物理新导学同步选修3-1(粤教版)精选练习：模块综合检测(一)+Word版含解析.doc
2021-2022学年粤教版高中物理选修3-3 模块综合检测(一) Word版含答案
模块综合检测(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．物体由大量分子组成，下列说法正确的是( )A．分子热运动越猛烈，物体内每个分子的动能越大B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小C．物体的内能跟物体的温度和体积有关D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能解析：分子热运动越猛烈，物体分子的平均动能越大，A错误；分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，B错误；物体的内能跟物体的温度和体积有关，C正确；做功和热传递都能转变物体的内能，D错误．答案：C2．关于热现象和热学规律的说法中，正确的是( )A．其次类永动机违反了能量守恒定律B．当物体被拉伸时，分子间的斥力减小、引力增大C．冰溶化为同温度的水时，分子势能增加D．悬浮在液体中的固体微粒越大，布朗运动越明显解析：其次类永动机是效率100%的机器，违反了热力学其次定律，故A错误；当物体被拉伸时，间距增加，分子间的斥力减小、引力也减小，故B错误；内能包括分子热运动动能和分子势能，温度是分子热运动平均动能的标志；故冰溶化为同温度的水时，吸取热量内能增大而分子的平均动能不变，则分子势能增大，故C正确；悬浮在液体中的固体微粒越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越明显，故D错误．答案：C3．关于固体和液体，下述说法中正确的是( )A．晶体内部的结构具有规章，因而晶体具有各向同性B．在任何条件下，晶体和非晶体都不行能相互转化C．液晶的物理性质会随外界因素的影响而发生转变D．液体表面层的分子势能比液体内部的分子势能小解析：单晶体各向异性，多晶体各向同性，故A错误；在肯定的条件下，晶体和非晶体可能相互转化，故B错误；液体表面层的分子间距较大，表现为引力，故势能比液体内部的分子势能大，故D错误．答案：C4．下列关于内能的说法正确的是( )A．温度高的物体，其内能也肯定大B．物体吸取热量，其内能肯定增加C．肯定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，其内能肯定增大D．物体克服摩擦力做功，其内能肯定增大解析：物体的内能是由物体内全部分子的动能和势能打算的，温度高只能说明分子的平均动能大，不能说明内能大，故A错．物体吸取热量，假如还同时对外做功，其内能不肯定增加，故B错．肯定质量的0 ℃的冰熔化成0 ℃的水，要吸取热量，所以内能增大，故C对．物体克服摩擦力做功，同时还对外做功，故内能不肯定增大，故D错．答案：C5．关于晶体、液晶、液体，下列说法正确的是( )A．晶体和液晶的性质是完全相同的B．液晶就是液体，具有液体的全部性质C．液晶是介于晶体与液体之间的一种中间态D．液晶具有液体的流淌性，又具有多晶体的各向同性解析：液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，晶体和液晶的性质不是完全相同的，故A错误．液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，不具有液体的全部性质，故B错误．液晶像液体一样可以流淌，又具有某些晶体结构特征，是介于晶体与液体之间的一种中间态，故C正确．液晶有液体的流淌性与晶体的各向异性，故D错误．答案：C6．下列说法正确的是( )A．液体中悬浮颗粒的无规章运动称为布朗运动B．液体分子的无规章运动称为布朗运动C．物体从外界吸取热量，其内能肯定增加D．物体对外界做功，其内能肯定削减解析：布朗运动是液体中悬浮颗粒的无规章运动，不是液体分子的运动，故A对，B错；转变物体内能的途径有做功和热传递，物体从外界吸取热量，其内能不肯定增加，物体对外界做功，其内能也不肯定削减，故C、D均错．答案：A7．在1个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有23部分布满水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于( )A．3个大气压B．1个大气压C.23个大气压 D.13个大气压解析：管子中的气体的初始压强为p0，体积为SL，压缩后的压强未知，体积为13SL，依据玻意耳定律，有p0SL＝p ·13SL，解得p＝3p0.答案：A8．肯定质量的抱负气体，从某一状态开头，经过一系列变化后又回到开头的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸取的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中肯定有( )A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1>Q2解析：由于该气体从某一状态开头，经过一系列变化后又回到开头的状态，所以内能没有变化，ΔU＝0，依据热力学第肯定律可知W1－W2＋Q1－Q2＝ΔU＝0，即Q1－Q2＝W2－W1，故A正确．答案：A9．如图所示为大量氮气分子在甲、乙两种状态下的速率分布统计规律图，则下列说法正确的是( )A．氮气在甲状态下的温度较高B．甲状态做无规章运动平均速率较大，氮气分子较多C．乙状态下氮气分子做无规章运动更猛烈D．某时刻速率为1 000 m/s的分子在下一时刻的速率肯定还是1 000 m/s解析：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以乙状态下温度较高，分子无规章运动的平均速率较大，分子运动更猛烈，故A、D错误，C正确；由于分子运动无规章，故在下一时刻的速率无法确定，故D错误．答案：C10．如图所示，竖直的弹簧支持着一倒立气缸内的活塞，使气缸悬空而静止．设活塞与缸壁间无摩擦，可以在缸内自由移动．缸壁导热性良好，缸内气体的温度与外界大气温度相同．下列结论中正确的是( )A．若外界大气压增大，则弹簧的压缩量将会增大一些B．若外界大气压增大，则气缸的上底面距地面的高度将增大C．若外界气温上升，则气缸的上底面距地面的高度将减小D．若外界气温上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大解析：外界大气压增大时，气体体积减小，但对于整个系统，弹簧的弹力恒等于系统的总重量，弹簧的形变量不变．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．2021年6月20日，女航天员王亚平成为中国第一位“太空老师”，在太空中给全国青少年讲解了液体表面张力的作用、微重力环境下物体运动的特点等学问．下列现象中哪些是由于表面张力引起的( ) A．钢针浮在水面上B．船只浮在水面上C．飞船中自由漂移的水滴呈球形D．布伞伞面的布料有缝隙但不漏雨水解析：钢针受到水的表面张力作用与重力平衡，钢针浮在水面上，故A正确；船只在水的浮力作用下浮在水面上，与表面张力无关，故B错误；飞船中自由漂移的水滴在表面张力作用下呈球形，故C正确；由于雨水表面存在表面张力，虽然布伞有孔，但不漏水，与表面张力有关，故D正确．答案：ACD12．下列叙述正确的是( )A．可能从单一热库吸取热量，使之完全变成功B．相对湿度大绝度湿度肯定大C．液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力D．其次类永动机是不行能制成的，是由于它违反了热力学第肯定律解析：热力学其次定律指出：不行能从单一热库吸取热量使之完全变成功，而不产生其他影响，说明可以从单一热库吸取热量，使之完全变成功，只是会存在其他影响，故A正确；由相对湿度和确定湿度的定义可知，确定湿度大，说明空气中水蒸气的实际压强大，而此时水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比不肯定大，即相对湿度不肯定大，故B错误；由表面张力形成的缘由可知，液体表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的相互作用表现为引力，故C正确；依据热力学其次定律，热机不行能使从单一热源吸取的热量全部变成有用的功，故其次类永动机违反了热力学其次定律，故D错误．答案：AC13．下列说法正确的是( )A．飞虫停在水面上，是由于液体表面张力的作用B．布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规章性C．给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D．单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的解析：飞虫停在水面上是由于液体表面存在张力，故A 正确；布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规章运动，故B 错误；打气时会反弹是由于气体压强的缘由，不是分子斥力的作用，故C 错误；单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D 正确．答案：AD14．下列说法中正确的是( ) A ．空气中PM2.5的运动属于分子热运动 B ．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C ．液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的D ．空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度解析：PM2.5是固体小颗粒，是分子团，不是分子，所以空气中PM2.5的运动不属于分子热运动，故A 错误．露珠呈球形是由于液体表面张力的作用而形成的，故B 正确．液晶具有液体的流淌性，同时具有晶体的各向异性特征，液晶显示屏是利用液晶的光学各向异性制成的．故C 正确；空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作空气的相对湿度，故D 正确．答案：BCD三、非选择题(本大题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)在做“用油膜法估测分子大小”的试验中，已知试验室中使用的酒精油酸溶液的浓度为A ，N 滴溶液的总体积为V .在浅盘中的水面上均匀撒上痱子粉，将一滴溶液滴在水面上，待油膜稳定后，在带有边长为a 的正方形小格的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图所示)，测得油膜占有的正方形小格个数为X .(1)用以上字母表示油酸分子的大小d ＝________． (2)从图中数得X ＝________．解析：(1)N 滴溶液的总体积为V ，一滴溶液的体积为V N ，含有的油酸体积为VAN ，形成单分子油膜，面积为Xa 2，油膜厚度即分子直径d ＝VAN Xa 2＝VANXa2.(2)油膜分子所占有方格的个数，以超过半格算一格，不够半格舍去的原则，对比图示的油酸膜，共有62格．答案：(1)VANXa 2(2)62(60～65均可) 16．(8分)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J ，同时气体的内能增加了1.5×105J ．试问：此压缩过程中，气体________(填“吸取”或“放出”)的热量等于________J.解析：由热力学第肯定律ΔU ＝W ＋Q ，W ＝2.0×105J 、ΔU ＝1.5×105J 、Q ＝ΔU －W ＝－5×104J. 答案：放出 5×10417．(8分)某热水袋内水的体积约为400 cm 3，已知水的摩尔质量为18 g/mol ，阿伏加德罗常数为6×1023mol －1，求它所包含的水分子数目约为多少(计算结果保留两位有效数字)?解析：已知某热水袋内水的体积大约是V ＝400 cm 3＝4×10－4m 3，水的密度为ρ＝1×103kg/m 3， 则热水袋内含有的水分子数目为n ＝ρVm 0N A ＝1.3×1025个． 答案：1.3×1025个18.(10分)肯定质量抱负气体经受如图所示的A →B 、B →C 、C →A 三个变化过程，T A ＝300 K ，气体从C →A 的过程中做功为100 J ，同时吸热250 J ，已知气体的内能与温度成正比．求：(1)气体处于C 状态时的温度T C ； (2)气体处于C 状态时内能E C .解析：(1)由图知C 到A ，是等压变化，依据抱负气体状态方程：V A T A ＝V C T C ，得：T C ＝V C V AT A ＝150 K. (2)依据热力学第肯定律：E A －E C ＝Q －W ＝150 J且E A E C ＝T A T C ＝300150，解得：E C ＝150 J. 答案：(1)150 K (2)150 J19.(10分)如图所示，在导热性能良好、开口向上的气缸内，用活塞封闭有肯定质量的抱负气体，气体的体积V 1＝8.0×10－3m 3，温度T 1＝400 K ．现使外界环境温度缓慢降低至T 2，此过程中气体放出热量700 J ，内能削减了500 J ．不计活塞的质量及活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强p 0＝1.0×105Pa ，求T 2的大小．解析：设温度降低至T 2时，气体的体积为V 2，由于活塞的质量不计，则气缸内封闭气体的压强等于大气压．则外界对气体做功W ＝p 0(V 1－V 2)，①由热力学第肯定律得ΔU＝W＋Q，②由①②结合解得V2＝6×10－3 m3.由于封闭气体发生等压变化，则由盖·吕萨克定律得V1 T1＝V2T2，解得T2＝300 K.答案：300 K20.(10分)如图所示，竖直放置的U形玻璃管与容积为V0＝15 cm3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍．右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭肯定质量的抱负气体．开头时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝15 cm，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h0＝9 cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好 (已知大气压p0＝75 cmHg，U形玻璃管的右侧横截面积为S＝1 cm2)．求：(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？(2)需要加入的水银体积．解析：(1)气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，依据热力学第肯定律ΔU＝Q＋W可知，封闭气体要放热．(2)初态：p1＝p0－p h＝(75－15) cmHg＝60 cmHg，V1＝V0＋h0S＝(15＋9×1) cm3＝24 cm3，末态：p2＝75 cmHg，温度不变，依据玻意耳定律：p1V1＝p2V2，解得：V2＝p1V1p2＝19.2 cm3.右侧水银柱上升的高度Δh1＝V1－V2S＝4.8 cm，左侧水银柱上升的高度Δh2＝h1＋Δh1＝19.8 cm，所以需要加入的水银体积为V＝SΔh1＋4SΔh2＝84 cm3. 答案：(1)此过程中被封气体内能不变，是放热(2)84 cm3。
物理粤教版选修3-1模块综合测评一(附答案)含解析
综合测试第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、本题共10小题，每小题4分,共40分，漏选得2分，错选和不选得0分。
在每小题的四个选项中,有一个或者多个选项符合题目要求。
1。
如图1，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m 、带电荷量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响.图2中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中Bqm v R ，哪一个图是正确的( ）图1图2解析:当带电粒子竖直向上运动时，可以在磁场中完成向左的半圆的运动轨迹，而要形成向右的半圆的运动轨迹，由左手定则的磁场方向、运动方向、安培力的方向可判定带电粒子无法实现，所以A选项正确. 答案：A2.如图3所示，区域中存在匀强电场和匀强磁场,且两者平行但方向相反.质量为m 、电荷量为—q 的粒子（不计重力)，沿电场方向以速度v 0射入，下述说法中正确的是（ )图3A.电荷所受的洛伦兹力不变B.电荷动量方向保持不变C.电荷所受的电场力不变D 。
电荷向右的最大位移为qE mv 22解析:速度与磁场磁感应强度方向平行,故不受洛伦兹力.答案：ACD3.关于电场和电势(零势点一定的情况下）,下列说法正确的是（ )A.空间里面的正电荷越多,则空间中任意一点的场强就越大B 。
空间里面的正电荷越多，则空间中任意一点的电势就越高C 。
空间里面的正电荷越多，则空间中任意一点的场强不一定大D.空间里面的正电荷越多，则空间中任意一点的电势不一定高解析：电势是标量，叠加是代数和；而电场强度是矢量，叠加是矢量和.答案：BC4。
将金属板放在磁场中,如图4所示，磁场方向垂直于里外两侧面，金属板中有电流通过.设金属上表面电势为U 1，下表面电势为U 2.则（ ）图4A 。
U 1〉U 2B.U 1=U 2C.U 1<U 2D 。
无法确定电势的高低答案：C5.平行板电容器的两金属板带等量异种电荷，要使两板间的电压加倍,而板间的电场强度减半，采取的措施是（ ）A.两极板的电荷量加倍,而距离变为原来的4倍B 。
高中物理模块综合检测一含解析粤教版选修3_1.doc
模块综合检测(一)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多选均不得分)1．下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是( )A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷在电场中不一定受电场力的作用答案：C2.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．a点的电势比b点的高D．正电荷在a、b两点受力方向相同解析：由电场线的分布可以看出，此电场不是匀强电场，A错误；b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，B错误；根据电场线的方向知a点的电势比b点的高，C正确；正电荷在a、b两点受力方向分别沿a、b两点的切线方向，D错误．答案：C3.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将( )A．逐渐变大B．逐渐变小C．始终为零D．不为零，但始终保持不变解析：穿过线圈的磁通量是由通电导线造成的，但是通电导线处于圆的正上方，所以穿过线圈的磁通量总为零，而通电导线竖直方向的移动也不会影响其总磁通量的变化．答案：C4.如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N 点的速度比在M 点的速度大)．则下列说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子的运动轨迹一定是抛物线C ．电场线方向一定垂直等势面向左D ．粒子从M 点运动到N 点的过程中电势能增大解析：根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项D 错误．答案：C5.如图所示，a 和b 带电荷量相同，以相同动能从A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径r a ＝2r b ，则可知(重力不计)( )A ．两粒子都带正电，质量比m a m b ＝4B ．两粒子都带负电，质量比m am b＝4 C ．两粒子都带正电，质量比m a m b ＝14D ．两粒子都带负电，质量比m a m b ＝14解析：两个粒子都向下偏转，表明在A 点它们的洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知它们都带负电．由于qvB ＝m v 2r ，故r ＝mv qB ＝2mE k qB，即m ∝r 2，所以m a ∶m b ＝r 2a ∶r 2b ＝4∶1，B 正确．答案：B6.一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则( )A ．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小B ．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大C ．