2024年滬科版必修3物理上冊月考試卷

…………○…………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2024年滬科版必修3物理上冊月考試卷905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、空間有一均勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標N點的坐標為P點的坐標為已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為1V，則P點的電勢為（）

A.B.C.D.2、如圖所示，矩形abcd的邊長bc是ab的2倍，兩細長直導線通有大小相等、方向相反的電流，垂直穿過矩形平面，與平面交于e、f兩點，其中e、f分別為ad、bc的中點。下列說法正確的是（）

A.a點與b點的磁感應強度相同B.a點與c點的磁感應強度相同C.a點與d點的磁感應強度相同D.a點與b、c、d三點的磁感應強度均不相同3、.如圖所示的電路可將聲音信號轉化為電信號，該電路中，b是固定不動的金屬板，a是能在聲波驅動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜，構成了一個電容器，且通過導線與恒定電源兩極相接，若聲源S做簡諧運動；則（）

A.a振動過程中，板之間的電場強度不變B.a振動過程中，板所帶的電荷量不變C.a振動過程中，電路中始終有方向不變的電流D.a板向右位移最大時，電容器的電容最大4、如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設點和點的電勢分別為粒子在和時加速度大小分別為場強大小分別為電勢能分別為下列判斷正確的是（）

A.B.C.D.5、示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成。某時刻在熒光屏上的P點出現亮斑；如圖所示。則此時（）

A.電極X和Y應帶正電B.電極X′和Y應帶正電C.電極X′和Y′應帶正電D.電極X和Y′應帶正電6、物理學方法是理解物理新思想、揭示物理本質規(guī)律的紐帶和橋梁。下列有關物理學研究方法的敘述中，正確的是（）A.△t→0時的平均速度可看成瞬時速度運用了等效替代法B.探究力的合成滿足平行四邊定則運用了控制變量法C.庫侖通過扭秤實驗的研究得到庫侖定律運用了微小量放大法D.伽利略研究自由落體運動運用了理想模型法7、如圖所示，在正方體abcd-a′b′c′d′空間內的b點和d′點分別放置等量異種點電荷+Q和-Q，已知a點、c點、b′點電勢為20V，a′點、c′點、d點電勢為-20V；則以下說法正確的（）

A.平面abb′a′對角線ab′上各點電勢都是20VB.a點和c′點的電場強度相同C.粒子從a點沿不同路徑到達c′點，電場力做功相同，其大小為40eVD.粒子在a點的電勢能為20eV8、離子發(fā)動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發(fā)動機，這種發(fā)動機適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等。某航天器質量為M，單個離子質量為2m，帶電量為q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強度為I，根據以上信息計算該航天器發(fā)動機產生的推力為（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、如圖所示電路中,電源內阻忽略不計,R0的阻值小于R1的總電阻。閉合開關S,電壓表示數為U,電流表示數為I;在滑動變阻器R1的滑片P由b端滑到a端的過程中。

A.電流表示數I先變小后變大B.電壓表示數U先變大后變小C.電壓表示數U變化量與電流表示數I變化量比值等于R3D.電壓表示數U與電流表示數I比值先變大后變小10、如圖所示，電源的電動勢和內電阻恒定，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器；當滑動觸頭向下滑動時()

A.R1的功率將增大B.R2的功率將增大C.電源的總功率將減小D.電源的效率將減小11、A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示。設A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為A、B，電子在A、B兩點的電勢能分別為EpA、EpB，則（）

A.EA=EBB.EAEBC.ABD.EpAEpB12、如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，和均為定值電阻，且阻值與電源內阻相等。為滑動變阻器，當的滑動觸點在a端時合上開關S，此時三個電表和V的示數分別為和U，電表和V的示數變化量絕對值為和將的滑動觸點向b端移動的過程中；下列判斷正確的是（）

A.電源的輸出功率一定增加B.電源的效率一定增加C.變化量小于變化量D.比值一定不變13、下列說法中正確的是（）A.根據電勢的定義式可知電場中某點的電勢與試探電荷在該點的電勢能成正比B.由知，電容C與電容器所帶電荷量Q成正比，與電容器兩端的電壓U成反比C.安培認為在原子、分子內部總存在著一種環(huán)形電流——分子電流D.電動勢表征了電源將其他形式的能轉化為電能的本領14、如圖所示；將一大一小兩個不太大的正方形閉合導線框水平固定在同一高度上，兩個線框的中心重合。在它們的上方某處有一條形磁鐵由靜止開始下落，磁鐵在下落過程中正好從兩個線框的中心穿過而不與線框接觸，磁鐵最終落在水平地面上。在磁鐵穿過線框的過程中，下面說法正確的是（）

