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高二鲁科版选修3-1前四章物理检测试题

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物理鲁科版选修3-1模块测评(附答案)含解析

物理鲁科版选修3-1模块测评(附答案)含解析

模块测评(时间90分钟,满分100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.在图1所示的情况下,a、b两点的电势相等，电场强度也相等的是( ）图1A.带电平行板电容器两板间除边缘附近处的a、b两点(甲图）B.达到静电平衡时导体内部的a、b两点（乙图）C.离点电荷等距的a、b两点（丙图）D。

两个等量异种电荷连线的中垂线上，与连线中点O等距的a、b 两点(丁图)解析：甲图电场强度相等，但电势不相等；乙图电势、电场强度都相等；丙图电势相等,但电场强度不相同；丁图电势、电场强度都相等。

答案:BD2.如图2所示的电场中有A 、B 两点,该两点场强的大小和电势分别用E a 、E b 和φa 、φb 表示，则…( ）图2A.E a ＞E b ，φa ＞φbB 。

E a ＞E b ,φa ＜φbC 。

E a ＜E b ，φa ＞φbD.E a ＜E b ，φa ＜φb解析：沿电场线方向电势降低，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，所以C 正确。

答案：C3.两电子从同一点垂直于磁场方向进入匀强磁场，其速度大小分别为v 1和v 2，且v 2＝2v 1，电子在磁场中做匀速圆周运动，两电子的轨道半径之比r 1∶r 2和周期之比T 1∶T 2应为（ )A.r 1∶r 2＝1∶2,T 1∶T 2＝1∶2B.r 1∶r 2＝2∶1,T 1∶T 2＝1∶1C.r 1∶r 2＝1∶2，T 1∶T 2＝1∶1D.r 1∶r 2＝1∶1，T 1∶T 2＝2∶1 解析：由r =qBm v 及T =qBm π2得r 1∶r 2＝1∶2，T 1∶T 2＝1∶1.答案：C4。

如图3所示，匀强磁场的磁感应强度为B ,方向垂直纸面向外，匀强电场E 竖直向下,一个带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动(不计空气阻力）图3①此微粒带正电②此微粒带负电③此微粒顺时针方向转动④此微粒逆时针方向转动以上说法正确的是( ）A。

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题全套及答案

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题全套及答案

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试全套及答案阶段综合测评(一)静电场 电势能与电势差(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．仔细观察下列各图，属于防范静电的是( )A [题给四个图中，B 、C 、D 均为静电现象的应用，故选项A 正确．]2．我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小磁针吸引小铁屑D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉C [梳过头发的塑料梳子因与头发摩擦带电，能吸引轻小物体(纸屑)，是静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，使不带电金属球近端感应出与带电小球异种的电荷而相互吸引，是静电现象；小磁针吸引小铁屑，是磁现象，不是静电现象；从干燥的地毯上走过，人与地毯摩擦产生静电，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是放电现象，是静电现象．因此不属于静电现象的是C 选项．]3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg·A 2·m 3B ．kg·A －2·m 3·s －4C ．kg·m 2·C －2D ．N·m 2·A －2B [国际单位制中力F 、距离r 、电荷q 的单位分别是：N 、m 、C ，根据库仑定律有k ＝Fr 2q 1q 2，代入各自的单位，注意1 N ＝1 kg·m/s 2,1 C ＝1 A·s ，从而k 的单位用国际单位制的基本单位表示为kg·m 3·A －2·s －4.只有选项B 正确．]4．对于电场线，下列描述正确的是( )A ．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹B ．电场中总有一些电场线是可以相交的C ．电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小D ．两个等量异种电荷产生的电场线是闭合曲线C [电场线与运动轨迹是两个不同的概念，电场线是假想的，是为了形象描述电场的强弱和方向而引入的，运动轨迹是真实的，电场线与运动轨迹可能重合，也可能不重合，选项A 错误；若电场线可以相交，则交点处的电场线有两条切线即场强有两个方向，这与空间的某点的场强是唯一的相矛盾，所以电场线不可能相交，选项B 错误；电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小，选项C 正确；两个等量异种电荷产生的电场线是不闭合曲线，选项D 错误．]5．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )B [根据对称性和矢量叠加，D 项O 点的场强为零，C 项等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场，大小与A 项的相等，B 项正、负电荷在O 点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A 、C 项场强的2倍，因此B 项正确．]6．如图1所示为点电荷a 、b 所形成的电场的电场线分布图，下列说法正确的是( )图1A ．a 一定带正电荷，b 一定带负电荷B ．a 一定带负电荷，b 一定带正电荷C ．从c 点沿两点电荷连线到d 点，电场强度先变小后变大D ．从c 点沿两点电荷连线到d 点，电场强度先变大后变小C [由电场线分布情况可知a 、b 为异种电荷，由于图中末标明电场线的方向，所以无法确定a 、b 所带电荷的种类，选项A 、B 错误；电场线密集程度反映电场强弱，由于从c 到d 之间的电场线分布先变疏再变密，所以从c 点沿两点电荷连线到d 点的电场强度先变小后变大，选项C 正确，D 错误．]7．如图2所示，a 、b 是电场线上的两点，将一带电荷量为q 的点电荷从a 移到b ，电场力做功为W ，且知a 、b 间的距离为d ，则以下说法正确的是( )图2A ．a 、b 间的电势差为W qB ．a 处的场强为E ＝W qdC ．b 处的场强为E ＝W qdD ．a 点的电势为W qA [由W ＝qU 知，U ＝W q ，且a 点的电势比b 点的高，所以A 项正确．由于不知是不是匀强电场，所以a 、b 两点的电场强度不能使用E ＝W qd 进行计算，所以B 、C 项错误．如果取b 点的电势为零，a 点的电势才是W q ，而题中并没有说明何处为零电势点，所以D 项错误．]8．如图3所示，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q 1、q 2移到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )图3A ．A 点电势大于B 点电势B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．q 1的电荷量小于q 2的电荷量D ．q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能 C [由题意知点电荷Q 带负电，所以有φA ＜φB ＜0，得|U A ∞|＞|U B ∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q 1|U A ∞|＝q 2|U B ∞|，所以q 1＜q 2，选项A 错误，C 正确；因为E ＝k Q r 2，r A ＜r B ，所以E A ＞E B ，而且A 、B 两点的场强方向也不同，选项B 错误；根据电场力做功与电势能变化的关系，q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能，选项D 错误．]9．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小BC [小球受重力和电场力两个力作用，如图所示，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，B 正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误．]10．如图4所示，一个带电粒子以初速度v0从A处进入某电场，实线表示电场线，虚线表示带电粒子的运动轨迹．不计带电粒子的重力，则下列说法中正确的是()图4A．该带电粒子一定带负电B．该带电粒子在A处的加速度大于在B处的加速度C．该带电粒子在A处的动能大于在B处的动能D．该带电粒子在A处的动能小于在B处的动能AC[该带电粒子从A处进入电场后，仅受电场力作用从A点沿虚线运动到B 点，由轨迹的弯曲方向可知，它在A点所受电场力的方向必跟A点的场强方向相反，则该粒子带负电，选项A正确；因A处的电场线比B处的电场线疏，故A处场强比B处的小，带电粒子在A处受到的电场力比在B处受到的电场力小，则该粒子在A处的加速度小于在B处的加速度，选项B错误；带电粒子从A处运动到B处的过程中，电场力做负功，由动能定理可知其动能减小，选项C正确，D错误．]11．如图5所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，则下列判断正确的是()图5A．O点电场强度为零B．D点电场强度为零C．若点电荷＋q从O点向C点运动，动能减少D．若点电荷－q从O点向C点运动，动能减少BD[场强是矢量，叠加时遵循平行四边形定则，由E＝kQr2和几何关系可以得出，选项A错，B对．在O、C之间，合场强的方向向左，把负电荷从O点移动到C 点，电场力做负功，动能减少，而移动正电荷则相反，选项C错，D对．] 12．如图6甲所示，直线上固定两个点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将AB连线三等分．现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该负电荷在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图6乙所示，则A点电荷的带电荷量可能是()图6 A ．＋6QB ．＋5QC ．＋4QD ．＋3Q AB [由题图乙知粒子从C 点开始向右做减速运动，说明A 带正电，且粒子的加速度逐渐减小，则粒子的平衡位置应在D 点右侧某处P 点，设AC ＝CD ＝DB ＝d ，PB ＝r ，则AP ＝3d －r ，d ＞r ，粒子在P 点受力平衡，有k Q A q (3d －r )2＝k Qq r 2，得Q A Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3d r －12＞⎝ ⎛⎭⎪⎫3d d －12＝4，即A 点电荷的带电荷量一定大于＋4Q ，选项A 、B 正确．] 13．如图7所示，电场中有A 、B 两点，则下列说法正确的是( )图7 A ．电势φA ＞φB ，场强E A ＞E BB ．电势φA ＞φB ，场强E A ＜E BC ．将＋q 从A 点移到B 点，电场力做正功D ．将－q 分别放在A 、B 两点时具有的电势能E p A ＞E p BBC [B 处电场线较密，故场强E A ＜E B ，沿电场线方向电势降低，故φA ＞φB ，A 错，B 对；对正电荷，由于φA ＞φB ，E p A ＞E p B ，因此从A 到B ，电场力做正功，对负电荷，E p A ＜E p B ，故C 对，D 错．]14．在两块平行金属板A 、B 间加如图8所示变化的电压，此电压的值不变，但每过T 2改变一次极性．t ＝0时，A 板电势为正，若在此时由B 板自由释放一电子，那么( )图8A ．电子会一直向A 板运动B ．电子在A 、B 两板间来回运动C ．在t ＝T 时，电子回到出发点D ．在t ＝T 2时电子具有最大速度 AD [根据电子的受力情况和牛顿第二定律知，在0～T 2时间内，电子向A 板做匀加速直线运动，在T 2时刻速度达到最大值；在T 2到T 时间内，电子向A 板做匀减速直线运动，在T 时刻速度减为零；随后重复刚才的运动，故A 、D 正确．]二、非选择题(本题共4小题，共44分，按题目要求作答)15．(10分)如图9所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10 cm 长的绝缘支杆上，B 静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，若B 的质量为30 3 g ，则B 带电荷量是多少？(g 取10 m/s 2)图9[解析] 因为B 静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，设A 、B 之间的水平距离为L . 依据题意可得tan 30°＝h L ，L ＝h tan 30°＝1033cm ＝10 3 cm 对B 进行受力分析，如图所示，依据物体的平衡条件解得库仑力： F ＝mg tan 30°＝303×10－3×10×33 N ＝0.3 N依据F ＝k Q 1Q 2r 2得：F ＝k Q 2L 2解得Q ＝FL 2k ＝0.39×109×103×10－2 C ＝1.0×10－6 C. [答案] 1.0×10－6 C16．(10分)一长为L 的细线，一端固定于O 点，另一端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图10所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零．试求：图10(1)A 、B 两点的电势差U AB ；(2)匀强电场的场强大小． [解析] (1)小球由A 到B 过程中，由动能定理得mgL sin 60°－qU AB ＝0，所以U AB ＝3mgL2q .(2)A 、B 两点间沿电场线的有效长度d ＝L －L cos 60°.由公式U ＝E ·d 可知，E ＝U ABL －L cos 60°＝3mg q .[答案] (1)3mgL 2q (2)3mg q17．(12分)两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心． 已知质子电荷为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求：(1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ；(3)α粒子的初速度v 0.[解析] (1)极板间场强E ＝U d .(2)α粒子电荷为2e ，质量为4m ，所受静电力F ＝2eE ＝2eU dα粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU 2dm .(3)由d ＝12at 2，得t ＝2d a ＝2d m eU ， v 0＝R t ＝R 2d eU m .[答案] (1)U d (2)eU 2md (3)R 2d eU m18．(12分)如图11所示，两块竖直放置的足够长的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、B 板长度无限，g 取10 m/s 2.试求：图11(1)带正电小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？(2)相碰时，离金属板上端的距离多大？[解析] (1)设小球从P 到Q 的时间为t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2h g ＝2×1.2510＝0.5 s小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a x ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2，应有qE ＝ma x 、E ＝U d 、d 2＝12a x t 22得t 2＝d mqU＝0.04×5×10－65×10－8×400＝0.02 s所以，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5＋0.02＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t 内的位移为 y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2＝1.352 m与金属板上端的距离为S ＝y －h ＝1.352－1.25＝0.102 m.[答案] (1)0.52 s (2)0.102 m阶段综合测评(二)恒定电流 闭合电路欧姆定律和逻辑电路(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于对电流的理解，下列说法中正确的是( )A ．只有自由电子的定向移动才能形成电流B ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向C ．同一段电路中，相同时间内通过各不同横截面的电荷量不同D ．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位D [自由电荷定向移动都能形成电流，如自由电子、阴离子、阳离子等，选项A 错误；电流虽然有大小和方向，但它不是矢量，选项B 错误；根据电荷守恒定律可知不同横截面的电荷量一定相等，故选项C 错误；由单位制知选项D 正确．]2．两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长为l ，直径为d ；乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使两电阻丝消耗的功率相等，则应满足( ) A.U 甲U 乙＝21 B.U 甲U 乙＝22 C.I 甲I 乙＝12 D.I 甲I 乙＝21 A [由R ＝ρl S 可得R 甲R 乙＝21.要使P 甲＝P 乙，由P ＝U 2R 可得U 甲U 乙＝21；由P ＝I 2R 得I 甲I 乙＝22.故选项A 正确．]3．一同学将变阻器与一只6 V 、6～8 W 的小灯泡L 及开关S 串联后接在6 V 的电源E 上，当S 闭合时，发现灯泡发光．按如图1所示的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将( )图1A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡B[由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．]4．两盏额定功率相同的灯泡A和B，其额定电压U A＞U B，则下列说法正确的是()A．两灯正常发光时，灯泡的电流强度I A＞I BB．两灯电阻R A＜R BC．将两灯串联后接入电路中发光时，则灯泡的功率P A＜P BD．将两灯并联后接入电路中发光时，则灯泡的功率P A′＜P B′D[由P＝UI可知额定电流I A＜I B，由P＝U2R可知R A＞R B.两灯串联后，由串联电路的功率分配关系可知P∝R，所以P A＞P B；两灯并联后，由并联电路的功率分配关系可知P∝1R，所以P A′＜P B′，则D正确，A、B、C错误．]5．如图2所示是一个电热水壶的铭牌上的部分信息，小沈同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶()图2A．正常工作时的电流约为6.8 AB．正常工作5 min耗电约0.5 kW·hC．只能在直流电下工作D．只能在220 V电压下工作A[由铭牌信息可知，电热水壶的额定功率为1 500 W，额定电压为220 V，则由P＝UI可得I＝PU＝1 500220A＝6.8 A，A正确；工作5 min时，消耗的电能W＝Pt＝1.5 kW×560h＝0.125 kW·h，B错误；该电热水壶工作在交流电下，C错误；该电热水壶可以在220 V及其之下的电压下工作，D错误．]6．如图3，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495 Ω.图中电阻箱读数为5.0 Ω.现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()图3A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mAD[电流表的满偏电流I g＝200 μA＝0.2 mA，内阻为R g＝495 Ω，则电流表两端电压为U＝I g R g＝200×10－6×495 V＝0.099 V＝99 mV，即U MN＝99 mV，故A、B选项错误；电阻箱的读数为R＝5 Ω，流过电阻箱的电流I R＝U MNR＝0.019 8 A＝19.8 mA，流过M、N的电流I MN＝I g＋I R＝20 mA，故C选项错误，D选项正确．] 7．图4为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为()图4B[由U-I图线可知该电源的电动势为6 V，内阻r＝ΔUΔI＝24Ω＝0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8 V；A中的路端电压为4 V；B中的路端电压为4.8 V；C中的路端电压约为5.7 V；D中的路端电压为5.4 V．故B正确．]8．如图5为某电源的路端电压随电流的变化规律，图中的三点为该电源正常工作时的三个不同状态，且连线Ob与横轴的夹角α与图线和横轴的夹角β相等．则下列选项正确的是()图5A．在状态b时外电路消耗的功率最大B．在状态b时整个电路消耗的总功率最大C．从状态a变化到状态b，整个电路消耗的总功率和外电路消耗的功率将增大D．若Ob连线的倾角增大，从状态b变化到状态c，整个电路消耗的总功率和外电路消耗的功率将增大A[在b点，外接电阻的阻值与电源内阻大小相等，所以此时电源的输出功率最大，即外电路消耗的功率最大，A正确；从a到b过程中，电源外接电阻的阻值不断增大，但总小于电源内阻，所以电源的输出功率不断增大，但总功率P＝EI 不断减小，B、C错误；从b到c过程中，电源外接电阻阻值不断增大，且始终大于电源内阻，所以电源输出功率不断减小，总功率P＝EI不断减小，D错误．] 9．如图6所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成的．现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()图6A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5BC[因为大量程的电流表是在灵敏电流计上并联分流电阻，故加在两灵敏电流计两端的电压是相同的，所以通过灵敏电流计的电流相同，指针偏转角度之比为1∶1.因为两电流表对应的最大刻度之比为5∶1，所以A1、A2的读数之比为5∶1.选项B、C正确．]10．如图7所示为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔，下列说法中正确的是()图7A．a孔插红表笔B．表盘刻度是均匀的C．用“×100 Ω”挡测量时，若指针指在0 Ω附近，则应换用“×1 kΩ”挡D．测量“220 V100 W”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484 Ω小AD[电流总是从红表笔流入电表，黑表笔流出电表，所以红表笔应该连接欧姆表内部电源的负极，插在a孔，A正确；表头中的电流与待测电阻不成正比，所以欧姆表的刻度是不均匀的，B错误；用“×100 Ω”挡测量时，若指针指在0 Ω附近，说明读数太小，应该换用小量程的使读数大一些，所以应换用“×10 Ω”挡，C错误；测量电阻时需要将灯泡与外电路断开，灯泡处于不发光的状态，故电阻小于正常发光时的电阻484 Ω，D正确．]11．如图8所示电路中，电流表、电压表均为理想电表，若电阻R1开路，则下列说法中正确的是()图8A．电流表示数变小B．电压表示数变大C．电源内电路消耗的功率变大D．R3消耗的功率变大BD[R1开路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，从而使路端电压增大，流过R2、R3的电流增大，即电流表示数变大，A错误．电压表示数也变大，B正确．由于总电流减小，由P＝I2r知，电源的内耗功率减小，C错误．因为流过R3的电流增大，所以R3消耗的功率变大，D正确．]12．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r 随电流I变化的图线画在了同一坐标图上，如图9中的a、b、c所示，根据图线可知()图9A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为2 ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 ΩACD[电源的总功率P E＝EI，对应图线a，内阻发热功率P r＝I2r，抛物线开口向上，可知反映P r变化的图线是c.I＝2 A时，由图线知外电路短路，总功率等于内阻发热功率，把电流I＝2 A、P r＝8 W代入P r＝I2r可求得内阻为2 Ω，又由P E＝EI＝8 W、I＝2 A，解得电动势E＝4 V．当电流为0.5 A时，总功率P E＝2 W，内阻发热功率P r＝0.5 W，外电路消耗的功率P R＝P E－P r＝1.5 W，由P R＝I2R求得R＝6 Ω.]二、非选择题(本题共6小题，共52分，按题目要求作答)13．(8分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如提供的电源是一节内阻可不计的干电池，被测金属丝的直径小于1 mm，长度约为80 cm，阻值约为3 Ω，使用的电压表有3 V(内阻约为3 kΩ)和15 V(内阻约为15 kΩ)两个量程，电流表有0.6 A(内阻约为0.1 Ω)和3 A(内阻约为0.02 Ω)两个量程，供限流用的滑动变阻器有：A.0～10 Ω；B.0～100 Ω；C.0～1 500 Ω三种，可供选择的实验电路有如图10所示的甲、乙两种，用螺旋测微器测金属丝的直径如图10丙所示，则：图10(1)螺旋测微器的示数是________mm.(2)为减小电阻的测量误差，应选用________图所示的电路．(3)为了便于调节，应选用编号为________的滑动变阻器．(4)电压表的量程应选用________V .(5)电流表的量程应选用________A.[解析] (1)固定刻度上的读数为0.5 mm ，可动刻度上的读数为30.6，所以螺旋测微器的示数为0．5 mm ＋30.6×0.01 mm ＝0.806 mm.(2)由于金属丝的电阻是小电阻，所以应采取电流表外接法，即选用图乙所示电路．(3)由于实验所用电源是一节干电池，其电动势E ＝1.5 V ，且待测电阻丝的阻值约为3 Ω，所以用编号为A 的滑动变阻器作限流电阻，才能使电路中的电流有明显变化．(4)加在电压表两端的电压不超过1.5 V ，所以电压表的量程应选用3 V .(5)当滑动变阻器连入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，I max ＝1.53 A ＝0.5 A ，所以电流表的量程应选用0.6 A.[答案] (1)0.806 (2)乙 (3)A (4)3 (5)0.614．(8分)多用电表表头的示意图如图11所示．在正确操作的情况下：图11(1)若选择开关的位置如箭头a 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(2)若选择开关的位置如箭头b 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(3)若选择开关的位置如箭头c 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(4)若选择开关的位置如箭头c 所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该为：___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________.(5)全部测量结束后，应将选择开关拨到________挡或者________．(6)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应该从________色表笔经________插孔流入电表．[解析] 多用电表可以测直流电压、电流，交流电压，电阻．测电压、电流时同电压表、电流表的使用方法相同，选择的挡位是最大量程；而选择测电阻挡位时，指针指示的数值乘以倍率便得测量值．[答案] (1)直流电压 1.25 V (2)直流电流 50 mA (3)电阻 1.7 kΩ (4)选用欧姆表“×1 k ”倍率，重新调零，将红、黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值 (5)OFF 交流电压500 V 挡 (6)红 正15．(8分)如图12所示的电路中，电源电动势E ＝6.0 V ，内阻r ＝0.6 Ω，电阻R 2＝0.5 Ω，当开关S 断开时，电流表的示数为1.5 A ，电压表的示数为3.0 V ，试求：图12 (1)电阻R 1和R 3的阻值；(2)当S 闭合后，电压表的示数以及R 2上消耗的电功率.[解析] (1)R 3＝U 3I 3＝3.01.5 Ω＝2.0 Ω，由E ＝I 3(R 1＋R 3＋r )代入数据解得R 1＝1.4 Ω. (2)S 闭合后，R 总＝R 1＋r ＋R 2·R 3R 2＋R 3＝2.4 Ω 电压表的示数U ＝E R 总·R 2·R 3R 2＋R 3＝62.4×0.4 V ＝1.0 V R 2上消耗的功率P 2＝U 2R 2＝120.5 W ＝2.0 W. [答案] (1)1.4 Ω 2.0 Ω (2)1.0 V 2.0 W16．(8分)在如图13所示的电路中，R 1＝2 Ω，R 2＝R 3＝4 Ω，当开关S 接a 时，R 2上消耗的电功率为4 W ，当开关S 接b 时，电压表示数为4.5 V ，试求：图13(1)当开关S 接a 时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)电源的电动势和内电阻；(3)当开关S 接c 时，通过R 2的电流．[解析] (1)S 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式P ＝I 2R ，可得通过电源的电流I 1＝PR 2＝1 A 电源两端的电压U 1＝PR 2＝4 V .(2)S 接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ＝4＋r ①S 接b 时，R 1和R 2串联，R 外′＝R 1＋R 2＝6 Ω通过电源的电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝0.75 A这时有：E ＝U 2＋I 2r ＝4.5＋0.75r ②联立①②式得：E ＝6 V ，r ＝2 Ω.(3)当S 接c 时，R 2、R 3并联的总电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝2 Ω R 总＝R 1＋r ＋R 23＝6 Ω总电流I 3＝E R 总＝1 A 通过R 2的电流I ′＝12I 3＝0.5 A.[答案] (1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A17．(10分)如图14所示，电路中接一电动势为4 V ，内阻为2 Ω的直流电源，内阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为4 Ω.电容器的电容为30 μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后，图14(1)求电流表的读数；(2)求电容器所带的电荷量；(3)如果断开电源，求通过R 2的电荷量．[解析] (1)等效电路如图所示．由闭合电路欧姆定律得I ＝E R 3＋R 4＋r ＝44＋4＋2A ＝0.4 A.(2)U 3＝IR 3＝0.4×4 V ＝1.6 VQ ＝CU 3＝4.8×10－5 C.(3)因R 1、R 2并联，且R 1＝R 2，所以在放电回路中，通过R 2的电荷量为Q 2＝2.4×10－5 C.[答案] (1)0.4 A (2)4.8×10－5 C (3)2.4×10－5 C18．(10分)如图15所示，一电荷量q ＝3×10－5 C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．开关S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d ＝0.1 m ，电源电动势E ＝15 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝R 3＝R 4＝8 Ω.g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图15(1)电源的输出功率；(2)两板间的电场强度大小；(3)带电小球的质量. [解析] (1)R 2、R 3并联再与R 1串联，阻值R 外＝7.0 Ω，R 总＝R 外＋r ＝7.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总＝157.5 A ＝2 A ， P 出＝I 2R 外＝22×7 W ＝28 W.(2)U 外＝IR 外＝2×7 V ＝14 V ，E ＝U d ＝140.1 V/m ＝140 V/m.(3)小球静止，由力的平衡条件得Eq ＝mg tan 37°，m ＝Eq g tan 37°＝140×3×10－510×0.75kg ＝5.6×10－4 kg. [答案] (1)28 W (2)140 V/m (3)5.6×10－4 kg阶段综合测评(三)磁场磁场对电流和运动电荷的作用(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于磁感应强度，下列说法正确的是()A．一个线圈放在磁感应强度不为零的位置，它的磁通量一定不为零B．在磁场中某处不放线圈，则该处的磁感应强度就为零C．只要某处存在磁场，该处的磁感应强度就不为零D．磁场的方向总是由N极指向S极C[磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，其大小和方向由磁场和磁场中的位置决定，与有无线圈无关，故选项C正确，B错误．磁场的方向外部由N极到S 极，内部由S极到N极，所以选项D错误．磁通量由磁感应强度和线圈面积及线圈平面的放置方式共同决定，所以选项A错误．]2．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是()A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线应该竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置D[小磁针静止时指向南北，说明地磁场的方向为南北方向，当导线南北方向放置时，能产生东西方向的磁场，把小磁针放置在该处时，可有明显的偏转，故选D.]3．如图1所示，AB为水平面上一个圆的直径，过AB的竖直平面内有一根通电导线CD，已知CD∥AB，当CD竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将()图1A．逐渐增多B．逐渐减少C．始终不变D．不为零，但保持不变C[根据通电直导线周围磁感线分布的特点，有多少条磁感线从AB一侧穿出，就有多少磁感线从AB的另一侧穿出，穿过圆面的磁通量为零，所以CD竖直向上平移时，磁通量不变，始终为零，故选项C正确，A、B、D均错误，]4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图2甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图2乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()。