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小D ．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E ＝U d ，可知两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C 减小，电压U 不变，则由C ＝Q U，分析可知极板上的电量将减小．故A 正确．答案：A7．如图所示，一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 ，则( )A ．在前t 2时间内，静电力对粒子做的功为qU4 B ．在后t 2时间内，静电力对粒子做的功为38qU C ．在粒子偏转前d 4和后d 4的过程中，静电力做功之比为1∶2 D ．在粒子偏转前d 4和后d 4的过程中，静电力做功之比为2∶1 解析：粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2可得，前t 2时间内与t 时间内偏转距离之比为1∶4，在前t 2时间内的位移为y 1＝d8，静电力对粒子做功为W 1＝qEy 1＝q ×U d ×d 8＝18qU ，故选项A 错误．由y ＝12at 2可得，后t 2时间内与t 时间内偏转距离之比为3∶4，则在后t 2时间内，静电力对粒子做功为38qU ，故选项B 正确．由静电力做功：W ＝qEy ，则粒子在偏转前d 4和后d4的过程中，沿场强方向位移相等，静电力做功之比为1∶1，故选项C 、D 错误．答案：B8.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场．如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，它们的关系是( )A．v a>v b＝v c B．v a＝v b＝v cC．v a>v b>v c D．v a＝v b>v c解析：a球下落时，重力和静电力都对a做正功；b球下落时，只有重力做功；c球下落时，只有重力做功，重力做功的大小都相同．根据动能定理可知外力对a球所做的功最多，即a球落地时的动能最大，b、c球落地时的动能相等，故选项A正确．答案：A9.某一网络电路中的部分电路如图所示，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则下列结论正确的是( )A．通过R3的电流为0.5 A，方向从a→bB．通过R3的电流为0.5 A，方向从b→aC．通过电流表的电流为0.5 A，电流表“＋”接线柱在右边D．通过电流表的电流为1.5 A，电流表“＋”接线柱在左边解析：R1两端的电压U1＝I1R1＝2×10 V＝20 V；R2两端的电压U2＝I2R2＝(3－2)×5 V＝5 V，所以R3两端的电势差U ab＝U2－U1＝5 V－20 V＝－15 V，b点电势高，电流由b→a，I3＝|U ab|R3＝0.5 A，A错误，B正确；电流表中的电流方向应该向右，大小I A＝I2－I3＝0.5 A，C、D均错误．答案：B10.如图所示，重力均为G的两条形磁铁分别用细线A和B悬挂在水平的天花板上，静止时，A线的张力为F1，B线的张力为F2，则( )A．F1＝2G，F2＝G B．F1＝2G，F2>GC ．F 1<2G ，F 2>GD ．F 1>2G ，F 2>G解析：把两条形磁铁看作一个整体，对其受力分析并根据平衡条件，可知F 1＝2G ；选取下面的条形磁铁为研究对象，对其受力分析，它受到竖直向下的重力G 、B 线竖直向上的张力F 2和上面的条形磁铁对其施加的竖直向下的斥力T ，根据三力平衡，可知F 2＝G ＋T >G ，所以选项B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分)11．两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中．存在一沿半径方向的电场，如图所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M 射入电场，沿图所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等解析：由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，有qE ＝m v 2R，得R ＝mv 2qE ，E 为定值，若q 相等，则12mv 2一定相等；若q m相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．答案：BC12.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则( )A ．电源的功率变小B ．电容器储存的电荷量变小C ．电源内部消耗的功率变大D ．电阻R 消耗的电功率变小解析：由闭合电路欧姆定律可知，当滑片向上滑动时，R 总减小，I 总增大，U 端减小，而R 1分压U 1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P 总＝I 总E 增大，A 错误；由Q ＝CU 知Q减小，B 正确；电源内部消耗功率P 内＝I 2总r 增大，C 正确；电阻R 1消耗的功率增大，R 上消耗的功率无法确定，D 错误．答案：BC13.如图所示，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD14.如图，虚线MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P 、Q 从磁场边界的M 点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P 的速度v P 垂直于磁场边界，Q 的速度v Q 与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N 点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( )A ．P 和Q 的质量之比为1∶2B ．P 和Q 的质量之比为2∶1C ．P 和Q 速度大小之比为2∶1D ．P 和Q 速度大小之比为2∶1解析：设MN ＝2R ，则对粒子P 的半径为R ，有：R ＝m P v P Bq ；对粒子Q 的半径为2R ，有：2R ＝m Q v Q Bq ；又两粒子的运动时间相同，则t P ＝πm P Bq ，t Q ＝14T Q ＝πm Q 2Bq ，即πm P Bq ＝πm Q 2Bq，解得m Q ＝2m P ，v P ＝2v Q ，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A ．干电池E (电动势约为1.5 V ，内阻小于1.0 Ω)B ．电流表A 1(满偏电流3 mA ，内阻r 1＝10 Ω)C ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻0.1 Ω)D ．滑动变阻器R 1(0～20 Ω，10 A)E ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，10 A)F ．定值电阻R 3(990 Ω)G ．开关和导线若干(1)为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是________(填字母代号)．(2)请画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．(3)如图为某一同学根据他所设计的实验绘出的I 1、I 2图线(I 1为A 1的示数，I 2为A 2的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.解析：(1)实验中应选用较小阻值的滑动变阻器，有利于电流的变化和表的读数，故选D.(2)由于没有电压表，我们可以把表头及定值电阻充当电压表使用，利用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻．(3)表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律，可知I 1(R 3＋R A1)＝E －I 2r ，即I 1＝E 1 000－I 2r 1 000；由题图可知，图象与纵轴的交点为1.48 mA ，则有1.48 mA ＝E 1 000；解得E ＝1.48 V ．由题图象可解得图线的斜率为0.8×10－3，由公式得图象的斜率等于r 1 000，故r 1 000＝0.8×10－3，解得r ＝0.8 Ω.答案：(1)D (2)见解析(3)1.48 0.816．(10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图甲所示的IU坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图甲，可判断出图丙中正确的关系图是______(图中P为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V的电源上，如图丁所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由题图甲所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在PI2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则PI2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，A、B、C错误，D正确．(3)由题图丁所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理，得U＝8－20I，在下图坐标系中作出U＝8－20I的图象，如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2 V、I＝0.3 A，此时通过电流表的电流值I A＝2I＝0.6 A，每个灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)见解析图所示 (2)D (3)0.6 0.617.(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．则(1)A 点在斜轨道上的高度h 为多少？(2)小球运动到最低点C 时，圆轨道对小球的支持力是多少？解析：(1)设小球到B 点的最小速度为v B ，由牛顿第二定律，得mg －qE ＝m v 2B R， 小球从A 到B 的过程中，由动能定理，得(mg －qE )(h －2R )＝12mv 2B ， 由以上各式得：h ＝5R 2. (2)小球从A 到C 的过程中，由动能定理，得(mg －qE )h ＝12mv 2C ， 小球在C 点时，根据牛顿第二定律，有N ＋qE －mg ＝m v 2C R， 又因为mg ＝2qE ，解得N ＝3mg .答案：(1)52R (2)3mg 18．(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B .磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN ＝L ，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变．(1)求粒子运动速度的大小v ；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d2，求粒子从P 到Q 的运动时间t .解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mv qB， 由题可得R ＝d ，解得v ＝qBd m. (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切．由几何关系得d m ＝d (1＋sin 60°)，解得d m ＝2＋32d . (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB. 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4＋t ′(n ＝1，3，5，……)， 当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32d 时，粒子斜向上射出磁场，t ′＝112T ， 解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d＋33－46πm 2qB ；当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32d 时，粒子斜向下射出磁场，t ′＝512T ， 解得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d－33－46πm 2qB . 答案：(1)v ＝qBd m (2)d m ＝2＋32d (3)当L ＝nd ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32d 时，t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d ＋33－46πm 2qB ；当L ＝nd ＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋32d 时，t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L d－33－46πm 2qB。
粤教版高中物理选修3-1模块综合检测.docx
高中物理学习材料唐玲收集整理粤教版选修3-1模块综合检测(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．下列说法正确的是( )A．放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用B．沿磁感线方向磁场逐渐减弱C．磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向D．安培力的方向一定垂直于磁感应强度和直导线所决定的平面2．如图1所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b点的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是( )图1A．该电场在c点处的电势一定为4 VB．a点处的场强一定大于b处的场强C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a图23．用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图2所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，会观察到( )A．电流表示数不变 B．电流表示数减小C．电压表示数增大 D．电压表示数减小图34．在如图3所示的电路中，当电键S闭合后，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将电键S断开，则( )A．液滴仍保持静止状态B．液滴做自由落体运动C．电容器上的带电荷量与R1的大小有关D．电容器上的带电荷量增大图45．如图4所示，一个电子以100 eV 的初动能从A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A 与B 两点间的电势差为( ) A ．300 V B ．－300 VC ．－100 VD ．－1003V6．下面给出多种用伏安法测量电源电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是( )A ．测出两组I 、U 的数据，代入方程组E ＝U 1＋I 1r 和E ＝U 2＋I 2r 中，即可求出E 和rB ．多测几组I ，U 的数据，求出几组E ，r ，最后分别求出其平均值C ．测出多组I ，U 的数据，画出U －I 图象，再根据图象求E ，rD ．多测出几组I ，U 数据，分别求出I 和U 的平均值，用电压表测出开路时的路端电压即为电动势E ，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)图57．如图5所示，在电场中，将一个负电荷从C 点分别沿直线移到A 点和B 点，克服静电力做功相同．该电场可能是( ) A ．沿y 轴正向的匀强电场 B ．沿x 轴正向的匀强电场C ．第Ⅰ象限内的正点电荷产生的电场D ．第Ⅳ象限内的正点电荷产生的电场8．带电荷量为q 的电荷，从静止开始经过电压为U 的电场加速后，垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，其运动轨道半径为R ，则电荷( ) A ．动能为qU B ．动能为qBRC ．运动速率为U BRD ．质量为B 2R 2q2U图69．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图6所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是( ) A ．粒子先经过a 点，再经过b 点 B ．粒子先经过b 点，再经过a 点 C ．粒子带负电 D ．粒子带正电图710．如图7所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能不守恒题号12345678910 答案三、填空题(本题共3小题，共14分)11．(4分)带正电1.0×10－3 C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A 点时动能为10 J，飞经B点时动能为4 J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了______，A、B两点电势差为____．12．(6分)一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(11H)加速到v，使它获得的动能为E k，则：(1)它能把α粒子(42He)加速到的速度为______________．(2)它能使α粒子获得的动能为_____________________________________________．(3)加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率之比为__________．13．(4分)在“测定金属的电阻率”的实验中：(1)用准确到0.01 mm的螺旋测微器测量金属电阻丝直径，一次测量时其读数如图8所示，被测金属电阻丝直径为________ mm；(2)在虚线框图9内画出用伏安法测金属电阻丝电阻R(约几欧姆)的电路图．图8 图9四、计算题(本题共4小题，共38分)图1014．(8分)如图10所示，一个质量为m，电荷量为q，不计重力的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度v，沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限．求匀强磁场的磁感应强度B和穿过第一象限的时间．图1115．(8分)如图11所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电荷量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：(1)B、A两点的电势差；(2)匀强电场的场强大小．16.(10分)已知电流表的内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g＝3 mA，要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联多大的电阻？图1217．(12分)如图12所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27kg，以v＝4×104m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k.参考答案1．D [由F ＝BIL sin θ知，当θ＝0°时，F ＝0，故A 错；F 的方向一定与B 和I 所决定的平面垂直，所以D 正确．]2．C [该电场不一定是匀强电场，φc 不一定等于φa ＋φb2＝4 V ，故A 、B 错误；由φa ＞φb 知，电场线由a 指向b ，正电荷在c 点的受力也应由c 指向b ，选项D 错误；由E p ＝q φ知选项C 正确．]3．D [接通开关后热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，I 总＝UR 总得I 总增大，电流表示数变大，A 、B 错误．R 1中电流I 1不变，R 2支路的电流I 2增大，U R 2增大，又U ＝U R 2＋U 热，则U 热减小，D 正确．]