2025年浙教版必修3物理下冊月考試卷

…………○…………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年浙教版必修3物理下冊月考試卷671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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、光控開關可以實現(xiàn)自動控制，可以使電燈的亮度自動隨周圍環(huán)境的亮度改變而改變。如圖為其內(nèi)部電路簡化原理圖，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，為光敏電阻（光照強度增加時；其電阻值減?。?。當光照逐漸減弱時，則下列判斷正確的是（）

A.電源的效率變小B.電源內(nèi)阻消耗的功率變小C.A燈變暗，B燈變暗D.上電流的變化量等于上電流變化量2、有兩條長直導線垂直紙面水平放置，交紙面于a、b兩點，通有大小相等的恒定電流，方向如圖，a、b的連線水平。c是ab的中點，d點與c點關于b點對稱。已知c點的磁感應強度為B1，d點的磁感應強度為B2，則關于a處導線在d點的磁感應強度的大小及方向；下列說法中正確的是。

A.方向豎直向上B.方向豎直向下C.方向豎直向下D.方向豎直向上3、如圖，兩個固定的點電荷相距為0.5m，點a到的間距分別為0.4m、0.3m，已知兩點電荷在點a產(chǎn)生的合電場方向平行于的連線，則兩個點電荷電荷量絕對值的比值等于（）

A.B.C.D.4、在電場中將一帶電荷量q=C的負電荷從B點移至A點時，克服電場力做功2×10-6J，將該電荷從A點移至C點，則需克服電場力做功3×10-6J，則BC間的電勢差大小為（）A.5000VB.3000VC.2000VD.1000V5、如圖所示為某汽車上的加速度電容傳感器的俯視圖。金屬塊左；右側分別連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧；彈簧與電容器固定在外框上，金屬塊可帶動電介質(zhì)相對于外框無摩擦左右移動，電容器與恒壓電源連接，并串聯(lián)計算機的信號采集器。當汽車向右做加速度增大的加速運動時，電介質(zhì)相對于外框向左移動，則電容器（）

A.電容變小B.極板間的電壓變大C.極板間的電場強度不變D.極板間的電場強度變小6、最先發(fā)現(xiàn)電磁感應現(xiàn)象并得出電磁感應定律的物理學家是________．A.奧斯特B.安培C.法拉第D.麥克斯韋7、如圖甲、乙兩個電路，是利用一個靈敏電流表和一個電阻箱R改裝成電壓表或電流表，若電壓表量程為電流表量程為則（）

A.甲表是電壓表，乙表是電流表B.甲表中乙表中C.若使用中發(fā)現(xiàn)甲表的示數(shù)總比準確值稍小一些，則可適當減小電阻箱R的阻值D.若使用中發(fā)現(xiàn)乙表的示數(shù)總比準確值稍小一些，則可適當增大電阻箱R的阻值8、如圖所示，菱形ABCD對角線交點為O點，E、F分別為AD、BC的中點，則以下說法正確的是（）

A.若A、C處為等量同種電荷，則E、F兩點電場場強相同B.若A、C處為等量異種電荷，則E、F兩點電勢相等C.若A、C處為大小相等、方向相同的垂直紙面直線電流，則E、F兩點磁感應強度相同D.若A、C處為大小相等、方向相反的垂直紙面直線電流，則E、F兩點磁感應強度相同9、如圖所示，線框abcd與通有恒定電流的長直導線共面。線框從圖示位置Ⅰ按以下四種方式運動；磁通量變化的絕對值最大的是（）

A.平移到位置ⅡB.以為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)到位置ⅡC.以為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)到位置ⅢD.平移到以為對稱軸的位置Ⅲ評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、在光滑的水平面內(nèi)有一沿軸的靜電場，其電勢隨坐標變化的圖線如圖所示（均為已知）?，F(xiàn)有一質(zhì)量為電荷量為的帶負電小球從點以某一未知初速度沿軸正向射出；則下列說法正確的是（）

A.在間的電場強度沿軸負方向，大小為B.在間與間電場強度相同C.只要該帶電小球就能運動到處D.只要該帶電小球就能運動到處11、如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)電阻；以下說法中正確的是（）

