,增大,增大,所以C燈電流的增加量大于A燈的增加量,C燈最亮。故B錯誤D正確。7、A:C【分析】【詳解】

AB．將S2閉合，總電阻減小、總電流增大、L2變亮；內(nèi)電壓增大、路端電壓減小，L2兩端電壓增大、則L1兩端電壓減小，故小燈泡L1變暗；故A正確；B錯誤；

CD．在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動觸頭P，總電阻增大、總電流減小、內(nèi)電壓和L2兩端電壓減小，L2變暗；則L3兩端電壓增大，故小燈泡L3變亮，故C正確，D錯誤；8、A:D【分析】【詳解】

AB．靈敏電流計改裝為電流表；實際上是給靈敏電流計并聯(lián)一個小電阻，電阻越小，改裝后的電表量程越大，乙表量程大，所以乙表內(nèi)阻小，兩電表并聯(lián)，靈敏電流計兩端電壓相等，所以流過靈敏電流計的電流是相等的，所以偏角相同，示數(shù)不同，故A正確，B錯誤；

CD．并聯(lián)電路中電流的分配跟電阻成反比；由于乙表內(nèi)阻小，流過乙表的電流大，所以乙表示數(shù)大，故C錯誤，D正確。

故選AD。9、A:B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．小球在豎直方向受到向上的電場力，做勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，因為兩小球在水平方向上的速度相同，又因為在水平方向上的位移相同，故根據(jù)公式

可得兩者的運動時間相同；故A正確；

C．在豎直方向上的位移之比

因為

聯(lián)立可得

故C正確；

BD．電場力做功為

電場力做多少正功，電勢能就減少多少，故

過程中只有電場力做功，所以電勢能轉(zhuǎn)化為動能，即它們的動能增量之比為

故B正確；D錯誤。

故選ABC。10、C:D【分析】【詳解】

設(shè)平行板長度為寬度為板間電壓為恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則沿初速度方向做勻速運動：垂直初速度方向做勻加速運動：則通過電場時偏轉(zhuǎn)距離：當粒子的入射速度為時，粒子恰好能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則有

欲使質(zhì)量為入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，則不變，仍為可行的方法有：應(yīng)使粒子的帶電量減少為原來的或使兩板間所接電源的電壓減少為原來的或使兩板間的距離增加到原來的兩倍；或使兩極板的長度減少為原來的一半，故選項C、D正確，A、B錯誤．11、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，當速度相等時，距離最近，故D錯誤，C正確．故選BC．12、A:D【分析】【詳解】

A．帶電小球從A點運動到O點做平拋運動，則有

解得

帶電小球到達O點的速度

故A正確；

B．小球進入電場后設(shè)加速度為a，小球恰好從N板的右邊緣離開電場，則有

解得小球在電場中的加速度

可知小球受到電場力方向向上，由于小球帶正電，則M板帶負電；故B錯誤；

C．根據(jù)牛頓第二定律可得

帶入數(shù)值，解得兩極板的電壓

所以平行板電容器所帶的電荷量

故C錯誤；

D．帶電小球到達N板右邊緣時，設(shè)豎直方向的分速度為則有

代入數(shù)據(jù)得

水平速度為

所以帶電小球到達N板時的速度大小為故D正確。

故選AD。13、B:D【分析】【詳解】

AB．由題意可知波長的大小大于可見光的波長；屬于紅外線，故A錯誤，B正確；

C．光子能量

故C錯誤．

D．每秒鐘發(fā)出的光子數(shù)個

故D正確。

故選BD。

【點睛】

解決本題的關(guān)鍵熟悉電磁波譜中波長的大小關(guān)系，以及掌握光子能量與波長的大小關(guān)系三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]由于正電荷從A點移到B點電場力做正功，導致電荷的電勢能減少。則電場力做多少功，電勢能就減少多少，即為8×10-6J；

[2]A、B兩點電勢差。

【解析】8×10-6J15、略

【分析】【詳解】

[1]無窮遠間與A的電勢差為

無窮遠電勢為零，由得A點電勢：

[2]A、B間電勢差為:

因則B點電勢【解析】-0.081.9216、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，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]電荷在某點的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能位置時靜電力做的功。我們?nèi)∫粋€正的點電荷放在球內(nèi)任意點，把該點電荷移動到無窮遠處（零勢能位置）的過程中，橡皮球上所有正電荷對其做功代數(shù)和記為橡皮球吹大后，該點電荷與球上所有電荷的距離變遠，再把該點電荷移動到無窮遠處（零勢能位置）的過程中，橡皮球上所有正電荷對其做功代數(shù)和記為根據(jù)庫倫定律有

所以球吹大后；該點電荷的電勢能變小，該位置的電勢變小。

[2]一個半徑為R的均勻帶電球體或球殼，在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同，求外各點的電場強度為

球吹大后，始終在球外的任意點距球心的距離r不變，球所帶電荷量Q不變，則場強不變。【解析】變小不變19、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】錯誤正確錯誤正確正確20、略

【分析】【詳解】

串聯(lián)分壓電路的特點就是電流相同，在改裝的電壓表中，各量程達到滿偏電壓時，經(jīng)過“表頭”的電流均為滿偏電流．根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律，接O、A時有：

解得：

接O、B時有：

解得：R2=1.2×105Ω

【點睛】

明確電表的改裝原理，知道電壓表是電流表與分壓電阻串聯(lián)而成，當電壓表達到量程時通過電流表的電流應(yīng)為滿偏電流．【解析】①.②.21、略

【分析】【詳解】

略【解析】單位時間22、略

【分析】【詳解】

（1）[1]當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律，可知電流I變小U1=IR1

變小，路端電壓U3=E-Ir

則知U3變大。因U3=U1+U2

U1變小，則U2變大，即一定減小的是U1。

（2）[2]表達式其中

則一定減小；和都不能確定；

（3）[3]因為U3=U1+U2

U1變小，U2變大，U3變大，則△U2＞△U1△U2＞△U3

則變化量和其中絕對值最大的是

（4）[4]用r表示下列比值如下。

（5）[5]若的調(diào)節(jié)范圍為為了讓電阻消耗功率最大，則電路中電流應(yīng)該最大，則應(yīng)取0

[6]當外電路電阻等于內(nèi)阻時電源輸出功率最大，為了讓電阻消耗功率最大，可將R1等效為內(nèi)電路電阻，則時電阻消耗功率最大；

[7]同理，為了讓電阻消耗的總功率最大，則應(yīng)該

即R2應(yīng)取3【解析】U1見解析0