A.穿過兩個線框的磁通量都一直在增大B.兩個線框中都會產生感應電流C.當條形磁鐵的中心正好和線框的中心重合時，大線框中的磁通量大于小線框中的磁通量D.當條形磁鐵的中心正好和線框的中心重合時，大線框中的磁通量小于小線框中的磁通量15、如圖所示，質量為M=4kg的木板靜止在光滑水平面上，一個質量為m=1kg的小滑塊以初速度v0=5m/s從木板的左端向右滑上木板；小滑塊始終未離開木板．則下面說法正確的是。

A.從開始到小滑塊與木板相對靜止這段時間內,小滑塊和木板的加速度大小之比為1:4B.整個過程中因摩擦產生的熱量為10JC.可以求出木板的最小長度是3.5mD.從開始到小滑塊與木板相對靜止這段時間內，小滑塊與木板的位移之比是6:1評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、可見光________（選填“是”或“不是”）電磁波的一部分；電磁波在真空中的傳播速度_______m/s；在人類歷史上首先捕捉到電磁波的科學家是_________（選填“麥克斯韋”或“赫茲”）。17、如圖所示的A、B、C、D四組靜電實驗中，能使左邊的驗電器的金箔張開的是______組和______組（A；B兩組實驗中小球的手柄均為絕緣手柄；D組實驗中虛線框表示金屬網罩）。

A.B.C.D.18、在如圖所示的電路中，電源內電阻為r，R1、R3分別為兩個定值電阻．閉合電鍵S，當變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，伏特表V1的示數逐漸________________（選填“增大”、“減小”、“不變”）．若移動P的過程中，電流表示數變化量的大小為ΔI，則伏特表V2示數變化量的大小ΔU2＝________________．

19、半徑為r、電流為的通電圓環(huán)圓心處的磁感應強度為B，在圓環(huán)下方距圓心a處水平放置一根電流為的無限長直導線時，圓環(huán)圓心處的磁感應強度變?yōu)榱悖O圓環(huán)平面和長直導線在同一豎直平面內，如圖所示，根據對稱性，直導線電流在導線下方距導線a處產生的磁感應強度的大小為________，方向_________．

20、相距為a的A、B兩點分別放著等量異種電荷＋Q、－Q，在A、B連線中點處的電場強度___________N/C,方向__________（指向A或B）21、某同學用游標卡尺和螺旋測微器分別測量一薄的金屬圓片的直徑和厚度。讀出圖中的示數。該金屬圓片的直徑的測量值為_______mm,厚度的測量值為_______mm。

22、用螺旋測微器測圓柱體的直徑時，示數如圖甲所示，此示數為______mm，用20分度的游標卡尺測量某物體的厚度時，示數如圖乙所示，此示數為______mm。

評卷人得分四、作圖題(共2題，共16分)23、如圖所示，A、B、C為勻強電場中的三個點，已知φA=18V，φB=11V，φC=－3V。試畫出該電場的電場線；并保留作圖時所用的輔助線（用虛線表示輔助線，實線表示電場線）。

24、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3題，共15分)25、某同學要測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻阻值。

（1）首先用多用電表的電阻“×1”擋，按正確的操作步驟測此圓柱體的電阻，表盤的示數如圖所示，則該電阻的阻值約為___________Ω；

（2）為更精確地測量其電阻；可供選擇的器材如下：

電流表A1（量程600mA；內阻約為2Ω）；

電流表A2（量程150mA；內阻約為10Ω）；

電壓表V1（量程1V，內阻r=1000Ω）；

電壓表V2（量程15V；內阻約為3000Ω）；

定值電阻R0=3000Ω；

滑動變阻器R1（最大阻值為5Ω）；

滑動變阻器R2（最大阻值為1000Ω）；

電源E（電動勢約為4V，內阻r約為1Ω）；

開關；導線若干。

為了使測量盡量準確，且測量范圍盡可能大，電壓表應選___________，電流表應選___________，滑動變阻器應選___________。（均填器材代號）