A.當R2=R1＋r時，R2上獲得最大功率B.當R2=R1＋r時，R1上獲得最大功率C.當R2=0時，R1上獲得最大功率D.當R2=0時，電源的輸出功率最大12、如圖所示，電荷均勻分布的絕緣薄球殼的電荷量為Q（Q>0），半徑為R，球心О點固定在空間某位置，在球殼上相互距離均為的三個點A、B、C處分別取走相同的一小塊面積（遠小于球殼表面積），球殼上其余位置電荷量及其分布都不變。直線OM為ΔABC所在平面的垂線，P位于直線OM上且與O點相距2R。在P位置放置一點電荷q使O點電場強度恰好為零。已知電荷量為q的點電荷在距離其r的位置產(chǎn)生的電勢（k為靜電力常量）。下列說法正確的是（）

A.B.C.O點電勢為D.O點電勢為13、某靜電場的電場線分布如圖所示,P、Q為該電場中的兩點,下列說法正確的是()

A.P點場強大于Q點場強B.P點電勢低于Q點電勢C.若將電子從Q點靜止釋放，電子將沿電場線從Q運動到PD.將電子從P點移動到Q點,其電勢能增大14、如圖所示，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M、N、P、F四點處的電勢分別用表示，已知點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)；則（）

A.點電荷Q一定在MP的連線上B.連接PF的線段一定在同一等勢面上C.將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D.大于15、一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示；三點的電勢分別為10V；17V、26V。下列說法正確的是（）

A.坐標原點處的電勢為1VB.電子在a點的電勢能比在b點的少7eVC.電場強度方向沿Oc方向D.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV16、如圖甲所示，兩平行板沿水平方向放置，且在兩極板間加如圖乙所示的電壓，時刻由兩極板的正中央靜止釋放一帶負電的粒子，結果在時粒子回到出發(fā)點，且整個過程中粒子剛好未與極板M發(fā)生碰撞；忽略粒子的重力。則下列說法正確的是（）

A.粒子在時刻剛好運動到極板MB.在時刻粒子的速率最大C.D.與時刻粒子的動能之比為17、電壓表；電流表都是由小量程電流表改裝而成的；如圖甲、乙所示分別是電壓表、電流表的改裝圖，以下說法正確的是（）

A.若改裝后的電流表示數(shù)比標準表稍小一些，可以給并聯(lián)電阻再串聯(lián)一個較小的電阻B.若改裝后的電壓表示數(shù)比標準表稍小一些，可以給串聯(lián)電阻再并聯(lián)一個較大的電阻C.小量程電流表內(nèi)阻為給它并聯(lián)一個電阻改裝后的電流表量程是原來的倍D.為實現(xiàn)對改裝電表的逐格校準，需要采用分壓式電路18、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(nèi)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9題，共18分)19、如果E表示電源的電動勢，表示路端電壓，表示內(nèi)電壓，R表示外電路的總電阻，r表示內(nèi)電阻，I表示閉合電路中的電流；那么根據(jù)下列給出的已知條件，求出其余各量（用已知量表示）:

（1）已知E、和r，則_______，_______，_______.

（2）已知I、R和則E=_______，_______._______.20、能的最基本性質(zhì)是：不同形式的能量之間可以相互____________，而且在轉(zhuǎn)化的過程中能的總量總保持____________.21、取一對用絕緣柱支撐的導體A和B；使它們彼此接觸，起初它們不帶電，分別貼在導體A；B下部的金屬箔均是閉合?，F(xiàn)將用絲綢摩擦過的玻璃棒C移近導體A，回答下列問題：

(1)若先把A和B分開，然后移去C，此時A導體上的金屬箔______，B導體上的金屬箔______（填“帶正電”、“帶負電”、“不帶電”）。若再用手接觸B，此時觀察到的現(xiàn)象是______；

(2)若先移去C，然后把A和B分開，此時A導體金屬箔______，B導體金屬箱______（填“帶正電”；“帶負電”、“不帶電”）；

(3)A、B導體帶電的實質(zhì)是______。22、如圖1，光滑水平桌面上固定一圓形光滑絕緣軌道，整個軌道處于水平向右的勻強電場中。一質(zhì)量為帶電量為的帶正電小球，在軌道內(nèi)做完整的圓周運動。小球運動到A點時速度大小為且該位置軌道對小球的彈力大小為其圖像如圖2，則圓形軌道半徑為__________；勻強電場電場強度為___________。