4．D [当电键S 闭合时，电容器两极板上的电压是R 2两端的电压，将电键S 断开，电容器两极板上的电压等于电源的电动势，即电容器两极板间的电压增加，液滴受到的电场力增大，液滴将向上做匀加速运动，故选项A 、B 错误．由Q ＝CU 知，此时R 1上无电流，U ＝E ，与R 1的大小无关．电容器上的带电荷量增大，故选项D 正确，C 错误．]5．B [电子做类平抛运动，在B 点，由速度分解可知v B ＝v Acos 60°＝2v A ，所以E k B ＝4E k A ＝400 eV ，由动能定理得U AB (－e )＝E k B －E k A ，所以U AB ＝－300 V ，B 对．] 6．C7．AD [由题意知φA ＝φB ，A 、B 应处在同一等势面上，又W CA ＝qU CA ＜0，q ＜0，故U CA ＞0，即φC ＞φA ，符合条件的可能是选项A 、D.] 8．AD [电荷在电场中加速过程由动能定理qU ＝12mv 2＝E k ①电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R②由①知E k ＝qU ，故A 对，B 错；由①②式得v ＝2U BR ，m ＝B 2R 2q2U ，故C 错，D 对．]9．AC [由r ＝mvqB可知，粒子的动能越小，做圆周运动的半径越小，结合粒子运动轨迹可知，粒子先经过a 点，再经过b 点，选项A 正确．根据左手定则可以判断粒子带负电，选项C正确．]10．CD [qE ＝mg ，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小；若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大，故A 、B 错；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D 正确．] 11．6 J －6 000 V解析 由动能定理可得E k B －E k A ＝W AB ＝－6 J ．电场力做负功，电势能增加，U AB ＝W ABq＝－6 000 V.12．(1)v2(2)E k (3)1∶2解析 应用粒子在磁场中做圆周运动的半径公式和周期公式便可求出速度的表达式及频率表达式．(1)设加速器D 形盒的最大半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，由R ＝mv qB ，得v ＝qBR m ，v αv p ＝q αq p×m p m α＝21×14＝12.所以α粒子获得的速度v α＝12v p ＝12v . (2)由动能E k ＝12mv 2，得E k αE kp ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v αv p 2×m αm p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122×41＝11. 所以α粒子获得的动能也为E k .(3)交流电压频率与粒子在磁场中的回旋频率相等ƒ＝1T ＝qB 2πm ，ƒαƒp ＝q αq p ×m p m α＝21×14＝12.13．见解析解析 (1)0.760 (2)实验电路如图所示．14.3mv 2qa 43π 9va解析 根据题意知，带电粒子的运动轨迹，垂直于y 轴，必然有圆心在y 轴上，根据半径垂直于速度，则可确定圆心O ，如图所示．由几何关系知粒子运动的半径r ＝233a ①由qvB ＝mv 2r 得 r ＝mvqB②由①②两式可得B ＝3mv2qa由qvB ＝mr (2πT)2得T ＝2πm qB ＝4πa 3v则t ＝T 3＝43πa9v.15．(1)3mgL 2q (2)3mgq解析 (1)由动能定理得： mgL sin 60°－qU BA ＝0所以U BA ＝ 3mgL2q(2)U BA ＝EL (1－cos 60°)得：E ＝ 3mgq. 16．1 880 Ω 0.12 Ω解析 U g ＝I g R g ＝120 Ω×3×10－3A ＝0.36 V要改装为6 V 电压表，应串联一电阻，该电阻应分得电压为6 V －0.36 V ＝5.64 V 的电压由欧姆定律R ＝5.64 V3 mA＝1 880 Ω要改装为3 A 电流表应并联一电阻，该电阻分得电流为3 A －3 mA ＝2.997 A由欧姆定律R ′＝0.36 V2.997 A≈0.12 Ω.17．(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m(3)7.68×10－18J解析 (1)轨迹如右图(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB ＝m v 2RR ＝mv qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m (3)E k ＝EqL ＋12mv 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18J.。
物理新导学同步选修3-1(粤教版)精选练习：第二章第二节对电阻的进一步研究+Word版含解析.doc
第二章电路第二节对电阻的进一步研究A级抓基础1．实验室用的小灯泡灯丝的IU特性曲线可用以下哪个图象来表示()答案：A2.如图所示，在一个粗细均匀、用同样材料制成的金属圆环上有A、B、C、D四个点，这四个点将圆周四等分．把A、B两点接在电路中时，导线中的电流I＝6 A，如果保持a、b两点间的电压不变，把A、C两点接在电路中，则电路中的电流为()A．6 A B．3 AC．4 A D．8 A解析：设圆环的14圆周对应的电阻为R，当AB两点接入电路时R AB＝2R×2R2R＋2R＝R，I＝UR AB＝UR，当AC 两点接入电路中时R AC ＝R ×3R R ＋3R ＝34R ， I ′＝U R AC ＝4U 3R. 所以I ′＝43I ＝43×6 A ＝8 A ，故选D. 答案：D3．三个电阻的阻值之比为R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为( )A ．1∶2∶5B ．5∶2∶1C ．10∶5∶2D ．2∶5∶10解析：三个电阻并联，电压相等，设为U ，由欧姆定律，得I ＝U R ，所以，I 1∶I 2∶I 3＝U R 1∶U R 2∶U R 3＝1R 1∶1R 2∶1R 3＝11∶12∶13＝10∶5∶2，C 对，A 、B 、D 错．答案：C4．(多选)电阻R 1、R 2、R 3串联在电路中，已知R 1＝10 Ω，R 3＝5 Ω.R 1两端电压为6 V ，R 2两端电压为12 V ，则( )A ．电路中的电流为0.6 AB ．电阻R 2的阻值为20 ΩC ．三只电阻两端的总电压为21 VD ．电阻R 3两端的电压为4 V解析：电路中电流I ＝U 1R 1＝610A ＝0.6 A ，A 对；R 2的阻值为R 2＝U 2I ＝120.6Ω＝20 Ω，B 对；三只电阻两端的总电压U ＝I (R 1＋R 2＋R 3)＝21 V ，C 对；电阻R 3两端的电压U 3＝IR 3＝0.6×5 V ＝3 V ，D 错．答案：ABC5．(多选)如图所示是两根材料和粗细相同的导体a、b的伏安特性曲线，下列说法正确的是()A．导体a的电阻大于导体b的电阻B．将它们并联后接入电路中，流过导体b的电流大于流过导体a的电流C．将它们串联后接入电路中，导体b两端的电压大于导体a 两端的电压D．导体b的长度大于导体a的长度解析：在IU图象中，图线的斜率越大，电阻越小，导体a的电阻大于导体b的电阻，A正确．将它们并联后，流过导体b的电流大，B正确．串联后，电压的分配与电阻成正比，C错误．由电阻定律R＝ρlS，两导体的电阻率和粗细相同，所以a的长度大于b的长度，D错误．答案：AB6．(多选)两个电阻R1与R2，且R1>R2，并联后总电阻为R，则一定有()A．R＝R1R2 B.1R＝1R1＋1R2C．R<R2D．R2<R<R1答案：BC7．有一金属丝，长1 m，电阻为15 Ω.现将金属丝两端连接成一闭合圆环，如图所示，在圆环上取P、Q两点．已知P、Q间的短圆弧长20 cm，求P、Q间的电阻值．解析：PQ间的电阻是两段电阻的并联，R＝R1R2R1＋R2＝3×123＋12Ω＝2.4 Ω.答案：2.4 Ω[B级提能力]8．(多选)R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许加的最大电压为10 V．若将它们串联，加在电路两端的电压可以是()A．45 V B．5 VC．25 V D．15 V解析：本题中R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，经计算，R2允许通过的最大电流仅为0.5 A，则通过串联电路的最大电流为0.5 A，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V，因而选BD.答案：BD9．(多选)如图所示是两个不同电阻的I－U图象，则图象①是电阻R1，图象②是电阻R2，则()A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图象应在区域ⅠB．R1和R2串联后的总电阻的I－U图象应在区域ⅢC．R1和R2并联后的总电阻的I－U图象应在区域ⅠD．R1和R2并联后的总电阻的I－U图象应在区域Ⅲ答案：BC10．(多选)如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中正确的是()A．小灯泡的电阻随着所加电压的增加而增大B．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大C．欧姆定律对小灯泡不适用D．如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12 V的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4 A解析：由图可知，图中电流随电压的增大而增大，每一点的斜率表示该点电阻的倒数，故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A对；因导线的形状没有发生变化，故说明随电压的升高电阻率增大，而随电压增大，温度是升高的，故B对；虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适用，故C错误；若把三个相同的灯泡串联，则每个灯泡两端的电压为4 V，由图可知对应的电流为0.4 A，故D 正确．答案：ABD11．如图所示电路，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω，求：(1)若已知流过R1的电流I1＝3 A，则干路电流为多大？(2)若已知干路中电流I＝3 A，则流过每个电阻电流为多大？解析：(1)并联电路电压是U＝I1R1＝6 V，I2＝UR2＝2 A，I3＝UR3＝1.5 A，I＝I1＋I2＋I3＝6.5 A.(2)并联总电阻为R，1R＝1R1＋1R2＋1R3，得R＝1213Ω，并联电压为U＝IR＝3613V，I1＝UR1＝1813A，I2＝UR2＝1213A，I3＝UR3＝913A.答案：(1)6.5 A(2)I1＝1813A，I2＝1213A，I3＝913A经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
物理新课堂同步粤教版选修3-1课时分层作业1 认识静电+Word版含解析
课时分层作业(一)认识静电[基础达标练](15分钟50分)一、选择题(共7小题，每小题6分)1．将一束塑料扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了，如图1-1-7所示．下列关于细条散开现象的分析中，正确的是()图1-1-7A．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开A[细条与手摩擦带电；细条上带的是同种电荷，同种电荷相互排斥，所以细条会向四周散开，捋的次数越多，细条带电越多，排斥力越多，下端散开的就越大；故B、C、D错误，A正确．]2．(多选)关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法正确的是() A．这三种方式都创造了带负电荷的电子B．这三种方式都创造了带正电荷的质子C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移D．这三种方式都符合电荷守恒定律CD[摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷，电荷只是发生了转移．感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体，是接触起电．电荷既不能被创造，也不能被消灭，这三种方式都没有产生电荷，故A、B错误；摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方法，但实质是一样的，都是电子的转移，故C正确；这三种方式都符合电荷守恒定律，故D正确．] 3．把一个带正电的金属球A跟不带电的同样的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这是因为()A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上B[金属球中能够自由移动的电荷是自由电子，则B球上的自由电子受A 球上所带正电荷的吸引而转移到A球上，B球因缺少电子就带上了正电荷．]4.如图1-1-8所示，AB是中性导体，把一个带正电的电荷靠近A端后又拿走．B 端带()图1-1-8【导学号：52592003】A．正电B．负电C．不带电D．不确定C[把一个带正电的电荷靠近A端时，由于静电感应，中性导体的A端带上负电荷，B端带上正电荷．拿走后，导体上A、B两端的电荷重新分布，A、B 两端均呈电中性．C项正确．]5．导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为()A．－q B．qC．2q D．4qC[两个完全一样的导体接触后电荷先中和再平分，所以q B＝5q－q2＝2q，故C对．]6．保护知识产权、抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们学习效率甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的()A．6.2×10－19 C B．6.4×10－19 CC．6.6×10－19 C D．6.8×10－19 CB[任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，即是1.6×10－19C的整数倍，由计算可知，只有B选项是1.6×10－19 C的整数倍，故B正确．] 7．如图1-1-9所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则()图1-1-9A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电D．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电D[A带正电，靠近验电器B时发生静电感应，使B的金属球带负电，下端金属箔带正电而张开．]二、非选择题(1小题，8分)8.(8分)如图1-1-10所示，某实验通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12C的电荷量，求：图1-1-10(1)金属瓶上收集到多少个电子？(2)实验的时间为多长？【解析】(1)金属瓶上收集的电子数目为：N＝Qe＝－8×10－12C－1.6×10－19C＝5×107(个)．(2)实验的时间：t＝5×107104s＝5 000 s.【答案】(1)5×107个(2)5 000 s[能力提升练](25分钟50分)一、选择题(共4小题，每小题6分)1. (多选)如图1-1-11所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则()【导学号：52592004】图1-1-11A．仅有两个小球带同种电荷B．仅有三个小球带同种电荷C．c、d小球带同种电荷D．c、d小球带异种电荷BD[由d吸a，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；由c 斥a，c斥b可知c、a、b带同种电荷，c与d带异种电荷，所以A、C错，B、D对．]2．绝缘细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的附近有一绝缘金属球b.开始时，a、b都不带电，如图1-1-12所示，现使a、b 分别带正、负电，则()图1-1-12A．b将吸引a，吸引后不放开B．b先吸引a，接触后又和a分开C．a、b之间不发生相互作用D．b立即把a排斥开B[因a带正电、b带负电，异种电荷相互吸引，轻质小球a将向b靠拢并与b接触，当小球a与b接触后，将对两球所带的电荷进行重新分配，结果两球带同种电荷将会被排斥开；若a、b原来带电荷量相等，则a、b接触后中和而都不带电，a、b将自由分开．故B正确．]3．(多选)原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电荷量的多少为8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16 CAD[由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．]4．如图1-1-13所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是()图1-1-13A．闭合开关S1，有电子从枕形导体流向大地B．闭合开关S2，有电子从枕形导体流向大地C．闭合开关S1，有电子从大地流向枕形导体D．闭合开关S2，没有电子通过开关S2C[在S1、S2都闭合前，对枕形导体，它的电荷是守恒的，a、b两端出现等量负、正电荷．当闭合开关S1、S2中的任何一个以后，便把大地与导体连通，使大地也参与了电荷转移，因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒，由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处应感应出正电荷，因此无论闭合开关S1还是开关S2，都应有电子从大地流向导体，故C选项正确．]二、非选择题(2小题，共26分)5．(13分)多少个电子的电荷量等于－3.2×10－5C？干燥的天气一个人脱了鞋在地毯上走，身上聚集了－4.8×10－5C的电荷．此人身上有多少个剩余电子？他的质量因聚集电子而增加了多少？(电子质量m e＝9.1×10－31kg，电子电荷量e ＝－1.6×10－19C)【解析】－3.2×10－5C的电荷量含有的电子数为n＝qe＝－3.2×10－5C－1.6×10－19C＝2.0×1014(个)，－4.8×10－5C的电荷量含有的电子数为n′＝q′e＝－4.8×10－5C－1.6×10－19C＝3.0×1014(个)，增加的质量为M＝n′m e＝3.0×1014×9.1×10－31kg＝2.73×10－16kg.【答案】 2.0×1014个 3.0×1014个 2.73×10－16kg6．(13分)如图1-1-14所示，大球A 原来的电荷量为Q ，小球B 原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q ；现给大球A 补充电荷，使其电荷量为Q ，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q ，问：经过反复足够多次接触后，小球的带电荷量为多少？【导学号：52592005】图1-1-14【解析】 由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是1∶1，但应该是一个确定的值．根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷量关系可知，此比例为(Q －q )∶q .经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B 球带电荷量为q ′，则有Q －q q＝Q q ′，解得q ′＝Qq Q －q. 【答案】Qq Q －q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。
物理新课堂同步粤教版选修3-1章末综合测评1 电场+Word版含解析