（3）根據你選擇的器材，請在線框內畫出實驗電路圖_______。

26、欲用伏安法測定一段阻值約為5Ω左右的金屬導線的電阻；要求測量結果盡量準確，現備有以下器材：

A．電池組（3V；內阻1Ω）

B．電流表（0～3A；內阻約0.0125Ω）

C．電流表（0～0.6A；內阻約0.125Ω）

D．電壓表（0～3V；內阻3kΩ）

E．電壓表（0～15V；內阻15kΩ）

F．滑動變阻器（0～20；額定電流1A）

G．滑動變阻器（0～2000Ω；額定電流0.6A）

H．開關；導線。

(1)上述器材中應選用的是__________；（填寫各器材的字母代號）

(2)實驗電路應采用電流表__________接法；（填“內”或“外”）

(3)設實驗中，電流表、電壓表的某組示數如圖所示，圖示中I=____A，U=____V。

(4)為使通過待測金屬導線的電流能在0～0.5A范圍內改變，按要求在圖方框中畫出測量待測金屬導線的電阻Rx的原理電路圖。______________________27、一只演示電流表G；表盤既無刻度值又不知其內阻值。為測量該電流表的參數，某同學進行了下列操作：

（1）將G按圖（a）所示接入電路，為確保安全，開關閉合前，滑動變阻器R2的滑片應置于______（填“最左端”；“最右端”或“正中間”）；

（2）將電阻箱R調為300.0Ω，閉合開關，調節(jié)R2的滑片使G的指針指到滿偏Ig；此時V的示數為1.20V；

（3）保持V的示數不變，反復調整R的阻值和R2滑片的位置，使G的指針指到此時電阻箱R的阻值為700.0Ω；

（4）可知G的內阻為______Ω，滿偏電流Ig為______mA；

（5）將G改裝成量程為3V的電壓表，電阻箱的值需調為R0，則R0=______Ω。

（6）在用圖（b）的電路對改裝的電壓表進行校準時，發(fā)現其示數總是精密電壓表的0.9倍。若測得的電流表量程Ig的值是準確的而內阻及R0可能存在誤差或錯誤，則可采用的矯正方法是將電阻箱的值調為______。（填正確答案標號）

A.B.C.D.評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)28、如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根絕緣細線把質量m=200g、電荷量q=+1×10-3C的金屬小球懸掛在O點，小球在B點平衡時細線與豎直方向的夾角θ=37°?，F將小球拉至位置A，使細線水平張緊后由靜止釋放。取重力加速度大小g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶

（1）勻強電場的電場強度大小E；

（2）小球通過最低點C時細線的拉力大小F；

（3）小球向下運動過程中細線拉力的最大值Fmax。

29、如圖所示，在勻強電場中，一電荷量為q＝5.0×10－10C的正電荷，由a點移到b點和由a點移到c點，電場力做的功都是3.0×10－8J，已知a、b、c三點的連線組成直角三角形，ab＝20cm，θ＝37°。求：

（1）電場強度的方向；

（2）a、b兩點間的電勢差；

（3）勻強電場的場強大小。

30、當平行板電容器的兩極板間是真空時，電容C與極板的正對面積S、極板間距離d的關系為k為靜電力常量。對給定的平行板電容器充電，當該電容器極板所帶電荷量Q變化時，兩極板間的電勢差U也隨之變化。

（1）在如圖所示的坐標系中畫出電容器極板間電勢差U與帶電量Q的關系圖像。電容器儲存的電能等于電源搬運電荷從一個極板到另一個極板過程中，克服電場力所做的功。這一過程與克服彈力做功等于彈性勢能增量類似，與之類比，推導電容器儲存的電能表達式。

（2）若保持平行板電容器帶電量Q、極板正對面積S不變，兩極板間為真空，將板間距離由增大到需要克服電場力做多少功？

（3）如果我們把單位體積內的電場能定義為電場能量密度，用表示。試證明真空中平行板電容器的電場能量密度和兩板間的電場強度平方成正比。（忽略兩板外的電場）

31、如圖a所示，水平放置的兩正對、平行金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓UAB，現有一帶電粒子從A板左端邊緣以速度v0水平射入電場。粒子電荷量為+q，質量為m；不計粒子重力。

（1）若粒子能夠射出電場，已知金屬板長度為L，求粒子在電場中的運動時間t；

（2）若粒子在時刻射入電場，經過一段時間后從A板右側邊緣水平射出，則板長L和兩板間距d分別滿足什么條件?

