2025年浙教版必修3物理下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2025年浙教版必修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7題，共14分)1、如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B；則兩球靜止于圖示位置，如果將小球B向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比（）

A.推力F將增大B.豎直墻面對小球A的彈力增大C.地面對小球B的彈力一定不變D.兩個小球之間的距離減小2、如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內電阻為r，在滑動變阻器R1的滑動觸片P從圖示位置向下滑動的過程中（）

A.電路中的總電流變小B.路端電壓變大C.通過電阻R2的電流小D.通過滑動變阻器R1的電流小3、一個帶負電的液滴從A點以一定的初速度射入水平方向的勻強電場中，液滴沿直線AB運動，AB與電場線夾角為θ，液滴的質量為m，電荷量為q，重力加速度為g；則（）

A.電場強度的方向水平向左B.電場強度的大小為C.靜電力做正功D.液滴的機械能減小4、下列說法不正確的是（）A.伽利略研究自由落實運動時首先建立了平均速度、瞬時速度以及加速度等概念B.從牛頓第一定律可知物體都具有抵抗運動狀態(tài)變化的“能力”，即具有慣性C.德國物理學家開普勒用20年的時間研究了丹麥天文學家第谷的行星觀測記錄，發(fā)現了開普勒三定律D.美國科學家密里根通過實驗發(fā)現，雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同，并命名了正負電荷5、如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶的電荷量比b所帶的電荷量小。已知c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應是（）

A.F1B.F2C.F3D.F46、如圖所示是α粒子(氦原子核)被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點；在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止．圖中所標出的α粒子在各點處的加速度方向正確的是()

A.M點B.N點C.P點D.Q點7、如圖所示是一個電路的一部分，其中R1=1Ω，R2=5Ω，R3=3Ω，I1=0.1A，I2=0.2A；那么電流表測得電流為（）

A.0.2A，方向向右B.0.15A，方向向左C.0.2A，方向向左D.0.3A，方向向右評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r；平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計．開關S閉合后，兩板間恰好有一質量為m；電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)．則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（）

A.靈敏電流計G中有b→a的電流B.油滴向上加速運動C.電容器極板所帶電荷量將減小D.通過電阻R2的電流將減小9、有兩條垂直交叉但不接觸的直導線；通以大小相等的電流，方向如圖所示，則哪些區(qū)域中某些點的磁感應強度可能為零（）

A.象限ⅠB.象限ⅡC.象限ⅢD.象限Ⅳ10、靜電的應用有多種；如靜電除塵；靜電噴涂、靜電植絨、靜電復印等，它們依據的原理都是讓帶電的物質粒子在電場力作用下奔向并吸附到電極上，靜電噴漆的原理如圖所示，則以下說法正確的是（）

A.在噴槍噴嘴與被噴涂工件之間有一強電場B.涂料微粒一定帶正電C.涂料微粒一定帶負電D.涂料微?？梢詭д?，也可以帶負電11、某人將原來放在地面上質量為1kg的物體勻加速向上提升1m，這時物體獲得2m/s的速度，在這個過程中（g取10m/s2），以下說法正確的是（）A.手對物體做功為10JB.合外力對物體做功為12JC.合外力對物體做功為2JD.物體重力勢能增加了10J12、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，將兩電流表并聯后接入電路，則兩電流表（）A.偏角相同、示數不同B.偏角不同、示數相同C.甲的示數大于乙的示數D.甲的示數小于乙的示數13、如圖所示；一束帶電粒子沿水平方向飛過小磁針的上方，并與磁針指向平行，能使小磁針的N極轉向紙內，那么這束帶電粒子可能是（）

A.向右飛行的正離子束B.向左飛行的正離子束C.向右飛行的負離子束D.向左飛行的負離子束14、如圖所示，在真空中有兩個帶相等電量的正電荷q1和q2，它們分別固定在A、B兩點，DC為AB連線中垂線，現將正電荷q3由C沿CD移至無窮遠處；在此過程中（）

A.q3受到的電場力逐漸增大B.q3受到的電場力先逐漸增大，后逐漸減小C.q3的電勢能先逐漸增大，后逐漸減小D.q3的電勢能逐漸減小15、在如圖所示的電路中，各電表均為理想電表，電源電動勢為E，內阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器。平行板電容器中帶電微粒P處于靜止狀態(tài)。當滑動變阻器R3的滑片向a端移動時；則（）