23、如圖所示，一個驗電器用金屬網(wǎng)罩罩住，當加上水平向右的、場強大小為E的勻強電場時，驗電器的箔片________（填“張開”或“不張開”），我們把這種現(xiàn)象稱之為________．此時，金屬網(wǎng)罩的感應電荷在網(wǎng)罩內(nèi)部空間會激發(fā)一個電場，它的場強大小為________，方向為________．

24、尖端放電和靜電屏蔽。

（1）電離：導體尖端的電荷密度很大，附近的電場強度___________，空氣中的帶電粒子劇烈運動，使空氣分子被撞“散”而使正、負電荷___________的現(xiàn)象。

（2）尖端放電：導體尖端的強電場使附近的空氣電離，電離后的異種離子與尖端的電荷___________；相當于導體從尖端失去電荷的現(xiàn)象。

（3）靜電屏蔽：靜電平衡時，導體殼內(nèi)空腔里的電場___________；外電場對殼內(nèi)不會產(chǎn)生影響。

（4）尖端放電和靜電屏蔽的應用；防止。

a.尖端放電。

①應用：___________是利用尖端放電避免雷擊的一種設施。

②防止：高壓設備中導體的表面盡量___________；減少電能的損失。

b.靜電屏蔽的應用。

①電學儀器和電子設備外面會有金屬罩；通訊電纜外面包一層鉛皮，可以防止外電場的干擾。

②電工進行高壓帶電作業(yè)時，穿戴金屬絲網(wǎng)制成的衣、帽、手套、鞋子，可以對人體起到靜電屏蔽作用，使人安全作業(yè)。25、描述電場的力的性質(zhì)的物理量為______，描述電場的能的性質(zhì)的物理量為______。26、帶電粒子在電場中的加速。

分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：

（1）利用___________定律結合勻變速直線運動公式分析。適用于電場是___________且涉及___________等描述運動過程的物理量，公式有qE=___________，v=v0＋___________等。

（2）利用靜電力做功結合動能定理分析。適用于問題涉及___________、___________等動能定理公式中的物理量或___________電場情景時，公式有qEd=mv2-mv（勻強電場）或qU=mv2-mv（任何電場）等。27、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以初速度v0垂直于電場方向進入兩平行板間場強為E的勻強電場，極板間距離為d，兩極板間電勢差為U，板長為l.

(1)偏轉(zhuǎn)距離：由t＝()，a＝()，所以y＝()＝()

(2)偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝()＝()，所以tanθ＝()＝()

(3)由知x＝()粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的()．評卷人得分四、作圖題(共2題，共18分)28、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。29、如圖，黑箱面板上有三個接線柱1、2和3，黑箱內(nèi)有一個由四個阻值相同的電阻構成的電路。用歐姆表測得1、2接線柱之間的電阻為2、3接線柱之間的電阻為1、3接線柱之間的電阻為在虛線框中畫出黑箱中的電阻連接方式。

評卷人得分五、解答題(共2題，共4分)30、如圖所示，電源電動勢內(nèi)阻開關原來斷開。求：

(1)開關斷開時，電容器所帶的電荷量？

(2)開關閉合后，電路穩(wěn)定時點的電勢為多少？

(3)開關閉前、合后，電容器所帶的電荷量變化了多少？

31、在如圖甲所示的電路中，電阻R阻值未知，電源電動勢和內(nèi)阻也未知，電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線及外電阻的圖線如圖乙所示；求：

（1）電源的電動勢和內(nèi)阻；

（2）電源的路端電壓及電阻R的阻值；

（3）電源的輸出功率。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】

【詳解】

A．電源的效率為

由上式可知外電阻增大；電源的效率變大，所以當光照逐漸減弱時光敏電阻的電阻值增大，電源的效率變大，則A錯誤；

BC．當光照逐漸減弱時光敏電阻的電阻值增大，總電阻增大，總電流I減小，由于電源內(nèi)阻消耗的功率所以電源內(nèi)阻消耗的功率變小，由可知總電流I減小時，路端電壓U增大，則A燈電流IA增大，所以A燈變亮，根據(jù)“串反并同”規(guī)律可知，B燈與光敏電阻，則光敏電阻的電阻值增大，B燈的電流IB也增大；所以B燈也變亮，則B正確C錯誤；