（3）若金屬板足夠長，要求時刻射入的粒子打到B板時動能最大，則兩板間距d應當滿足什么條件？

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【詳解】

根據題意已知電場方向平行于直線MN，點M的電勢為0，點N的電勢為1V，故將電場強度沿著-x方向和+y方向正交分解，設合場強為E，則-x和+y方向的分量分別為：設P在xOy平面上的投影為點，投影點的坐標為則聯立即得又因N點電勢為1V，則電勢為即P點電勢為D正確。

【點睛】

將電場強度沿坐標軸方向正交分解，求出軸向的E的分量值，再選用U=Ed，求得電勢差，得電勢。2、B【分析】【詳解】

通電直導線在周圍形成的磁場，大小為方向由安培定則可知垂直于點到導線垂直線段，從右向左畫出各點的磁感應強度的平面圖，如圖所示，由對稱性可知a與c點的合磁感應強度等大同向，b與d兩點的合磁感應強度等大同向。

故選B。

3、D【分析】【詳解】

A．a振動過程中，兩板間距d發(fā)生變化，電源始終與電容器相連，兩板間電壓U不變，由可知E變化；A錯誤；

B．由可知，d變化，Q變化；選項B錯誤；

C．a振動方向不確定，d可增可減；故電流方向不確定，選項C錯誤；

D．當a板向右位移最大時，由可知，d最小，C最大；選項D正確；

故選D。4、C【分析】【詳解】

AB．由

可知，點電場線較疏，場強較小，故粒子加速度較小，即

AB錯誤；

CD．粒子所受電場力與電場線相切且沿軌跡凹側；故電場力方向如圖所示。

由于粒子帶負電，故場強方向與受力方向相反，沿電場線方向電勢降低，即

由可知，在電勢越高處，負電荷的電勢能越小，即

C正確；D錯誤。

故選C。5、A【分析】【詳解】

根據亮斑的位置可以推斷電子在電極Y和Y′之間應受到指向Y的電場力；在電極X和X′之間應受到指向X的電場力，因此電極X和Y應帶正電。

故選A。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．△t→0時的平均速度可看成瞬時速度運用了極限的思想；A錯誤；

B．探究力的合成滿足平行四邊定則運用了等效替代的方法；B錯誤；

C．庫侖通過扭秤實驗的研究得到庫侖定律利用微小形變放大的方法；C正確；

D．伽利略研究自由落體運動運用了合理猜想；數學推理；合理外推法，D錯誤。

故選C。7、B【分析】【詳解】

A．根據等量異種電荷電場的特點可知，電勢為的點構成的是一個曲面，曲面與平面的交線不是直線，即平面對角線上各點的電勢不都等于A錯誤；

B．根據電場強度矢量合成法則可知，正、負電荷分別在點、點產生的電場強度大小相等為

方向相同，正、負電荷分別在點、點產生的電場強度大小相等為

方向相同，則點、點場強大小相等為

方向相同；B正確；

C．根據電場力做功特點可知，電場力做功多少與運動路徑無關，粒子從點沿不同路徑到達點，電場力做功相同，其大小為

C錯誤；

D．粒子在點的電勢能

D錯誤。

故選B。8、B【分析】【詳解】

對離子，根據動能定理有

解得

根據電流的定義式有

對離子，根據動量定理有

解得

根據牛頓第三定律，推進器獲得的推力大小為

故選B。二、多選題(共7題，共14分)9、A:D【分析】【詳解】

A．滑動變阻器R1的滑片P由b端滑到a端的過程中；總電阻先變大后變小，由閉合電路歐姆定律可知，電流表示數先變小后變大，故A正確；

B．電源內阻忽略不計；所以電壓表示數不變，故B錯誤；

C．電壓表示數變化量與電流表示數變化量比值等于除R3外的總電阻；故C錯誤；

D．電壓表示數與電流表示數比值等于除R3外的總電阻，電壓表示數與電流表示數比值先變大后變小，故D正確。10、A:C【分析】【分析】

當滑動觸頭P向下移動時；接入電路的電阻變大，外電路總電阻變大，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化和路端電壓以及功率的變化即可；

【詳解】

A、由題可知當當滑動觸頭向下滑動時，接入電阻的阻值變大，故電路中總電阻變大，根據閉合電路歐姆定律可知，干路總電流I減小，內電壓減小，外電源增大，即電阻兩端電壓增大，故電阻的功率增大；故選項A正確；