A.電流表讀數減小，V1的示數減小B.微粒P將向下運動C.V2示數變大D.電容器所帶的電荷量增加16、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為r，電容器的電容為C，燈泡L的燈絲電阻不隨溫度變化，電壓表和電流表均為理想電表。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，緩慢減小電阻箱R接入電路中的阻值，與調節(jié)電阻箱之前相比，電壓表示數變化量的絕對值為ΔU；在這個過程中電路中所有器件均不會被損壞，下列說法中正確的是。

A.燈泡L將變亮B.電壓表和電流表的示數都將變大C.電源兩端電壓變化量的絕對值將大于ΔUD.電容器所帶電荷量增加，增加量小于CΔU評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、某地地磁場的磁感應強度的水平分量是3.0×l0-5T，豎直分量是4.0×10-5T，則地磁場磁感應強度的大小為_______T，在水平面上，面積為5m2的范圍內，地磁場的磁通量為_______Wb。18、能量的形式∶機械能、_____、光能、電能、化學能和_____等。19、雷達:

（1）雷達是利用______來測定物體位置的無線電設備。

（2）雷達既是電磁波的____端,又是電磁波的_____端。

（3）原理:雷達用直線性好的微波定位。無線電波的傳播速度是c,測出從發(fā)射無線電波到接收反射波的時間t,就可以確定障礙物的距離L=。實際上,障礙物的距離等數據由電子電路自動計算并在熒光屏上顯示。20、均勻帶電正方形框邊長為R，所帶電量為+Q，若取無窮遠處電勢為零，則其兩條對角線交點處的電勢___零，(選填“大于”、“小于”或“等于”)；今在其一邊中點挖去一個長為r(r<<R)的一小段后，則其兩條對角線交點處電場強度大小____________21、空氣平行板電容器，電容為C，兩極板間距離為d。充電后，兩極板間相互作用力為F。則兩極板間的電勢差為_______，極板上的電荷為________。22、(1)下列各個實驗中，應用了等效法的是_________，應用了控制變量法的是_________

A．探究小車速度隨時間的變化關系。

B．探究彈簧伸長與彈力的關系。

C．探究求合力的方法。

D．探究小車加速度與質量；力的關系。

(2)①用20分度的游標卡尺測量鋼球的直徑，示數如圖所示，則鋼球直徑為___________mm。

②若某同學也是用這個游標卡尺測量另一物體的長度，測量結果為51.45mm，則在讀數時游標尺上的第_________格與主尺上的第_________毫米格對齊。23、如圖所示，電路中A、B、C燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為RA=2Ω，RB=3Ω，RC=2Ω，電源電動勢E=12V，內阻r=0.8Ω，三個燈泡中消耗功率最大的是___________燈，電源的輸出功率為___________W。

24、如圖所示，當都閉合時，電壓表示數為1V；當閉合，斷開時，電壓表示數為0.8V，則電源的電動勢_______V.內阻_______Ω.

25、小電瓶車的電源電動勢為電源內阻不計，電動機線圈電阻為．當它以的速度在水平地面勻速行駛時，受到的摩擦力為求此時通過電動機線圈的電流是__________．評卷人得分四、作圖題(共3題，共27分)26、在如圖所示的四幅圖中；分別給出了導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。請畫出對應的磁感線（標上方向）或電流方向。

27、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標出圖中各電荷的電性。

28、如圖1所示，用電動勢為E、內阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。

（1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。

（2）請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點；畫出帶網格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率。

評卷人得分五、實驗題(共3題，共12分)29、為了描繪標有“3V；0.4W”的小燈泡的伏安特性曲線，要求燈泡電壓能從零開始變化。所給器材如下：

A．電流表（0~200mA；內阻0.5Ω）

B．電流表（0~0.6A；內阻0.01Ω）

C．電壓表（0~3V；內阻5kΩ）

D．電壓表（0~15V；內阻50kΩ）

E．滑動變阻器（0~10Ω；0.5A）

F．滑動變阻器（0~1kΩ；0.1A）

G．電源（3V）

H．電鍵一個；導線若干。

（1）為了完成上述實驗；實驗中應選擇的儀器是______（填所選儀器前的字母）。

（2）在答題卡卷的虛線框中畫出完成此實驗的電路圖______。

（3）此實線描繪出的I—U圖線是______（填“曲線”或“直線”），其原因是______。30、實驗中的各種量程的電流表和電壓表都是通過將靈敏電流計（表頭）與電阻串并聯改裝而來的。對電表改裝時必須知道表頭的內阻，一般可采用半偏法測量表頭電阻。某同學將一靈敏電流計（量程250μA，標記的內阻為600Ω）改裝成量程6V的電壓表，并利用標準電壓表進行校準。圖甲是校準電表的電路圖。虛線框內的部分是改裝后的電壓表，V0是標準電壓表（量程6V）。已知電阻箱R1、R2調節(jié)范圍為0~9999.99Ω。