章末综合测评(一) 电场(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共12个小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12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．下列关于物理公式、规律的理解正确的是( )A ．库仑定律F ＝k q 1q 2r 2中的k ，是库仑用扭秤实验测得的B ．牛顿万有引力定律F ＝G m 1m 2r 2中的G ，是牛顿用扭秤实验测得的C ．牛顿在发现第二定律F ＝kma 之前，人们就已经规定力的单位为1 N ＝1 kg·m/s 2D ．牛顿第二定律F ＝kma 和库仑定律F ＝k q 1q 2r 2中的k 是一样的A [库仑定律F ＝k q 1q 2r 2中的k ，是静电力常数，是库仑用扭秤实验测得的，所以A 正确；牛顿万有引力定律F ＝G m 1m 2r 2中的G ，是卡文迪许用扭秤实验测得的，所以B 错误；“N ”这个单位是由牛顿第二定律F ＝kma ，当k ＝1时规定下来的，所以C 错误；牛顿第二定律F ＝kma 中的k 是比例系数，当式中物理量取国际单位制时，k ＝1，而库仑定律F ＝k q 1q 2r 2中的k 是静电力常数为9×109N·m 2/C 2，所以二者不同，D 错误．]2．2015年4月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s 内完成充电．下列说法正确的是( )A ．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极B ．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C ．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能D ．该“超级电容器”能储存电荷D [充电时电源的正极要接电容器的正极，A 错误；电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，B 错误；放电过程消耗的是内部的电场能而转化为电能，C 错误；由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷，D 正确．故选D.]2．图1为一只极距变化型电容式传感器的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C 便发生变化，通过测量电容C 的变化就可知道两极板之间距离d 的变化情况．下图中能正确反映C 与d 之间变化规律的图象是( )图1A B C DA [由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容C 与两极板之间距离d 成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，选项A 正确．]3．如图2所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，其中c 为ab 的中点．已知a 、b 两点的电势分别为φa ＝3V ，φb ＝9 V ，则下列叙述正确的是( )图图2A ．该电场在c 点处的电势一定为6 VB．a点处的场强E a一定小于b点处的场强E bC．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大D．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能可能增大C[若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φC＝φa＋φb2＝6 V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6 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，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点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C正确，D错误．故选C.] 4．.三个相同的金属小球，原来有两个小球带电荷量相等，相互间的引力为F，用第三个不带电的小球依次接触两个带电小球后再移走，则原来两个带电小球之间的相互吸引力变为()【导学号：52592045】A.F2 B.F4 C.F8 D.3F8C[因为两个小球间是引力，则设一个电荷量为q，另一个为－q，未接触前F＝k q 2r2，用不带电的小球先与q接触，则两个都带q′＝q2的正电荷，然后再与－q接触，q″＝q2－q2＝－q4，则这两个带电小球之间的引力变为F′＝k18q2r2＝18kq2r2＝18F，C正确．]5．如图3所示，一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的圆弧︵AB、︵BC、︵CD，则圆弧︵BC在圆心O处产生的场强为()图3A ．E B.E 2 C.E 3 D.E 4B [如图所示，B 、C 两点把半圆环分为相等的三段设每段在O 点产生的电场强度大小为E ′且相等，AB 段和CD 段在O 处产生的场强夹角为120°，根据平行四边形法则可得它们的合场强大小为E ′，则O 点的合场强：E ＝2E ′，则：E ′＝E 2，故圆弧BC 在圆心O 处产生的场强为E 2，故B正确，ACD 错误．]6.如图4所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图4A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压C [设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程中，由U 0q ＝m v 202，得v 0＝2U 0qm ，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm ，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL 2U 0d ，由此可判断C 正确．] 7．如图5所示，a 、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )图5A．使a、b板的距离增大一些B．使a、b板的正对面积减小一些C．断开S，使a、b板的距离减小一些D．断开S，使a、b板的正对面积减小一些D[开关闭合，电容器两端的电势差不变，故选项AB错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的距离减小一些，根据C＝εr S4πkd 知，电容C变大，由U＝QC可知电势差减小，静电计的指针张角减小，故C错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积减小一些，根据C＝εr S4πkd 知，电容C减小，由U＝QC可知电势差增大，静电计的指针张角变大，故D正确．故选D.]8．某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图6，带负电粉尘被吸附时由b点运动到a点，以下说法正确的是()图6A．该电场是匀强电场B．a点电势高于b点电势C．电场力对粉尘做正功D．粉尘的电势能增大BC[该电场的电场线疏密不均匀，所以不是匀强电场，故A错误；沿着电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故B正确；带负电粉尘受电场力向右，由b 点运动到a 点，电场力对粉尘做正功，故C 正确；带负电粉尘被吸附时由b 点运动到a 点，电场力对粉尘做正功，电势能减小，故D 错误；故选B 、C.]9．将一根绝缘细线在匀强电场中连接成一个菱形，如图7所示．a 、b 、c 、d 分别是菱形的四个顶点，且∠abc ＝120°.已知a 、b 、c 三点电势分别为3 V 、4 V 、5 V ，一个带电为＋1.0×10－6C 的小蚂蚁在细线区域内爬行．下列说法正确的是( )【导学号：52592046】图7A ．d 点电势为4 VB ．O 点电势为0 VC ．小蚂蚁在b 点电势能等于在d 点电势能D ．小蚂蚁在b 点电势能小于在d 点电势能AC [O 点是对角线的交点，由题意知，O 点电势φo ＝φa ＋φc 2＝φb ＋φd 2，故φd ＝4 V ，故A 正确，B 错误；b 、d 电势相等，小蚂蚁在b 、d 两点电势能也相等，故C 正确，D 错误．故选：A 、C.]10．如图8甲所示，A 、B 是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A 运动到B ，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则( )图8A．电场力F A＜F B B．电场强度E A＝E BC．电势φA<φB D．电势能E P A＜E P BAC[在v－t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力F A＜F B，故A 正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度E A＜E B，故B错误；电子静止开始沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA<φB，故C正确；由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能E P A>E P B，故D错误．所以选A、C.]11.如图9所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为d.一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出．已知微粒的电量为q、质量为m.下列说法正确的是()图9A．微粒运动的加速度为0B．微粒的电势能减小了mgdC．两极板间的电势差为mgd/qD．N极板的电势髙于M板的电势AC[由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A正确；重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，故B错误；由上可知微粒的电势能增加量ΔE p＝mgd，又ΔE p ＝qU，得到两极板的电势差U＝mgd，故C正确．由题可判断出电场力方向竖直q向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，故D 错误．]12．如图10所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()图10A．微粒在电场中做抛物线运动B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C．MN板间的电势差为2m v20 qD．MN板间的电势差为E v20 2gAB[由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A项正确；因AB＝BC，可知v C＝v0，故B项正确；由q·U2＝12m v2C，得U＝m v2Cq＝m v2q，故C项错误；由v0＝gt，v C＝qE m t知mg＝qE得q＝mg E代入U＝m v20q，得U＝E v2g，故D项错误．]二、非选择题(本题共4小题，共52分)13．(12分)如图11，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝1×10－2kg、电荷量q ＝＋1×10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10 m/s2，求：(1)该电场的电场强度大小；(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝23m时，机械能的改变量．图11【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x轴方向：F x＝F cos θ－mg sin θ＝0在y轴方向：F y＝F N－mg cos θ－F sin θ＝0得：qE＝mg tan 37°故有：E＝3mg4q＝7.5×104N/C，方向水平向右．(2)场强变化后物块所受合力为：F＝mg sin 37°－12qE cos 37°根据牛顿第二定律得：F＝ma故代入解得a＝0.3 g＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故ΔE＝12qEL cos 37°，解得ΔE＝－0.02 J.【答案】(1)7.5×104 N/C(2)3 m/s2(3)－0.02 J14．(12分)有带电平行板电容器竖直放置，如图12所示，两极板间距d＝0.1 m，电势差U＝1 000 V，现从平行板上A处以v A＝3m/s速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q＝10－7C，质量m＝0.02g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离s AB，(g＝10 m/s2)图12【解析】 把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解．在水平方向上，小球有初速度v A ，受恒定的电场力qE 作用，做匀变速直线运动，且由qU >12m v 2A知，小球不会到达左极板处．在竖直方向上，小球做自由落体运动．两个分运动的运动时间相等，设为t ，则在水平方向上：E ＝U d ＝1 0000.1V/m ＝104V/m则其加速度大小为：a 水平＝qE m ＝10－7×1040.02×10－3m/s 2＝50 m/s 2，则t ＝2v A a ＝2×350s ＝0.12 s在竖直方向上：s AB ＝12gt 2，联立以上四式求解得：s AB ＝7.2×10－2m.【答案】 s AB ＝7.2×10－2m15．(14分)如图13所示，质量为m ＝5×10－8 kg 的带电粒子以v 0＝2 m/s 的速度从水平放置的平行金属板A 、B 中央飞入电场，已知板长L ＝10 cm ，板间距离d ＝2 cm ，当A 、B 间加电压U AB ＝103 V 时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A 板电势高)，g 取10 m/s 2.求：【导学号：52592047】图13(1)带电粒子电性和所带电荷量；(2)A 、B 间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？【解析】(1)当U AB＝103 V时，粒子做直线运动有q Ud＝mg解得q＝mgdU＝10－11 C，带负电．(2)当电压U AB比较大时，qE>mg，粒子向上偏，由牛顿第二定律得qU1d－mg＝ma1当刚好能从上板边缘飞出时，有y＝12a2t2＝12a1(Lv0)2＝d2解得U1＝1 800 V当电压U AB比较小时，qE<mg，粒子向下偏，由牛顿第二定律得mg－qU2d＝ma2设刚好能从下板边缘飞出，有y＝12a2t2＝d2解得U2＝200 V则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为：200 V≤U AB≤1 800 V.【答案】(1)带负电10－11C(2)200 V≤U AB≤1 800 V16．(14分)如图14，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．图14【解析】 小球在光滑轨道上做圆周运动，在a 、b 两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b 到a 只有电场力做功，利用动能定理，可求解E 及a 、b 两点的动能．质点所受电场力的大小为F ＝qE ① 设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有F ＋N a ＝m v 2a r② N b －F ＝m v 2b r ③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12m v 2a④ E k b ＝12m v 2b⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝2rF⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r 12(N b ＋5N a )E k b ＝r 12(5N b ＋N a )．【答案】16q(N b－N a)r12(N b＋5N a)r12(5N b＋N a)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。
物理新导学同步选修3-1(粤教版)精选练习：第二章章末复习课+Word版含解析.doc
第二章章末复习课【知识体系】[答案填写] ①ρl S ②U R ③I 2Rt ④UIt ⑤E R ＋r⑥EI ⑦UI ⑧I 2r主题1 非纯电阻电路的计算1.电功：W ＝UIt .2．电功率：P 电＝UI .3．热量：Q＝I2Rt.4．热功率：P热＝I2R.分析与方法：闭合电路中电功、热量和电功率、热功率的问题本质上都是能量转化和守恒问题．分析这类问题时，要注意区分电功和热量、电功率和热功率，抓住能量守恒这条主线；在纯电阻电路中，电功和热量相等，电功率和热功率相等；在非纯电阻电路中，电功大于热量，电功率大于热功率．【典例1】一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升重力为4 N的物体时，通过电动机的电流是0.2 A．在30 s内可使该物体被匀速提升3 m．若不计电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升物体的30 s内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻．解析：(1)电动机的输入功率P入＝IU＝0.2×3 W＝0.6 W.(2)根据能量的转化与守恒，线圈产生的热量Q＝P入t－G·h＝0.6×30 J－4×3 J＝6 J.(3)据焦耳定律，线圈的电阻r＝QI2t＝60.22×30Ω＝5 Ω.答案：(1)0.6 W(2)6 J(3)5 Ω针对训练1．(多选)如图所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻R M＝1 Ω，则下列说法中正确的是()A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为20W解析：根据闭合电路欧姆定律，有E＝U＋I(r＋R)，解得I＝E－U R＋r＝2 A，故A错误；电动机的输入功率P入＝UI＝10×2＝20 W；电动机的热功率P热＝I2R M＝22×1＝4 W；电动机的输出功率P出＝P－P热＝UI－I2R M＝10×2－22×1＝16 W，故B、C正确，D错误．答案：BC主题2含电容器的直流电路在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等．(3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．【典例2】如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，电容器的电容C1＝4 μF，C2＝1 μF.求：(1)当S闭合时间足够长时，C1和C2所带的电量各是多少？(2)把S断开，S断开后通过R2的电量是多少？解析：(1)当S闭合时间足够长时，C1两端的电压等于R2两端的电压；C2两端的电压等于路端电压．回路电流I＝Er＋R1＋R2＝2 A，C1两端的电压UC1＝U2＝IR2＝4 V，C1的带电量为：Q1＝C1UC1＝4×10－6×4 C＝1.6×10－5 C，C2两端的电压UC2＝U＝I(R1＋R2)＝10 V，C2的带电量为：Q2＝C2UC2＝1×10－6×10 C＝1.0×10－5 C.(2)断开S后，电容器C1通过电阻R2、R3放电；电容器C2通过电阻R1、R2、R3放电，放电电流均流过R2，且方向相同．因此，通过R2的电量为：Q＝Q1＋Q2＝1.6×10－5 C＋1.0×10－5 C＝2.6×10－5 C.答案：(1)1.6×10－5 C 1.0×10－5 C(2)2.6×10－5 C针对训练2．下图电路中，电源电动势E＝10 V、内阻忽略不计，定值电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF.(1)闭合开关S ，电路稳定后通过电阻R 1的电流多大？(2)然后将开关S 断开，求这以后流过电阻R 1的总电量？(3)开关S 断开以后，电源还输出多少电能？解析：(1) 闭合开关S 后，电路达到稳定时，电容器相当于断路，由闭合电路欧姆定律知，通过R 1的电流为：I ＝E R 1＋R 2＝1 A. (2)断开前，电容器两极上电压等于R 2两端的电压，即：U C ＝IR 2＝1×6 V ＝6 V ，电容器的带电量为：Q ＝CU C ＝30×10－6×6 C ＝1.8×10－4 C. S 断开后，电容器两极间电压等于电源电动势E ，其带电量为： Q ′＝CE ＝30×10－6×10 C ＝3×10－4 C ，流过R 1的总电量等于电容器带电量的增加量，即：ΔQ ＝Q ′－Q ＝1.2×10－4 C.(3)开关断开以后，电源又释放的电能为：E 电＝ΔQE ＝1.2×10－4×10 J ＝1.2×10－3 J.