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．下列说法正确的是()A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E＝F/q，取走q后，该点场强不变D．元电荷实质就是电子(或质子)本身答案：C2．小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的是()A．制作这些图标的依据是静电屏蔽原理B．工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装C．化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患D．用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系解析：选C．用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，穿衣，脱衣也会产生静电．这些图标都是为了减少静电的产生，不是静电屏蔽，故A、D错误；工作人员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，故B错误；化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险，故C 正确．3．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是()A ．保持Q 、q 不变，增大d ，则θ变大，说明F 与d 有关B ．保持Q 、q 不变，减小d ，则θ变大，说明F 与d 成反比C ．保持Q 、d 不变，减小q ，则θ变小，说明F 与q 有关D ．保持q 、d 不变，减小Q ，则θ变小，说明F 与Q 成正比解析：选C ．保持Q 、q 不变，根据库仑定律公式F ＝k Qq d 2，增大d ，库仑力变小，则θ变小，减小d ，库仑力变大，则θ变大．实验表明，F 与d 的二次方成反比，故A 、B 错误；保持Q 、d 不变，减小q ，则库仑力变小，θ变小，知F 与q 有关，故C 正确；保持q 、d 不变，减小Q ，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律得F ＝k Qq d 2，知F 与两电荷的乘积成正比，故D 错误． 4．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大解析：选C ．因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．5．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a 、b 是轨迹上的两点．若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )A ．形成电场的点电荷电性为正B ．电子一定是从a 点运动到b 点C ．电子一定是从b 点运动到a 点D ．电子的运动是匀变速曲线运动解析：选C ．电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A 错；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹为由b 点到a 点，C 对，B 错；电子从b 点运动到a 点库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做变速曲线运动，故D 错．6．如图所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带的电荷量比b 所带的电荷量小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()A．F1B．F2C．F3D．F4解析：选B．据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力方向，考虑a的电荷量小于b的电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．某电场区域的电场线如图所示a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是()A．负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右C．正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力D．a点的场强一定大于b点的场强解析：选BCD．电场线越密，场强越大，所以a点的场强一定大于b点的场强，根据F＝Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力，故A错误，C、D正确；电场线某点的切线方向表示场强的方向．所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确．8．两个通电小球带电后相互排斥，如图所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有关系()A．两球一定带同种电荷B．m一定小于MC．q一定大于QD．m受到的电场力一定大于M所受电场力解析：选AB ．库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件；无论q 、Q 谁大，所受库仑力大小总是相等，无法判断q 、Q 间大小，C 、D 错误；由图示可知两小球相互排斥，故A 正确；设悬线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的库仑力F ＝mg tan θ，因为α>β，所以mg <Mg ，即m <M ，故B 正确．9．如图所示，在两等量异种电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、c 关于MN 对称，b 是两电荷连线的中点，d 位于两电荷的连线上，以下判断正确的是( )A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．正电荷q 在a 、c 两点受电场力相同D ．负电荷沿MN 移动时，所受电场力的方向不变解析：选BD ．由等量异种电荷产生的电场的电场线可以知道，E d ＞E b ，A 错，B 对．由于该电场关于中垂线对称，a 、c 两点场强大小相等，故正电荷在a 、c 两点受电场力大小相等，但由于a 、c 两点场强方向不同，故电场力方向不同，C 错．MN 上场强方向垂直MN 向右，负电荷在MN 上受电场力方向始终垂直MN 向左，D 对．10．如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A 中心的孔穿过，A 的质量为M ，用绝缘细线将另一质量为m 的小球B 与A 连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E ，A 不带电，B 带正电且电荷量大小为Q ，A 、B 均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则( )A ．细线中张力大小为mg cos θB ．细线中张力大小为EQ sin θC ．杆对A 的摩擦力大小为QED ．杆对A 的支持力大小为Mg解析：选ABC ．对小球B 受力分析有，受重力mg 、电场力EQ 和绳子的拉力T ，根据平衡条件可知T cos θ＝mg ，所以细线中张力大小为T ＝mg cos θ，A 选项正确；由平衡条件知：EQ mg ＝tan θ，故EQ sin θ＝mg cos θ＝T ，B 选项正确；以整体为研究对象，受重力、杆的支持力、电场力、摩擦力，摩擦力与电场力平衡，即杆对A 的摩擦力大小为QE ，故C 选项正确；杆对A 的支持力大小为(M ＋m )g ，D 选项错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2018·潍坊高二检测)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，沿一条直线依次排列三个等质量的带电小球A 、B 、C .在C 上沿连线方向施加一恒力F 后，三小球恰能在运动中保持相对位置不变．已知A 球所带的电荷量Q A ＝10q ，B 球所带的电荷量为Q B ＝q .开始时，小球间距离为r ，求所施加恒力F 的大小、小球C 所带电荷量Q C 及电性．解析：取A 、B 、C 三小球组成的系统为研究对象，设小球质量为m ，依牛顿运动定律，可得F ＝3ma ①取小球A 为研究对象，有k Q C Q A (2r )2－k Q B Q A r 2＝ma ② 取A 球和B 球整体为研究对象，有k Q C Q A (2r )2＋k Q C Q B r 2＝2ma ③ 联立①②③式解得Q C ＝403q (电性与A 球、B 球的电性相反)，F ＝70kq 2r 2. 答案：70kq 2r 2 403q 与A 球、B 球的电性相反 12．(12分)如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于O 点，并处在水平向左的匀强电场中，场强为E ，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，求：(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？(2)若烧断丝线，则小球将做什么运动？(设电场范围足够大)解析：(1)如题图所示，由平衡条件得F 电＝qE ＝mg tan θ，所以q ＝mg tan θE，因小球受到向左的电场力，所以小球带正电．(2)若烧断丝线，小球在电场力与重力mg 的作用下做匀加速直线运动．加速度大小a ＝F ′m ＝mg /cos θm ＝g cos θ. 答案：(1)正 mg tan θE(2)匀加速直线 13．(16分)质量为m 的小球A 在绝缘细杆上，杆的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量为k 、重力加速度为g .A ，B 间的距离足够大．求：(1)A 球刚释放时的加速度是多大？(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．解析：(1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma ，根据库仑定律F ＝k Qq r 2， r ＝H sin α， 解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2. (2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2， 解得R ＝kQq mg sin α. 答案：(1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2(2) kQq mg sin α章末过关检测(二)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·山西怀仁一中期中)下列物理量中，哪些与检验电荷有关( )A ．电场强度EB ．电势φC ．电势能E pD ．电势差U 解析：选C ．电场强度E ＝F q采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的与q 无关．故A 错误；电势φ＝E p q，是用比值定义法定义的，由电场本身决定的，与q 无关，故B 错误；电势能E p ＝φq ，故电势能与电荷有关，选项C 正确；电势差U AB ＝W q，是用比值定义法定义的，由电场本身和A 、B 两点的位置决定的，与q 无关．故D 错误．2．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )A ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C ．对于正电荷而言，电场力做正功，电势能减少，负电荷则反之D ．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向解析：选D ．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A 错误；在匀强电场中，由公式U ＝Ed 可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B 错误；根据功能关系，无论正电荷还是负电荷，只要做正功，电势能都是减小的，做负功电势能都是增加的，故选项C 错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D 正确．3．在点电荷Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为( )A ．E p A ＝－W ，φA ＝－W qB ．E p A ＝W ，φA ＝－W qC ．E p A ＝－W ，φA ＝W qD ．E p A ＝W ，φA ＝W q解析：选C ．－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则电荷的电势能减小W ，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A 点的电势能为E p A ＝－W ，A 点的电势φA ＝－W －q＝W q，C 正确． 4．(2018·湖南衡阳一中高二月考)如图所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，其中c 为线段ab 的中点．若一个运动的正电荷先后经过a 、b 两点，a 、b 两点的电势分别为φa ＝－3 V 、φb ＝7 V ，则( )A ．c 点电势为2 VB ．a 点的场强小于b 点的场强C ．正电荷在a 点的动能小于在b 点的动能D ．正电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能解析：选D ．沿电场线方向电势降低，由题意知电场线向左，只有在匀强电场中c 点的电势为2 V ，故A 错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小；所以a 点处的场强E a 可能小于b 点处的场强，也可能大于E b ，故B 错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a 点运动到b 点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C 错误，D 正确．5．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小解析：选C ．由题图可知φA ＞φB ，所以正电荷从A 移至B ，静电力做正功，故A 错误，C 正确．C 、D 两点场强方向不同，故B 错误．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，所以D 错误．6.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的正点电荷，以E 表示两极板间电场的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大，E p 增大B ．θ增大，E 增大，E p 减小C ．θ减小，E 不变，E p 增大D ．θ减小，E 不变，E p 减小解析：选D ．电容器电量不变；下极板向上移动时，两板间的距离减小，根据C ＝εS 4πkd可知，电容C 增大，则根据Q ＝CU 可知，电压U 减小；故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εS ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；根据U P ＝Ed, P 点与下极板的距离d 减小，则P 点的电势降低，根据E P ＝qU P 可知正点电荷在P 点的电势能减小，故选项D 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，试探电荷q 只在电场力作用下沿椭圆轨道运动．已知Q 位于椭圆轨道的一个焦点上，则关于试探电荷q 的说法正确的是( )A ．从M 点运动到N 点的过程中电势能增加B ．从M 点运动到N 点的过程中动能增加C ．q 在M 点的加速度比N 点的加速度大D ．从M 点运动到N 点，电势能与动能之和不变解析：选ACD ．点电荷q 沿椭圆轨道运动，必定受到Q 的引力作用，从M 点运动到N 点的过程中，电场力对q 做负功，则q 的电势能增加，故A 正确．从M 点运动到N 点的过程中，电场力对q 做负功，由动能定理知动能减小，故B 错误．M 与Q 间的距离比N 与Q 的距离小，由库仑定律知，q 在M 点所受的库仑力大于在N 点所受的库仑力，由牛顿第二定律知，q 在M 点的加速度比N 点的加速度大，故C 正确．根据能量守恒定律知，从M 点运动到N 点，电势能与动能之和保持不变，故D 正确．8．(高考山东卷)如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC ．0～T 3微粒做匀速直线运动，则E 0q ＝mg .T 3～2T 3没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a ＝g .2T 3～T ，由于电场作用，F ＝2E 0q －mg ＝mg ＝ma ′，a ′＝g ，方向竖直向上．由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v 0，方向水平，选项A 错误，选项B 正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功W G ＝mg · d 2，重力势能减少12mgd ，选项C 正确；由动能定理知W G －W 电＝0，W 电＝12mgd ，选项D 错误．9．(2018·湖北天门市、仙桃市、潜江市期末联考)如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a .现在A 、B 两点分别固定电荷量分别为＋q 和－q 的两个点电荷，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．CD 棱上各点电势相等B ．C 、D 两点的场强方向相同，大小相等且均为kq a 2 C ．将一负电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力先做正功后做负功D ．将一正电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力先做正功后做负功解析：选AB ．据题，＋q 、－q 是两个等量异种点电荷，通过AB 的中垂面是一等势面，C 、D 在同一等势面上，电势相等，C 、D 两点的场强都与等势面垂直，方向指向B 一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C 、D 两点的场强、电势均相同．两个电荷在C 点产生的场强大小：E 1＝E 2＝kq a 2 ，方向的夹角为120°，则C 点的合场强E ＝E 1＝E 2＝kq a 2 ，如图．故A 、B 正确；因CD 是等势面，故无论是正电荷还是负电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力都不做功，选项C 、D 错误．10．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点．若不计重力，则( )A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相等C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：选BD ．由O 点电势高于c 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误；N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U O c ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 正确；因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C 错误；O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2018·西藏拉萨中学高二月考)如图所示，电荷量为－e 、质量为m 的电子从A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v 0，当它通过电场B 点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：(1)电子从B 点射出的速度v B ； (2)A 、B 两点间的电势差．解析：(1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B 点的速度v B ＝v 0cos 60°＝2v 0. (2)电子从A 运动到B 由动能定理得：－eU AB ＝12m v 2B －12m v 20A 、B 两点间的电势差 U AB ＝12m (2v 0)2－12m v 20－e＝－3m v 202e .答案：(1)2v 0 (2)－3m v 202e12.(14分)(2018·济南重点中学联考)如图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v ，已知点电荷 产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P A 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时对轨道的压力； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)带电体间的库仑力为：F ＝k qQ r 2其中，r ＝hsin 60°对物块受力分析可得，N ＝mg ＋F cos 30° 由以上三式得，N ＝mg ＋33kqQ 8h 2根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力 N ′＝N ＝mg ＋33kqQ8h 2，方向竖直向下．(2)从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得， qU AB ＝12m v 2－12m v 20又U AB ＝φA －φB ＝φ－φB 解得φB ＝m 2q(v 20－v 2)＋φ. 答案：(1)mg ＋33kqQ 8h 2 方向竖直向下(2)m 2q(v 20－v 2)＋φ 13．(14分)(2018·福州四校联考)如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为s ＝1.25 m 的粗糙水平面，其动摩擦因数为μ＝0.1，BD 段为半径R ＝0.2 m 的光滑半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E ＝5.0×103 V/m.一带负电小球以速度v 0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点．已知小球的质量为m ＝2.0×10－2 kg ，所带电荷量q ＝2.0×10－5C ，g ＝10 m/s 2，(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)．求：(1)小球能通过轨道最高点D 时的速度大小；(2)带电小球在从D 点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小； (3)小球的初速度v 0.解析：(1)恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为v D ，离开D 点到达水平轨道的时间为t ，落点到B 点的距离为x ，则mg －qE ＝m v 2DR，代入数据解得v D ＝1 m/s.(2)2R ＝12mg －qE m t 2，代入数据解得t ＝0.4 s ，x ＝v D t ＝0.4 m. L ＝x 2＋(2R )2＝225m. (3)由动能定理得： －μ(mg －qE )s －2mgR ＋2qER ＝12m v 2D －12m v 2得v 0＝2.5 m/s.答案：(1)1 m/s (2)225m (3)2.5 m/s.章末过关检测(三) (时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝UI可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象D ．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小；通过导体的电流为零时，导体的电阻也为零 解析：选C ．无论导体是否接入电路中，其电阻不会发生变化，所以不能说导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比，所以A 、B 错；导体的电阻只跟导体的几何形状和材料性质有关，跟导体中是否有电流通过及电流的大小无关，所以D 错.2.电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m 2的导线，那么电路中的电流是(电子带电量为1.6×10－19C)( )A ．0.016 μAB ．1.6 mAC ．16 μAD ．0.16 μA解析：选D ．由电流的定义式I ＝qt 可知，电流大小与横截面积无关，代入数据可求得电路中的电流为0.16 μA ．3.(2018·重庆第二外国语学校高二期中)如图所示，AB 和BC 是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中.下列判断正确的是( )A ．I AB >I BC B ．I AB ＜I BC C ．U AB ＝U BCD ．U AB ＞U BC解析：选D ．由题图知，导体AB 与BC 串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以I AB ＝I BC ，故A 、B 错误；由题意知，导体AB 与BC 的材料、长度相同，AB 的横截面积小于BC 的横截面积，根据电阻定律可知：R AB ＞R BC ，因为I AB ＝I BC ，由U ＝IR 知，U AB ＞U BC ，故C 错误，D 正确.4.用电动势为6 V 、内电阻为4 Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( ) A ．R 1＝2 Ω B ．R 2 ＝4 Ω C ．R 3＝6 Ω D ．R 4＝8 Ω答案：B5.(2018·西安一中高二月考)一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA ，内阻为R g ，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA ，则( )A ．给它串联一个电阻，阻值为nR gB ．给它串联一个电阻，阻值为(n －1)R gC ．给它并联一个电阻，阻值为R g nD ．给它并联一个电阻，阻值为R gn －1解析：选D ．因I g ＝U gR g，量程扩大n 倍为nI g ，则应有(n －1)I g 被分流，故应并联一个分流电阻，阻值R ＝I g R g (n －1)I g ＝R gn －1，则D 正确.6.如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3 k Ω，读数为3 V ；电流表内阻为10 Ω，读数为4 mA ．待测电阻R 的真实值等于( )A．750 ΩB．760 ΩC．1 000 ΩD．1 010 Ω解析：选C．电压表读数为电压表与R并联部分的电压，由于电压表内阻为3 kΩ，所以流经电压表的电流I1＝3 V3 kΩ＝0.001 A，电流表读数为4 mA＝0.004 A，所以流经R的电流I2＝0.004 A－0.001 A＝0.003 A，由欧姆定律R＝3 V0.003 A＝1 000 Ω，故C正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.将分压电阻串联在电流表上改装成电压表，下列说法中正确的是()A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C．若分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n＋1倍D．通电时，电流表和分压电阻通过的电流一定相等解析：选BCD．分压电阻与电流表串联，电压按电阻阻值比例分配电压，总电压增大，但表头的满偏电压不变，A错误，B、D正确；分压电阻R＝nR g时，R V＝(n＋1)R g，电压表量程U＝I g R V＝(n＋1)I g R g，C正确.8.(2018·山东济南一中高二期中)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()A．R1∶R2＝1∶3B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3解析：选AC．在I－U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知k1＝3k2，则R2＝3R1，即R1∶R2＝1∶3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍后，横截面积同时变为原来的13，根据电阻定律R＝ρLS可知，R1将变为原来的9倍，是R2的3倍，故B错误；R1与R2串联，电流相等，由P＝I2R知，P1∶P2＝R1∶R2＝1∶3，故C正确；R1与R2并联，电压相等，由I＝UR可知，I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1，故D错误.。