（1）若將圖甲中電阻箱R1的阻值調為200Ω，則R2＝__________Ω。

（2）對比校準正確連接電路后，閉合開關，調節(jié)滑動變阻器，當標準電壓表的示數如圖乙所示時，微安表（改裝后電壓表）的示數如圖丙所示，由此可以推測出改裝電壓表量程的真實值____________（選填“大于”或“小于”）6V。

（3）重新調整：通過檢測發(fā)現電阻箱R1、R2阻值是準確的；而微安表標記的內阻不準確，這是改裝電壓表量程的真實值不是6V的原因。為了精確測量靈敏電流計的電阻，該同學設計的如下電路并進行測量：

A.先將R1的阻值調到最大，閉合S1，調節(jié)R1的阻值；使電流表的指針偏轉到滿刻度；

B．閉合S2，調節(jié)R1和R2的阻值；使電流表的指針偏轉到滿刻度的一半；

C．記下R2的阻值。

指出上述步驟中的錯誤：________________________________________________________。31、測定電源的電動勢和內電阻的實驗電路和U—I圖象如圖所示；請回答下列問題：

（1）如圖甲所示，在閉合開關之前為防止電表過載而移動滑動變阻器的滑動頭P，應放在滑動變阻器___________處（填“a”或“b”）

（2）如圖乙是根據實驗數據畫出的U—I圖象，由此可知這個干電池的電動勢___________V，內電阻___________（計算結果均保留三位有效數字）

（3）本實驗中______________________（填“大于”、“小于”或“等于”）參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

ABC．以A球為研究對象；分析受力，作出受力圖如圖所示。

設B對A的庫侖力F與墻壁的夾角為由平衡條件得豎直墻面對小球A的彈力為

將小球B向左推動少許時減小，則減??；再以AB整體為研究對象；分析受力如圖所示。

由平衡條件得

減小，則F減小，地面對小球B的彈力一定不變；故AB錯誤，C正確；

D．根據上述分析，小球之間庫侖力大小為

由上分析得到，減小，增大，減??；根據庫侖定律分析得知，兩球之間的距離增大，故D錯誤。

故選C。2、C【分析】【分析】

在滑動變阻器R1的滑動觸片P向下滑動的過程中，R1變小，外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律分析電路中的總電流和路端電壓的變化，分析通過電阻R2的電流變化，再判斷通過滑動變阻器R1的電流的變化．

【詳解】

A、在滑動變阻器R1的滑動觸片P向下滑動的過程中，R1變小；外電路總電阻變小，由閉合電路歐姆定律分析電路中的總電流變大．故A錯誤．

B、路端電壓U=E﹣Ir，I變大，E、r不變；則U變小．故B錯誤．

C、路端電壓U變小，通過電阻R2的電流變?。蔆正確．

D、總電流變大，通過電阻R2的電流變小，所以通過滑動變阻器R1的電流必定變大．故D錯誤．

故選C

【點睛】

本題也可以利用結論進行判斷：變阻器電阻變小，路端電壓必定變小，其所在電路電流必定增大，所并聯的電路電壓變?。?、D【分析】【分析】

【詳解】

A．帶負電的液滴在電場中受到豎直向下的重力與水平方向的電場力作用而沿AB做直線運動；液滴所受合力一定與AB在同一直線上，電場力只能水平向左，由于液滴帶負電，則勻強電場方向水平向右，A錯誤；

B．在垂直運動方向上合力為零，即有

解得

B錯誤；

C．因為液滴運動過程中；運動方向與電場力的方向是鈍角，故靜電力做負功，C錯誤；

D．由能量守恒定律可知；液滴在電場中靜電力做負功，電勢能增加，故液滴的機械能較小，D正確。

故選D。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．伽利略研究自由落實運動時首先建立了平均速度；瞬時速度以及加速度等概念；故A正確；

B．從牛頓第一定律可知物體都具有抵抗運動狀態(tài)變化的“能力”；即具有慣性，故B正確；

C．德國物理學家開普勒用20年的時間研究了丹麥天文學家第谷的行星觀測記錄；發(fā)現了開普勒三定律，故C正確；

D．美國科學家富蘭克林通過實驗發(fā)現；雷電的性質與摩擦產生的電的性質完全相同，并命名了正負電荷，故D錯誤。

本題選擇錯誤的，故選D。5、B【分析】【分析】

【詳解】

根據“同電相斥，異電相吸”規(guī)律，確定金屬小球c受到a和b的靜電力的方向，考慮a的帶電荷量小于b的帶電荷量；根據平行四邊形定則求合力如圖所示。

選項B正確；ACD錯誤。

故選B。6、C【分析】由庫侖定律；可得兩點電荷間的庫侖力的方向在兩者的兩線上，同種電荷相互排斥，由牛頓第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正確，ABD錯誤．