答案：(1)1 A (2)1.2×10－4 C (3)1.2×10－3 J主题3 电路故障的分析方法1．故障类型．(1)短路：电路被短路部分有电流通过(电流表有示数)，被短路两点之间没有电压(电压表无示数)．(2)断路：电路断路部分没有电流通过(电流表无示数)，断路两点之间有电压，断路同侧导线两点无电压．2．电路故障分析思路．(1)认真审题，判断电路各元件连接方式，明确电流表、电压表测量的元件，各开关控制的元件．(2)根据故障现象分析有无电流，得出电路是短路还是断路．(3)根据电表示数变化分析找出故障位置．3．利用电流表、电压表判断电路故障．(1)电流表示数正常而电压表无示数．“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．故障原因可能是：①电压表损坏；②电压表接触不良；③与电压表并联的用电器短路．(2)电压表有示数而电流表无示数．“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．故障原因可能是：①电流表短路；②和电压表并联的用电器断路．(3)电流表、电压表均无示数．“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．【典例3】在如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则()A．L可能变亮B．R可能断路C．灯L可能断路D．电阻R可能短路解析：首先分析电路的连接方式与电表的作用对象．灯L与电阻R串联，V测电源电压，V1测电阻R电压．其次，从故障现象看，有一个电压表示数变大，而电源电压不变，则可判断是V1示数变大．根据“故障分析思路”可判断：可能是灯L短路，或者可能是电阻R断路(V1也测电源电压)．所以，此题应选B.答案：B针对训练3．如图所示，开关S闭合电灯不亮，为了检查图中电路故障，现用一根导线进行判断，当导线连接BC时，灯不亮；当导线连接CD时，灯也不亮；当导线连接DE时，灯亮了．则电路故障原因是()A．电阻R断路B．电灯L断路C．R、L同时断路D．变阻器断路解析：在串联电路中，灯不亮，有两种可能，第一，灯短路；第二，电路中有断路处．根据导线的连接现象判断，应该不是第一种故障，所以是电路中有断路处．当把断路处连接好，灯就会亮．所以，此题应选D.答案：D主题4电学实验1．实验基本原则．(1)安全——不损坏实验仪器．(2)精确——尽可能减少实验误差．(3)方便——便于实验操作、读数和数据处理．2．实验仪器的选取．(1)电源允许的最大电流要大于电路中的实际电流．(2)用电器的额定电流大于或等于通过它的实际电流．(3)电压表和电流表的量程不能小于被测电压和电流的最大值，一般两表的指针应该指到满偏刻度的12～23的位置为宜．3．电路的实物连接的方法．(1)先图后连，先串后并．(2)看准极性，接线到柱．(3)明确量程，检查定位．【典例4】用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线.(2)将K旋转到电阻挡“×100”位置.(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的________(填“0 刻线”或“∞刻线”).(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 K”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准解析：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC.答案：(1)S(3)T0刻线(4)ADC针对训练4．小明的实验桌上有：A.待测电源一个(电动势约3 V，内阻小于1 Ω)；B.直流电流表(量程0～0.6～3 A，0.6 A挡的内阻约0.22 Ω，3 A挡的内阻约0.1 Ω)；C.直流电压表(量程0～3～15 V，3 V挡内阻为15 kΩ，15 V挡内阻为25 kΩ)；D.滑动变阻器(阻值范围为0～15 Ω，允许最大电流为1 A)；E.滑动变阻器(阻值范围为0～1 000 Ω，允许最大电流为0.2 A)；F.开关；G.导线若干；H.小灯泡(电阻小于1 Ω)．请你帮助小明完成下列问题：(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻，有如图甲、乙两种电路，为了减小测量误差，应选择图______所示电路．(2)根据你选择的电路将图丙中的实物连接好．(3)你选择的滑动变阻器是________(填代号)，理由是___________________________________________________.(4)小明根据测出的数据，作出U－I图线如图丁a线所示，实验所测电源的电动势为E＝__________V，内电阻为r＝________Ω.解析：(1)伏特表测量的是路端电压，所以使用图乙电路．(2)图略．(3)滑动变阻器应选择能使电路电流适中且移动滑片时电流表示数较明显，所以选D.(4)E＝3 V，r＝0.75 Ω.答案：见解析统揽考情本章的内容较多，理论基础是闭合电路的欧姆定律，通常以电路分析、计算和实验题的形式考查，近几年来，实验题的考查是重中之重．从近几年的高考来看，各省市的高考题基本都涉及本章的实验，考查范围较广，有实验仪器的选择与使用、实验过程与结果的分析以及实验设计，涉及的实验有多用电表的使用、伏安法测电阻，电流表(电压表)的改装和测电源电动势和内阻．这要求我们在深刻理解闭合电路的欧姆定律、熟练掌握电路分析方法的基础上，对有关的几个实验在原理、实质上有明确的认识．真题例析(2017·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表V(量程 3 V，内阻 3 kΩ)；电流表A(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图甲所示．图甲图乙由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(选填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率______(选填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图乙所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为____________W(结果均保留两位小数)．解析：(1)电压从0开始调节，滑动变阻器应使用分压式接法，电压表的量程小于灯泡的额定电压，需要串联电阻改装，因为灯泡电阻远小于改装电压表的总电阻，所以电流表采用外接法．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加，U I也增加，则小灯泡的电阻增大，由R ＝ρL S，灯丝的电阻率增大． (3)I 以mA 为单位，当滑动变阻器R ＝0时，灯泡两端的电压U＝E 0－Ir ＝4－I 1 000，此时灯泡的功率最大，在小灯泡伏安特性曲线中作I ＝4 000－1 000U 图线，找出交点的横、纵坐标，则小灯泡最大功率P ＝1.17 W ；同理可知当滑动变阻器R ＝9 Ω时，小灯泡的最小功率P ＝0.39 W.答案：(1)如图所示(2)增大 增大(3)0.39 1.17针对训练某同学设计的可调电源电路如图甲所示，R 0为保护电阻，P 为滑动变阻器的滑片，闭合电键S.(1)用电压表测量A 、B 两端的电压；将电压表调零，选择0～3 V 挡，示数如图乙，电压值为________V .(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P 应先置于________端．(3)要使输出电压U 变大，滑片P 应向________端移动．(4)若电源电路中不接入R 0，则在使用过程中，存在______(选填“断路”或“短路”)的风险．图甲 图乙解析：(1)电压表选择0～3 V 量程，最小刻度为0.1 V ，读数时应估读到下一位，因此电压表的读数为1.30 V .(2)接通电路前应使滑片置于A 端，使用电器两端电压为0，这样才能保护外电路的安全．(3)要增大输出电压，应使滑片P 向B 端移动．(4)如果电路不接入R 0，则电路电流过大会烧坏电路，出现短路风险．答案：(1)1.30 (2)A (3)B (4)短路1．(2016·全国Ⅱ卷)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A.25B.12C.35D.23解析：当开关S 断开时等效电路如图1所示，电容器C 两端的电压U ＝15E ，所带的电荷量Q 1＝CU ＝15CE ；当开关S 闭合时等效电路如图2所示，电容器C 两端的电压U ′＝13E ，所带的电荷量Q 2＝13CE .所以Q 1Q 2＝35，C 项正确．图1 图2答案：C2．(2014·全国Ⅱ卷)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 约为200 Ω，电压表V 的内阻约为2 k Ω，电流表A 的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，图(a)图(b)结果由公式R x ＝U I计算得出．式中U 与I 分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x 1和R x 2，则__________(填“R x 1”或“R x 2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x 1________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值R x 2________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．解析：R x R A ＝20，R V R x＝10，因此R x 属于大电阻，用电流表内接法时测量值更接近真实值，即R x 1更接近真实值；因R x 1＝U I＝R x ＋R A ，故R x1＞R x，R x2＝UI＝R并(即R x与R V的并联值)，故R x2＜R x.答案：R x1大于小于3．(2017·全国卷Ⅱ)某同学利用如图甲所示的电路测量一微安表(量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω)的内阻．可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2(其中一个最大阻值为20 Ω，另一个最大阻值为2 000 Ω)；电阻箱R z(最大阻值为99 999.9 Ω)；电源E(电动势约为1.5 V)；单刀开关S1和S2.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片．图甲(1)按原理图甲将图乙中的实物连线．图乙(2)完成下列填空：①R1的最大阻值为________(选填“20”或“2 000”)Ω.②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图甲中的滑动变阻器的________(选填“左”或“右”)端对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近．③将电阻箱R z的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1.将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置．最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势________(选填“相等”或“不相等”)．④将电阻箱R z和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将R z的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变．待测微安表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：________________________________________________________________.解析：(2)①滑动变阻器的分压式接法要求选用最大阻值较小的滑动变阻器，因此R1要选择最大阻值为20 Ω的滑动变阻器．②开始时将R1的滑片移动到滑动变阻器的左端对应的位置，可使得微安表上的电压最小，从而保护了微安表．③接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前后在BD中无电流流过，可知B与D所在位置的电势相等．④因B与D电势相等，R zR2左＝R AR2右，对调后R AR2左＝R z′R2右，解得R A＝R z R z′＝2 550 Ω.答案：(1)连线如图(2)①20②左③相等④2 550(3)调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程4．(2017·全国卷Ⅲ)图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．图甲图乙(1)图甲中的A端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(选填正确答案标号)．A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置(3)根据题给条件可得R1＋R2＝______Ω，R4＝______Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________(结果均保留三位有效数字)．解析：(1)根据欧姆表原理可知黑表笔接高电势．(2)R6是欧姆调零电阻，故B正确．(3)换挡开关接2时，是量程较小的电流表，所以R1＋R2＝I g R gI－I g＝160 Ω；换挡开关接4时，是量程较小的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻r＝（R1＋R2）R gR1＋R2＋R g＝120 Ω.新表头的量程是1 mA，所以R4＝U1I1－r＝11×10－3Ω－120 Ω＝880 Ω.(4)若此时B端是与“1”相连的，则为量程是2.5 mA的电流表，则多用电表读数为1.47 mA；若此时B端是与“3”相连的，则为欧姆表，读数为1.10×103Ω；若此时B端是与“5”相连的，则为量程是5 V的电压表，读数为2.95 V.答案：(1)黑(2)B(3)160880(4)1.47 mA 1.10×103Ω 2.95 V5．(2017·天津卷)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1的内阻r1＝1.0 kΩ，电阻R1＝9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0 Ω的电阻．(1)按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开．(2)排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图．由I1I2图象得到电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.解析：(1)测a、b′间电压，读数不为零，说明cc′没有断开，若测a、a′间电压，读数不为零，说明bb′没有断开，所以是aa′断开，若测a、a′间电压，读数为零，说明aa′没有断开，所以是bb′断开．(2)根据闭合电路欧姆定律及题图所示电路得E＝U外＋U内＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)(R0＋r)，代入图象中两组数据(60 mA，0.12 mA)、(260 mA，0.05 mA)，解得电动势E＝1.4 V，内阻r＝0.5 Ω.答案：(1)aa′bb′(2)1.40.5经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
粤教版物理选修3-1：综合练习题(含详细答案)
粤教版物理选修3-1综合练习题一、单选题1.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，则下列说法正确的是()A．C带正电，且QC＜QBB．C带正电，且QC＞QBC．C带负电，且QC＜QBD．C带负电，且QC＞QB2.电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不太热，原因是()A．通过电炉丝的电流大，而铜导线电流小B．电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以不热C．铜导线的电阻比电炉丝小得多，在串联的情况下铜导线的发热量小D．电炉丝两端的电压比铜导线两端的电压小得多3.如图所示，一根金属棒MN，两端用弹簧悬挂于天花板上，棒中通有方向从M流向N的电流．若在图中的虚线范围内加一磁场，可以使弹簧的弹力增大(弹力的方向不变)．关于该磁场的方向，以下判断中正确的是()A．垂直纸面向里B．垂直纸面向外C．平行纸面向上D．平行MN向左4.如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()A． 2BIL，垂直AC的连线指向左下方B．，垂直AC的连线指向左下方C．，平行于OC向右D．BIL，平行于OC向左5.将两只可调电阻R1(0～10Ω)、R2(0～100Ω)连接成如图a和b所示的电路，用于调节电路的电阻．关于它们的作用，下列说法正确的是()A．图a中R1是微调电阻，R2是粗调电阻B．图b中R1是微调电阻，R2是粗调电阻C．图a、图b中R1都是微调电阻D．图a、图b中R2都是粗调电阻6.如图为一门电路的两个输入端A、B与输出端Z的电压信号图，由此可推断该门电路是()A．“与”门B．“或”门C．“非”门D．“与非”门7.如图所示的电路中，开关S闭合后，灯泡A和B都正常发光．由于电路故障，灯泡B变暗(没有熄灭)，灯泡A变亮，则电路中可能发生的故障是()A．R1短路B．R1断路C．R2短路D．R2断路8.关于磁铁的两个磁极，下列说法中正确的是()A．可以分开B．不能分开C．一定条件下可以分开D．磁铁很小时就只有一个磁极9.如图所示，将两不带电的绝缘导体AB、CD放在带负电的导体Q的附近，达到静电平衡状态后，下列说法正确的是()A．用导线连接A、B两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到BB．用导线连接A、C两端，连通瞬间没有电流通过导线C．用导线连接A、D两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到DD．用导线连接B、C两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B10.如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是()A．该电场是匀强电场B．电场线的方向由N指向MC．电子在a处的加速度小于在b处的加速度D．因为电子从a到b的轨迹跟MN重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹二、多选题11.（双选）如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50m的绝缘光滑槽轨，槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.50T.有一个质量m＝0.10g，带电量为q＝＋1.6×10－3C的小球在水平轨道上向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是()A．小球在最高点所受的合力为零B．小球到达最高点时的机械能与小球在水平轨道上的机械能相等C．如果设小球到达最高点的线速度是v，则小球在最高点时式子mg＋qvB＝m成立D．如果重力加速度取10m/s2，则小球的初速度v0＝4.6m/s12.(多选)下列关于磁电式电流表的说法中正确的是()A．磁电式电流表内部的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的B．磁电式电流表的指针偏转角度的大小与被测电流的大小成反比C．磁电式电流表的优点是灵敏度高，缺点是允许通过的电流很弱D．磁电式电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用13.(多选)关于多用电表上的欧姆刻度线，下列说法中正确的是()A．零欧姆刻度线与零电流刻线重合B．零欧姆刻度线与电流表满偏刻度线重合C．欧姆刻度线是不均匀的，欧姆值越大，刻度线越密D．欧姆刻度线是不均匀的，欧姆值越小，刻度线越密14.（双选）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断()A．