物理鲁科版选修3-1 模块综合测评 Word版含解析

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模块综合测评(时间:90分钟,总分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列关于电荷在电场或磁场中的受力描述正确的是A.静止电荷在电场中一定受到库仑力作用B.运动电荷在电场中一定受到洛伦兹力作用C.静止电荷在磁场中一定受到库仑力作用D.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用答案：A 解析：电荷在电场中一定受库仑力的作用,但只有运动方向不平行于磁场方向的运动电荷才受洛伦兹力的作用.2.下列关于电场强度的描述,正确的是A.以点电荷为圆心,r 为半径的球面上各点的场强都相同B.正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C.取走电场中某点的试探电荷之后,该点的场强变为0D.电场线越密的地方,电场强度越大答案：D 解析：电场强度是描述电场性质的物理量,所以场强由电场本身的性质决定,与有没有试探电荷无关,并且场强是矢量,有方向,方向不同场强也不同,我们用电场线的疏密描述场强的强弱.3.如图所示,a 、b 为等量异种点电荷连线中垂线上的两点.现将一带负电的点电荷q 沿此垂线由a 点移至b 点,下列判断正确的是A.q 所受电场力方向始终向左B.q 所受电场力大小先增大后减小C.q 的电势能先增大后减小D.a 、b 两点电势相同答案：ABD 解析：中垂线为等势面,在该直线上与两电荷连线交点处电场强度最大,方向向右.4.右图所示为一段长为L 的通电导线,设每米导线中有n 个自由电荷,每个自由电荷的电量都是q,它们的定向移动的速率都为v,现加一匀强磁场,其方向垂直导线,磁感强度为B,则磁场对这段导线的安培力F 是A.nqvLBB.v nBLqC.ntBqv D.n Bqvt 答案：A 解析：电流的微观解释是I=nqv,安培力为F=BIL,所以有F=BLnqv.5.如图所示,粗细均匀的金属环上a 、b 、c 、d 四点把它分为四等份.当a 、b 两点接入电路时,圆环消耗的电功率为P ；当把a 、d 两点接入同一电路中时(即保持电压不变),圆环消耗的电功率为A.4PB.PC.34PD.3P 答案：C 解析：设金属环的电阻为4R,则当a 、b 接入电路时,相当于两个半圆环并联,R 1=R,消耗的功率P=U 2/R ；当a 、d 接入电路时,相当于一个1/4圆环和一个3/4圆环并联,R 2=3R/4,消耗的功率P′=4U 2/3R,所以P ∶P′=4P/3.6.门电路的真值表如右,它是A.“或”门电路B.“非”门电路C.“与”门电路D.“与”“非”门电路输入输出 AB Q 00 0 01 0 10 0 1 1 1答案：C 解析：由题中表可得只有当两输入端都成立时输出端才成立,这是“与”门的特性,所以C 正确.7.一个电压表由电流表G 和电阻R 串联而成,如图所示.若使用中发现电压表的示数总比准确值稍小一些,采取下列哪种措施可以改进A.在R 上串联一个比R 小得多的电阻B.在R 上串联一个比R 大得多的电阻C.在R 上并联一个比R 小得多的电阻D.在R 上并联一个比R 大得多的电阻 答案：D 解析：电压表的读数比准确值稍小一些,表明附加的分压电阻R 稍大一些,只要使R 的阻值稍减小一些,就能使电压表的准确度得到提高.在R 上串联一个电阻,只能增加阻值,显然是不行的,并联电阻时,由于并联电路的总电阻比任何一个分电阻小,可见应并联一个比R 大得多的电阻.8.据研究报道,中子内有一个电荷量为+32e 的上夸克和两个电荷量为-31e 的下夸克,一简单模型是三个夸克都在半径为r 的同一圆周上,如图所示.下面给出的四幅图中,能正确表示出各夸克所受静电作用力的是答案：D 解析：根据库仑定律以及矢量的合成得D对.二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.把答案填在题中横线上)9.图中A、B、C是多用表在进行不同测量时转换开关分别指示的位置,D是多用表指针在测量时的偏转位置,由此可知:A是__________挡,若用此挡测量,指针位置如D,则读数是__________;B是__________挡,若用此挡测量,指针位置如D,则读数是__________;C是__________挡,若用此挡测量,指针位置如D,则读数是__________.答案：电阻15 kΩ 直流电流 4.9 mA 直流电压24.5 V(允许适量误差)10.如图所示,电源的电动势为9 V,内阻为1 Ω,电动机M的额定电压为6 V,额定电流为0.5 A,线圈内阻为2 Ω,R是一变阻器,若要使电动机正常工作,R应调到__________.答案：5 Ω 解析：电动机正常工作的前提是满足额定值,即电压U M=6 V,电流I=0.5 A,对电阻而言,U R=3 V,由欧姆定律得R=U R/I=6 Ω.滑动变阻值应调到R′=(6-1) Ω=5 Ω.11.如图所示，质量为m的带正电的小球能沿竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直.若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为__________，最大加速度为__________.答案：mg/μqB g 解析：小球沿墙竖直下滑，由左手定则可知小球所受洛伦兹力方向向左.对小球进行受力分析，小球受重力mg，洛伦兹力qvB，墙面给小球的支持力F N和摩擦力f，在这些力的作用下，小球将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度a=0，小球就会持续匀速运动状态直到有其他外力来迫使它改变.所以，当a=0时，v 最大，有mg=μF N ，F N =qvB解得：v=mg/μqB因为小球的加速度始终在减小，所以它开始时，即只受重力作用时的加速度最大，此时a=g.三、计算题(本大题共4小题,共计42分.解答要有必须的过程步骤,直接写答案的不得分)12.(8分)在原子反应堆中抽动液态金属、在医疗器械中抽动血液等导电液体时,由于不允许转动的机械部分与这些液体相接触,常使用一种电磁泵,如图所示这种电磁泵的结构,将导管放在磁场中,当电流穿过导电液体时,这种液体即被驱动.问：(1)这种电磁泵的原理是怎样的?(2)若导管内截面积为W×h,磁场的宽度为L,磁感应强度为B(看成匀强磁场),液体穿过磁场区域的电流强度为I,如图所示,求驱动力造成的压强差为多少?解析：(1)工作原理：电流在磁场中受安培力.(2)F 安=I·h·B.ΔP=WIB Wh IhB Wh F ==安. 答案：(1)见解析;(2)WIB 13.(10分)某电路需要20 A 的保险丝,但手边只有用同种材料制成的“15 A”和“5 A”两种型号的保险丝,它们的规格如表所示,问能否将这两种保险丝取等长的两段并联后用于该电路中?保险丝1 2 直径1 mm2 mm 额定电流 5 A 15 A解析：这两段等长的保险丝横截面积之比：S 1∶S 2=1∶4,由电阻定律R=ρSL 得电阻之比：R 1∶R 2=S 2∶S 1=4∶1, 并联接入电路后两端的电压相等,由欧姆定律得通过的电流之比：I 1∶I 2=R 2∶R 1=1∶4.即第2根保险丝中的实际电流是第1根中的4倍,而额定电流只是第1根的3倍,所以不能这样来使用.答案：不能这样用.因为这样用会超出第2根保险丝中的额定电流.14.(10分)某个家庭有“220 V ,40 W”的电烙铁一把,“220 V ,100 W”的白炽灯一只,“220 V,25 W”的白炽灯两只,“220 V ,300 W”的电熨斗一只,若当地的电源电压为210 V ,每个用电器平均每天使用2 h,每度电的价格是0.5元,则该家庭一个月(按30天计算)该交纳多少电费? 解析：该家庭全部用电器的额定功率之和：P 0=(40+100+25×2+300)W=490 W由于实际电压比额定电压略低一些,所以把各用电器的电阻值看成是不变的.由P=RU2得实际功率：P′=('UU)2P0=(220210)2×490 W=446 W一个月(30天)实际消耗的电能：W=P′·t=0.446×30×2 kW·h=26.76 kW·h.所以一个月需交纳电费：26.76×0.5=13.38(元).答案：13.38元15.(14分)如图所示,匀强电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；匀强磁场的磁感应强度为B、方向水平,垂直纸面向里,电、磁场的范围足够大.(1)若质量为m的带电油滴在垂直于B的平面内以半径r做匀速圆周运动,油滴的电量是多少?速度多大?方向怎样?(2)若此运动油滴在轨道最低点A处分裂为完全相同的两滴,其中一滴以半径R=3r沿原方向继续做匀速圆周运动,且两油滴的圆形轨道在A点相切,分析另一油滴将如何运动?并画出两油滴的运动轨迹.解析：(1)油滴做匀速圆周运动,可确定重力与电场力平衡mg=QE,F=QE,油滴带负电.根据左手定则可确定油滴顺时针方向绕行.电量大小Q=Emg,QvB=mrv2得v=EBrg.(2)分裂为相同的两滴后,根据其中一滴仍做匀速圆周运动,即电场力与重力仍平衡,则v=EBRg∝R因为R=3r,可知它的速度v1=3v①分裂前后动量守恒有:mv=21mv1+21mv2②联立解①②得v2=-v.所以另一滴也沿顺时针方向做匀速圆周运动,轨道半径、速率均与原油滴相同,但A为轨道最高点,即与原轨道相切.运动轨迹如右图所示.答案：见解析.。

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套

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最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．下列说法正确的是()A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E＝F/q，取走q后，该点场强不变D．元电荷实质就是电子(或质子)本身答案：C2．小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的是()A．制作这些图标的依据是静电屏蔽原理B．工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装C．化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患D．用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系解析：选C．用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，穿衣，脱衣也会产生静电．这些图标都是为了减少静电的产生，不是静电屏蔽，故A、D错误；工作人员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，故B错误；化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险，故C 正确．3．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是()A ．保持Q 、q 不变，增大d ，则θ变大，说明F 与d 有关B ．保持Q 、q 不变，减小d ，则θ变大，说明F 与d 成反比C ．保持Q 、d 不变，减小q ，则θ变小，说明F 与q 有关D ．保持q 、d 不变，减小Q ，则θ变小，说明F 与Q 成正比解析：选C ．保持Q 、q 不变，根据库仑定律公式F ＝k Qq d 2，增大d ，库仑力变小，则θ变小，减小d ，库仑力变大，则θ变大．实验表明，F 与d 的二次方成反比，故A 、B 错误；保持Q 、d 不变，减小q ，则库仑力变小，θ变小，知F 与q 有关，故C 正确；保持q 、d 不变，减小Q ，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律得F ＝k Qq d 2，知F 与两电荷的乘积成正比，故D 错误． 4．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大解析：选C ．因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．5．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a 、b 是轨迹上的两点．若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )A ．形成电场的点电荷电性为正B ．电子一定是从a 点运动到b 点C ．电子一定是从b 点运动到a 点D ．电子的运动是匀变速曲线运动解析：选C ．电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A 错；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹为由b 点到a 点，C 对，B 错；电子从b 点运动到a 点库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做变速曲线运动，故D 错．6．如图所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带的电荷量比b 所带的电荷量小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()A．F1B．F2C．F3D．F4解析：选B．据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力方向，考虑a的电荷量小于b的电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．某电场区域的电场线如图所示a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是()A．负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右C．正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力D．a点的场强一定大于b点的场强解析：选BCD．电场线越密，场强越大，所以a点的场强一定大于b点的场强，根据F＝Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力，故A错误，C、D正确；电场线某点的切线方向表示场强的方向．所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确．8．两个通电小球带电后相互排斥，如图所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有关系()A．两球一定带同种电荷B．m一定小于MC．q一定大于QD．m受到的电场力一定大于M所受电场力解析：选AB ．库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件；无论q 、Q 谁大，所受库仑力大小总是相等，无法判断q 、Q 间大小，C 、D 错误；由图示可知两小球相互排斥，故A 正确；设悬线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的库仑力F ＝mg tan θ，因为α>β，所以mg <Mg ，即m <M ，故B 正确．9．如图所示，在两等量异种电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、c 关于MN 对称，b 是两电荷连线的中点，d 位于两电荷的连线上，以下判断正确的是( )A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．正电荷q 在a 、c 两点受电场力相同D ．负电荷沿MN 移动时，所受电场力的方向不变解析：选BD ．由等量异种电荷产生的电场的电场线可以知道，E d ＞E b ，A 错，B 对．由于该电场关于中垂线对称，a 、c 两点场强大小相等，故正电荷在a 、c 两点受电场力大小相等，但由于a 、c 两点场强方向不同，故电场力方向不同，C 错．MN 上场强方向垂直MN 向右，负电荷在MN 上受电场力方向始终垂直MN 向左，D 对．10．如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A 中心的孔穿过，A 的质量为M ，用绝缘细线将另一质量为m 的小球B 与A 连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E ，A 不带电，B 带正电且电荷量大小为Q ，A 、B 均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则( )A ．细线中张力大小为mg cos θB ．细线中张力大小为EQ sin θC ．杆对A 的摩擦力大小为QED ．杆对A 的支持力大小为Mg解析：选ABC ．对小球B 受力分析有，受重力mg 、电场力EQ 和绳子的拉力T ，根据平衡条件可知T cos θ＝mg ，所以细线中张力大小为T ＝mg cos θ，A 选项正确；由平衡条件知：EQ mg ＝tan θ，故EQ sin θ＝mg cos θ＝T ，B 选项正确；以整体为研究对象，受重力、杆的支持力、电场力、摩擦力，摩擦力与电场力平衡，即杆对A 的摩擦力大小为QE ，故C 选项正确；杆对A 的支持力大小为(M ＋m )g ，D 选项错误．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2018·潍坊高二检测)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，沿一条直线依次排列三个等质量的带电小球A 、B 、C .在C 上沿连线方向施加一恒力F 后，三小球恰能在运动中保持相对位置不变．已知A 球所带的电荷量Q A ＝10q ，B 球所带的电荷量为Q B ＝q .开始时，小球间距离为r ，求所施加恒力F 的大小、小球C 所带电荷量Q C 及电性．解析：取A 、B 、C 三小球组成的系统为研究对象，设小球质量为m ，依牛顿运动定律，可得F ＝3ma ①取小球A 为研究对象，有k Q C Q A (2r )2－k Q B Q A r 2＝ma ② 取A 球和B 球整体为研究对象，有k Q C Q A (2r )2＋k Q C Q B r 2＝2ma ③ 联立①②③式解得Q C ＝403q (电性与A 球、B 球的电性相反)，F ＝70kq 2r 2. 答案：70kq 2r 2 403q 与A 球、B 球的电性相反 12．(12分)如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于O 点，并处在水平向左的匀强电场中，场强为E ，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，求：(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？(2)若烧断丝线，则小球将做什么运动？(设电场范围足够大)解析：(1)如题图所示，由平衡条件得F 电＝qE ＝mg tan θ，所以q ＝mg tan θE，因小球受到向左的电场力，所以小球带正电．(2)若烧断丝线，小球在电场力与重力mg 的作用下做匀加速直线运动．加速度大小a ＝F ′m ＝mg /cos θm ＝g cos θ. 答案：(1)正 mg tan θE(2)匀加速直线 13．(16分)质量为m 的小球A 在绝缘细杆上，杆的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量为k 、重力加速度为g .A ，B 间的距离足够大．求：(1)A 球刚释放时的加速度是多大？(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．解析：(1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma ，根据库仑定律F ＝k Qq r 2， r ＝H sin α， 解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2. (2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2， 解得R ＝kQq mg sin α. 答案：(1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2(2) kQq mg sin α章末过关检测(二)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·山西怀仁一中期中)下列物理量中，哪些与检验电荷有关( )A ．电场强度EB ．电势φC ．电势能E pD ．电势差U 解析：选C ．电场强度E ＝F q采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的与q 无关．故A 错误；电势φ＝E p q，是用比值定义法定义的，由电场本身决定的，与q 无关，故B 错误；电势能E p ＝φq ，故电势能与电荷有关，选项C 正确；电势差U AB ＝W q，是用比值定义法定义的，由电场本身和A 、B 两点的位置决定的，与q 无关．故D 错误．2．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )A ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C ．对于正电荷而言，电场力做正功，电势能减少，负电荷则反之D ．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向解析：选D ．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A 错误；在匀强电场中，由公式U ＝Ed 可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B 错误；根据功能关系，无论正电荷还是负电荷，只要做正功，电势能都是减小的，做负功电势能都是增加的，故选项C 错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D 正确．3．在点电荷Q 形成的电场中有一点A ，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则检验电荷在A 点的电势能及电场中A 点的电势分别为( )A ．E p A ＝－W ，φA ＝－W qB ．E p A ＝W ，φA ＝－W qC ．E p A ＝－W ，φA ＝W qD ．E p A ＝W ，φA ＝W q解析：选C ．－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A 点时，电场力做的功为W ，则电荷的电势能减小W ，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A 点的电势能为E p A ＝－W ，A 点的电势φA ＝－W －q＝W q，C 正确． 4．(2018·湖南衡阳一中高二月考)如图所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，其中c 为线段ab 的中点．若一个运动的正电荷先后经过a 、b 两点，a 、b 两点的电势分别为φa ＝－3 V 、φb ＝7 V ，则( )A ．c 点电势为2 VB ．a 点的场强小于b 点的场强C ．正电荷在a 点的动能小于在b 点的动能D ．正电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能解析：选D ．沿电场线方向电势降低，由题意知电场线向左，只有在匀强电场中c 点的电势为2 V ，故A 错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小；所以a 点处的场强E a 可能小于b 点处的场强，也可能大于E b ，故B 错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a 点运动到b 点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C 错误，D 正确．5．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A 、B 两点与两球球心连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )A ．A 点和B 点的电势相同B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷从A 点移至B 点，静电力做正功D ．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先增大后减小解析：选C ．由题图可知φA ＞φB ，所以正电荷从A 移至B ，静电力做正功，故A 错误，C 正确．C 、D 两点场强方向不同，故B 错误．负电荷从C 点沿直线CD 移至D 点，电势能先减小后增大，所以D 错误．6.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的正点电荷，以E 表示两极板间电场的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大，E p 增大B ．θ增大，E 增大，E p 减小C ．θ减小，E 不变，E p 增大D ．θ减小，E 不变，E p 减小解析：选D ．电容器电量不变；下极板向上移动时，两板间的距离减小，根据C ＝εS 4πkd可知，电容C 增大，则根据Q ＝CU 可知，电压U 减小；故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εS ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；根据U P ＝Ed, P 点与下极板的距离d 减小，则P 点的电势降低，根据E P ＝qU P 可知正点电荷在P 点的电势能减小，故选项D 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，试探电荷q 只在电场力作用下沿椭圆轨道运动．已知Q 位于椭圆轨道的一个焦点上，则关于试探电荷q 的说法正确的是( )A ．从M 点运动到N 点的过程中电势能增加B ．从M 点运动到N 点的过程中动能增加C ．q 在M 点的加速度比N 点的加速度大D ．从M 点运动到N 点，电势能与动能之和不变解析：选ACD ．点电荷q 沿椭圆轨道运动，必定受到Q 的引力作用，从M 点运动到N 点的过程中，电场力对q 做负功，则q 的电势能增加，故A 正确．从M 点运动到N 点的过程中，电场力对q 做负功，由动能定理知动能减小，故B 错误．M 与Q 间的距离比N 与Q 的距离小，由库仑定律知，q 在M 点所受的库仑力大于在N 点所受的库仑力，由牛顿第二定律知，q 在M 点的加速度比N 点的加速度大，故C 正确．根据能量守恒定律知，从M 点运动到N 点，电势能与动能之和保持不变，故D 正确．8．(高考山东卷)如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC ．0～T 3微粒做匀速直线运动，则E 0q ＝mg .T 3～2T 3没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a ＝g .2T 3～T ，由于电场作用，F ＝2E 0q －mg ＝mg ＝ma ′，a ′＝g ，方向竖直向上．由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v 0，方向水平，选项A 错误，选项B 正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功W G ＝mg · d 2，重力势能减少12mgd ，选项C 正确；由动能定理知W G －W 电＝0，W 电＝12mgd ，选项D 错误．9．(2018·湖北天门市、仙桃市、潜江市期末联考)如图所示，A 、B 、C 、D 是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a .现在A 、B 两点分别固定电荷量分别为＋q 和－q 的两个点电荷，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．CD 棱上各点电势相等B ．C 、D 两点的场强方向相同，大小相等且均为kq a 2 C ．将一负电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力先做正功后做负功D ．将一正电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力先做正功后做负功解析：选AB ．据题，＋q 、－q 是两个等量异种点电荷，通过AB 的中垂面是一等势面，C 、D 在同一等势面上，电势相等，C 、D 两点的场强都与等势面垂直，方向指向B 一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C 、D 两点的场强、电势均相同．两个电荷在C 点产生的场强大小：E 1＝E 2＝kq a 2 ，方向的夹角为120°，则C 点的合场强E ＝E 1＝E 2＝kq a 2 ，如图．故A 、B 正确；因CD 是等势面，故无论是正电荷还是负电荷沿CD 棱从C 点移动到D 点，电场力都不做功，选项C 、D 错误．10．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点．若不计重力，则( )A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相等C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：选BD ．由O 点电势高于c 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误；N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U O c ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 正确；因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C 错误；O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2018·西藏拉萨中学高二月考)如图所示，电荷量为－e 、质量为m 的电子从A 点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v 0，当它通过电场B 点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：(1)电子从B 点射出的速度v B ； (2)A 、B 两点间的电势差．解析：(1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B 点的速度v B ＝v 0cos 60°＝2v 0. (2)电子从A 运动到B 由动能定理得：－eU AB ＝12m v 2B －12m v 20A 、B 两点间的电势差 U AB ＝12m (2v 0)2－12m v 20－e＝－3m v 202e .答案：(1)2v 0 (2)－3m v 202e12.(14分)(2018·济南重点中学联考)如图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v ，已知点电荷 产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，P A 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时对轨道的压力； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)带电体间的库仑力为：F ＝k qQ r 2其中，r ＝hsin 60°对物块受力分析可得，N ＝mg ＋F cos 30° 由以上三式得，N ＝mg ＋33kqQ 8h 2根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力 N ′＝N ＝mg ＋33kqQ8h 2，方向竖直向下．(2)从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得， qU AB ＝12m v 2－12m v 20又U AB ＝φA －φB ＝φ－φB 解得φB ＝m 2q(v 20－v 2)＋φ. 答案：(1)mg ＋33kqQ 8h 2 方向竖直向下(2)m 2q(v 20－v 2)＋φ 13．(14分)(2018·福州四校联考)如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为s ＝1.25 m 的粗糙水平面，其动摩擦因数为μ＝0.1，BD 段为半径R ＝0.2 m 的光滑半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E ＝5.0×103 V/m.一带负电小球以速度v 0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点．已知小球的质量为m ＝2.0×10－2 kg ，所带电荷量q ＝2.0×10－5C ，g ＝10 m/s 2，(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)．求：(1)小球能通过轨道最高点D 时的速度大小；(2)带电小球在从D 点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小； (3)小球的初速度v 0.解析：(1)恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为v D ，离开D 点到达水平轨道的时间为t ，落点到B 点的距离为x ，则mg －qE ＝m v 2DR，代入数据解得v D ＝1 m/s.(2)2R ＝12mg －qE m t 2，代入数据解得t ＝0.4 s ，x ＝v D t ＝0.4 m. L ＝x 2＋(2R )2＝225m. (3)由动能定理得： －μ(mg －qE )s －2mgR ＋2qER ＝12m v 2D －12m v 2得v 0＝2.5 m/s.答案：(1)1 m/s (2)225m (3)2.5 m/s.章末过关检测(三) (时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝UI可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象D ．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小；通过导体的电流为零时，导体的电阻也为零 解析：选C ．无论导体是否接入电路中，其电阻不会发生变化，所以不能说导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比，所以A 、B 错；导体的电阻只跟导体的几何形状和材料性质有关，跟导体中是否有电流通过及电流的大小无关，所以D 错.2.电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m 2的导线，那么电路中的电流是(电子带电量为1.6×10－19C)( )A ．0.016 μAB ．1.6 mAC ．16 μAD ．0.16 μA解析：选D ．由电流的定义式I ＝qt 可知，电流大小与横截面积无关，代入数据可求得电路中的电流为0.16 μA ．3.(2018·重庆第二外国语学校高二期中)如图所示，AB 和BC 是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中.下列判断正确的是( )A ．I AB >I BC B ．I AB ＜I BC C ．U AB ＝U BCD ．U AB ＞U BC解析：选D ．由题图知，导体AB 与BC 串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以I AB ＝I BC ，故A 、B 错误；由题意知，导体AB 与BC 的材料、长度相同，AB 的横截面积小于BC 的横截面积，根据电阻定律可知：R AB ＞R BC ，因为I AB ＝I BC ，由U ＝IR 知，U AB ＞U BC ，故C 错误，D 正确.4.用电动势为6 V 、内电阻为4 Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( ) A ．R 1＝2 Ω B ．R 2 ＝4 Ω C ．R 3＝6 Ω D ．R 4＝8 Ω答案：B5.(2018·西安一中高二月考)一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA ，内阻为R g ，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA ，则( )A ．给它串联一个电阻，阻值为nR gB ．给它串联一个电阻，阻值为(n －1)R gC ．给它并联一个电阻，阻值为R g nD ．给它并联一个电阻，阻值为R gn －1解析：选D ．因I g ＝U gR g，量程扩大n 倍为nI g ，则应有(n －1)I g 被分流，故应并联一个分流电阻，阻值R ＝I g R g (n －1)I g ＝R gn －1，则D 正确.6.如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3 k Ω，读数为3 V ；电流表内阻为10 Ω，读数为4 mA ．待测电阻R 的真实值等于( )A．750 ΩB．760 ΩC．1 000 ΩD．1 010 Ω解析：选C．电压表读数为电压表与R并联部分的电压，由于电压表内阻为3 kΩ，所以流经电压表的电流I1＝3 V3 kΩ＝0.001 A，电流表读数为4 mA＝0.004 A，所以流经R的电流I2＝0.004 A－0.001 A＝0.003 A，由欧姆定律R＝3 V0.003 A＝1 000 Ω，故C正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.将分压电阻串联在电流表上改装成电压表，下列说法中正确的是()A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C．若分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n＋1倍D．通电时，电流表和分压电阻通过的电流一定相等解析：选BCD．分压电阻与电流表串联，电压按电阻阻值比例分配电压，总电压增大，但表头的满偏电压不变，A错误，B、D正确；分压电阻R＝nR g时，R V＝(n＋1)R g，电压表量程U＝I g R V＝(n＋1)I g R g，C正确.8.(2018·山东济南一中高二期中)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()A．R1∶R2＝1∶3B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3解析：选AC．在I－U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知k1＝3k2，则R2＝3R1，即R1∶R2＝1∶3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍后，横截面积同时变为原来的13，根据电阻定律R＝ρLS可知，R1将变为原来的9倍，是R2的3倍，故B错误；R1与R2串联，电流相等，由P＝I2R知，P1∶P2＝R1∶R2＝1∶3，故C正确；R1与R2并联，电压相等，由I＝UR可知，I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1，故D错误.。