【考點定位】考查庫侖定律和牛頓第二定律．7、C【分析】【詳解】

因為U1=I1R1=0.1×1V=0.1VU2=I2R2=0.2×5V=1V

所以電阻R3的下端電勢低，上端電勢高，電勢差為U3=1V-0.1V=0.9V

故電阻R3上的電流為I3==0.3A

方向向下，對于電流表旁邊的結點而言，流進的電流應該等于流出的電流，所以電流表的示數為I=I3-I1=0.3A-0.1A=0.2A

方向向左，故選C。二、多選題(共9題，共18分)8、A:B【分析】【詳解】

在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內阻不變，可知總電流減小，內電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯電壓增大，通過R2的電流增大．根據Q=CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大；電場強度增大，電場力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速．故AB正確，CD錯誤．故選AB．

【點睛】

處理本題的關鍵是抓住不變量，熟練運用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯支路的電壓．9、A:C【分析】【分析】

據右手螺旋定則分別判斷兩通電導線的磁感線的方向；再利用矢量運算分析求解即可．

【詳解】

據右手螺旋定則可知，豎直導線左側的磁場垂直紙面向外，右側的磁場垂直紙面向內；水平導線在上側的磁場垂直紙面向外，下側垂直紙面向內；由于電流大小相同，據磁場的疊加可知，Ⅰ、Ⅲ區(qū)域磁感應強度為零，Ⅱ區(qū)域磁場方向垂直紙面向外，Ⅳ區(qū)域磁場方向垂直紙面向內，故AC正確，BD錯誤。故選AC。10、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．靜電噴涂的原理就是讓帶電的涂料微粒在強電場的作用下被吸附到工件上；而達到噴漆的目的，所以A正確；

BCD．由題圖知；待噴漆工件帶正電，所以涂料微粒應帶負電，C項正確，BD錯誤。

故選AC。11、C:D【分析】【分析】

【詳解】

D．重力做功

故重力勢能增加10J；D正確。

ABC．設手對物體做功為W，由動能定理得合外力做功W合=W+WG=mv2=×1×22J=2J

解得

AB錯誤；C正確。

故選CD。12、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，所以乙表內阻小，兩電表并聯，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，示數不同，故A正確，B錯誤；

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

故選AD。13、A:D【分析】【詳解】

A．向右飛行的正離子束；形成的電流方向向右，此電流產生的磁場在小磁針處為垂直紙面向內，則小磁針的N極轉向紙內，故A正確；

B．向左飛行的正離子束；形成的電流方向向左，此電流產生的磁場在小磁針處為垂直紙面向外，則小磁針的N極轉向紙外，故B錯誤；

C．向右飛行的負離子束；形成的電流方向向左，此電流產生的磁場在小磁針處為垂直紙面向外，則小磁針的N極轉向紙外，故C錯誤；

D．向左飛行的負離子束；形成的電流方向向右，此電流產生的磁場在小磁針處為垂直紙面向內，則小磁針的N極轉向紙內，故D正確。

故選AD。14、B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．根據電場的疊加可知，C點的場強為零，而無窮遠處場強也為零，所以由C點沿CD移至無窮遠的過程中，場強先增大，后減小，q3受到的電場力先逐漸增大；后逐漸減小，故A錯誤，B正確；

CD．由題知，q1、q2是兩個等量的正電荷；作出中垂線CD上電場線如圖。

由于在中垂線上的合場強均是由C點向上的，故沿CD的方向，電勢是降低的，根據Ep=φq可知；正電荷的電勢能也是逐漸減小的，故C錯誤，D正確。

故選BD。15、A:C:D【分析】【詳解】

A．當滑動變阻器R3的滑片向a端移動時，電阻R3變大，外電路總電阻變大，總電流變小，電流表示數減小，電阻R2的阻值不變，故其兩端電壓變小，即V1的示數減??；故A正確；

BD．帶電粒子P原來處于平衡狀態(tài)，重力和電場力平衡；電流變小后，R1和r的阻值都不變，故其兩端電壓變小，則R2與R3兩端的總電壓變大，即電容器所并聯電路兩端的電壓變大，電場力變大，帶電粒子P將向上運動；電容C不變，根據