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小C．只要x相同，则离子质量一定相同D．只要x相同，则离子的比荷一定相同三、实验题15.某同学在做练习使用多用电表的实验：(1)测量某电阻时，用“×10”欧姆挡，发现指针偏转角过小，他应该换用欧姆挡________．(填“×1”或“×100”)，换挡后，在测量前要先________．.实验结束后，拔下红黑表笔，把多用电表的选择开关扳到OFF挡；(2)如图所示，用多用电表测量电路中的电流．图中多用电表测得的是通过电阻的电流(填甲、乙或甲和乙)，实验结束后断开开关，拔下红黑表笔，把多用电表的选择开关扳到OFF挡．16.在“测定金属丝的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时其刻度的位置如图所示．(1)从图中可读出金属丝的直径为________mm.(2)在用伏安法测定金属丝的电阻时(金属丝的电阻约为20Ω)，除被测金属丝外，还有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势约12V，内阻很小；B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω；C．电流表A2：量程0～3.0A，内阻约为0.1Ω；D．电压表V：量程0～3V，内阻约为10kΩ；E．滑动变阻器R：最大阻值20Ω；F．开关、导线若干．为了提高实验的测量精度，在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________(填A1或A2)．(3)根据所选的器材，在虚线框中画出完整的实验电路图(要求电阻丝上的电压从零开始变化)．四、计算题17.带电小球的质量为m，当匀强电场方向水平向右时，小球恰能静止在光滑圆槽形轨道的A点，图中θ＝30°，如图所示，当将电场方向转为竖直向下时(保持匀强电场的电场强度大小不变)，求小球从A点起滑到最低点时对轨道的压力．18.如图所示为国庆群众游行队伍中的国徽彩车，不仅气势磅礴而且还是一辆电动车，充一次电可以走100公里左右．假设这辆电动彩车总质量为6.75×103kg，当它匀速通过天安门前500m的检阅区域时用时250s，驱动电机的输入电流I＝10A，电压为300V，电动彩车行驶时所受阻力为车重的0.02倍．g取10m/s2，不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1)驱动电机的输入功率；(2)电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率；(3)驱动电机的内阻和机械效率．19.如图，R1＝14Ω，R2＝9Ω，当开关处于1时，理想电流表读数为0.2A，当开关处于2时，电流表读数为0.3A，求电源的电动势和内阻．五、填空题20.一矩形线圈面积S＝10－2m2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝1×10－3Wb，则磁场的磁感应强度B＝______________；若线圈以一条边为轴转180°，则穿过线圈的磁通量的变化量为____________；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф0＝________________.21.A、B两根粗细相同的不同导线，电阻率之比1∶2，长度之比为4∶1，则它们的电阻之比RA∶RB ＝____________；然后分别加上相同的电压，相同时间内通过两导线横截面的电荷量之比qA∶qB＝____________；消耗的电功率之比PA∶PB＝____________.22.图中金属球A的半径为R，电荷量为Q，点电荷B的电荷量为q.B与A球的球心间的距离为r，当B不存在而只有A存在且达到静电平衡时，电荷Q在球心O处的电场强度等于________，这是因为________，当点电荷B也同时存在并达到静电平衡时，球心O处的电场强度等于________，金属球上的电荷在球心O处产生的电场强度大小等于________，这是因为________．23.如图电路中，电源有内阻，开关S1、S2、S3、S4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，(1)若只断开S1，则P将________．(2)若只断开S2，则P将________．(3)若只断开S3，则P将________．(4)若只断开S4，则P将________．24.闪电是云层与云层或云层与高大建筑物间放电所致，在放电过程中将释放大量能量.2015年8月10日，广州海珠湖公园一木屋被雷电击中，三人受伤．据有关专家估算雷击时释放能量约为3.2×106J，假若从云层移向木屋的电量为32 C，则云层与木屋间电势差为________V，相当于释放电子________个．答案解析1.【答案】C【解析】因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，且FCA＜FBA，所以C带负电，且QC＜QB. 2.【答案】C【解析】电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝＝I导线，通电时间t相同，R电炉丝＞R导线，由Q＝I2Rt，电流产生的热量：Q电炉丝＞Q导线，从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象，故A错误，C正确．由以上分析知，电炉丝与铜导线消耗的电能不同，电炉丝两端的电压比铜导线大的多，故B、D错误．3.【答案】B【解析】磁场方向垂直纸面向里，金属棒所受的安培力方向竖直向上，根据平衡，知弹簧的拉力减小．故A错误．磁场方向垂直纸面向外，金属棒所受的安培力方向竖直向下，根据平衡，知弹簧的拉力增大．故B 正确．磁场方向平行于纸面向上，则安培力方向垂直纸面向外，当平衡时，弹簧拉力的方向不在竖直方向上．故C错误．磁场方向平行MN向左，则电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力的作用，拉力不变．故D 错误．4.【答案】B【解析】直导线折成半径为R的圆弧形状，在磁场中的有效长度为L′＝R，又L＝联立解得L′＝则安培力为：F＝BIL′＝安培力的方向与等效长度的直线垂直，根据左手定则可得，安培力的方向垂直AC的连线指向左下方．5.【答案】A【解析】图a中两电阻串联，则电流处处相等，因此电阻两端的电压与电阻阻值成正比，由于电阻R1(0～10Ω)、R2(0～100Ω)，所以R1是微调电阻，R2是粗调电阻；对于图b中两电阻并联，则电压相等，因此电流与电阻阻值成反比，所以R1是粗调电阻，R2是微调电阻，故A正确，B、C、D错误．6.【答案】B【解析】若该门电路是“与”门，输入都为“1”，输出才为“1”．验证发现A错误．若该门电路为“或”门，输入只要有“1”，输出就为“1”，验证发现B正确．若该门电路为“非”门，输入只要有“1”，输出就为“0”，验证发现C错误．如果该门电路为与非门，输入只要有“0”输出就为“1”，验证发现D 错误．7.【答案】B【解析】电阻R1与灯A并联，电阻R2与灯B并联，然后是串联在电路中，根据“串反并同”，即串联电器的电压电流都与该电阻反向变化，并联电器的电压电流都与该电阻同向变化．短路就是电阻变小为0，断路就是电阻变大为无穷大．据此判断，R1短路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变大，B灯变亮，与之并联的灯A电流变小(被短路，电流减小为0)，A灯熄灭，选项A错误．R1断路会使得与之串联的电阻R2与灯B电流变小，B灯变暗，与之并联的灯A电流变大，A 灯变亮，选项B对．R2短路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变大，A灯变亮，与之并联的灯B 电流变小(被短路减小到0)，B灯熄灭，选项C错误．R2断路使得与之串联的电阻R1与灯A电流变小，A灯变暗，与之并联的灯B电流变大，B灯变亮，选项D错误．8.【答案】B【解析】9.【答案】D【解析】根据静电感应规律可以判断枕形导体A端带正电荷，B端带负电荷．处于静电平衡的导体是等势体，用导线连接A、B两端，连通瞬间没有电流通过导线，故A错误；根据沿着电场线的方向，电势降低可知，导体AB的电势低于CD的电势，当用导线连接A、C两端，连通瞬间有电子从AB流向CD，有电流通过导线，故B错误；处于静电平衡的整个导体是等势体，AB的电势低于CD的电势，当用导线连接A、D两端时，电子从A流向D，导线中电流方向由D到A；当用导线连接B、C两端时，导线中电子从B流向C，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B，故C错误，D正确．10.【答案】B【解析】仅从一条直的电场线不能判断出该电场是否为匀强电场，因为无法确定电场线的疏密程度，所以该电场可能是匀强电场，可能是正的点电荷形成的电场，也可能是负的点电荷形成的电场，A错．电子从a到b做的是加速运动，表明它所受的静电力方向是由M指向N，由于电子所受的静电力方向跟场强方向相反，所以电场线的方向由N指向M，B对．由于无法判断电场的性质，因此不能比较电子在A、B两处所受静电力的大小，即不能比较加速度的大小，C错．电场线不是电荷运动的轨迹，只有在特定的情况下，电场线才可能与电荷的运动轨迹重合，D错．11.【答案】BD【解析】小球在最高点速度不为零，所受的合力不为零，A错，小球运动中洛伦兹力以及轨道的弹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，B对，如果设小球到达最高点的线速度是v，则小球在最高点时式子mg－qvB＝m成立，C错，根据机械能守恒可以计算出小球的初速度v0＝4.6m/s，D 对12.【答案】ACD【解析】蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，不是匀强磁场，故A正确；电流表由于蹄形磁铁和铁芯间的磁场是辐向均匀分布的，因此不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行．因此，磁力矩与线圈中电流成正比(与线圈位置无关)．当线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故电流表的刻度是均匀的．故B错误；磁电式电流表的优点是灵敏度高，可以测出很弱的电流，故C正确；磁电式电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用，故D正确．13.【答案】BC【解析】因为多用电表在不使用时，指针是在电流表的零刻度线上，但是此时欧姆表的两个表笔并没有相接触，表笔之间的电阻无穷大，所以电流表的零刻度线对应的是欧姆表的无穷大刻度线，当电流表示数最大即处于满偏刻度上时，对应的电阻最小，所以零欧姆刻度线与电流表满偏刻度线重合，A错误，B正确，从欧姆表的刻度盘上得知欧姆表的刻度线是不均匀的，欧姆值越大，刻度线越密，C正确，D错误．14.【答案】AD【解析】由动能定理qU＝mv2.离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有：x＝2r＝，故x＝，分析四个选项，A、D正确，B、C错误．15.【答案】(1)×100欧姆调零(2)乙【解析】(1)由于偏角过小，说明电阻阻值过大，因此需换用高挡位测量，因此应选“×100”挡位，但测量前，只要换挡就应重新欧姆调零；(2)在电路中，多用电表与电阻乙串联，因此测量的是乙电阻的电流．16.【答案】(1)0.530(0.530～0.532)(2)A1(3)【解析】(1)螺旋测微器的读数：先读固定刻度值(0.5mm)，再加上可动刻度(3.0×0.01mm)，为0.530mm；(2)因为电压表量程为3V，所以通过电流表的最大电流I m＝＝A＝0.15A，故电流表选A1.(3)滑动变阻器应选择分压式接法，因为如果限流式接法会超过电压表的量程；因为＝500，＝40，所以电流表选择外接法，实验电路图如图所示．17.【答案】2(＋1)mg方向竖直向下【解析】设小球带电量为q，电场强度大小为E，当场强方向向右时，小球在A点受力如图所示．由平衡条件得：qE＝＝mg.当场强方向竖直向下时，电场力的方向变为竖直向下，小球从A到B的过程中，重力、电场力都做正功．由动能定理得：(mg＋qE)R(1－sin 30°)＝mv2－0所以v＝.设小球到B点时受到的支持力为F N′.则F N′－(mg＋qE)＝代入数据解得F N′＝2(＋1)mg.由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力F N″＝2(＋1)mg，方向竖直向下．18.【答案】(1)3000W(2)2700W(3)3Ω90%【解析】(1)驱动电机的输入功率P入＝UI＝300×10W＝3000W.(2)电动彩车通过天安门前的速度v＝＝2m/s电动彩车行驶时所受阻力为F f＝0.02mg＝0.02×6.75×103×10N＝1.35×103N电动彩车匀速行驶时F＝F f，故电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率P机＝Fv＝2700W.(3)设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t＝P机t＋I2Rt解得驱动电机的内阻R＝3Ω驱动电机的机械效率η＝×100%＝90%.19.【答案】E＝3V r＝1Ω【解析】根据闭合回路欧姆定律可得，当开关在1位置时，有E＝14×0.2＋0.2r当开关在2位置时有：E＝9×0.3＋0.3r联立解得E＝3V，r＝1Ω20.【答案】0.2 T2×10－3Wb0【解析】线圈的磁通量Ф＝B·S⊥＝BS sin 30°，所以B＝＝＝0.2 T若线圈以一条边为轴转180°，则穿过线圈的磁通量的变化量ΔФ＝Ф－Ф′＝1×10－3Wb－(－1×10－3)Wb＝2×10－3Wb线圈平面和磁场方向之间的夹角变为0°，则Ф0＝0.21.【答案】2∶11∶21∶2【解析】A、B两根导线粗细相同，横截面积相等．根据电阻定律R＝ρ得，RA∶RB＝ρAlA∶ρBlB＝2∶1由欧姆定律得，电流I＝，电压U相同，则电流之比IA∶IB＝RB∶RA＝1∶2由电量q＝It得，相同时间内通过两导线横截面的电荷量之比qA∶qB＝IA∶IB＝1∶2消耗的电功率之比PA∶PB＝UIA∶UIB＝1∶222.【答案】0处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零0k导体要处于静电平衡状态，其内部电场强度必处处为零【解析】金属球A处于静电平衡状态时，内部电场强度处处为零，由于点电荷B在球心O处的电场强度大小为k，根据电场强度叠加原理，(重新分布后的)金属球上的电荷在球心O处产生的电场强度大小必为k.23.【答案】(1)静止(2)向上做匀加速直线运动(3)向下做加速直线运动(4)静止【解析】(1)只断开S1，电容器两端电压保持不变，故P将静止．(2)只断开S2，电容器两端电压变大，极板间场强变大，油滴P向上做匀加速直线运动．(3)只断开S3，电容器将放电，电场逐渐消失，油滴P向下做加速直线运动．(4)只断开S4，电容器两端电压保持不变，故油滴P将静止．24.【答案】1×1052×1020【解析】雷击时释放能量约3.2×106J，故电场力做功W＝3.2×106J，U＝＝V＝1×105V，相当于释放的电子数n＝＝＝2×1020(个)．。
粤教版高中物理选修3-1电路单元测试题.docx
高中物理学习材料唐玲收集整理电路单元测试题一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
共4小题，每小题4分，共16分）．1．两根完全相同的金属丝Ａ和Ｂ，如果把其中的一条Ａ均匀地到拉长原来的４倍，把Ｂ对折后胶合在一起，则它们的电阻之比为（）A．64：1 B．1：64 C．1：4 D．4：12．两电阻的伏安特性曲线如图1所示，则两电阻的大小之比R1∶R2等于（）A．1∶3B．3∶1C．3∶1D．4∶13．如图2所示的电路中，电源的内阻不可忽略．已知定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω．当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A．那么当电键S接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值（）A．0.28A B．0.25AC．0.22A D．0.19A4．如图3所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条线分别表示多用电表指针的指示位置．将选择开关置于直流“50V”挡，Ⅱ的示数为（）V；选择开关置于直流“100mA”挡，Ⅰ示数为（）mA；将多用电表选择开关置于“×10Ω”挡，Ⅲ的示数是（）Ω．A．4,50 ,120 B．20 ,50 ,1200C． 20 ,5 ,1200 D．20 ,5 ,120二、双项选择题（每小题给出的四个选项中，有两个符合题目要求。
共5小题，每小题6分，共30分）5．如图4所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω、R2=5Ω、R3=3Ω，电容器的电容C=2×10-5F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电量为q．则（）A．I=0.75A B．I=0.5AC．q=2×10-5C D．q=1×10-5C6．如图5所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。
若将a板向上平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（）A． M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小B．液滴将加速向下运动C． M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不相同7．如图6所示的电路中，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向上移动，则有（）A．V1表读数变小B．V2表读数变小、 C．A表读数变小D．电源的功率变小8．在如图7所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。
粤教版物理选修3-1：模块综合测评
模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48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．我们经常看到这样的情景，在春天来临之际，裸露的高压输电线上会有秩序地站满燕子．即使输电线上的电压很高，但燕子仍很安全，没有被击伤．下列分析正确的是()A．燕子本身是绝缘体，不能导电B．燕子自身能耐高压C．燕子两脚之间的电压趋近于零D．燕子的电阻无穷大流过燕子的电流几乎为零【解析】燕子两脚间输电线的电阻非常小，由U＝IR可知燕子两脚间电压几乎为零，C正确．【答案】 C2．如图1所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是()图1A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于(qE)2＋(mg)2【解析】由受力平衡知F＝(qE)2＋(mg)2，方向应与重力和电场力的合力方向相反．【答案】 D3．如图2所示，两平行光滑金属导轨CD 、PQ 间距为L ，与电动势为E 、内阻为r 的电源相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．在空间施加匀强磁场可以使ab 棒静止，则磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为( )图2A.mg (R ＋r )EL ，水平向右B.mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下 C.mgR tan θEL ，竖直向下 D.mgR sin θEL ，垂直于回路平面向下【解析】 从分析图中可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为F A ＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值为B ＝F A IL ＝mg sin θIL ，根据欧姆定律，有E ＝I (R ＋r )，B ＝mg (R ＋r )sin θEL，垂直于回路平面向下，B 正确．【答案】 B4．如图3所示，闭合开关S ，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带。
物理新导学同步选修3-1(粤教版)精选练习：第一章第二节探究静电力+Word版含解析.doc