鲁科版高中物理选修3-1测试题及答案解析全套

鲁科版高中物理选修3-1测试题及答案解析全套

鲁科版高中物理选修3-1测试题及答案解析全套阶段验收评估（一）静电场(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．下列关于点电荷的说法中，正确的是()A．体积大的带电体一定不是点电荷B．当两个带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷C．点电荷就是体积足够小的电荷D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体解析：选B一个带电体能否看成点电荷，不能以体积大小、电荷量多少而论，要依具体情况而定，只要在测量精度要求的范围内，带电体的形状、大小等因素的影响可以忽略，即可视为点电荷，故选项B 正确。

2．仔细观察下列各图，属于防范静电的是()解析：选A题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，故选项A正确。

3．(2015·浙江高考)如图1所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。

工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图1A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确。

4.如图2所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°。

鲁教版高中物理选修3-1单元选修3-1第3、4单元单元考试试卷

鲁教版高中物理选修3-1单元选修3-1第3、4单元单元考试试卷

第3、4章《恒定电流》《闭合电路欧姆定律和逻辑电路》单元测试一、选择题(本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

)1．关于电流，下面说法正确的是（ ）A ．只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B ．电源的作用是保持导体两端的电压C ．导体内无电流时，导体内一定无任何电荷运动D ．导体中的电流一定是由正负电荷同时向相反方向产生的 2．下列关于闭合电路的说法中，错误的是（ ） A ．电源短路时，电源的内电压等于电动势 B ．电源短路时，路端电压为零 C ．电源短断时，路端电压最大D ．电源的负载增加时，路端电压也增大3．在某段电路中，其两端电压为U ，通过的电流为I ，通电时间为t ，若该电路电阻为R ，则关于电功和电热的关系，下列结论正确的是（ ）A ．在任何电路中，电功W=UIt= I 2RtB ．在任何电路中，电功为UIt ，电热为 I 2RtC ．在纯电阻电路中，UIt= I 2RtD ．在非纯电阻电路中，UIt ≥ I 2Rt4．如图2-70所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两板间距离的过程中 （ ）A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流5．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图2-71所示是电饭锅电路原理图2-70示意图，K 是感温材料制造的开关。

下列说法中正确的是 （ ）A ．其中R 2是供加热用的电阻丝B ．当开关S 接通时电饭锅为加热状态，S 断开时为保温状态C ．要使R 2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R 1/R 2应为2：1D ．要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时一半，R 1/R 2应为（2-1）:1 6．图2-72为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I 图像，下列判断正确的是（ ）A ．电动势E 1＝E 2，发生短路时的电流 I 1＞ I 2B ．电动势E 1=E 2，内阻 r 1＞r 2C ．电动势E 1＞E 2，内阻 r 1＜ r 2D ．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大7．在图2-73中，电源内阻不能忽略,R 1＝5Ω，R 2＝4Ω．当开关S 切换到位置1时，电流表的示数为I 1＝2A ；当开关S 扳到位置2时，电流表的示数可能为下列情况中的( )A ． 2.5AB ．1.8A图2-72图2-73C．2.2A D．3.0A8．一个电动势为E，内电阻为r的电池，接上负载电阻R，构成闭合电路，下列说法正确的是（）A．当R=r时，路端电压为U=E/2B．当R=0时，路端电压为U=EC．当R=r时，R获得的功率最大D．当R=r时，电源的效率为η= 50%9．如图2-74所示电路的三根导线中有一根是断的。