可知電容器所帶的電荷量增加；故B錯誤；D正確；

C．當滑動變阻器R3的滑片向a端移動時，電流變小，R1、R2和r的阻值都不變，其兩端電壓變小，故R3兩端電壓變大，即電壓表V2示數變大；C正確；

故選ACD。16、A:D【分析】【詳解】

A．電阻箱阻值減小，整個電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律：

可知干路電流增大；通過燈泡的電流增大，燈泡L將變亮，故A正確；

B．干路電流增大，電流表示數增大，根據閉合電路歐姆定律：

可知路端電壓減?。煌ㄟ^燈泡的電流增大，分壓增大，則電阻箱的分壓減小，電壓表示數減小，故B錯誤；

C．根據閉合電路歐姆定律，結合數學推理可知：

則電源兩端電壓變化量的絕對值小于電壓表示數的變化量的絕對值；故C錯誤；

D．根據閉合電路歐姆定律：

結合數學推理可得：

根據方程可知：電容器并聯在燈泡兩端，所以電壓與燈泡的分壓相同，所以電容器的電荷量增加量為：

故D正確。

故選AD。三、填空題(共9題，共18分)17、略

【分析】【詳解】

[1]根據題意，依據平行四邊形法則，有：

[2]當線框平面與磁感線平行時；沒有磁感線穿過線框，穿過線框的磁通量為0；

在水平面上，地磁場的豎直分量穿過線框，則磁通量為：【解析】5.0×10-5T2.0×10-418、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]能量的形式∶機械能、內能、光能、電能、化學能和核能等?！窘馕觥績饶芎四?9、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]雷達是利用無線電波來測定物體位置的無線電設備。

（2）[2][3]雷達既是電磁波的發(fā)射端,又是電磁波的接收端?！窘馕觥竣?無線電波②.發(fā)射③.接收20、略

【分析】【詳解】

[1]均勻帶電正方形框；根據對稱性可知，其兩條對角線交點處的電場強度為零，而正點電荷，電場線是擴散狀，根據沿著電場線方向電勢降低可知，兩條對角線交點處的電勢大于零；

[2]在其一邊中點挖去一個長為r（r＜＜R）的一小段后，則其兩條對角線交點處電場強度等于由r長的電荷在對角線交點處的場強，即【解析】大于21、略

【分析】【詳解】

設電容器極板上的電荷為Q，板間場強為E，板間電壓為U，則有

解得【解析】22、略

【分析】【詳解】

(1)[1][2]探究小車速度隨時間的變化關系時；用平均速度替代瞬時速度，體現了極限的思想；探究彈簧伸長與彈力的關系時，采用了圖像分析的方法；探究求合力的方法時，采用了等效替代的方法；探究小車加速度與質量；力的關系時，應用了控制變量法，故選C、D；

(2)[3][4][5]20分度的游標卡尺，其精確度為故鋼球的直徑。

當測量結果為51.45mm時；即。

故讀數時游標尺上的第9格與主尺刻度對齊。主尺對齊的刻度為。

【解析】CD10.1596023、略

【分析】【詳解】

[1]B與C并聯，并聯電阻為

由公式及

可知，A的電阻大于故A燈泡的功率最大；

[2]電路總電流為

電源輸出功率為【解析】A28.824、略

【分析】【詳解】

[1][2]當都閉合時，根據歐姆定律可得：

根據閉合電路歐姆定律可得：

當斷開時，根據歐姆定律可得：

根據閉合電路歐姆定律可得：

可得：【解析】21.525、略

【分析】【詳解】

汽車勻速運動時，牽引力

由可以知道，由瓶車輸出功率：

電動機的輸出功率代入數據得：

計算得出：．

點睛：本題考查電功率及功率公式，要注意明確電動機輸出功率等于電動機的總功率與熱功率的差值．【解析】6A四、作圖題(共3題，共27分)26、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）在圖（1）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由直線電流的安培定則，可知直線中的電流方向向下，如圖所示。

（2）在圖（2）中；已知小磁針靜止時N極的指向，由環(huán)形電流的安培定則，可知環(huán)形電流方向從左向右看是順時針方向，如圖所示。

（3）在圖（3）中；已知螺線管內小磁針靜止時N極的指向，由通電螺線管的右手螺旋定則可知，螺線管中的電流方向從左端導線流入，右端導線流出，如圖所示。

（4）在圖（4）中，已知磁感線的方向，由安培定則可知，環(huán)形電流方向沿逆時針方向，如圖所示?！窘馕觥?7、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據電場線從正電荷出發(fā)；終止與負電荷及等量同種，等量異種點電荷電場線的分布特點，可標出電荷的電性如圖所示。

【解析】見解析28、略

【分析】【詳解】

（1