D．由于

電流I減小，電流IA增大，所以電流I0減小，則U0也減小，又由

路端電壓U增大，U0減小所以Ut增大，則B燈的電流IB也增大，根據(jù)

減少，減少，增加，所以上電流的變化量大于上電流變化量；則D錯誤；

故選B。2、B【分析】【詳解】

設a處導線在d點的磁感應強度的大小為B，方向方向豎直向下。根據(jù)通電直導線產(chǎn)生的磁場磁感應強度與電流成正比，a處導線在c點的磁感應強度的大小為3B，方向豎直向下。由題意知，兩條長直導線恒定電流大小相等，則得到b處導線在c兩點的磁感應強度的大小為3B，根據(jù)安培定則得到，方向豎直向下。b處導線在d兩點的磁感應強度的大小為3B，根據(jù)安培定則得到，方向豎直向上。則根據(jù)磁場疊加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根據(jù)數(shù)學知識得到，所以a處導線在d點的磁感應強度的大小為方向是豎直向下。

A．方向豎直向上。故A錯誤。

B．方向豎直向下。故B正確。

C．方向豎直向下。故C錯誤。

D．方向豎直向上。故D錯誤。3、D【分析】【分析】

【詳解】

合電場方向平行于的連線，則的電荷為異號，由點電荷場強公式可得

由場強矢量三角形與幾何三角形相似可得

聯(lián)立可求得電荷量絕對值的比值為

故選D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

電荷由B移到C，電場力做功為

則

故A正確；BCD錯誤。

故選A.5、C【分析】【詳解】

A．因為電介質(zhì)相對于外框向左移動，根據(jù)

則電容器電容變大；選項A錯誤；

B．電容器極板與電源連接；則兩板間的電壓不變，選項B錯誤；

CD．根據(jù)

兩板電壓和間距都不變；則場強不變，選項C正確，D錯誤。

故選C。6、C【分析】【詳解】

法拉第經(jīng)十年的努力，在1831年發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象并得出電磁感應定律，故C正確，ABD錯誤．7、B【分析】【詳解】

A．甲由一個靈敏電流表G和一個變阻器R并聯(lián)，利用并聯(lián)電阻的分流，改裝成電流表，乙由一個靈敏電流表G和一個變阻器R串聯(lián)；利用串聯(lián)電阻的分壓，改裝成電壓表，故A錯誤；

B．由公式

知，在甲圖中，若改裝成的電流表的量程為2.5mA，則

由公式

知，在乙圖中，若改裝成的電壓表的量程為3V，則R=5800Ω

故B正確；

C．安培表的量程

若使用中發(fā)現(xiàn)甲表的示數(shù)總比準確值稍小一些，說明改裝后的量程偏大，導致偏角小，示數(shù)偏小，所以應當增大R；減小量程，故C錯誤；

D．電壓表的量程

若使用中發(fā)現(xiàn)乙表的示數(shù)總比準確值稍小一些，說明改裝后的量程偏大，導致偏角小，示數(shù)偏小，所以應當減小R；減小量程，故D錯誤；

故選B。8、D【分析】【詳解】

A．若A、C處為等量同種電荷，則E、F兩點場強大小相等；方向相反；故A錯誤；

B．若A、C處為等量異種電荷，則E、F兩點電勢一正一負；故B錯誤；

C．若A、C處為大小相等、方向相同的垂直紙面直線電流，則E、F兩點磁感應強度大小相等；方向相反；故C錯誤；

D．若A、C處為大小相等、方向相反的垂直紙面直線電流，則E、F兩點磁感應強度大小相等；方向相同；故D正確。

故選D。9、D【分析】【分析】

【詳解】

由于通電導線產(chǎn)生的磁場，距離導線越近，磁感強度越大，因此三個位置，磁通量的大小關系為

從I平移到位置II，磁通量的變化為以為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)到位置Ⅱ，磁通量的變化為以為轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)到位置Ⅲ，磁通量的變化為0；平移到以為對稱軸的位置Ⅲ，磁通量的變化為因此磁通量變化的絕對值最大的是從I平移到以為對稱軸的位置Ⅲ。