鲁科版物理同步习题：选修3-1参考答案及解析

鲁科版物理同步习题：选修3-1参考答案及解析

选修3-1参考答案及解析第六章静电场第一单元电场力的性质第二单元电场能的性质第三单元电容器与带电粒子在电场中的运动章末综合检测第七章恒定电流第一单元电流、电阻、电功、电功率第二单元闭合电路欧姆定律第三单元实验：测定金属的电阻率第四单元实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线第五单元实验：测定电池的电动势和内阻第六单元实验：练习使用多用电表章末综合检测第八章磁场第一单元磁场的描述磁场对电流的作用第二单元磁场对运动电荷的作用第三单元带电粒子在复合场中的运动章末综合检测6-11、解析：当r →0时，E ＝kQ r 2，不再适用，A 错B 对．某点场强的大小应与距离r 的平方成反比，C 错误．以点电荷Q 为中心，r 为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，故场强不同，D 错．答案：B2、解析：由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a 运动到b (也可分析从b 到a 的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a 点场强大于b 点场强，带电粒子在a 点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B 、C 、D 正确．答案：BCD3、解析：由v —t 图象可知，电荷的a 和v 均增加，故E 增加，且电场力与v 同向，所以E 与v 反向，应选B.答案：B4、解析：设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a 带正电，b 带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a 为负电荷，b 为正电荷，A 错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a 、b 均做正功，动能增加，B 、D 错．但由电场线的疏密可判定，a 受电场力逐渐减小，加速度减小．b 正好相反，选C.答案：C5、解析：在仅受电场力的作用下在电场线上运动，只要电场线是直线的就可能实现，但是在等势面上做匀速圆周运动，就需要带负电的粒子在电场中所受的电场力提供向心力，根据题目中给出的4个电场，同时符合两个条件的是A 答案．答案：A6、解析：本题主要考查场强的矢量性，同一直线上两点电荷产生场强的叠加则变成了代数的加或减．由于两个点电荷带异种电荷且电荷量不等，则E 1＝E 2的点必有两个，其中一处合场强为零，另一处合场强为2E 1，应选C.答案：C7、解析：先画出等量异种电荷的电场线分布，再判断中垂线上各点的电场强度的变化情况及电子受电场力的情况，最后，确定另一个力的大小和方向．图23等量异种电荷电场分布如图23所示，由图(a)中电场线的分布可以看出，从A 到O ，电场线由疏到密；从O 到B ，电场线由密到疏，所以从A →O →B ，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示．.由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反．电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A →O →B 过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B 正确．答案：B8、解析：粒子在E 中匀速下落，则qE ＝mg粒子在2E 中：a ＝2qE －mg m＝g ，方向向上 则粒子先向下减速，后向上加速进入E 中又以v 0匀速上升．故C 正确．答案：C图269、解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图26，据平衡条件得：F ＝m 1g tan θF ＝m 2g tan θ所以有m 1＝m 2.故B 正确答案：B10、解析：当场强向下时，物块m 受重力和电场力两个力作用下处于静止状态，可知F 电＝mg .当电场方向改为向右时，受力分析如图28，在垂直于斜面方向上，有：mg cos37°＝F N ＋F 电sin37°⇒F N ＝0.2 mg ，所以物块不可能离开斜面；沿斜面方向上：F 电cos37°＋mg sin37°＝ma ，得a ＝1.4 g ，故物块沿斜面向下做匀加速直线运动．所以C 正确．答案：C11、解析：0～2 s ，由题图丙可知，物块做匀加速运动，加速度a ＝1 m/s 2由牛顿第二定律有：E 1q －μmg ＝ma2～4 s ，由题图丙可知，物块做匀速直线运动由平衡条件有：E 2q ＝μmg结合以上几式代入数据，解得：m ＝1 kgμ＝0.2.12、答案：(1)1 kg (2)0.2 解析：由于A 、B 均处于平衡，隔离A 分析，受力如图31所示，设OA 绳拉力F 1，AB 绳拉力F 2，正交分解F 1，F 1cos60°＋F 2＋F 库＝qE ①F 1sin60°＝mg ②F 库＝k q 2L 2③ 解①②③得：E＝3mg3q＋kqL2＋F2q.因为F2≥0，所以E≥3mg3q＋kqL2.答案：E≥3mg3q＋kqL26-21、解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A、B均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，D错．答案：C2、解析：根据电场力做功判断：若从a到b到c移动一正的试探电荷，电场力做正功，电势降低，所以A正确；由于a点和c点关于P、Q连线的中垂线对称，场强大小应相等，但方向不同，所以C、D错误．答案：A3、解析：A、B、C三点处在一条电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA>φB>φC，A正确；由电场线的密集程度可以看出电场强度大小关系为E C>E B>E A，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故U BC>U AB，C对D错．答案：ABC4、解析：根据电场线与等势面的关系，把立体图转化为平面图，因φM＝0，φN＝1 V，则φP＝φP′＝φP″＝34V．故D正确．图18答案：D5、解析：由轨迹可判断合力方向，由合力(加速度)方向可判断出速度的相对大小和电势能的高低．可知AD正确．答案：AD6、解析：从a到b由动能定理可知，电场力做功W ab＝－18 eV，则从a到b电势能增加量ΔE ab＝18 eV，由等势面特点及c点为零势点可知：a点电势能E a＝－12 eV，又由动能和电势能之和不变可判断B正确．答案：B7、解析：电势能的增、减，取决于电场力做功的正、负，两滑块由静止释放，电场力做正功故电势能减少，A正确．答案：A8、解析：由电场线的疏密可知场强E B>E A，所以粒子的加速度a B>a A，A项正确；由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA >φB ，D 项错；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能增大、电势能减小，即E k B >E k A ，E p B <E p A ，B 项对，C 项错．答案：AB9、解析：由加速度可求出电场力大小为13mg ，方向竖直向上．小球在下落h 的过程中：电场力做功W 电＝－13mgh ，电势能增加13mgh ；机械能减少了13mgh ；合力做功W 合＝23mgh ，动能增加了23mgh ；重力势能减少了mgh .故BC 正确．答案：BC 10、解析：因小球在B 点的速度最大，故合外力为零，可求出B 点的场强，A 选项正确．由O 运动到C 的过程中，电势能转化为重力势能，而据题意O 点电势为零，可求C 点的电势，D 选项正确．答案：AD图2511、解析：设电场强度为E ，小球带电荷量为q ，因为小球做直线运动，它所受的电场力qE 和重力mg 的合力必沿此直线，如图25所示，所以mg ＝qE tan θ.由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为a ＝g sin θ. 设从O 点到最高点的位移为L ，根据运动学公式有v 20＝2aL运动的水平位移为x ＝L cos θ.从O 点到最高点的过程中，电场力做负功，电势能增加，小球在最高点与O 点的电势能之差为ΔE p ＝qEx .联立以上五式，解得ΔE p ＝12m v 20cos 2θ. 答案：12m v 20cos 2θ 12、解析：(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得： 2mgd －Eqd －Eq (d －L )＝0，则有E ＝4mg /(3q )．(2)两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最大速度，此过程利用动能定理得：2mgL －EqL ＝2m v 22， 则有v ＝2gL 3.答案：(1)4mg 3q (2)2gL 36-31、解析：带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转，(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B 、C 可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D 可能出现；不能做匀速直线运动，A 不可能出现．答案：A2、解析：电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．答案：C3、解析：两平行金属板间的电场为匀强电场．带电粒子先向下运动又折回说明粒子先向下做匀减速运动，折回后向上做匀加速运动．整个过程具有对称性，由此可知B 项正确．答案：B4、解析：若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X ′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y ′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．答案：D5、解析：设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．答案：B6、解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T 2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复，故A 对．答案：A7、解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C ＝εr S 4πkd 增大，由C ＝Q U可知，两极板带电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处．综上所述，B 选项正确．答案：B8、解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等，B 对；又因为d ＝12at 2，a ＝qE m ，因为偏转量d 不同，故a 一定不同，C 错．由a ＝qE m，因不知m 的关系，q 可能相等，也可能不相等，故A 正确．当q 相等时，电荷从进入到离开，电场力做的功不同，由动能定理可知，两电荷离开电场时的动能不同，D错．答案：AB9、解析：由O点电势高于C点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N粒子带负电，A错误．N粒子从O点运动到a点，电场力做正功．M粒子从O点运动到c点电场力也做正功．因为U aO＝U Oc，且M、N粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B正确．因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C错误．O、b两点位于同一等势线上，D正确．答案：BD10、解析：当不加电场时，油滴匀速下降，即F f＝k v＝mg；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，即F电＝k v＋mg，解之得：F电＝2mg，当两极间电压为—U时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F电＋mg＝k v′，解之得：v′＝3v，C项正确．答案：C11、解析：由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD＝AB，所以有电势φD＝φB，即U DB＝φD－φB ＝0①则由动能定理得：mg L2sin30°＝12m v2D－0②联立①②解得：v D＝gL 2③(2)当小球运动至C点时，对球受力分析如图22所示，则由平衡条件得：F N＋F库sin30°＝mg cos30°④由库仑定律得：F库＝kq2(L cos30°)2⑤联立④⑤得：F N＝32mg－23kq2L2由牛顿第三定律得：F N′＝F N＝32mg－2kq23L2.答案：(1)gL2(2)32mg－2kq23L212、解析：(1)当电子沿AB两板正中央以v0＝2×107m/s的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t＝lv0①在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为y＝12at2②又a＝Fm＝eEm＝eU ABmd③由①②③式得y＝12eU ABmd(lv0)2＝12×1.6×10－19×3009×10－31×1×10－2×(3×10－22×107)2m＝6×10－3m＝0.6 cm，而d2＝0.5 cm，所以y>d2，故粒子不能飞出电场．(2)从(1)的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x＝d－y＝(1－0.6) cm＝0.4 cm.故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为：n＝xd×100%＝0.41×100%＝40%.答案：(1)不能(2)40%综合练习1、解析：沿电场线方向电势逐渐降低，M点电势一定高于N点电势，选项A对．因电场线越密的区域场强越大，由图可知N点场强大于M点场强，选项B错．将正电荷由M点移到N点时电场力做正功，电势能减小，故正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，选项C对．将电子从M点移到N点的过程中，受到的电场力与移动方向相反，电场力做负功，选项D错．答案：AC2、解析：由于电子动能E k＝400 eV<500 eV，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动．最终从A孔射出．电场力做功为零，电子动能大小不变．故C正确．答案：C3、解析：根据C＝εr S4πkd和U＝QC，A项是d增大，则电容C减小，U增大，所以静电计指针张角变大，故A正确；B、C项都是S减小，则电容C减小，U增大，静电计指针张角变大，故B正确，C错；D项是εr增大，则电容C增大，U减小，静电计的指针张角变小，故D错．答案：AB4、解析：在＋Q ，－Q 连线上及延长线上三个区间内场强方向如图5所示，由对称关系可知，在Q 左侧与P (－Q )间等距的P ′点应与P 点场强相同，故选项A 正确．在(－Q )、Q 之间各处场强均大于(－Q )、P 之间各点场强，故试探电荷＋q 从P 移至O 点过程中，P →(－Q )做正功W 1，由－Q →0电场力做负功W 2，由上面分析知，|W 1|>W 1.故电势能增大．C 正确．答案：AC5、解析：a 板与Q 板电势恒定为零，b 板和P 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q 视为不变．要使悬线的偏角增大，则应使电压U 增大，即减小电容器的电容C .对电容器C ，由公式C ＝q U ＝εr S 4πkd，可以通过增大板间距d 、减小介电常数εr 、减小极板的正对面积S 来减小电容C .答案：BC6、解析：带电粒子M 只受电场力作用下从P 点到Q 点，克服电场力做功，其电势能增加，动能减小，故A 、D 正确；场强的大小与电场力做功正、负无关，故B 选项错；在C 选项中，由于带电粒子的电性未知，故无法确定P 点与Q 点电势的高低，C 错．答案：AD7、解析：由于图象是可以用描点法确定的，所以可以选几个代表性的点，确定出大致的图形，在t ＝T 2时，U x ＝0，U y ＝0，电子打在屏幕上的原点，在t ＝T 4时，U x 为负，U y 为正的最大值，电子带负电，受电场作用后向电势高的极板偏转，打在屏幕左上方的最高点，A 正确．答案：A8、解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B 正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A 不正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C 不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 不正确．答案：B9、解析：作出过点M 的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A 正确．将负电荷从O 点移到P 点时，因所处位臵电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B 错误．由E ＝U /d 及电场线疏密程度知O 、M 两点间电势差应大于M 、N 两点间电势差，C 错误．沿y 轴上各点场强方向相同，故从O 点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y 轴正方向的外力，D 正确．答案：AD10、解析：因带电粒子从a 点沿直线运动到b 点，受力情况如右图12所示，场强方向一定水平向右，故a 点的电势一定高于b 点的电势，A 选项不对．粒子在电场中运动，共涉及到三种能量：动能、电势能、重力势能．三种能量之和保持不变，即带电粒子在a 点三种能量之和等于在b 点的三种能量之和，因为粒子在a 点的重力势能小于在b 点的重力势能，故B 选项不对．又因为带电粒子从a 点运动到b 点，合外力做负功，故动能减小，即E ka >E kb .从a 到b ，电场力做负功，故电势能增加，即E 电a <E 电b .所以C 错，D 对．答案：D11、解析：电容器与电源是断开的，电容器无法充、放电，电容器的带电荷量是保持不变的．当A 板下移时d 减小，电容C 增大，由U ＝Q C 可知U 减小，由E ＝U d ＝Q C ·d ＝4πkQ εr S可知E 不变化．P 点的电势φP ＝U PB ＝E ·PB ，所以φP 不变，选项A 正确．当B 板上移时，PB 减小，P 点的电势φP 降低，选项C 正确．答案：AC12、解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：W F ＋W G ＝ΔE k 由重力做功与重力势能变化的关系可得W G ＝－ΔE p ，由上述两式易得出A 错误，B 、C 、D 正确．答案：A13、解析：(1)场强方向竖直向下．(2)根据题意，小球在电场中运动的加速度a 应竖直向上．Eq －mg ＝ma ①从上往下：d ＝v 0t －12at 2②从下往上：d ＝v 0t 2＋12a (t 2)2③ 由①②③式解得电场强度：E ＝4md 3qt 2＋mg q. (3)由②③两式解得：a ＝4d 3t 2，v 0＝5d 3t则：v 1＝v 0－at ＝d 3t ，v 2＝v 0＋a t 2＝7d 3t 所以：v 1v 2＝17. 答案：(1)场强方向竖直向下 (2)4md 3qt 2＋mg q (3)1714、解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3 s. (2)粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度a 1＝E 1q m＝4 m/s 2，减速时的加速度a 2＝E 2q m＝2 m/s 2，x 方向上的位移为 x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T 2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场时的位臵坐标为(－2×10－5 m,2 m)．(3)粒子在x 方向的速度v x ＝a 1T 2－a 2T 2＝4×10－3 m/s. 答案：(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s15、解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则在初速度方向上：L ＝v 0t ①在电场方向上：L ＝12at 2②其中qE ＝ma ③E k ＝12m v 20④由动能定理得qEL ＝E k c －E k ⑤由①②③④⑤可解得E k c ＝5E k ，E ＝2m v 20qL ＝4E k qL .(2)若粒子由bc 离开电场，则有：L ＝v 0t ⑥ 粒子在电场方向上的速度v y ＝at ⑦粒子离开电场时的速度为v v 2＝v 20＋v 2y ⑧ E k ′－E k ＝12m v 2－12m v 20⑨联立可解得：E ＝2E k (E k ′－E k )qL⑩若粒子由cd 边离电场，则由动能定理得qEL ＝E k ′－E k ⑪ 则E ＝E k ′－E kqL .答案：(1)5E k4E kqL (2)2E k (E k ′－E k )qL 或E k ′－E k qL16、解析：(1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理，有qU ＝12m v 2①解得v ＝2qUm(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有 qE ＝m v 2R ＝m 2v 2L ②联立①、②，得E ＝4U L(3)微粒从释放开始经t 1射出B 板的小孔，则 t 1＝d v 2＝2dv ＝2dm 2qU设微粒在半圆形金属板间运动经过t 2第一次到达最低点P 点，则t 2＝πL 4v ＝πL4m 2qU所以从释放微粒开始，经过(t 1＋t 2)＝(2d ＋πL4)m2qU 微粒第一次到达P 点． 答案：(1)2qU m (2)E ＝4U L (3)t ＝(2d ＋πL4)m 2qU17、解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma ① s 0＝12at 21②联立①②可得 t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12m v 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k ) (3)如图20图20答案：(1)2ms 0qE ＋mg sin θ(2)12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(S 0＋mg sin θ＋qE k) (3)见解析图207-11、解析：导体内单位体积内自由电子的数量，由导体本身决定和通过导体电流无关．由于温度不变，自由电子热运动的平均速率不变．由I ＝neS v 知电流I 增大，电子移动速率v 增大．答案：C2、解析：白炽灯在正常工作时的电阻为R ，由P ＝U 2R 得R ＝36 Ω，当接入18 V 电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P ＝U 2R ＝18236 W ＝9 W ，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W ，故B 项正确．答案：B3、解析：首先计算出沿A 、B 方向和沿C 、D 方向电阻的比值，再利用欧姆定律求出两种情况下的电流比．设沿A 、B 方向的横截面积为S 1，沿C 、D 方向的横截面积为S 2，则S 1S 2＝12，A 、B 接入线路中时的电阻为R 1，C 、D 接入电路中时的电阻为R 2，则有R 1R 2＝ρl abS 1ρl bc S 2＝41.两种情况下电流之比为I 1I 2＝R 2R 1＝14，故I 2＝4I 1＝4 A ．选项A 正确．答案：A4、解析：设各灯泡正常工作时的电流为I ，则甲电路的总电流为I 甲＝3I ，乙电路的总电流为I 乙＝I ，所以由P ＝UI 得P 甲＝3P 乙，应选B.答案：B5、解析：L 2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X 2两端电压增大，消耗的功率也增大，C 正确．答案：C6、解析：设单位长度上电子数目为n ， 则单位长度上电子带的电荷量q ′＝ne t 秒内电子通过的距离x ＝110×ctt 秒内通过某截面的电量q ＝xq ′＝nect /10 由I ＝q t 得I ＝nec 10∴n ＝10I ec环中电子数目N ＝240n ＝240×10×10－21.6×10－19×3×108个＝5×1011个．故B 正确．答案：B7、解析：本题考查串联电路的特点及额定电压、额定功率与电阻的关系，关键是对额定电压、额定功率概念的理解，明确滑动变阻器哪一段电阻接入了电路．错误原因是把接入电路的一段与BC 段混淆．灯泡的工作电流I ＝P U ＝1.86A ＝0.3 A ，因灯泡与滑动变阻器串联，所以通过变阻器的电流为0.3 A. 此时A 、C 间电阻R 1＝U 1I ＝9－60.3 Ω＝10 Ω，故CB 间电阻R 2＝R －R 1＝20 Ω，故B 选项正确． 答案：B8、解析：因两段串联，通过两棒的电流相等，又I ＝neS v ，故neπr 2ab v ab ＝neπr 2bc v bc ，得v ab ∶v bc ＝16∶1，A 、B 均错．由电阻定律R ab ＝ρl ab S ＝ρl ab πr 2ab ，R bc ＝ρl bcπr 2bc ，求得R ab ∶R bc ＝16∶1，因为ab 和bc 串联，流过两段的电流相等，由功率公式P ＝I 2R ，得P ab ∶P bc ＝R ab ∶R bc ＝16∶1，故D 正确，C 错误．答案：D9、解析：c 、d 端短路时，R 2与R 3并联，然后与R 1串联，所以1R 23＝1R 2＋1R 3，R ab ＝R 1＋R 23，可得R ab ＝40 Ω，A 项正确；a 、b 端短路时，R 1与R 3并联然后与R 2串联，所以1R 13＝1R 1＋1R 3，R cd ＝R 13＋R 2可得R cd ＝128 Ω，B 项错误；a 、b 端接测试电源时，R 2中电流为零，电路等效于只有R 1、R 3两电阻串联，c 、d 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 1＋R 3，U cd ＝UR 3＝IR 3可得U cd ＝80 V ，C 项正确；cd 端接测试电源时，R 1中电流为零，电路等效于只有R 2、R 3两电阻串联，ab 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 2＋R 3，U ab ＝UR 3＝IR 3，可得U ab ＝25 V ，D 项错误．答案：AC10、解析：电饭锅工作时，电阻丝把电能全部转化为电热，其电功率P 电等于热功率P热，即：P 电＝P 热＝I 2R ＝U 2R①由①式可知，在电压一定的情况下，电阻丝电阻越大，其发热消耗的电功率越小．当S 闭合时，R 1被短路，电阻变小，其消耗的电功率增大，因此，S 闭合时应为水烧开前的加热状态，而S 断开时应为水烧开后的保温状态，故选项A 、B 正确．又因为保温时，R 1、R 2为串联关系，电源电压恒定，故P 2＝I 2R 2＝(U R 1＋R 2)2R 2②题目要求R 2保温时功率为加热时功率的一半，则有： (U R 1＋R 2)2R 2＝12U 2R 2③ 由③式得R 1∶R 2＝(2－1)∶1，选项D 亦正确． 答案：ABD11、解析：电流达最大值I 后，表明电离出来的离子全部到达了阴极，设经过时间t 到达极板的电荷量为q ，则q ＝It被电离的有机物分子的数目N ′＝q e ＝Ite则有机物分子占待测气体的数目比为K ＝N ′ntN A ＝InN A e答案：InN A e12、解析：设电热水壶的电阻为R 则R ＝U 2P ＝22021500 Ω＝48415Ω电能表转1转的能量为：3600×1033000 J ＝1200 J设电热水壶的实际电压为U则U 2Rt ＝125×1200 J ，所以U ＝200 V .答案：200 V7-21、解析：由闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 外＋U 内，当外电路断路时，即I ＝0，此时U外＝E ，路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗的功率，P ＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E 2(R －r )2R ＋4r ，只有当R ＝r 时，电源的输出功率最大，故C 错．答案：ABD2、解析：滑片向右滑动，R 阻值增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，L 1变暗；同时L 2与R 并联部分电阻增大，它们与L 1串联分得的电压增大，通过L 2电流增大，故L 2变亮．答案：AD3、解析：从图分析可知，电容器两端的电压就是R 3两端的电压，要使油滴上升，必须增大电容器两端的电压，即增大R 3两端的电压，从电路的分析得，增大R 3和减小R 2的电阻都可．故CD 正确．答案：CD4、解析：滑动触头由a 滑向b 的过程中，总电阻变小，D 错误，干路电流变大，路端电压变小，A 正确，内阻消耗功率变大，C 错误，定值电阻R 3上电压降低，电流表示数变小，B 错误．答案：A5、解析：只有S 1闭合时，L 1和L 2串联，电容器两端的电压等于电源两端的电压．S 2闭合后，L 3和L 2串联，再和L 1串联．则L 1两端的电压增大，故L 1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电．电荷量减小．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．可知AD 正确．答案：AD6、解析：电动机未启动时，通过灯泡电流为I ＝10 A ， 电压U 1＝12.5 V －10×0.05 V ＝12 V . 所以灯泡电阻为R ＝U 1I ＝1210 Ω＝1.2 Ω.电动机启动时，灯泡两端的电压 U 2＝12.5 V －58×0.05 V ＝9.6 V .故车灯的电功率降低了ΔP ＝U 21R －U 22R ＝43.2 W ．故B 正确．答案：B7、解析：由欧姆定律，图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O 点的连线的斜率的倒数．随着所加电压的增大，图中曲线斜率越来越小，即小灯泡的电阻增大，故A 项正确；对应P 点，小灯泡的电阻为OP 连线的斜率的倒数，即R ＝U 1I 2，故B 项正确，C 项错误；对应P 点，小灯泡的功率为P ＝U 1I 2，即图中矩形PQOM 所围的“面积”，故D 项正确．答案：ABD8、解析：由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R 1断路时，灯A 和B 两端电压不变，故B 灯亮度不会发生变化，故A 选项错误．对B 选项，当R 2断路时，会使A 灯两端电压升高，B 灯两端电压降低，B 灯应变暗，故B 选项错误，同理可知D 选项也错误．对于C 选项，当R 3断路时，会使B 灯两端电压升高，A 灯两端电压降低，故B 灯变亮，因此正确选项为C.答案：C9、解析：合上S 2之前，R 3与L 3串联后与L 1、L 2并联，最后与R 1串联．合上S 2之后，在并联电路部分又增加了一个并联的支路，电路的总阻值减小，电路中总电流也即流过R 1的电流增大，C 正确．因电源的内阻不计，则电源的输出功率P ＝IE 增大，A 错误．通过R 1中的电流增大时R 1两端电压升高，则并联电路部分的两端电压就降低，L 1消耗的功率降低．通过R 3与L 3的电流减小，B 、D 皆错误．答案：C10、解析：当L 1两端电压为3.0 V 时，I L 1＝0.25 A. 由于I ＝U R 得R ＝U I ＝3.00.25 Ω＝12 Ω，A 正确．由P 1＝I 1U 1＝0.25×3 W ＝0.75 W ，C 正确． 因L 2、L 3的两电阻相等，即L 2、L 3两端电压各为1.5 V ，由图可知I 2＝0.20 A ， 即可得出灯泡L 2消耗的电功率为P 2＝I 2U 2＝0.20×1.5 W ＝0.30 W ，D 正确． 答案：ACD11、解析：P 继续向右移动，电压表示数会增大，故电压表用了15 V 量程，示数U 2＝153V ＝5 V ，电流表用了0.6 A 量程，示数I 2＝0.15 A ，原来I 1＝0.3 A ，故通过R 2的电流I ′1＝0.6 A ，I ′2＝0.3 A ，由全电路欧姆定律和E ＝(I 1＋I ′1)r ＋U 1＋I 1R 1，即E ＝0.9r ＋2.5＋3.6，后来E ＝(I 2＋I ′2)r ＋U 2＋I 2R 1即E ＝0.45r ＋5＋1.8 联立解得E ＝7.5 V答案：0.15 7.512、解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A 板时速度为零． 设两板间电压为U AB ，由动能定理得。

鲁科版高中物理选修3-1模块测试题.docx

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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）选修3-1模块测试题一、单项选择题（本题有5小题，每题3分，共计15分）1.下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )A、电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B、磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C、电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D、电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方, 同一试探电荷所受的磁场力也越大2、如图AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如下图所示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（）A、BABAEEϕϕ<<；B、BABAEEϕϕ><；C、BABAEEϕϕ<>；D、BABAEEϕϕ>>；3、有一个电子射线管（阴极射线管），放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何（）A．直导线如图所示位置放置，电流从A流向BB．直导线如图所示位置放置，电流从B流向AC．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内D．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外4、一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（）A、1.8 W，5.4×10– 2 WB、3.6 W，0.108 WC、0.6 W，1.8×10– 2 WD、6.48×103 W，1.94×10 2 WA B3.6 V 500 mA·h锂离子电池SNN5648A C2NALWJMAIC20020708 JCC1028ab5、如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L ,板间的距离为d ,板间电压为U ,带电粒子的电荷量为q ,粒子通过平行金属板的时间为t ,（不计粒子的重力）,则（ ）A ．在前2t 时间内,电场力对粒子做的功为4UqB ．在后2t 时间内,电场力对粒子做的功为Uq 83C ．在粒子下落前4d 和后4d的过程中,电场力做功之比为1：2D ．在粒子下落前4d 和后4d 的过程中,电场力做功之比为2：1二、多项选择题（本题有4小题，每题4分，共计16分）6、图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点。