第一章 电场第二节探究静电力A 级 抓基础1．下列说法中正确的是( )A ．点电荷就是体积很小的带电体B ．点电荷就是体积和带电量都很小的带电体C ．根据公式F ＝k q 1q 2r 2，当r →0时，F →∞D ．静电力常量的数值是由实验得出的解析：带电体能否看成点电荷取决于所研究的问题，并不是取决于它的实际大小和带电量的多少．当r →0时，库仑定律已不再适用．静电力常量是由库仑通过扭秤实验测量得到的． 答案：D2．对于库仑定律，下面说法正确的是( )A ．只要是计算真空中两个静止点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F ＝k q 1q 2r 2 B ．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律C ．相互作用的两个点电荷，带电量大的受到的力大，带电量小的受到的力小D ．当两个半径为r 的带电金属球球心相距为4r 时，对于它们之间相互作用的静电力大小，只取决于它们各自所带的电荷量解析：库仑定律适用于真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，选项A 正确；两带电体非常接近时，由于会影响到两电荷的电荷量的分布，不能使用库仑定律，选项B 错误；两电荷间的相互作用力是一对相互作用力，大小相等，与电荷量是否相等无关，选项C 错误；D 选项中的两个电荷的距离太近，影响了电荷的分布，库仑定律不再适用，选项D 错误．答案：A3．如图所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2 C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2 答案：D4．如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球．同时从静止释放，则两个小球的加速度大小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：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互加速远离，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．答案：C5．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法中可行的是( )A ．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变B ．保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大到原来的2倍C ．使一个点电荷的电量加倍，另一个点电荷的电量保持不变，同时将两个点电荷间的距离减小为原来的12D ．保持点电荷的电量不变，将两个点电荷的距离减小到原来的14解析：根据库仑定律公式F ＝k Qq r 2，则有：每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变，则F ′＝k ·2Q ·2q r 2＝4F ，故A 正确；保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍，则力变为原来的14，故B 错误；使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的12，则有F ′＝kq ·2Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝8F ，故C 错误；保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的14，则有F ′＝kqQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫r 42＝16F ，故D 错误．故选A.答案：A6．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中F A所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性()A．一定是正电B．一定是负电C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断答案：BB级提能力7．(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图所示．现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过程A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是()A．细线对带电小球A的拉力变大B．细线对细环的拉力保持不变C．细环所受的摩擦力变大D．粗糙杆对细环的支持力变大解析：A、B项以小球A为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得：T＝（mg）2＋F2，F增大时，T 变大．故B 错误，A 正确；C 、D 项以小球和环整体为研究对象，分析受力如右图：总重力G 、杆对细环的支持力N 和摩擦力f ，电场力F ，根据平衡条件得：N ＝G ，f ＝F .当电场稍加大时，小球所受的电场力F 增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C 正确、D 错误．答案：AC8．(多选)如图所示为半径相同的两个金属小球，A 、B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互作用力大小是F ，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是(A 、B 两球均可看成点电荷)( )A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4 解析：第一种情况，当两球带等量异种电荷时有：假设A 带电量为Q ，B 带电量为－Q ，两球之间的相互吸引力的大小是：F ＝k QQ r 2.第三个不带电的金属小球C 与A 接触后，A 和C 的电量都为：Q 2，C 与B 接触时先中和再平分，则C 、B 分开后电量均为：－Q 4，这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小：F ′＝k Q 2×Q 4r 2＝F 8，故A 正确；同理当两球带有同种电荷时，有：F ′＝3F 8，故C 正确，BD 错误．故选AC.答案：AC9．(多选)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )A ．半径越大，加速度越小B ．半径越小，周期越大C ．半径越大，角速度越小D ．半径越小，线速度越大解析：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得：k e 2r 2＝ma ＝m 4π2r T 2＝mω2r ＝m v 2r ， 得a ＝k e 2mr 2；T ＝m 4π2r 3ke 2；ω＝k e 2mr 3；v ＝k e 2mr. 半径越大，加速度越小，故A 正确；半径越小，周期越小，故B 错误；半径越大，角速度越小，故C 正确；半径越小，线速度越大，故D 正确．答案：ACD10．如图所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在一直线上，q 2与q 3间距离为q 1与q 2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为( )A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶(－6)D ．3∶2∶6解析：分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可排除B 、D 选项，正确选项只可能在A 、C 中．若选q 2为研究对象，由库仑定律知kq 2q 1r 2＝kq 2q 3（2r ）2，因而得q 1＝14q 3，即q 3＝4q 1.若以q 1为研究对象，k q 1q 2r 2＝k q 1q 39r 2得q 2＝19q 3，q 1＝94q 2，由于三个电荷平衡，q 1与q 3为同种电荷，q 1与q 2为异种电荷．故选项A 恰好满足此关系，显然正确选项为A.答案：A11．(多选)如图所示，可视为点电荷的小物体A 、B 分别带负电和正电，B 固定，其正下方的A 静止在绝缘斜面上，则A 受力的个数可能是( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：据题意，A 物体的受力情况有两种可能，一种是：A 物体受到重力G 和向上的电场力F ，两个力大小相等方向相反，可以使A 物体静止，则受到两个力；另外一种是：A 物体受到重力G 、向上的电场力F 、斜面提供的支持力N 和摩擦力f ，则受到4个力．故A 、C 选项正确．答案：AC12．A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的静电力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－4q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F 2B.F 2 C ．－F D ．F解析：令AB ＝r ，则BC ＝2r ，在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，根据库仑定律得，F ＝k Qq r 2，在C 处放一电荷量为－4q 的点电荷时，F ′＝k 4Qq （2r ）2＝k Qq r 2，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知两者方向相同，所以F ′＝F ，D 正确．答案：D13.如图所示，带电小球A 和B 放在光滑绝缘水平面上，质量分别为m 1＝2 g ，m 2＝1 g ；所带电荷量值q 1＝q 2＝10－7 C ，A 带正电，B 带负电，现有水平向右的恒力F 作用于A 球，可使A 、B 一起向右运动，且保持间距d ＝0.1 m 不变，试问：F 多大？解析：两球相互吸引的库仑力F 电＝kq 1q 2d 2＝9×10－3 N ， A 球和B 球加速度相同，隔离B 球，由牛顿第二定律，得 F 电＝m B a ，①把A 球和B 球看成整体，水平恒力F 即其合外力，由牛顿第二定律，得F ＝(m A ＋m B )a ，②代入数据，由①式得a ＝9 m/s 2，由②式得F ＝2.7×10－2 N.答案：2.7×10－2 N经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
粤教版高二物理选修3-1模块综合测试一
模块综合测试一(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,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.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.电容器是一种常用的电子元件.对电容器认识正确的是().A.电容器的电容表示其储存电荷的能力B.电容器的电容与它所带的电荷量成正比C.电容器的电容与它两极板间的电压成正比D.电容的常用单位有μF和pF,1 μF=103 pF答案:A解析:电容器的电容就是表示其储存电荷的能力,由电容器本身决定,与它带的电荷量、板间电压无关;1μF=106pF,故D项错误.2.某点电荷从静电场中的a点移到b点,电场力做功为零,则().A.电荷所受的电场力总是垂直于移动的方向B.a、b两点间的电势差一定为零C.a、b两点的场强一定为零D.a、b两点的电势一定相等答案:D解析:由W=q(φa-φb)可知道a、b两点的电势一定相等.3.一负电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的速度—时间图象如图甲所示,则A、B所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的().甲乙答案:C解析:由v t图象知电荷的速度越来越大,加速度越来越大,电荷为负电荷,受力方向与场强方向相反,所以选C.4.如图所示,在示波管下方有一根水平放置的通电直导线,则示波管中的电子束将().A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转答案:A解析:由安培定则可知导线上方磁场垂直纸面向外,电子垂直磁场进入,由左手定则可知,电子向上偏转.5.如图所示,MN是一条水平放置的固定长直导线,P是一个通有电流I2的与MN共面的金属环,可以自由移动.长直导线与金属圆环均包有绝缘漆皮.当MN中通上图示方向的电流I1时,金属环P在磁场力作用下将().A.沿纸面向上运动B.沿纸面向下运动C.水平向左运动D.由于长直导线包有绝缘漆皮,其磁场被屏蔽,金属环P将静止不动答案:B解析:由安培定则和左手定则可知,金属环P受到的磁场力沿金属环所在平面向下,故B选项正确.绝缘漆皮不会屏蔽磁场,D选项错误.6.在如图所示的电路中电源电动势为E,内电阻为r.闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q,将滑动变阻器P的滑动触头,从图示位置向a一端移动一些,待电流达到稳定后,则与P移动前相比().A.U变小B.I变小C.Q增大D.Q减小答案:BC解析:当滑动变阻器P的滑动触头,从图示位置向a一端移动时,其电阻值增大,由闭合电路的欧姆定律可知,电路的电流I减小;变阻器R两端的电压增大,即电容器C两端的电压增大,显然所带电荷量Q增大.7.如图所示为一磁流体发电机示意图,A、B是平行正对的金属板,等离子体(电离的气体,由自由电子和阳离子构成,整体呈电中性)从左侧进入,在t时间内有n个自由电子落在B板上,则关于R中的电流大小及方向判断正确的是().A.I=net,从上向下B.I=2net,从上向下C.I=net,从下向上D.I=2net,从下向上答案:A解析:在t时间内,落到B板的电子数为n个,即q=ne,根据电流的定义式I=qt ,得通过R的电流大小为I=net,方向从上向下.8.某静电场的电场线分布如图所示,图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q,电势分别为U P和U Q,则().A.E P>E Q,U P>U QB.E P>E Q,U P<U QC.E P<E Q,U P>U QD.E P<E Q,U P<U Q答案:A解析:电场线密的位置场强大,因此E P>E Q;沿电场线方向电势降低,因此有U P>U Q.A项正确.9.如图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒.在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示,忽略带电粒子在电场中的加速时间,则下列判断正确的是().A.在E k t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电源的变化周期应该等于t n-t n-1C.粒子加速次数越多,粒子最大动能一定越大D.要想粒子获得的最大动能越大,可增加D形盒的面积答案:AD解析:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关,因此,在E k t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1,选项A 正确;带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次,高频电源的变化周期应该等于2(t n -t n -1),选项B 错;由r =mv qB=k 2mE qB可知,粒子获得的最大动能决定于D 形盒的半径,当轨道半径与D 形盒半径相等时就不能继续加速,故选项C 错、D 对.10.带电粒子以速度v 沿CB 方向射入一横截面为正方形的区域,C 、B 均为该正方形两边的中点,如图所示,不计粒子的重力.当区域内有竖直方向的匀强电场E 时,粒子从A 点飞出,所用时间为t 1;当区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时,粒子也从A 点飞出,所用时间为t 2,下列说法正确的是( ).A .t 1<t 2B .t 1>t 2C .E B=45vD .E B=54v答案:AD解析:粒子在电场中做类平抛运动,沿CB 方向速度不变;在磁场中做匀速圆周运动,在CB 方向上的速度分量减小.由比较得A 项正确.在电场中偏转距离2a =12qE m(a v)2,磁场中几何关系:R 2=a 2+(R -2a )2,半径:R =mv qB解得选项D 正确.二、填空题(本题共2小题,每小题8分,共16分)11.某同学用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时,所用滑动变阻器的阻值范围0~20 Ω,连接电路的实物图如下图所示.(1)指出该同学接线中错误的和不规范的做法是: . A.滑动变阻器,不起变阻作用 B.电流表接线有错 C.电压表量程选用不当D.电压表接线有错(2)画出这个实验的正确电路图.答案:(1)ABD(2)如图所示解析:图中变阻器起不到变阻的作用,故选A.图中电流表的“+”“-”接线柱出现错误,故选B.干电池的电动势为1.5V,电压表量程适当,故C错.但电压表不能直接并联到电源两端,因为开关断开后,电压表仍有示数,故选D.12.在物理兴趣小组活动中,一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验.电压表V1量程3V内阻约为900Ω电压表V2量程10V内阻约为3kΩ电流表A量程60mA内阻约为5Ω电源E1电动势1.5V内阻约为0.2Ω电源E2电动势4.5V内阻约为0.4Ω滑动变阻器(最大阻值为10Ω)、粗细均匀的同种电阻丝、开关、导线和刻度尺其主要实验步骤如下:A.选取图中器材,按示意图连接电路B.用伏安法测定电阻丝的阻值RC.用刻度尺测出电阻丝的长度LD.依次减小电阻丝的长度,保持电路其他部分不变,重复步骤B、CE.处理数据,根据下列测量结果,找出电阻丝阻值与长度的关系L/m0.995 60.804 90.598 10.402 10.195 8R/Ω104.885.365.246.627.1为使实验尽可能准确,请你对上述步骤中画线处加以改进.(Ⅰ)(Ⅱ)答案:(Ⅰ)电源改选E2.(Ⅱ)判断电流表的内外接法,作出相应调整.解析:(Ⅰ)由于电压表的量程为3V,为使测量误差减小,电源应改选E2.(Ⅱ)电阻丝长度减小时,电阻较小,若采用电流表的内接法,误差较大,所以应根据实际情况作出相应调整.三、解答题(本题共4小题,13、14题各10分,15、16题各12分,共44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) 13.如果把带电荷量为q=1.0×10-8C的点电荷从无穷远移至电场中的A点,需克服电场力做功W=1.2×10-4 J.试求:(1)q在A点的电势能和在A点的电势(取无穷远处电势为零).(2)q未移入电场前A点的电势是多少?答案:(1)1.2×10-4J1.2×104V(2)1.2×104解析:(1)克服电场力做功,电势能增加,无穷远处的电势为零,电荷在无穷远处的电势能也为零,所以E A=E A-0=W=1.2×10-4J正电荷在电势高处具有的电势能大,即A点的电势φA>0φA=A Eq =481.2101.010--⨯⨯V=1.2×104V.(2)A点的电势是由电场本身决定的,跟A点是否有电荷存在无关,所以在移入电场前,A点电势仍为1.2×104V.14.在POQ区域内有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,负离子质量为m,电荷量为-q,从边界OQ上的A点垂直于OQ也垂直于磁场方向射入磁场,OA=d,若要求离子不从OP边界射出磁场,离子的速度v应满足什么条件?答案:v≤(21)qBdm+解析:由离子在A点所受洛伦兹力方向可确定圆心一定在AQ线上,离子从OP边界射出磁场的临界轨迹是轨迹圆,且恰与OP相切,如图所示.确定临界轨迹圆的圆心:从轨迹圆和OP的切点D作OP的垂线交AQ于C即圆心,画出临界轨迹圆,利用几何知识可得临界半径r=(2+1)d.满足条件的半径r≤(2+1)d,再利用物理规律r=mvqB 可确定v的取值范围v≤(21)qBdm+.15.如图所示,在直角坐标系xOy的y>0空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.许多质量为m的带电粒子,以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向,由O点射入磁场区域.不计重力,不计粒子间的相互影响.图中曲线表示带电粒子可能经过的区域边界,其中边界与y轴交点P的坐标为(0,a),边界与x 轴交点为Q.求:(1)试判断粒子带正电荷还是负电荷?(2)粒子所带的电荷量.(3)Q点的坐标.答案:(1)正电(2)2mvaB(3)(-a,0)解析:(1)由左手定则得粒子带正电.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,粒子从O 点沿x 轴正方向进入磁场做圆周运动的轨迹恰是边界的右边曲线.其圆半径R =2a =mv Bq解得粒子带电荷量q =2mv aB.(3)当带电粒子沿y 轴方向射入磁场时,轨迹圆与x 轴的交点即Q ,OQ =2R =a Q 点的坐标为(-a ,0).16.如图所示,在xOy 坐标平面的第一象限内有沿-y 方向的匀强电场,在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场.现有一电荷量为+q 、质量为m 的粒子(不计重力)以初速度v 0沿-x 方向从坐标为(3l ,l )的P 点开始运动,接着进入磁场后由坐标原点O 射出,射出时速度方向与y 轴方向的夹角为45°,求: (1)粒子从O 点射出时的速度v 和电场强度E .(2)粒子从P 点运动到O 点过程所用的时间.答案:(1)2v 0 202mv ql(2)04l v (8+π)解析:依题意知,带电粒子在电场中做类平抛运动,设其刚进入磁场时的点为Q 点.在磁场中粒子做匀速圆周运动,最终由O 点射出.(1)由对称性可知,粒子在Q 点时速度大小为v ,方向与-x 轴方向成45°,则有v cos 45°=v 0,解得v在P 运动到Q 的过程中,有qEl =12mv 2-12m 20v联立以上两式解得E =202mv ql.(2)粒子在电场中运动,到达Q 点时沿-y 方向速度大小为v y =v sin45°=v 0,2y v t 1=l ,P 到Q 的运动时间为t 1=02l v .水平分运动,有x =v 0t 1;竖直分运动,有l =02v t 1,则x =2l带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其轨道半径为R ,由几何关系可得 R运动时间t 2=14×2πR v=0π4v l粒子到从P 点运动到O 点过程所用的时间 t =t 1+t 2=02l v +0π4v l =04v l (8+π).。