故選D。二、多選題(共9題，共18分)10、B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．之間，電勢降低，電場強度方向沿軸正方向大小為。

A錯誤；

B．與之間電勢均升高；電場強度方向相同大小均勻。

B正確。

CD．只要帶電小球恰好能到處，小球就能運動到處，由動能理。

只要。

則小球就能過則能到達處；C錯誤，D正確。

故選BD。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．在討論R2的電功率時，可將R1視為電源內(nèi)阻的一部分，即將原電路等效為外電阻R2與電動勢為E、內(nèi)阻為（R1＋r）的電源（等效電源）連成的閉合電路；如圖所示。

R2的電功率是等效電源的輸出功率，顯然當R2=R1＋r時，R2獲得的電功率最大；A正確；

BC．在討論R1的電功率時；由。

I=及。

P1=I2R1可知，R2=0時，R1獲得的電功率最大；B錯誤，C正確；

D．當R1＋R2=r時，電源的輸出功率最大，由于題目沒有給出R1和r的具體數(shù)值，所以當R2=0時；電源輸出功率并不一定最大，D錯誤。

故選AC。12、A:C【分析】【詳解】

AB．由于球殼絕緣且電荷分布均勻，則ABC三處每個小塊面積對應電荷量

由于OABC構成四面體，令OA與的夾角為可知三個小塊處電荷在O點產(chǎn)生的場強大小

方向沿MO，由于完整球殼內(nèi)部電場強度為零，因此剩下部分球殼在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E，方向沿OM，又因在P點放置一點電荷q，O點的電場強度剛好為零，所以q為正電荷；如圖所示。

在四面體中，由幾何關系得

則有

所以

解得

由于

解得

A正確；B錯誤；

CD．球面上余下電荷在O點產(chǎn)生的電勢為

P位置點電荷在O點產(chǎn)生的電勢為

所以O點電勢為

C正確；D錯誤。

故選AC。13、A:D【分析】【詳解】

A．電場線密的地方電場強度大，所以P點場強一定大于Q點場強；故A正確；

B．根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知P點電勢一定高于Q點電勢；故B錯誤；

C．將電子從Q點釋放；電場線為曲線，每時刻的力不斷變化，速度和力不共線，不可能沿電場線運動，故C錯誤；

D．P點電勢一定高于Q點電勢，即φp＞φq．根據(jù)電勢能公式Ep=qφ，可知由于是電子，所以q＜0，所以電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能．即從P到Q點，電子的電勢能增加．故D正確．14、A:D【分析】【詳解】

A．如圖所示，根據(jù)題意，點電荷Q必在MN的中垂線和PF的中垂線的交點處，過F作MN的垂直平分線交MP于O點，由幾何關系可知ON恰好垂直平分PF，故點電荷Q一定位于O點；故A正確；

B．由正點電荷的等勢面分布特點可知；故B錯誤；

C．因為是正點電荷形成的電場，將正試探電荷從P點搬運到N點；電場力做正功，故C錯誤；

D．因為是正點電荷形成的電場；越靠近場源電荷電勢越高，故D正確。

故選AD。15、A:D【分析】【詳解】

A．由勻強電場的特性可知

即

解得故A正確；

B．電子在a點的電勢能

電子在b點的電勢能

因此電子在a點的電勢能比在b點的多7eV；故B錯誤；

C．在ac連線上找一點d，其電勢為17V，則bd連線為等勢面，過c點作bd的垂線即為電場線；方向如圖所示，故C錯誤；

D．電子由b點運動到c點，電場力做功為

故D正確。

故選AD。16、C:D【分析】【詳解】

AC．設兩極板之間的距離為d，粒子的質(zhì)量為m，電荷量的絕對值為q。在時間內(nèi)平行板間的電場強度為

粒子的加速度

向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間的位移為

此時的速度為

在時間內(nèi)平行板間電場強度為

加速度大小為

粒子以的速度先向上做勻減速直線運動到達M板時，速度減為零，然后向下做勻加速直線運動，這段時間內(nèi)的位移為

由題意知，在時刻，粒子回到出發(fā)點，則有

聯(lián)立可得

A錯誤；C正確；

BD．由以上分析可知，在時刻粒子的速度大小為

在時刻粒子的速度大小為

整理得

顯然與時刻粒子的速率之比為

由公式

可知與時刻粒子的動能之比為B錯誤，D正確。

故選CD。17、A:B:C:D【分析】【詳解】

A．若改裝后的電流表示數(shù)比標準表稍小一些；說明流過表頭的電流小，可以增大分流電阻使其分流少些，從而增大流過表頭的電流使其準確，應該給并聯(lián)電阻串聯(lián)一個較小的電阻，故A正確；