最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试题全套及答案

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最新鲁科版高中物理选修3-1单元测试全套及答案阶段综合测评(一)静电场 电势能与电势差(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．仔细观察下列各图，属于防范静电的是( )A [题给四个图中，B 、C 、D 均为静电现象的应用，故选项A 正确．]2．我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是( )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小磁针吸引小铁屑D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉C [梳过头发的塑料梳子因与头发摩擦带电，能吸引轻小物体(纸屑)，是静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，使不带电金属球近端感应出与带电小球异种的电荷而相互吸引，是静电现象；小磁针吸引小铁屑，是磁现象，不是静电现象；从干燥的地毯上走过，人与地毯摩擦产生静电，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是放电现象，是静电现象．因此不属于静电现象的是C 选项．]3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg·A 2·m 3B ．kg·A －2·m 3·s －4C ．kg·m 2·C －2D ．N·m 2·A －2B [国际单位制中力F 、距离r 、电荷q 的单位分别是：N 、m 、C ，根据库仑定律有k ＝Fr 2q 1q 2，代入各自的单位，注意1 N ＝1 kg·m/s 2,1 C ＝1 A·s ，从而k 的单位用国际单位制的基本单位表示为kg·m 3·A －2·s －4.只有选项B 正确．]4．对于电场线，下列描述正确的是( )A ．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹B ．电场中总有一些电场线是可以相交的C ．电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小D ．两个等量异种电荷产生的电场线是闭合曲线C [电场线与运动轨迹是两个不同的概念，电场线是假想的，是为了形象描述电场的强弱和方向而引入的，运动轨迹是真实的，电场线与运动轨迹可能重合，也可能不重合，选项A 错误；若电场线可以相交，则交点处的电场线有两条切线即场强有两个方向，这与空间的某点的场强是唯一的相矛盾，所以电场线不可能相交，选项B 错误；电场线的疏密程度可以反映电场强度的大小，选项C 正确；两个等量异种电荷产生的电场线是不闭合曲线，选项D 错误．]5．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )B [根据对称性和矢量叠加，D 项O 点的场强为零，C 项等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场，大小与A 项的相等，B 项正、负电荷在O 点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A 、C 项场强的2倍，因此B 项正确．]6．如图1所示为点电荷a 、b 所形成的电场的电场线分布图，下列说法正确的是( )图1A ．a 一定带正电荷，b 一定带负电荷B ．a 一定带负电荷，b 一定带正电荷C ．从c 点沿两点电荷连线到d 点，电场强度先变小后变大D ．从c 点沿两点电荷连线到d 点，电场强度先变大后变小C [由电场线分布情况可知a 、b 为异种电荷，由于图中末标明电场线的方向，所以无法确定a 、b 所带电荷的种类，选项A 、B 错误；电场线密集程度反映电场强弱，由于从c 到d 之间的电场线分布先变疏再变密，所以从c 点沿两点电荷连线到d 点的电场强度先变小后变大，选项C 正确，D 错误．]7．如图2所示，a 、b 是电场线上的两点，将一带电荷量为q 的点电荷从a 移到b ，电场力做功为W ，且知a 、b 间的距离为d ，则以下说法正确的是( )图2A ．a 、b 间的电势差为W qB ．a 处的场强为E ＝W qdC ．b 处的场强为E ＝W qdD ．a 点的电势为W qA [由W ＝qU 知，U ＝W q ，且a 点的电势比b 点的高，所以A 项正确．由于不知是不是匀强电场，所以a 、b 两点的电场强度不能使用E ＝W qd 进行计算，所以B 、C 项错误．如果取b 点的电势为零，a 点的电势才是W q ，而题中并没有说明何处为零电势点，所以D 项错误．]8．如图3所示，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q 1、q 2分别置于A 、B 两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q 1、q 2移到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )图3A ．A 点电势大于B 点电势B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．q 1的电荷量小于q 2的电荷量D ．q 1在A 点的电势能小于q 2在B 点的电势能 C [由题意知点电荷Q 带负电，所以有φA ＜φB ＜0，得|U A ∞|＞|U B ∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q 1|U A ∞|＝q 2|U B ∞|，所以q 1＜q 2，选项A 错误，C 正确；因为E ＝k Q r 2，r A ＜r B ，所以E A ＞E B ，而且A 、B 两点的场强方向也不同，选项B 错误；根据电场力做功与电势能变化的关系，q 1在A 点的电势能等于q 2在B 点的电势能，选项D 错误．]9．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小BC [小球受重力和电场力两个力作用，如图所示，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，B 正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误．]10．如图4所示，一个带电粒子以初速度v0从A处进入某电场，实线表示电场线，虚线表示带电粒子的运动轨迹．不计带电粒子的重力，则下列说法中正确的是()图4A．该带电粒子一定带负电B．该带电粒子在A处的加速度大于在B处的加速度C．该带电粒子在A处的动能大于在B处的动能D．该带电粒子在A处的动能小于在B处的动能AC[该带电粒子从A处进入电场后，仅受电场力作用从A点沿虚线运动到B 点，由轨迹的弯曲方向可知，它在A点所受电场力的方向必跟A点的场强方向相反，则该粒子带负电，选项A正确；因A处的电场线比B处的电场线疏，故A处场强比B处的小，带电粒子在A处受到的电场力比在B处受到的电场力小，则该粒子在A处的加速度小于在B处的加速度，选项B错误；带电粒子从A处运动到B处的过程中，电场力做负功，由动能定理可知其动能减小，选项C正确，D错误．]11．如图5所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，则下列判断正确的是()图5A．O点电场强度为零B．D点电场强度为零C．若点电荷＋q从O点向C点运动，动能减少D．若点电荷－q从O点向C点运动，动能减少BD[场强是矢量，叠加时遵循平行四边形定则，由E＝kQr2和几何关系可以得出，选项A错，B对．在O、C之间，合场强的方向向左，把负电荷从O点移动到C 点，电场力做负功，动能减少，而移动正电荷则相反，选项C错，D对．] 12．如图6甲所示，直线上固定两个点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将AB连线三等分．现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该负电荷在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图6乙所示，则A点电荷的带电荷量可能是()图6 A ．＋6QB ．＋5QC ．＋4QD ．＋3Q AB [由题图乙知粒子从C 点开始向右做减速运动，说明A 带正电，且粒子的加速度逐渐减小，则粒子的平衡位置应在D 点右侧某处P 点，设AC ＝CD ＝DB ＝d ，PB ＝r ，则AP ＝3d －r ，d ＞r ，粒子在P 点受力平衡，有k Q A q (3d －r )2＝k Qq r 2，得Q A Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3d r －12＞⎝ ⎛⎭⎪⎫3d d －12＝4，即A 点电荷的带电荷量一定大于＋4Q ，选项A 、B 正确．] 13．如图7所示，电场中有A 、B 两点，则下列说法正确的是( )图7 A ．电势φA ＞φB ，场强E A ＞E BB ．电势φA ＞φB ，场强E A ＜E BC ．将＋q 从A 点移到B 点，电场力做正功D ．将－q 分别放在A 、B 两点时具有的电势能E p A ＞E p BBC [B 处电场线较密，故场强E A ＜E B ，沿电场线方向电势降低，故φA ＞φB ，A 错，B 对；对正电荷，由于φA ＞φB ，E p A ＞E p B ，因此从A 到B ，电场力做正功，对负电荷，E p A ＜E p B ，故C 对，D 错．]14．在两块平行金属板A 、B 间加如图8所示变化的电压，此电压的值不变，但每过T 2改变一次极性．t ＝0时，A 板电势为正，若在此时由B 板自由释放一电子，那么( )图8A ．电子会一直向A 板运动B ．电子在A 、B 两板间来回运动C ．在t ＝T 时，电子回到出发点D ．在t ＝T 2时电子具有最大速度 AD [根据电子的受力情况和牛顿第二定律知，在0～T 2时间内，电子向A 板做匀加速直线运动，在T 2时刻速度达到最大值；在T 2到T 时间内，电子向A 板做匀减速直线运动，在T 时刻速度减为零；随后重复刚才的运动，故A 、D 正确．]二、非选择题(本题共4小题，共44分，按题目要求作答)15．(10分)如图9所示，A 、B 是两个带等量同种电荷的小球，A 固定在竖直放置的10 cm 长的绝缘支杆上，B 静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，若B 的质量为30 3 g ，则B 带电荷量是多少？(g 取10 m/s 2)图9[解析] 因为B 静止于光滑绝缘倾角为30°的斜面上且恰与A 等高，设A 、B 之间的水平距离为L . 依据题意可得tan 30°＝h L ，L ＝h tan 30°＝1033cm ＝10 3 cm 对B 进行受力分析，如图所示，依据物体的平衡条件解得库仑力： F ＝mg tan 30°＝303×10－3×10×33 N ＝0.3 N依据F ＝k Q 1Q 2r 2得：F ＝k Q 2L 2解得Q ＝FL 2k ＝0.39×109×103×10－2 C ＝1.0×10－6 C. [答案] 1.0×10－6 C16．(10分)一长为L 的细线，一端固定于O 点，另一端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图10所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零．试求：图10(1)A 、B 两点的电势差U AB ；(2)匀强电场的场强大小． [解析] (1)小球由A 到B 过程中，由动能定理得mgL sin 60°－qU AB ＝0，所以U AB ＝3mgL2q .(2)A 、B 两点间沿电场线的有效长度d ＝L －L cos 60°.由公式U ＝E ·d 可知，E ＝U ABL －L cos 60°＝3mg q .[答案] (1)3mgL 2q (2)3mg q17．(12分)两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心． 已知质子电荷为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求：(1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ；(3)α粒子的初速度v 0.[解析] (1)极板间场强E ＝U d .(2)α粒子电荷为2e ，质量为4m ，所受静电力F ＝2eE ＝2eU dα粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU 2dm .(3)由d ＝12at 2，得t ＝2d a ＝2d m eU ， v 0＝R t ＝R 2d eU m .[答案] (1)U d (2)eU 2md (3)R 2d eU m18．(12分)如图11所示，两块竖直放置的足够长的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、B 板长度无限，g 取10 m/s 2.试求：图11(1)带正电小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰？(2)相碰时，离金属板上端的距离多大？[解析] (1)设小球从P 到Q 的时间为t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2h g ＝2×1.2510＝0.5 s小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a x ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2，应有qE ＝ma x 、E ＝U d 、d 2＝12a x t 22得t 2＝d mqU＝0.04×5×10－65×10－8×400＝0.02 s所以，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5＋0.02＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，在时间t 内的位移为 y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2＝1.352 m与金属板上端的距离为S ＝y －h ＝1.352－1.25＝0.102 m.[答案] (1)0.52 s (2)0.102 m阶段综合测评(二)恒定电流 闭合电路欧姆定律和逻辑电路(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于对电流的理解，下列说法中正确的是( )A ．只有自由电子的定向移动才能形成电流B ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向C ．同一段电路中，相同时间内通过各不同横截面的电荷量不同D ．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位“安培”是基本单位D [自由电荷定向移动都能形成电流，如自由电子、阴离子、阳离子等，选项A 错误；电流虽然有大小和方向，但它不是矢量，选项B 错误；根据电荷守恒定律可知不同横截面的电荷量一定相等，故选项C 错误；由单位制知选项D 正确．]2．两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长为l ，直径为d ；乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使两电阻丝消耗的功率相等，则应满足( ) A.U 甲U 乙＝21 B.U 甲U 乙＝22 C.I 甲I 乙＝12 D.I 甲I 乙＝21 A [由R ＝ρl S 可得R 甲R 乙＝21.要使P 甲＝P 乙，由P ＝U 2R 可得U 甲U 乙＝21；由P ＝I 2R 得I 甲I 乙＝22.故选项A 正确．]3．一同学将变阻器与一只6 V 、6～8 W 的小灯泡L 及开关S 串联后接在6 V 的电源E 上，当S 闭合时，发现灯泡发光．按如图1所示的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将( )图1A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡B[由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．]4．两盏额定功率相同的灯泡A和B，其额定电压U A＞U B，则下列说法正确的是()A．两灯正常发光时，灯泡的电流强度I A＞I BB．两灯电阻R A＜R BC．将两灯串联后接入电路中发光时，则灯泡的功率P A＜P BD．将两灯并联后接入电路中发光时，则灯泡的功率P A′＜P B′D[由P＝UI可知额定电流I A＜I B，由P＝U2R可知R A＞R B.两灯串联后，由串联电路的功率分配关系可知P∝R，所以P A＞P B；两灯并联后，由并联电路的功率分配关系可知P∝1R，所以P A′＜P B′，则D正确，A、B、C错误．]5．如图2所示是一个电热水壶的铭牌上的部分信息，小沈同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶()图2A．正常工作时的电流约为6.8 AB．正常工作5 min耗电约0.5 kW·hC．只能在直流电下工作D．只能在220 V电压下工作A[由铭牌信息可知，电热水壶的额定功率为1 500 W，额定电压为220 V，则由P＝UI可得I＝PU＝1 500220A＝6.8 A，A正确；工作5 min时，消耗的电能W＝Pt＝1.5 kW×560h＝0.125 kW·h，B错误；该电热水壶工作在交流电下，C错误；该电热水壶可以在220 V及其之下的电压下工作，D错误．]6．如图3，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495 Ω.图中电阻箱读数为5.0 Ω.现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()图3A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mAD[电流表的满偏电流I g＝200 μA＝0.2 mA，内阻为R g＝495 Ω，则电流表两端电压为U＝I g R g＝200×10－6×495 V＝0.099 V＝99 mV，即U MN＝99 mV，故A、B选项错误；电阻箱的读数为R＝5 Ω，流过电阻箱的电流I R＝U MNR＝0.019 8 A＝19.8 mA，流过M、N的电流I MN＝I g＋I R＝20 mA，故C选项错误，D选项正确．] 7．图4为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为()图4B[由U-I图线可知该电源的电动势为6 V，内阻r＝ΔUΔI＝24Ω＝0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8 V；A中的路端电压为4 V；B中的路端电压为4.8 V；C中的路端电压约为5.7 V；D中的路端电压为5.4 V．故B正确．]8．如图5为某电源的路端电压随电流的变化规律，图中的三点为该电源正常工作时的三个不同状态，且连线Ob与横轴的夹角α与图线和横轴的夹角β相等．则下列选项正确的是()图5A．在状态b时外电路消耗的功率最大B．在状态b时整个电路消耗的总功率最大C．从状态a变化到状态b，整个电路消耗的总功率和外电路消耗的功率将增大D．若Ob连线的倾角增大，从状态b变化到状态c，整个电路消耗的总功率和外电路消耗的功率将增大A[在b点，外接电阻的阻值与电源内阻大小相等，所以此时电源的输出功率最大，即外电路消耗的功率最大，A正确；从a到b过程中，电源外接电阻的阻值不断增大，但总小于电源内阻，所以电源的输出功率不断增大，但总功率P＝EI 不断减小，B、C错误；从b到c过程中，电源外接电阻阻值不断增大，且始终大于电源内阻，所以电源输出功率不断减小，总功率P＝EI不断减小，D错误．] 9．如图6所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成的．现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()图6A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5BC[因为大量程的电流表是在灵敏电流计上并联分流电阻，故加在两灵敏电流计两端的电压是相同的，所以通过灵敏电流计的电流相同，指针偏转角度之比为1∶1.因为两电流表对应的最大刻度之比为5∶1，所以A1、A2的读数之比为5∶1.选项B、C正确．]10．如图7所示为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔，下列说法中正确的是()图7A．a孔插红表笔B．表盘刻度是均匀的C．用“×100 Ω”挡测量时，若指针指在0 Ω附近，则应换用“×1 kΩ”挡D．测量“220 V100 W”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484 Ω小AD[电流总是从红表笔流入电表，黑表笔流出电表，所以红表笔应该连接欧姆表内部电源的负极，插在a孔，A正确；表头中的电流与待测电阻不成正比，所以欧姆表的刻度是不均匀的，B错误；用“×100 Ω”挡测量时，若指针指在0 Ω附近，说明读数太小，应该换用小量程的使读数大一些，所以应换用“×10 Ω”挡，C错误；测量电阻时需要将灯泡与外电路断开，灯泡处于不发光的状态，故电阻小于正常发光时的电阻484 Ω，D正确．]11．如图8所示电路中，电流表、电压表均为理想电表，若电阻R1开路，则下列说法中正确的是()图8A．电流表示数变小B．电压表示数变大C．电源内电路消耗的功率变大D．R3消耗的功率变大BD[R1开路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，从而使路端电压增大，流过R2、R3的电流增大，即电流表示数变大，A错误．电压表示数也变大，B正确．由于总电流减小，由P＝I2r知，电源的内耗功率减小，C错误．因为流过R3的电流增大，所以R3消耗的功率变大，D正确．]12．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r 随电流I变化的图线画在了同一坐标图上，如图9中的a、b、c所示，根据图线可知()图9A．反映P r变化的图线是cB．电源电动势为8 VC．电源内阻为2 ΩD．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 ΩACD[电源的总功率P E＝EI，对应图线a，内阻发热功率P r＝I2r，抛物线开口向上，可知反映P r变化的图线是c.I＝2 A时，由图线知外电路短路，总功率等于内阻发热功率，把电流I＝2 A、P r＝8 W代入P r＝I2r可求得内阻为2 Ω，又由P E＝EI＝8 W、I＝2 A，解得电动势E＝4 V．当电流为0.5 A时，总功率P E＝2 W，内阻发热功率P r＝0.5 W，外电路消耗的功率P R＝P E－P r＝1.5 W，由P R＝I2R求得R＝6 Ω.]二、非选择题(本题共6小题，共52分，按题目要求作答)13．(8分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，如提供的电源是一节内阻可不计的干电池，被测金属丝的直径小于1 mm，长度约为80 cm，阻值约为3 Ω，使用的电压表有3 V(内阻约为3 kΩ)和15 V(内阻约为15 kΩ)两个量程，电流表有0.6 A(内阻约为0.1 Ω)和3 A(内阻约为0.02 Ω)两个量程，供限流用的滑动变阻器有：A.0～10 Ω；B.0～100 Ω；C.0～1 500 Ω三种，可供选择的实验电路有如图10所示的甲、乙两种，用螺旋测微器测金属丝的直径如图10丙所示，则：图10(1)螺旋测微器的示数是________mm.(2)为减小电阻的测量误差，应选用________图所示的电路．(3)为了便于调节，应选用编号为________的滑动变阻器．(4)电压表的量程应选用________V .(5)电流表的量程应选用________A.[解析] (1)固定刻度上的读数为0.5 mm ，可动刻度上的读数为30.6，所以螺旋测微器的示数为0．5 mm ＋30.6×0.01 mm ＝0.806 mm.(2)由于金属丝的电阻是小电阻，所以应采取电流表外接法，即选用图乙所示电路．(3)由于实验所用电源是一节干电池，其电动势E ＝1.5 V ，且待测电阻丝的阻值约为3 Ω，所以用编号为A 的滑动变阻器作限流电阻，才能使电路中的电流有明显变化．(4)加在电压表两端的电压不超过1.5 V ，所以电压表的量程应选用3 V .(5)当滑动变阻器连入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，I max ＝1.53 A ＝0.5 A ，所以电流表的量程应选用0.6 A.[答案] (1)0.806 (2)乙 (3)A (4)3 (5)0.614．(8分)多用电表表头的示意图如图11所示．在正确操作的情况下：图11(1)若选择开关的位置如箭头a 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(2)若选择开关的位置如箭头b 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(3)若选择开关的位置如箭头c 所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(4)若选择开关的位置如箭头c 所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该为：___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________.(5)全部测量结束后，应将选择开关拨到________挡或者________．(6)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应该从________色表笔经________插孔流入电表．[解析] 多用电表可以测直流电压、电流，交流电压，电阻．测电压、电流时同电压表、电流表的使用方法相同，选择的挡位是最大量程；而选择测电阻挡位时，指针指示的数值乘以倍率便得测量值．[答案] (1)直流电压 1.25 V (2)直流电流 50 mA (3)电阻 1.7 kΩ (4)选用欧姆表“×1 k ”倍率，重新调零，将红、黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值 (5)OFF 交流电压500 V 挡 (6)红 正15．(8分)如图12所示的电路中，电源电动势E ＝6.0 V ，内阻r ＝0.6 Ω，电阻R 2＝0.5 Ω，当开关S 断开时，电流表的示数为1.5 A ，电压表的示数为3.0 V ，试求：图12 (1)电阻R 1和R 3的阻值；(2)当S 闭合后，电压表的示数以及R 2上消耗的电功率.[解析] (1)R 3＝U 3I 3＝3.01.5 Ω＝2.0 Ω，由E ＝I 3(R 1＋R 3＋r )代入数据解得R 1＝1.4 Ω. (2)S 闭合后，R 总＝R 1＋r ＋R 2·R 3R 2＋R 3＝2.4 Ω 电压表的示数U ＝E R 总·R 2·R 3R 2＋R 3＝62.4×0.4 V ＝1.0 V R 2上消耗的功率P 2＝U 2R 2＝120.5 W ＝2.0 W. [答案] (1)1.4 Ω 2.0 Ω (2)1.0 V 2.0 W16．(8分)在如图13所示的电路中，R 1＝2 Ω，R 2＝R 3＝4 Ω，当开关S 接a 时，R 2上消耗的电功率为4 W ，当开关S 接b 时，电压表示数为4.5 V ，试求：图13(1)当开关S 接a 时，通过电源的电流和电源两端的电压；(2)电源的电动势和内电阻；(3)当开关S 接c 时，通过R 2的电流．[解析] (1)S 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式P ＝I 2R ，可得通过电源的电流I 1＝PR 2＝1 A 电源两端的电压U 1＝PR 2＝4 V .(2)S 接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ＝4＋r ①S 接b 时，R 1和R 2串联，R 外′＝R 1＋R 2＝6 Ω通过电源的电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝0.75 A这时有：E ＝U 2＋I 2r ＝4.5＋0.75r ②联立①②式得：E ＝6 V ，r ＝2 Ω.(3)当S 接c 时，R 2、R 3并联的总电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝2 Ω R 总＝R 1＋r ＋R 23＝6 Ω总电流I 3＝E R 总＝1 A 通过R 2的电流I ′＝12I 3＝0.5 A.[答案] (1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A17．(10分)如图14所示，电路中接一电动势为4 V ，内阻为2 Ω的直流电源，内阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为4 Ω.电容器的电容为30 μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后，图14(1)求电流表的读数；(2)求电容器所带的电荷量；(3)如果断开电源，求通过R 2的电荷量．[解析] (1)等效电路如图所示．由闭合电路欧姆定律得I ＝E R 3＋R 4＋r ＝44＋4＋2A ＝0.4 A.(2)U 3＝IR 3＝0.4×4 V ＝1.6 VQ ＝CU 3＝4.8×10－5 C.(3)因R 1、R 2并联，且R 1＝R 2，所以在放电回路中，通过R 2的电荷量为Q 2＝2.4×10－5 C.[答案] (1)0.4 A (2)4.8×10－5 C (3)2.4×10－5 C18．(10分)如图15所示，一电荷量q ＝3×10－5 C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．开关S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d ＝0.1 m ，电源电动势E ＝15 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝R 3＝R 4＝8 Ω.g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图15(1)电源的输出功率；(2)两板间的电场强度大小；(3)带电小球的质量. [解析] (1)R 2、R 3并联再与R 1串联，阻值R 外＝7.0 Ω，R 总＝R 外＋r ＝7.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总＝157.5 A ＝2 A ， P 出＝I 2R 外＝22×7 W ＝28 W.(2)U 外＝IR 外＝2×7 V ＝14 V ，E ＝U d ＝140.1 V/m ＝140 V/m.(3)小球静止，由力的平衡条件得Eq ＝mg tan 37°，m ＝Eq g tan 37°＝140×3×10－510×0.75kg ＝5.6×10－4 kg. [答案] (1)28 W (2)140 V/m (3)5.6×10－4 kg阶段综合测评(三)磁场磁场对电流和运动电荷的作用(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于磁感应强度，下列说法正确的是()A．一个线圈放在磁感应强度不为零的位置，它的磁通量一定不为零B．在磁场中某处不放线圈，则该处的磁感应强度就为零C．只要某处存在磁场，该处的磁感应强度就不为零D．磁场的方向总是由N极指向S极C[磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，其大小和方向由磁场和磁场中的位置决定，与有无线圈无关，故选项C正确，B错误．磁场的方向外部由N极到S 极，内部由S极到N极，所以选项D错误．磁通量由磁感应强度和线圈面积及线圈平面的放置方式共同决定，所以选项A错误．]2．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是()A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线应该竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置D[小磁针静止时指向南北，说明地磁场的方向为南北方向，当导线南北方向放置时，能产生东西方向的磁场，把小磁针放置在该处时，可有明显的偏转，故选D.]3．如图1所示，AB为水平面上一个圆的直径，过AB的竖直平面内有一根通电导线CD，已知CD∥AB，当CD竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将()图1A．逐渐增多B．逐渐减少C．始终不变D．不为零，但保持不变C[根据通电直导线周围磁感线分布的特点，有多少条磁感线从AB一侧穿出，就有多少磁感线从AB的另一侧穿出，穿过圆面的磁通量为零，所以CD竖直向上平移时，磁通量不变，始终为零，故选项C正确，A、B、D均错误，]4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图2甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图2乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()。

鲁科版高中物理选修3-1模块综合检测

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模块综合检测
(满分：100分时间：90分钟)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列说法中正确的是()
A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小
B．把一导体拉长后，其电阻率增大，电阻值增大
C．磁感线都是从磁体的N极出发，到磁体的S极终止
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向一定与磁场方向垂直
【解析】导体的电阻是由导体本身因素决定的，A错误；导体拉长过程，电阻率不变，B错误；磁感线都是闭合线，无起点，C错误；由左手定则可知D 选项正确．
【答案】 D
2．(2012·南京高二检测)如图1所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO′代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是()
图1
A．φ1＞φ2＞φ3B．φ2＞φ1＞φ3
C．φ2＞φ3＞φ1D．φ3＞φ2＞φ1
【解析】本题所涉及的是带等量异种电荷周围的电场线和等势面，先画出带等量异种电荷周围的电场线和等势面如下图所示，根据沿着电场线方向电势。

2016-2017学年高中物理 第4章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路章末综合测评 鲁科版选修3-1

2016-2017学年高中物理 第4章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路章末综合测评 鲁科版选修3-1