B、由上面分析可知，通過電阻的電流增大，由于干路總電流I減小，故通過電阻的電流減小，故電阻的功率減小；故選項B錯誤；

C、由于干路總電流I減小，則電源的總功率減?。还蔬x項C正確；

D、電源的效率為：由于外電源增大；故電源的效率將增大，故選項D錯誤．

【點睛】

本題按“部分→整體→部分”的思路進行動態(tài)變化分析，根據閉合電路歐姆定律分析總電流的變化和路端電壓以及功率的變化即可．11、A:D【分析】【詳解】

AB．由圖可知：電子在A點釋放做初速度為零的勻加速直線運動，勻加速運動說明所受電場力恒定，因此為勻強電場，即EA=EB

故A正確；B錯誤；

C．電子由靜止從A勻加速運動到B，電場力由A指向B，因此電場線方向從B指向A，沿電場線方向電勢逐漸降低，即AB

故C錯誤；

D．由于電子由靜止從A勻加速運動到B，電場力做正功，電子的電勢能逐漸減小，即EpAEpB

故D正確。

故選AD。12、A:C:D【分析】【詳解】

A．當外電路電阻等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，滑片滑動過程中外電路電阻變小，當滑動觸點滑倒b端時外電路只有定值電阻根據題意可知與電源內阻的大小相等，所以此時電源輸出功率最大，在滑動過程中一直在變大，A正確；

B．根據串反并同；滑動觸頭滑動過程中，電壓表的示數逐漸變小，即路端電壓逐漸變小，電源的效率變小，B錯誤；

C．根據串并聯特點，可知

根據串反并同，可知電路的總電流變大，I1減小，I2增大，故變化量小于變化量C正確；

D．根據閉合電路歐姆定律有

由于題目中數據為絕對值，所以

故D正確。

故選ACD。13、C:D【分析】【詳解】

A．根據電勢的定義式

可知電場中某點的電勢等于試探電荷在該點的電勢能與電荷量的比值；電場中某點的電勢與零電勢的選擇有關，故A錯誤；

B．根據電容的定義式

可知電容器的電容等于電容器極板所帶電荷量與電勢差的比值；電容器的電容決定于電容器本身，與電容器所帶電荷量無關，故B錯誤；

C．安培認為在原子；分子內部總存在著一種環(huán)形電流——分子電流；提出分子電流假設，故C正確；

D．電動勢是表征電源將其他形式能轉化為電能本領的物理量，故D正確。

故選CD。14、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．穿過兩個線框的磁通量都先增大后減?。还蔄錯。

B．兩個線框閉合且有磁通量變化；所以都會產生感應電流，故B正確。

CD．在條形磁鐵內部；磁感線從S極指向N極，而在磁體外部，是從N極指向S極，線圈越大，抵消部分越多，故大線框中的磁通量小于小線框中的磁通量，故D正確。

故選BD。15、B:D【分析】【分析】

由牛頓第二定律分別求出加速度即可；分析滑塊和木板組成的系統所受的外力，判斷動量是否守恒．滑塊相對木板靜止時，由動量守恒定律求出兩者的共同速度，由能量守恒定律求內能．再由求木板的最小長度L；由運動學公式求滑塊與木板的位移之比．

【詳解】

A．滑塊在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛頓第二定律可得：地面光滑，可知M在水平方向也只受到m對M的摩擦力，由牛頓第二_定律可得：其中μ是二者之間的動摩擦因數，即：故A錯誤；

B．水平面光滑，則滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零，兩者水平方向動量守恒，滑塊相對木板靜止時，取向右為正方向，根據動量守恒定律得：解得：v=1m/s．根據能量守恒定律得，整個辻程中因摩擦產生的內能：故B正確；

C．設木板的最小長度為L，則有但由于不知道動摩擦因數不能求出木板的最小長度，故C錯誤；

D.從開始到滑塊與木板相對靜止込段時向內；滑快與木板的位移之比是：

故D正確．

【點睛】

本題主要考查了板塊模型的綜合應用，屬于中等題型．三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】【詳解】

[1]由電磁波譜可知，電磁波包括無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、射線；故可見光是電磁波的一部分；

[2]電磁波在真空中的傳播速度都等于光速，

[3]麥克斯韋是建立了電磁場理論和預言了電磁波的存在，赫茲是在人類歷史上首先捕捉到電磁波的科學家?！窘馕觥渴呛掌?7、A:C【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]AB．處于靜電平衡狀態(tài)下的導體所帶的電荷都分布在導體的外表面；故A能使驗電器帶電，B不能使驗電器帶電；