B．若改裝后的電壓表示數(shù)比標準表稍小一些；說明流過表頭的電流小，應該減小串聯(lián)電阻，或給串聯(lián)電阻再并聯(lián)一個較大的電阻，故B正確；

C．小量程電流表內(nèi)阻為給它并聯(lián)一個電阻R，改裝后的電流表量程

得出

故C正確；

D．分壓式電路電壓；電流可以從零開始調(diào)節(jié)；可以實現(xiàn)對改裝電表的逐格校準，故D正確。

故選ABCD。18、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9題，共18分)19、略

【分析】【詳解】

(1)[1][2][3]根據(jù)閉合電路電壓關系可知，

對內(nèi)阻根據(jù)歐姆定律可知，電流

外電阻

(2)[4][5][6]已知I、R和則根據(jù)閉合電路歐姆定律E=

路端電壓

對內(nèi)阻根據(jù)歐姆定律可知，內(nèi)阻【解析】20、略

【分析】【分析】

了解不同能量之間可以相互轉(zhuǎn)化；但是總的能量是守恒的；

【詳解】

能的最基本性質(zhì)是：不同形式的能量之間可以相互轉(zhuǎn)化；而且在轉(zhuǎn)化的過程中能的總量總保持不變，即能量守恒。

【點睛】

本題考查能量守恒定律，知道不同能量之間可以相互轉(zhuǎn)化，但是總的能量是守恒的?！窘馕觥哭D(zhuǎn)化不變21、略

【分析】【分析】

【詳解】

絲綢摩擦過的玻璃棒C帶正電荷；導體A；B接觸在一起時，處在正電荷的電場中，由于靜電感應，導體A的左端感應出負電荷，導體B的右端感應出正電荷，且電荷量相等，所以導體兩端的金屬箔都張開，且左端帶負電，右端帶正電。

(1)[1][2][3]若先把A和B分開；然后移去C，導體A；B的電荷不能中和，故A導體上的金屬箔帶負電，B導體上的金屬箔帶正電，若用手接觸B則將B導體的正電荷中和而不再帶電，故此時觀察到的現(xiàn)象是B導體的金屬箔閉合；

(2)[4][5]若先移去C；導體A和導體B上的正負電荷中和，均不再帶電，故A；B導體金屬箔均不帶電；

(3)[6]A、B導體帶電的實質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移（或電荷轉(zhuǎn)移）?！窘馕觥繋ж撾妿д夿導體的金屬箔閉合不帶電不帶電電子轉(zhuǎn)移（或電荷轉(zhuǎn)移）22、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]小球運動到A點時；由彈力和電場力的合力提供向心力，即。

得。

可知，N?v2圖象的斜率。

由數(shù)學知識可知。

可得；圓形軌道半徑。

[2]當v2=0時，N=?a；代入。

得。

【解析】23、略

【分析】【分析】

從靜電屏蔽的原理出發(fā)即可解題．金屬內(nèi)部由于電子可以自由移動；會產(chǎn)生一個與外加電場相反的電場，來抵消在金屬內(nèi)部的電場，以保證平衡，從而使金屬上電荷重新分布；

【詳解】

[1][2][3][4]因為在金屬內(nèi)部由于電子可以自由移動，當加上水平向右的、場強大小為E的勻強電場時，金屬網(wǎng)罩會產(chǎn)生一個與外加電場相反的電場，來抵消在金屬內(nèi)部的電場，以保證平衡，從而金屬上電荷重新分布，就是所謂“靜電屏蔽”的原理；此時驗電器不會受到影響，故驗電器的箔片不張開?！窘馕觥竣?不張開②.靜電屏蔽③.E④.水平向左24、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解