第4章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一个闭合电路，是由电池供电的，外电路是纯电阻电路时，以下说法正确的是( ) A ．当外电阻增大时，路端电压增大 B ．当外电阻减小时，路端电压增大C ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定增大D ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定减小 【解析】 由闭合电路欧姆定律得：U ＝E －Ir ＝E －ERr＋1，当外电阻增大时，路端电压增大，即A 正确；由电源的输出功率随外电阻的变化关系图象得，当外电阻变化时，其输出功率可能增加也可能减小，即C 、D 均错误．【答案】 A2．下列说法中正确的是( )A ．欧姆表的每一挡的测量范围都是0～∞B ．用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的C ．用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越大D ．用欧姆表测电阻时，选不同挡位时，指针越靠近右边误差越小【解析】 欧姆表的每一挡的测量范围是0～∞，所以A 对；用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是不一样的，所以B 错；用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越小，所以C 、D 错．【答案】 A3．一块太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ，若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻构成一闭合电路，则它的路端电压是 ( )A ．100 mVB ．200 mVC ．300 mVD ．400 mV【解析】 电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，所以电动势E ＝800 mV ，由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω.该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV.故正确答案为D.4．如图1所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )图1A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大 【解析】 电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝UE，由于U B ＞U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误；电源的输出功率P ＝I 2R ，则P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 042R 1＝3I 0U 016，P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 022R 2＝I 0U 04，P 1＜P 2，故C 、D 错误．【答案】 A5．某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图2所示的电路，研究串并联电路的特点．实验中观察到的现象是( )【导学号：34660113】图2A ．S 2断开，S 1与a 连接，三只灯泡都熄灭B ．S 2断开，S 1与b 连接，三只灯泡亮度相同C ．S 2闭合，S 1与a 连接，三只灯泡都发光，L 1、L 2亮度相同D ．S 2闭合，S 1与b 连接，三只灯泡都发光，L 3的亮度小于L 2的亮度【解析】 S 2断开，S 1与a 连接时，三只灯泡串联，三只灯泡都发光，且亮度相同，A 错误；S 2断开，S 1与b 连接时，L 1、L 2两只灯泡串联，L 3被断开没有接入电路，B 错误；S 2闭合，S 1与a 连接时，只有L 2亮，L 1和L 3被短路，C 错误；S 2闭合，S 1与b 连接时，L 1和L 3并联，然后与L 2串联，此时三只灯泡都发光，L 3的亮度与L 1的亮度相同，都小于L 2的亮度，D 正确．6．如图3所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知( )图3A．电源的电动势为4 VB．电源的内电阻为2 ΩC．电源输出功率的最大值为16 WD．电源消耗的最大功率为16 W【解析】图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4 W和2 A，由P内＝I2r，代入数据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4 V，A正确．外电阻和内电阻相等时电源输出的功率最大，最大值为4 W，C错误．电源消耗的功率为P＝EI m，当R＝0时电流最大为4 A，P m＝16 W，故D正确．【答案】AD7．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个电阻箱及电源连接成如图4所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用的办法是( )【导学号：34660114】图4A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2【解析】带电油滴受到向上的静电力和向下的重力，若要使其上升，应增加静电力，也就是增加电容器两端电压，电容器两端电压与R3两端电压相等，R3与R2串联，所以增大R3或减小R2都行．【答案】CD8．在如图5所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( )图5A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路【解析】由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此可排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B对．假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)的电压和电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．【答案】BC二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中(如图6甲)．甲乙图6(1)移动滑动变阻器的滑片应特别注意防止__________________．(2)现备有以下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器(0～50 Ω)C．滑动变阻器(0～1 750 Ω)D．电压表(0～3 V)E．电压表(0～15 V)F．电流表(0～0.6 A)G．电流表(0～3 A)其中滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________．(3)图乙是根据实验数据画出的U ­I 图象．由此可知这个干电池的电动势E ＝________ V ，内电阻r ＝________ Ω.【解析】 (1)若滑动变阻器接入电路的电阻太小，则电路中电流太大，容易烧坏电流表．(2)滑动变阻器的阻值不需太大，可选B ；通常干电池电动势为1.5 V ，故电压表可选D ，电流表可选F.(3)由题图乙可知E ＝1.5 V ，r ＝1.5－1.20.4Ω＝0.75 Ω.【答案】 (1)滑动变阻器接入电路电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表 (2)B D F (3)1.5 0.7510．(12分)在练习使用多用电表的实验中： (1)某同学连接的电路如图7所示．【导学号：34660115】图7①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流； ②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时( ) A ．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大B ．若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C ．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD ．若欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大【解析】 (1)多用电表与R 1串联，则选择直流电流挡时，测得的是通过R 1的电流；若断开电路中的开关，多用电表使用电阻挡，则R 1和R 2串联接在多用电表两端，此时测得的是R 1和R 2串联的电阻；若多用电表选用直流电压挡，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则多用电表与R 2并联，所以此时测得的是R 2(或电源)两端的电压．(2)双手捏住两表笔金属杆，相当于给待测电阻又并联了一个电阻，测量值将偏小，选项A 错误；测量时发现指针偏离中央刻度过大，要看指针偏角情况，若偏角太大，说明待测电阻较小，应减小倍率，重新调零后再进行测量，若偏角太小，说明待测电阻较大，应增大倍率，重新调零后再进行测量，选项B 错误；选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250 Ω，选项C 错误；欧姆表内的电池使用时间太长，则电动势E 减小，完成调零过程则有I g ＝ER 内(式中I g 为满偏电流，是一定值，R 内为欧姆表总内阻即中值电阻，随E 变化)，测量电阻R x 时，根据闭合电路欧姆定律有I ＝ER 内＋R x＝11I g ＋R x E，由此可知当E 减小时，I 减小，指针偏角减小，所以测量值将偏大，选项D 正确．【答案】 (1)①R 1 ②R 1和R 2串联 ③R 2(或电源) (2)D11．(12分)如图8所示的电路中，当S 闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V 和0.4 A ．当S 断开时，它们的示数各改变0.1 V 和0.1 A ，求电源的电动势和内阻．图8【解析】 当S 闭合时，R 1、R 2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：U 1＝E －I 1r 即E ＝1.6＋0.4r ， ①当S 断开时，只有R 1接入电路，则外电路电阻变大，电压表示数变大，电流表示数变小，由闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I 2r 即E ＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r ，②由①②得：E ＝2 V ，r ＝1 Ω. 【答案】 2 V 1 Ω12．(18分)如图9所示，一电荷量q ＝3×10－5C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．开关S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d ＝0.1 m ，电源电动势E ＝15 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝R 3＝R 4＝8 Ω.g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：【导学号：34660116】图9(1)电源的输出功率； (2)两板间的电场强度大小； (3)带电小球的质量．【解析】 (1)R 2、R 3并联再与R 1串联，阻值R 外＝7.0 Ω，R 总＝R 外＋r ＝7.5 Ω， 根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 总＝157.5A ＝2 A ， P 出＝I 2R 外＝22×7 W＝28 W.(2)U 外＝IR 外＝2×7 V＝14 V ，E ＝U d ＝140.1V/m ＝140 V/m.(3)小球静止，由力的平衡条件得Eq ＝mg tan 37°，m ＝Eqg tan 37°＝140×3×10－510×0.75 kg ＝5.6×10－4kg. 【答案】 (1)28 W (2)140 V/m (3)5.6×10－4kg。

鲁科版高中物理选修3-1：第一章《静电场》测试(4)

鲁科版高中物理选修3-1：第一章《静电场》测试(4)

2009—2010学年高二物理静电场单元测试全卷满分100分，考试时间45分钟一、不定项选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的，请把正确答案填在题目后面的括号内。

漏选得3分，错选或不选不得分。

）1．在电场中的某一点，当放入正电荷时受到的电场力向右，当放入负电荷时受到的电场力向左，则下列说法正确的是（）A．当放入正电荷时，该点场强向右；当放入负电荷时，该点场强向左B．该点的场强方向一定向右C．该点的场强方向一定向左D．该点的场强方向可能向左，也可能向右2．在绝缘光滑的水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则对两小球的运动情况描述正确的是（）A．做加速度逐渐增大的变加速直线运动B．做加速度逐渐减小的变加速直线运动C．做匀加速直线运动D．做加速度逐渐减小的变减速直线运动。

3．对公式E=U ab/d的理解，下列说法正确的是（）A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差B．a点和b点间距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中的d是指a、b两点之间的距离D．公式中的d是匀强电场中a、b所在的两等势面之间的距离4．若带正电的小球只受电场力的作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿着电场线由高电势向低电势运动B．可能沿着电场线由低电势向高电势运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势向低电势运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势向低电势运动5．关于等势面和电势能，下述说法正确的是（）A．在同一等势面上移动电荷，电场力不做功B．等势面上各点场强大小一定相等C．电场中电势越高处，电荷的电势能就越大D．电场强度越强处，电荷的电势能就越大6．一个点电荷从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，则（）A．a、b两点的电场强度一定相等B．该点电荷一定沿等势面运动C．作用于该点电荷的电场力与其运动方向总是垂直的D．a、b两点的电势一定相等7．如图1所示A、B两点分别固定带有等量同种电荷的点电荷，M、N为AB连线上的两点，且AM=BN，则（）A．M、N两点的场强相同B．M、N两点的场强不相同C．M、N两点的电势不同A NM B 图1。

鲁科版高中物理选修3-4阶段检测试题

鲁科版高中物理选修3-4阶段检测试题

物理选修3-4阶段检测试题
第Ⅰ卷（选择题共45分）
一、本题共15小题，每小题3分，共45分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请把它填在括号内.
1、下列有关光现象的说法中正确的是( )
A．在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的衍射造成的
B．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变窄
C．夏天雨后的天空出现美丽的彩虹，是光的色散现象
D．光的偏振现象说明光是一种纵波
2.对于某单色光,玻璃的折射率比水大,则此单色光在玻璃中传播时( )
A.其速度比在水中大,其波长比在水中长
B.其速度比在水中小,其波长比在水中短
C.其速度比在水中大,其波长比在水中短
D.其速度比在水中小,其波长比在水中长
3.下列关于偏振光的说法中正确的是( )
A.自然光就是偏振光
B.沿着一个特定方向传播的光叫偏振光
C.沿着一个特定方向振动的光叫偏振光
D.单色光就是偏振光
4.一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气,在界面上的入射角为45°.下面四个光路图中正确的是( )
45 4545 45
o o o o
空气空气空气空气
玻璃玻璃
玻璃
玻璃
A B C D
5.细红光束和细蓝光束垂直于AB面进入楔形棱镜,并能从AC面射出,如图所示.这两束光从棱镜的AC面射出后的情况是( )
A.两束光一定相交
B.两束光仍然平行
C.两束光的反向延长线相交
D.条件不足,无法确定。

鲁科版高中物理选修3-1高二期末测试 .docx

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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）高二物理（选修3-1）期末测试 一、单项选择题1．真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F ，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F ，则它们之间的距离变为原来的（ ）A ．2倍B ．4倍C ．8倍D ．16倍2. 如图所示，虚线表示某电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等，一带正电的粒子以一定的初速度进入电场中，只在电场力作用下从M 点运动到N 点，此过程中电场力对该粒子做负功，则由此可知（ ）A.M 点的电势要比N 点的高B.此带电粒子在M 点受到的电场力比在N 点要大C.带电粒子在M 点的电势能比在N 点要小C.带电粒子经过M 点时的速率比经过N 点的要小3．以下关于电场线的叙述，错误的是（ ）A ．匀强电场的电场线是一组相互平行间隔相等的直线，且代表正电荷的运动轨迹B ．电场线上每一点的切线方向代表正电荷在该处所受电场力的方向C ．电场线的疏密程度能表示电场的强弱D ．两条电场线不能相交4．直线AB 是某电场中的一条电场线．若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB 由A 运动到B ，其速度图象如右图所示，下列关于A 、B 两点的电场强度E A 、E B 和电势BA ϕϕ、的判断正确的是：( )A ．E A =EB B ．E A < E BC ．B A ϕϕ>D ．B A ϕϕ< 5.如右图所示，水平放置的平行板电容器M 、N 与一电源相连．在电容器的两板间有一带电的小球P 处于静止状态．现将电容器两板间的距离增大，则：A ．电容变大，小球向上运动B ．电容变大，小球向下运动C ．电容变小，小球保持静止D ．电容变小，小球向下运动6.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向 b 端移动时，正确的说法是A ．伏特表 V 和安培表A 的读数都减小B．伏特表V和安培表A的读数都增大C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大7.一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻R g=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻8．如图所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是（从上往下看）A、顺时针方向转动，同时下降B、顺时针方向转动，同时上升C、逆时针方向转动，同时下降D、逆时针方向转动，同时上升9．如右图所示，水平直导线中通有稳恒电流I，导线的正上方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将：A．沿路径a运动，曲率半径变小B．沿路径a运动，曲率半径变大C．沿路径b运动，曲率半径变小D．沿路径b运动，曲率半径变大10.如右图所示，有一磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，一束电子流以初速度v0从水平方向射入，为了使电子流经过磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，这个电场的方向大小和方向是：A．B／v0，竖直向上B．B／v0，水平向左C．B·v0，垂直纸面向外D．B·v0，垂直纸面向里二、实验及计算：按题目要求作答，计算题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11.（10分）某同学测量一只未知阻值的电阻如图所示。

鲁科版高中物理选修3-1A卷试题卷.docx

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高中物理学习材料桑水制作宁德市2014-2015学年高二上学期期末质量检测物 理 试 题（A 卷）(考试时间90分钟，满分100分)第Ⅰ卷 选择题本卷共10小题，每小题4分，共40分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1．真空中两个相同的金属小球A 和B ，电荷量分别为3q 和5q ，已知两小球的电荷分布均匀，小球间的距离为r ，相互作用力为F 。

若将两球接触后仍放回原处，则它们之间的作用力变为A ．1615FB ．FC ．115FD ．215F 2．如图所示为通电螺线管的纵剖面图，“○×”和“○·”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针（涂黑的一端为N 极）静止时指向错误的是A ．aB ．bC ．cD ．d3．如图甲所示，由两根横截面积和长度均相同、材料不同的导线Ⅰ和Ⅱ，串联后接入电路。

将电源负极端接地，导线上任意一点的电势φ随该点与a 点距离x 的变化关系如图乙所示。

导线Ⅰ和Ⅱ的电阻率分别为ρ1、ρ2，电阻分别为R 1、R 2，则它们的关系正确的是A ．ρ1<ρ2，R 1< R 2B ．ρ1>ρ2，R 1< R 2C．ρ1<ρ2，R1> R2D．ρ1>ρ2，R1> R24．如图所示为某款手机电池充电器充电过程的原理图，其输出电压为5.0 V，输出电流为600 mA。

现对内阻为2 Ω的锂电池进行充电，下列说法错误的是A．充电器输出的电功率为3.0 WB．充电时电池消耗的热功率为0.72 WC．电能转化为化学能的功率为2.28 WD．锂电池每秒钟储存的化学能为3.0 J5．示波管原理如图所示，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向平行，y轴与YY′电场的场强方向平行。

若要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，则下列操作可行的是A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极6．如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。

高中物理鲁科版选修31章末检测+模块检测(7份)第四章章末检测

高中物理鲁科版选修31章末检测+模块检测(7份)第四章章末检测

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1．测得蓄电池开路电压为2 V，下列结论正确的是()A．该电池的电动势大于2 VB．该电池的电动势等于2 VC．电池的内电压为2 VD．电池内每移动1 C电荷，电场力做功2 J答案 B解析电源电动势在数值上等于电源开路时电源两端的电压，故A错误，B正确．电池的内电压随外电路的变化而变化．一般小于电源电动势，故C错．在电池内部电场力做负功，故D错．2．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是()A．0.24 J B．0.25 J C．0.26 J D．0.28 J答案 C解析根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能的转化和守恒定律得Q×23%＝W，所以Q ＝0.26 J.3．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定，车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是()A．“与”门B．“或”门C．“非”门D．“与非”门答案 A解析根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知，即两个条件都满足事件才能发生，故能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门应该是“与”门．图14．如图1所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是()A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小答案 A解析当R4所在处出现火情时，R4阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小．电路中并联部分的电压U并＝E －I总(R1＋r)，I总变大，则U并变小，流经R3的电流减小，所以电流表示数变大．故A项正确．5．如图2所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为()图2答案 B解析 由图像可知，电源的电动势为6 V ，内阻为0.5 Ω，此电源与三个均为3 Ω的电阻连成电路时路端电压为4.8 V ，则内电压为1.2 V ，电路电流为2.4 A ，外电阻为2 Ω，只有B 电路三个3 Ω的电阻连接方式电阻为2 Ω，故B 正确．图36．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图3所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )A.34、14B.13、23C.12、12D.23、13 答案 D解析 电源的效率η＝UI EI ×100%＝UE ×100%.a 点对应的路端电压U 为4个格，而电动势E 为6个格．因此ηa ＝23；b 点对应的路端电压为2个格，因此ηb ＝13.故D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)图47．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图4所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动．要使油滴上升，可采用的办法是()A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2答案CD解析由题图分析可知，电容器两端的电压就是R3两端的电压，要使油滴上升，必须增大电容器两端的电压，即增大R3两端的电压，从电路分析得，增大R3和减小R2的电阻都可．图58．某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图5所示的电路，接通S 后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是()A．AB段断路B．BC段断路C．AB段短路D．BC段短路答案AD解析由题意可得U AB＝U AC＝U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通．若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好．又由题述得U BC＝0，因而可能AB段断路，或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况．分析时考虑要全面，要把故障的可能原因全部找出来，不要漏掉正确选项．图69．如图6所示，已知电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝2 Ω，通过小灯泡的电流为1 A ，已知小灯泡的电阻为3 Ω，小型直流电动机的线圈电阻r ′＝1 Ω，则( )A ．电动机两端的电压1 VB ．电动机两端的电压6 VC ．电动机的输入功率6 WD ．电动机的输出功率5 W 答案 BCD解析 电动机两端的电压U M ＝E －I (R ＋R L ＋r )＝12 V －1×(2＋3＋1)V ＝6 V ，故选项A 错误，选项B 正确；电动机的输入功率P ＝U M I ＝6×1 W ＝6 W ，P 出＝P －I 2r ＝6 W －1 W ＝5 W ，故选项C 、D 正确．图710．如图7所示，电源的电动势E ＝2 V ，内阻r ＝2 Ω，两个定值电阻均为8 Ω，平行板电容器的电容C ＝3×10－6 F ，则( )A ．开关断开时两极板间的电压43 VB ．开关断开时电容器的带电量4×10－6 CC ．开关接通时两极板间的电压43 VD ．开关接通时电容器的带电量4×10－6 C答案 CD解析 电容器两极板间的电压等于R 2两端电压，开关S 断开时，电路中的总电流I ＝E R 2＋r ＝28＋2 A ＝0.2 A ，电容器的极板电压U ＝IR 2＝0.2×8 V ＝1.6 V ，此时电容器的带电量Q ＝CU ＝3×10－6×1.6 C ＝4.8×10－6 C ，故选项A 、B 错误；开关接通时两定值电阻并联，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总电流I ′＝ER 外＋r＝24＋2 A ＝13 A ，电容器的极板电压U ′＝I ′R 外＝13×4 V ＝43 V ，此时电容器的带电量Q ′＝CU ′＝3×10－6×43C ＝4×10－6 C ，故选项C 、D 正确．三、实验题(本题共2小题，共15分)11．(6分)有一内阻未知(约20 k Ω～ 60 k Ω)、量程(0～ 10 V)的直流电压表． ①某同学想通过一个多用表中的欧姆挡，直接去测量上述电压表的内阻，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆挡的选择开关拨至倍率“×1 k ”挡，先将红、黑表笔短接调零后，选用图8中________方式连接(填“A ”或“B ”)．图8②在实验中，欧姆表和电压表的示数如图9所示，则可计算出欧姆表中电池的电动势为________ V.图9答案 A 8.75解析 ①电流从红表笔流入，黑表笔流出，故A 方式正确； ②欧姆表读数＝表盘读数×倍率＝40×1 k ＝40 k Ω 电压表读数为5 V ；欧姆表内阻等于中值电阻，为r ＝30 k Ω；根据闭合电路欧姆定律，有：E ＝Ir ＋U ＝U R ＋U ＝540×1 000×30×1 000＋5＝8.75V.12．(9分) 用电流表和电压表测一节干电池的电动势E 和内电阻r ，待测干电池的电动势约1.5 V 、内电阻不大于1.0 Ω，要求干电池放电电流不得超过0.6 A ，可供选择的器材除电键、导线外，还有：A ．电压表(量程0～3 V ，内电阻约3 k Ω)B ．电压表(量程0～15 V ，内电阻约15 k Ω)C ．电流表(量程0～0.6 A ，内电阻约0.1 k Ω)D ．电流表(量程0～3 A ，内电阻约0.02 k Ω)E ．滑动变阻器(最大电阻50 Ω，额定电流1.5 A)F ．滑动变阻器(最大电阻200 Ω，额定电流1.5 A)(1)实验中电压表应选用________、滑动变阻器应选________．(填序号) (2)下列是三个同学分别在实验中记录的电流表测量值： 甲同学：0.02 A 、0.06 A 、0.08 A 、0.15 A 、0.20 A 乙同学：0.10 A 、0.20 A 、0.30 A 、0.40 A 、0.50 A 丙同学：0.10 A 、0.40 A 、0.50 A 、0.80 A 、1.00 A其中________同学在控制实验条件、适当选取实验数据方面做得最好．图10(3)根据测得的数据作出如图10所示的图线，则待测干电池的电动势E ＝________ V ，内电阻r ＝________ Ω.答案 (1)A E (2)乙 (3)1.5 0.6解析 (1)因为待测干电池的电动势约1.5 V ，为测量准确，电压表应选A ；滑动变阻器一般选阻值较小的，选E.(2)要求干电池放电电流不得超过0.6 A ，在记录的电流表测量值的最大值中，甲同学的0.20 A 偏小，丙同学的1.00 A 偏大，乙同学0.50 A 接近而不超过，符合要求．(3)由U －I 图像可知E ＝1.5 V ，r ＝ΔU I ＝1.5－0.91 Ω＝0.6 Ω.四、计算题(本题共4小题，每小题4分，共41分)13．(10分)如图11甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图像如图11乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：图11(1)电源的电动势和内阻． (2)定值电阻R 2的阻值． (3)滑动变阻器的最大阻值．答案 (1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω解析 (1)将乙图中AB 线延长，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝EI 短＝20 Ω.(2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应乙图中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ， 得R 2＝U 2I 2＝5 Ω.(3)当P 滑到R 3的左端时，由乙图知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω.因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R 3＝300 Ω.图1214．(10分)如图12所示，M 为一线圈电阻r M ＝0.4 Ω的电动机，R ＝24 Ω，电源电动势E ＝40 V ．当S 断开时，电流表的示数为I 1＝1.6 A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为I 2＝4.0 A ．求：(1)电源内阻r .(2)开关S 闭合时电源输出功率． (3)开关S 闭合时电动机输出的机械功率． 答案 (1)1 Ω (2)144 W (3)87.5 W 解析 (1)当S 断开时E ＝I 1(R ＋r ), 代入数据得r ＝1 Ω.(2)设开关S 闭合时，路端电压为U 2，U 2＝E －I 2r ＝36 V P ＝I 2U 2＝144 W.(3)流过R 的电流I R ＝U 2R ＝1.5 A流过电动机的电流I M ＝I 2－I R ＝2.5 A电动机输出的机械功率P 出＝U 2I M －I 2r M ＝87.5 W.图1315．(10分) 如图13所示，电路中接一电动势为4 V ，内电阻为2 Ω的直流电源，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF ，电流表的内阻不计，当电路稳定后，(1)求电流表的读数； (2)求电容器所带的电荷量；(3)如果断开电源，求通过R 2的电荷量． 答案 (1)0.4 A (2)4.8×10－5 C (3)2.4×10－5 C解析 (1)等效电路如图．由闭合电路欧姆定律得， I ＝E R 3＋R 4＋r ＝44＋4＋2A ＝0.4 A(2)U 3＝IR 3＝0.4×4 V ＝1.6 V Q ＝CU 3＝4.8×10－5 C(3)因R 1、R 2并联，且R 1＝R 2，所以在放电回路中，通过R 2的电荷量为Q2＝2.4×10－5 C.图1416．(11分)如图14所示的电路中，电源的电动势E ＝12 V ，内阻未知，R 1＝8 Ω，R 2＝1.5 Ω，L 为规格“3 V ，3 W ”的灯泡，开关S 断开时，灯泡恰好正常发光．(不考虑温度对灯泡电阻的影响)试求：(1)灯泡的额定电流和灯丝电阻； (2)电源的内阻；(3)开关S 闭合时，灯泡实际消耗的功率． 答案 (1)1 A 3 Ω (2)1 Ω (3)0.48 W 解析 (1)灯泡的额定电流I 0＝P 0U 0＝33A ＝1 A 灯丝电阻R L ＝U 20P 0＝323Ω＝3 Ω (2)断开S 时，灯L 正常发光，即I 1＝I 0，根据闭合电路欧姆定律E ＝I 0(R 1＋R L ＋r )得r ＝E I 0－(R 1＋R L )＝[121－(8＋3)]Ω＝1 Ω (3)闭合S 时，设外电路总电阻为R 外 R 外＝R L ·R 2R L ＋R 2＋R 1＝9 Ω 干路电流为I 总＝E R 外＋r＝1.2 A 灯两端的电压U L ＝I 总·R L ·R 2R L ＋R 2＝1.2 V 灯的实际功率P ＝U 2L R L＝0.48 W。