C．將驗電器與帶電物體用導線連接；二者組成新的導體，導致電荷在新的導體表面重新分布，所以可以使驗電器帶電，故C能使驗電器帶電；

D．由于靜電屏蔽的作用，驗電器不受外電場的影響，故金屬箔是閉合的，D不能使驗電器帶電。18、略

【分析】【詳解】

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，由歐姆定律，I變小，U1=IR1變小，故V1逐漸減?。灰騌1、R3為定值電阻，故由歐姆定律U2＝E?I(R1+R3+r)可知，電壓表V2示數的變化量絕對值與電流表A示數的變化量比值等于R1+R3+r，故．【解析】減小ΔI(R3+R1+r)19、略

【分析】【詳解】

[1]根據右手定則可知，通電線圈產生的磁場反向垂直紙面向外，導線在線圈內產生的磁場方向垂直紙面向內，根據題意可知，圓環(huán)圓心處的磁感應強度變?yōu)榱?，因此直導線電流在導線上方距導線a處產生的磁感應強度的大小為B，根據對稱，在下方a處磁感應強度也為B；

[2]根據右手定則可知，方向垂直紙面向外?！窘馕觥緽垂直紙面向外20、略

【分析】【詳解】

[1][2]根據點電荷場強公式以及電場強度的疊加法則可得在A、B連線中點處的電場強度為

方向指向B。【解析】B21、略

【分析】【詳解】

[1]游標卡尺的讀數即該金屬圓片的直徑的測量值為

[2]螺旋測微器的讀數即該金屬圓片厚度的測量值為【解析】12.401.68222、略

【分析】【詳解】

[1]根據螺旋測微器讀數規(guī)則，此示數為

[2]根據游標卡尺讀數規(guī)則，此示數為【解析】6.125##6.126##6.12763.60四、作圖題(共2題，共16分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

連接BC，過A點作BC的平行且與BC線段相等的線段AD，將AD分成兩等份，找出B點的等勢點，即E點，電勢為11V，連接BE，則BE為等勢線；電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示。

【解析】24、略

【分析】【詳解】

電場線上每一點的切線方向即為該點的電場強度方向；負電荷受電場力的方向與場強方向相反，如圖所示。

【解析】五、實驗題(共3題，共15分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]該電阻的阻值約為

（2）[2]電源電動勢為4V，直接使用電壓表V1量程太小，為了使測量盡量準確，測量時電表讀數不得小于其量程的使用電壓表V2量程又太大，可以把電壓表V1與定值電阻R0串聯，增大其量程進行實驗，故電壓表選擇V1

[3]根據分壓關系，待測電阻兩端的電壓不能超過2V，最大電流

所以電流表選A2

[4]待測電阻的電壓從零開始可以連續(xù)調節(jié)，變阻器采用分壓式接法，為保證電路安全方便實驗操作，滑動變阻器應選R1

（3）[5]為準確測量電阻阻值；應測多組實驗數據，滑動變阻器可以采用分壓接法，由于待測電阻阻值接近電流表內阻，所以采用電流表外接法。如圖所示。

【解析】22.026、略

【分析】【詳解】

(1)[1]必選器材有：A、H，電池組的電動勢是3V，電壓表的量程選3V，即選擇電壓表D，由題，金屬導線的電阻約為5Ω左右，則通過導線的電流最大值約

故電流表選C；變阻器F的電阻大于待測電阻，可選擇該變阻器作為限流器，器材中應選用的是A；C、D、F、H

(2)[2]由題得

則采用電流表外接法；可減小誤差。

(3)[3]由于電流表用的是量程為0～0.6A；則其精確度為0.02A，電流表的讀數為0.48A

[4]由于電壓表用的是量程為0～3.0V；其精確度為0.1V，電壓表的讀數為2.20V

(4)[5]為使通過待測金屬導線的電流能在0～0.5A范圍內改變；變阻器必須接成分壓式電路，實驗原理電路圖如圖，連成實驗電路如圖。

【解析】A、C、D、F、H外0.482.2027、略

【分析】【分析】

考查電表的原理及改裝。

【詳解】

（1）[1]防止電表示數過大被燒壞，電壓應從0開始逐漸增大，滑動變阻器R2的滑片應置于最右端；

（4）[2][3]由（2）（3）兩步可以列式

解得

（5）[4]由

解得R0=900Ω

（6）[5]改裝的電壓表示數總是精密電壓表的0.9倍，說明改裝電壓表滿偏電壓為即

需要調整變阻器，讓改變電壓表滿偏電壓為3V，則

其中，則

解得

故選B?！窘馕觥竣?最右端②.100③.3.0④.900⑤.B六、解答題(共