高中鲁科版物理选修3-1练习：第四章+闭合电路欧姆定律和逻辑电路+章末过关检测(四)+Word版含答案

高中鲁科版物理选修3-1练习：第四章+闭合电路欧姆定律和逻辑电路+章末过关检测(四)+Word版含答案

章末过关检测(四)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系正确的是()A.若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B.若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C.若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也随内电压减小D.若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量解析：选D.不管内、外电压如何变化，电源的电动势不变，且E＝U内＋U外，U外增大，U内必然减小，故选D.2.如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是()解析：选A.首先，要求内部电阻可调，所以B、D错误；其次，内部电源的负极要和正插孔相连，所以选A.3.如图为一个应用简单逻辑电路控制的自动楼道灯的原理电路，图中S为声控开关(有声音时开关闭合，无声音时开关断开)，R t为光敏电阻，R1和R2都是定值电阻，A为某种门电路，L为灯泡.当晚上有人发声时，能够自动打开楼道灯，白天即使有人发声，楼道灯也不会亮.则()A.图中A是一个“与”门电路B.图中A是一个“或”门电路C.图中A是一个“非”门电路D.晚上无光照时L一定亮解析：选A.因为无光照时，有声音，灯泡才亮，否则不亮，无光照和有声音时输入都为“1”，输出为“1”，只要有一个输入为“0”，则输出为“0”，可知该门电路满足“有零为零，全一为一”的要求，即为“与”门电路.4.如图所示，当可变电阻R 由2 Ω改为6 Ω时，电流减为原来的一半，则电源的内电阻为( )A.1 ΩB ．2 Ω C.3 Ω D ．4 Ω解析：选B.由闭合电路欧姆定律I ＝E r ＋R得： E r ＋2＝I ① E r ＋6＝I 2② 由①②得：r ＝2 Ω，选B.5.(2018·河北唐山一中高二月考)如图所示，直线a 为某电源的路端电压随电流的变化图线，曲线b 为小灯泡R 两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该小灯泡R 组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是( )A.0.6 W ，5 ΩB ．0.6 W ，203 Ω C.0.8 W ，5 Ω D ．0.8 W ，203Ω 解析：选A.电源的U －I 图象表达式为：U ＝E －Ir ，则图象斜率的绝对值表示内阻，根据图象可知，电动势E ＝4 V ，内电阻为r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－10－0.6 Ω＝5 Ω，两个图线的交点坐标表示路端电压和对应的电流，即路端电压为3 V ，电流为0.2 A ，故电源的输出功率为：P 出＝UI ＝3×0.2 W ＝0.6 W ，故选A.6.(2018·黑龙江大庆第一中学月考)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A ，电动机启动时电流表读数为58 A ，若电源电动势为12.5 V ，内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )A.35.8 WB ．76.8 W C.43.2 W D ．48.2 W解析：选C.电动机不启动时，车灯的电压为电源路端电压，设为U L ，电动机启动后车灯电压仍为路端电压，设为U ′L ，由欧姆定律得I ＝E R ＋r求得R ＝1.2 Ω，车灯消耗功率为P L ＝EI －I 2r ＝120 W ，电动机启动后，路端电压U ′L ＝E －I ′r ＝9.6 V ，车灯消耗电功率为P ′L ＝U ′2L R ＝9.621.2W ＝76.8 W ，所以车灯功率降低了ΔP ＝120 W －76.8 W ＝43.2 W ，故选项C 正确. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.(2018·福州高二期中)电阻R 1、R 2的I －U 关系图象如图甲所示，现把它们串联成如图乙所示的电路，则( )A.由图甲可知R 1<R 2B.若电源电动势保持不变，要使R 1的功率增大，变阻器R 0的滑片应向右滑动C.两电阻消耗的电功率P 1>P 2D.调节R 0，可以使R 1、R 2电压相等解析：选BC.由图甲知，R 1>R 2， A 错.由闭合电路欧姆定律知，滑片向右移，总电阻减小，电流增大，R 1消耗的功率增大，B 对.由于R 1>R 2且串联，所以P 1>P 2，C 对.由串联电路的电压分配关系知，R 1、R 2两端电压永远不可能相等，D 错.8.如图电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，R 0为定值电阻，电容器的电容为C .闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI ，则( )A.电压表示数U 和电流表示数I 的比值不变B.变化过程中ΔU 和ΔI 的比值保持不变C.电阻R 0两端电压减小，减小量为ΔUD.电容器的带电量增大，增大量为C ΔU解析：选BD.由题图可知，R ＝U I，R 增大，则电压表的示数U 和电流表的示数I 的比值变大，故A 错误.根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －I (R 0＋r )，由数学知识得知，ΔU ΔI＝R 0＋r ，保持不变，故B 正确.闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R 0两端的电压减小，R 两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R 0两端的电压减小量小于ΔU ，故C 错误.电容器两极板间的电压等于R 两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C ΔU ，D 正确.9.如图所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 随电流I 变化的图线，曲线OBC 为同一直流电源内部发热功率P r 随电流I 变化的图线，若A 、B 对应的横坐标为2 A ，则下列说法正确的是( )A.电源电动势为3 V ，内阻为3 ΩB.线段AB 表示的功率为2 WC.电流为2 A 时，外电路的电阻为0.5 ΩD.电流为3 A 时，外电路的电阻为2 Ω解析：选BC.由题图可知，当电流I ＝3 A 时，电源总功率P ＝IE ＝9 W ，由此可知电源的电动势E ＝3 V.直线与曲线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即P r ＝I 2r ＝IE ，得r ＝1 Ω，故 A 错误；P rB ＝I ′2r ＝22×1 W ＝4 W ，P A ＝I ′E ＝2×3 W ＝6 W ，则P AB ＝(6－4)W ＝2 W ，故B 正确；当电流I ′＝2 A 时，由I ＝E R ＋r得外电阻R ＝E I －r ＝0.5 Ω，当电流I ＝3A 时，得R ＝0，故C 正确、D 错误.10.如图所示，电灯L 标有“4 V ，1 W ”的字样，滑动变阻器R 总电阻为50 Ω，当滑片P 滑至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A ，由于外电路某处发生故障，电灯L 突然熄灭，此时电流表示数为0.5 A ，电压表示数为10 V.若导线完好，电路中各处接触良好，电表均为理想电表，则下列判断正确的是( )A.发生的故障是断路B.发生的故障是短路C.电源的电动势为12.5 V 、内阻为0.5 ΩD.发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω解析：选AD.电灯熄灭之后电流表示数增大，说明路端电压增大，则外电阻增大，发生的故障是断路，A 对、B 错；电流表示数为0.5 A ，电压表示数为10 V ，则R 2＝U I＝20 Ω，电灯正常发光I ＝P U L ＝0.25 A ，滑动变阻器接入电路的阻值R ＝U －U L I ＝0.45×20－40.25Ω＝20 Ω，根据闭合电路欧姆定律E ＝U ＋Ir ，可得E ＝10＋0.5r ，E ＝9＋(0.45＋0.25)r ，计算可得E ＝12.5 V 、r ＝5 Ω，C 错，D 对.三、非选择题(本题共3小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11.(12分)用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一个表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA 的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值.完成下列填空：甲乙(1)仪器连线如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作，则表笔a 为________(选填“红”或“黑”)色.(2)若适当调节电阻箱后，图乙中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________ Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________ Ω.(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________ V.(保留3位有效数字)解析：(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a 表笔流出的，为黑表笔.(2)多用电表用×1 Ω挡，由图示(a)可知，其示数为14.0×1 Ω＝14.0 Ω；电流表的量程是60 mA，由图示(b)可知，其分度值为1 mA，示数为53.0 mA；电阻箱的读数为：0×100 Ω＋0×10 Ω＋4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流I g＝Er＋R＋r g，将R g取为r＋r g＋R为多用电表的内阻，当待测电阻等于R g时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以R g又称为中值电阻.当选择×1 Ω挡测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15 Ω，在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0 Ω，干路电流是53.0 mA，则电源电动势是E＝I(R内＋R外)＝0.053×(15＋14) V＝1.537 V≈1.54 V.答案：(1)黑(2)14.053.0 4.6(3)1.5412.(14分)(2018·淄博第六中学检测)利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6 V，电源内阻r＝1 Ω，电阻R＝3 Ω，重物质量m＝0.10 kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为5 V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V，(不计摩擦，g取10 m/s2).求：(1)串联入电路的电动机内阻为多大？(2)重物匀速上升时的速度大小.解析：(1)由题，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5 V ，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为I ＝E －U r＝1 A 电动机的电阻R M ＝U －IR I＝2 Ω. (2)当重物匀速上升时，电压表的示数为U ′＝5.5 V ，电路中电流为I ′＝E －U ′r＝0.5 A 电动机两端的电压为U M ＝E －I ′(R ＋r )＝6－0.5×(3＋1) V ＝4 V故电动机的输入功率P ＝U M I ′＝4×0.5 W ＝2 W根据能量转化和守恒定律得U M I ′＝mg v ＋I ′2R M代入解得，v ＝1.5 m/s.答案：(1)2 Ω (2)1.5 m/s13.(14分)(2018·济南高二区县联考)如图所示，变阻器R 2的最大电阻是10 Ω，R 3＝5 Ω，电源的内电阻r ＝1 Ω，当电键S 闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16 W ，电源的输出功率为12 W.此时电灯R 1正常发光，求：(1)电灯阻值R 1是多少？(设R 1阻值恒定不变)(2)当电键S 断开时，要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变为多少？解析：(1)当电键S 闭合时，由P 总－P 出＝I 2r 得：I ＝P 总－P 出r ＝16－121A ＝2 A 由P 总＝EI ，得：E ＝P 总I ＝162V ＝8 V 路端电压U ＝E －Ir ＝8 V －2×1 V ＝6 V通过R 3的电流为I 3＝U R 3＝65A ＝1.2 A ，通过电灯的电流为I 2＝I －I 3＝(2－1.2) A ＝0.8 A 电灯R 1的阻值R 1＝U －I 2R 2I 2＝6－0.8×50.8`Ω＝2.5 Ω. (2)由部分电路欧姆定律得：U ＝I 3R 3I ＝I 3＋I 1I 1＝I －I 3＝(2－1.2) A ＝0.8 A又可知电灯额定电流I 额＝0.8 A由闭合电路欧姆定律得：E ＝I 额(r ＋R 1＋R 2)由上式并代入数据得：R 2＝6.5 Ω.答案：(1)2.5 Ω (2)6.5 Ω情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

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平阴一中高二年级物理学科模块检测
一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分．在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的．每小题全选对的得3分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分．
1、在下列物理量中，属于矢量的是( ).
A. 电场强度
B. 电势
C. 电势差
D. 电流强度
2、关于电动势，下列说法中正确的是（ ）
A 、一个电源的电动势的大小由电源本身决定
B 、因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差
C 、一个电动势为1.5V 的电池接入电路时，若有1C 的电荷量通过电路，就有1.5J 的化学能转变成电能
D 、电压表接到电源两极时，测得的就是电动势
3、以下说法正确的是( ).
A.由q
F E =可知电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B.由公式q U ε
=可知电场中某点的电势U 与q 成反比
C.由Ed U ab =可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离增大，则两点间的电势差也一定增大
D.公式U
Q C =中，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关 4、下关于电阻率的说法正确的是（ ）
A. 纯金属的电阻率小,合金的电阻率较大，绝缘体的电阻率最大
B. 纯金属的电阻率随温度的升高而增大，半导体的电阻率是随温度的升高而减小
C. 超导体的电阻率为零,所以对电流的阻碍作用为零
D. 电阻率的大小只随温度的变化而变化，与材料本身无关
5、如下图所示，P 、Q 是两个电量相等的正的点电荷，它们连线的中点是O ，A 、B 是中垂线上的两点，用E A 、E B 、U A 、U B 分别表示A 、B 两点的场强和电势，则 ( ).
A ．E A 一定大于E
B ，U A 一定大于U B
B ．E A 不一定大于E B ，U A 一定大于U B
C ．E A 一定大于E B ，U A 不一定大于U B
D ．
E A 不一定大于E B ，U A 不一定大于U B
6、如图，仅在电场力作用下一带电粒子沿图中虚线从A 运动到B ，则( )
A ．电场力做正功
B ．动能减少
C ．电势能增加
D ．加速度增大
7、一只断了灯丝的灯泡，搭接灯丝后使用，要比原来亮一些，这是因为灯丝的（ ）
A.电阻变小
B.电阻率变小
C.电流变小
D.电功率变小
8、图示是某导体的I-U 图线，图中α=45°，下列说法正确的是
A.通过电阻的电流与其两端的电压成正比
B.此导体的电阻R=5Ω
C.I-U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R=cot45°=1.0Ω
D.在R 两端加6.0V 电压时，每秒通过电阻截面的电量是30C
9、一个直流电动机所加的电压为U ，电流为I ，线圈内阻为R ，当它工作时，下述说法中正确的是( ).
A.直流电动机的功率为U 2/R
B.电动机的发热功率为I 2R
C.电动机的输出功率为IU
D.电动机的输出功率为IU-I 2R
10、如图所示的电路中，闭合开关S 后，发现两灯均不亮，电流表的指针几乎不动，而电压表的指针有明显的偏转，则该电路的故障可能是( )．
A ．电流表断路了
B ．L 2的灯丝断了
C ．L 1和L 2的灯丝都断了
D ．L 1的灯丝断了
11、如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U —I 图线，
关于此图线，下列的说法中正确的是 （ ）
A ． 纵轴的截距表示电源的电动势，即E ＝3.0V
B ． 电源的内阻r ＝5Ω
C ． 横轴的截距表示电源的短路电流，即I 短＝0.6A
D ．电源的内阻r ＝1.0Ω
12．如图所示，直线A 为电源的路端电压与总电流关系的
伏安图线，直线B 为电阻R 两端电压与通过该电阻电
流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路
时，电源的效率是：（ ）
A ．33．3％
B ．66．7％
C ．40％
D ．30％
13、某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R 1、R 2的电压与电流的关系如图4所示．用此电源和电阻R 1、R 2组成电路．R 1、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是
( )
A ．将R 1、R 2串联后接到电源两端
B ．将R 1、R 2并联后接到电源两端
C ．将R 1单独接到电源两端
D ．将R 2单独接到电源两端
14、如图电路中，电源内阻不能忽略，在滑动变阻器的滑片P 向上端a 滑动过程中，电压表和电流表的示数变化情况为（ ）
A ．电压表示数减少，电流表示数增大
B .电压表示数增大，电流表示数减少
C ． 两电表示数都增大
D ． 两电表示数都减少
二、实验题：本题共2个小题，满分16分，把答案直接填在题中的横线上．
15.（6分）使用多用电表的欧姆档时，内部电源的正极跟 （填“+”或“-”）插孔
相接，此插孔一般情况下插 （填“红”或“黑”）表笔。

某人用多用电表按正确步
骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图所示，则该电阻值是_ _.如果要用该多
用电表测量一个阻值约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是
__ _ __.
16．（10分）(1) 在“测金属电阻率”实验中，螺旋测微器测金属丝的直径的读数如图，
则直径d= _________mm 。

(2)在测量金属丝电阻率的实验中，已知金属丝的电阻约为10Ω，现备有下列器材供选用：
A ．量程是0～0.6A ，内阻是0.5Ω的电流表
B ．量程是0～3A ，内阻是0.1Ω的电流表
C ．量程是0～3V ，内阻是6k Ω的电压表
D ．量程是0～15V ，内阻是30k Ω的电压表
E ．阻值为0～1k Ω，额定电流为0.5A 的滑动变阻器
F ．阻值为0～10Ω，额定电流为2A 的滑动变阻器
G ．蓄电池（6V ） H ．开关一个，导线若干
①为使测量结果尽量准确，电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 （只填字母代号）。

②若图所示的实验仪器就是我们选定的，请用铅笔画线连接实验电路。

三、计算题：本题共4个小题，满分42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
17、（8分）如图所示，R 1＝5Ω，R 2＝9Ω。

当开关S 断开时，电流表的示数为I ＝0.2A ；当开关S 闭合时， 电流表的示数为I
＝0.3A ．（电流表内阻不计）求：
（1）、电源的电动势和内阻；
（2）、S 断开情况下，电源的输出功率。

18、（10分）如图所示为电动机提升重物的装置，电源电动势E=5V，内阻不计。

当转子被卡死不转时，电路中的电流为5A；匀速向上提升重物时电路中的电流为1 A，物体A重10 N，不计摩擦力，求：匀速向上提升重物时
(1)、电动机线圈电阻上消耗的热功率；
(2)、5s内，可以把重物A匀速提升多高。

19、（12分）如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧形绝缘细管的圆心处放一点电荷,将质量为m,带电荷量为q的小球从圆弧管水平直径的端点A由静止释放,小球沿细管下滑到最低点B时,对细管上壁的压力大小恰
好与球重相同,求：
（1）圆心处的电荷在圆弧管内产生的电场的场强大小；
（2）A、B两点间的电势差。

20、（12分）长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷
量为+q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射
出，射出时末速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1) 匀强电场的场强；
(2) 两板间的距离。

平阴一中高二年级物理学科模块检测答案纸
一、选择题（答案填涂在答题卡上）
二、实验题：本题共2个小题，满分16分，把答案直接填在题中的横线上．
15、；；；；
16、（1）、mm；
(2)、① , , .
②
二、计算题：本题共4个小题，满分42分，解答应写出必要的文字说明、方程
式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
17、
18、
19、
20、。

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