物理新导学同步选修3-1(粤教版)精选练习：第一章第七节了解电容器+Word版含解析.doc
第一章 电场第七节了解电容器A 级 抓基础1．对电容C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．一只电容器充电量越大，电容增加的越大B ．对于固定的电容器，它的充电量跟加在两极板间电压的比值保持不变C ．可变电容的充电量跟加在两极板间的电压成反比D ．由C ＝Q U可知，如果一个电容器没有电压，就没有充电量，也就没有其电容解析：电容的定义式C ＝Q U，但电容由电容器本身的因素决定，包括结构、电介质等因素，而与电容器所带的电量Q 与两板间的电势差U 无关．答案：B2．如图所示是描述对给定的电容器充电时电量Q 、电压U 、电容C 之间相互关系图象，其中不正确的是( )A BC D解析：电容的定义式C ＝Q U，电容与电容器所带的电量Q 与两板间的电势差U 无关．答案：A3．a 、b 两个电容器，a 的电容大于b 的电容( )A ．若它们的带电量相同，则a 的两极板的电势差小于b 的两极板的电势差B ．若它们两极板的电势差相等，则a 的带电量小于b 的带电量C ．a 的带电量总是大于b 的带电量D ．a 的两极板的电势差总是大于b 的两极板的电势差解析：由公式C ＝Q U知Q ＝CU .已知C a >C b ，若Q 相等，则U a <U b ，A 正确；若U 相等，则Q a >Q b ，B 错误；电容大的电容器，带电量不一定多，C 错误；电容器两板的电势差与带电量有关，D 错误．答案：A4．(多选)某电解电容器上标有“25 V 470 μF ”的字样，对此，下述说法中正确的是( )A ．此电容器只能在直流25 V 以下电压才能正常工作B ．此电容器必须在直流25 V 的电压时才能正常工作C ．当工作电压是直流25 V 时，电容才是470 μFD ．这种电容器使用时，必须考虑电容器的两根引线的极性 解析：电容器上表明的是电容器的电容和额定电压的数值，A 正确，B 错误；电容器的电容跟电压无关，C 错误；电解电容的极性是固定的，使用极性时不能接错，D 正确．答案：AD5．用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U .保持平行板电容器两极板的正对面积S 、极板距离d 和所带电量Q 不变，插入电介质，如图所示，则有( )A ．U 增大，C 减少B ．U 减小，C 增大 C ．U 增大，C 增大D ．U 减小，C 减小 解析：根据C ＝εS4πkd 可知插入电介质，C 变大，根据Q ＝CU 可知，U 减小，故选B.答案：BB 级 提能力6．(多选)一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距的过程中( )A ．电容器A 板始终带正电荷B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．A 、B 板间的电场强度增大答案：AD7．(多选)如图所示，平行板电容器的上下极板A 、B 分别和电池的正极、负极相连，在电容器两极板之间形成的匀强电场中，有一个质量为m 、带电量为q 的带电粒子始终处于静止状态．若电源的电压为U ，则下列说法正确的是( )A ．粒子一定带负电B ．粒子一定带正电C ．匀强电场的电场强度为mg qD ．极板间的距离为qU mg解析：由题意可知，电场力与重力相平衡，因此电场力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下，则有粒子带负电，故A 正确，B 错误；根据受力平衡，则有qE ＝mg ，因此电场强度为E ＝mg q，故C 正确；由于电源的电压为U ，可设间距为d ，则有qU d＝mg ，因此d ＝qU mg，故D 正确；故选A 、C 、D. 答案：ACD8．充电后的平行板电容器，连接静电计，如图所示( )A ．若两极板距离增大，则α角不变B ．若两极板距离减小，则α角变大C．若在两极板间插入玻璃板，则α角变大D．若在两极板间插入玻璃板，则α角变小解析：由C＝QU＝εr S4πkd可知，Q保持不变，两极板距离增大，C减小，则U变大，引起静电计内E增大，指针受力增大，故偏角增大，A、B错；在两极板间插入玻璃板，εr变大，C变大，则U减小，引起静电计内E减小，指针受力减小，故偏角减小，C错，D 对．答案：D9．(多选)如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正负极相连；当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则()A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降答案：BC10.如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应()A．给平行板电容器充电，补充电荷量B．让平行板电容器放电，减少电荷量C．使两极板相互靠近些D．使两极板相互远离些答案：A11．(多选)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板为A、B，B板接地，A板带电量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或将A板固定，B板上移一些，在这两种情况中，下列说法正确的是()A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低解析：由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论E＝4πkQεS可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P 点的电势不变．故A正确，B错误．B板上移时，同理可得，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P 点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．答案：AC12．如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长为L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为α，两板间的距离为d，求：(1)小球带何种电荷？(2)两板间的电势差是多少？(3)把线拉成竖直向下的位置，放手后小球到达平衡位时的速度为多大？解析：(1)由小球的受力可知，小球带负电．(2)由qE ＝q U d ＝mg tan α，则U ＝mgd tan αq. (3)小球受重力、电场力、拉力作用，拉力不做功，由动能定理：qEL sin α－mgL (1－cos α)＝12m v 2， 其中Eq ＝mg tan α，整理得：mgL cos α(1－cos α)＝12m v 2， 解得：v ＝ 2gL （1－cos α）cos α. 答案：(1)负电 (2)mgd tan αq(3) 2gL （1－cos α）cos α经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。
2019-2020学年同步导学高中物理选修3-1粤教版文档：第二章 电路 第一节 Word版含答案
姓名，年级：时间：第一节探究决定导线电阻的因素[学科素养与目标要求］物理观念:1.知道影响导体电阻的因素,掌握电阻定律。
2。
知道电阻率概念，知道常见金属导体电阻率的大小排序.3。
知道导体的电阻率和温度有关．科学探究：1.掌握探究影响导体电阻因素的方法,会设计测量电阻的电路。
2。
经过合作探究,综合信息得出导体电阻与长度、横截面积的关系．科学思维：能用控制变量法探究导体电阻与长度、横截面积和材料的关系．一、电阻定律的实验探究1．电阻的测量-—伏安法：（1)原理：用电压表测出导线两端的电压U，用电流表测出通过导线的电流I，代入公式R＝错误!求出导线的电阻．(2)电路图(如图1所示）图12．探究方法：控制变量法，例如探究导体的电阻与长度之间的关系时，需要保持横截面积和材料不变，而只改变导体的长度．3．探究过程:(1）保持材料和横截面积不变，探究导体的电阻与长度的关系,结论：电阻大小跟导体的长度成正比．(2)保持材料和长度不变，探究导体电阻与横截面积的关系,结论：电阻大小跟导体的横截面积成反比．（3)保持长度和横截面积不变,探究电阻与材料的关系,结论:不同材料的电阻不同．4．实验结论——电阻定律：（1)内容：均匀导体的电阻R跟它的长度l成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关．(2）公式：R＝ρ错误!,式中的ρ是比例常量,反映材料对导体电阻的影响,叫电阻率．二、电阻率1．物理意义：反映了材料导电性能的好坏,电阻率越小，表示这种材料的导电性能越好．2．决定因素:影响电阻率的因素有两个：一是导体的材料，二是温度．3．与温度的关系：（1)金属铂的电阻率随温度的升高而增大．利用金属铂的这一特点可用于制造铂电阻温度计．（2)有些合金如锰铜合金、镍铜合金的电阻率受温度的影响很小，常用来制作标准电阻．1．判断下列说法的正误．(1）由R＝错误!可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比．(×）（2）由R＝ρ错误!知，材料相同的两段导体，长度大的导体的电阻一定比长度小的导体的电阻大．（×)（3)把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都变成原来的错误!。
物理新课堂同步粤教版选修3-1模块综合测评+Word版含解析
模块综合测评(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．如图1所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是()图1A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于(qE)2＋(mg)2D[由受力平衡知F＝(qE)2＋(mg)2，方向应与重力和电场力的合力方向相反．]2.如图2所示，在－Q形成的电场中，有a、b、c三点，它们到点电荷的距离为r a<r b<r c，且U ab＝U bc，则()图2A．a点电势高于c点电势B．a点场强比c点场强大C．同一负电荷放在c点比放在a点的电势能大D ．同一负电荷由a 点移到b 点与由b 点移到c 点电场力做功不同B [由负点电荷电场线和等势面的分布知A 错误，B 正确；因φc >φa ，同一负电荷在电势低处电势能大，C 错误；因U ab ＝U bc ，据W ＝qU 知W ab ＝W bc ，D 错误．]3．有些材料沿不同方向物理性质不同，我们称之为各向异性．如图3所示，长方体材料长、宽、高分别为a 、b 、c ，由于其电阻率各向异性，将其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则该材料左右方向的电阻率与上下方向的电阻率之比为()图3A.ac b 2B.a 2bcC.c 2a 2D.a 2b 2C [电流相等，则说明两种接法中电阻相等，根据电阻定律可得ρ1a bc ＝ρ2c ab ，故可得ρ1ρ2＝c ab a bc＝c ab ·bc a ＝c 2a 2，C 正确．] 4.如图4所示，两个互相垂直的平面a 和b ，其相交线上的M 点和N 点带有等量点电荷．O 是MN 的中点，A 是平面a 上的一点，B 是平面b 上的一点，AO 和BO 均垂直于MN ，且AO ＝BO ，则下列说法正确的是( )【导学号：52592139】图4A ．若M 、N 带等量同种电荷，则A 、B 两点的电势相同，场强不相同B ．若M 、N 带等量同种电荷，则A 、B 两点的电势不相同，场强相同C ．若M 、N 带等量异种电荷，则A 、B 两点的电势不相同，场强相同D ．若M 、N 带等量异种电荷，则A 、B 两点的电势相同，场强不相同A [若M 、N 带等量同种电荷，A 、B 两点距离点电荷距离相等，根据电势的叠加知A 、B 两点电势相同，根据对称性A 、B 两点场强大小相等，由平行四边形定则知，A 点场强由O 指向A ；B 点场强由O 指向B ，方向不同，故A 正确，B 错误；若M 、N 带等量异种电荷，选无穷远处的电势为零，A 、B 两点在同一等势面上，A 、B 两点电势相同为0，场强大小相等，方向相同，故C 、D 错误；故选A.]5．两平行金属板间为匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线的方向射入该匀强电场(不计重力)，为使这些粒子经过电场后有相同大小的偏转角，则它们应该具有的条件是( )A ．有相同的动能和相同的荷质比B ．有相同的动量和相同的荷质比C ．有相同的速度和相同的荷质比D ．只要有相同的荷质比就可以了C [令粒子的质量为m 、所带电荷量为q ，金属板长为L ，板间电场为E ，粒子入射速度为v 0，则：粒子在水平方向做匀速直线运动：L ＝v 0t竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动：加速度a ＝F m ＝qE m粒子射出电场时的竖直方向的速度v y ＝at ＝qE m ·L v 0粒子射出电场时粒子方向的偏转角的正切值为tan θ＝v y v x ＝qE m ·L v 0v 0＝qEL m v 20所以要使粒子经过匀强电场后有相同的大小偏转角，则粒子具有相同的q m v 20，对照四个选项，C 选项满足条件，故A 、B 、D 错误，C 正确．]6．如图5所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直．当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N 表示磁铁对桌面的压力，F 静表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是()【导学号：52592140】图5A．F N减小，F静＝0B．F N减小，F静≠0C．F N增大，F静＝0 D．F N增大，F静≠0C[磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的，因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力，故选项C正确．]7.如图6所示，垂直纸面放置的两根固定长直导线a和b中通有大小相等的稳恒直流电流I，在a、b连线的中垂线上放置另一段可自由运动的直导线c，当c中通以如图所示的直流电流时，结果c不受磁场力，则a、b中电流方向可能是()图6A．a中电流向里，b中电流向里B．a中电流向外，b中电流向外C．a中电流向里，b中电流向外D．a中电流向外，b中电流向里CD[导线a和b的磁感线都是同心圆．根据题意可知，当c中通以电流I1时，c并未发生运动，则说明直线c处的磁场与导线平行，而对c上半段，a导线的磁感应强度与b导线的磁感应强度的叠加，与导线c平行，根据右手螺旋定则，则有a、b中的电流方向相反；同理也可以分析出c下半段，a导线的磁感应强度与b导线的磁感应强度的叠加，与导线c平行、根据右手螺旋定则，则有a、b中的电流方向相反；故C、D正确，A、B错误；故选C、D.]8．带电粒子以相同的速度分别垂直进入匀强电场和匀强磁场时，它将() A．在匀强电场中做匀速圆周运动B．在匀强磁场中做匀速圆周运动C．在匀强电场中做类平抛运动D．在匀强磁场中做类平抛运动BC[带电粒子垂直射入匀强电场时，电场力是恒力，与初速度垂直，粒子沿着初速度方向的分运动是匀速直线运动，沿着电场力方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，合运动是类似平抛运动，轨迹为抛物线，故A错误，C 正确；带电粒子垂直射入匀强磁场时，洛伦兹力不做功，提供向心力，做匀速圆周运动，向心加速度方向时刻改变，是变加速曲线运动，故B正确，D错误．] 9．如图7所示的电路有电源、电阻箱和电流表组成，电源电动势E＝4 V，内阻r＝2 Ω；电流表内阻忽略不计，闭合开关，调解电阻箱，当电阻箱读数分别等于R1和R2时，电流表对应的读数分别为I1和I2，这两种情况下电源的输出功率相等，下列说法正确的是()图7A ．I 1＋I 2＝2 AB ．I 1－I 2＝2 AC ．R 1＝1/R 2D ．R 1＝4/R 2AD [根据闭合电路欧姆定律得：I 1＝E R 1＋r ＝4R 1＋2， ①I 2＝E R 2＋r ＝4R 2＋2， ②这两种情况下电源的输出功率相等，则有：I 21R 1＝I 22R 2，③ 由①②③解得：I 1＋I 2＝2 A ，R 1＝4/R 2，故A 、D 正确．]10.利用如图8所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图8A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 BC [由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A 错误；根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r ，可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由图可知r最大值为r max ＝3d ＋L 2，选项B 正确；又r 最小值为r min ＝L 2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m ，可见选项C 正确，D 错误．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(4分)如图9所示为用多用电表测电路中电流的实验，图中多用电表测定的是________(填“甲电阻”“乙电阻”或“总”)的电流，测得电流的大小是________．图9【解析】由电路中连接情况知，多用电表与乙电阻串联，故测定的是乙电阻的电流．由图知选择量程为100 mA，故指针指示读数为50.0 mA.【答案】乙电阻50.0 mA12．(10分)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图10甲和乙所示，长度为________cm，直径为________mm.图10(2)按图丙连接电路后，实验操作如下：①将滑动变阻器R1的阻值置于最________(选填“大”或“小”)处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；②将电阻箱R2的阻值调至最________(选填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1 280 Ω；(3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.【解析】(1)游标卡尺的读数为l＝(50＋0.1×1)mm＝50.1 mm＝5.01 cm.螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.5×0.01)mm＝5.315 mm.(2)电学实验的设计要遵循科学性原则、安全性原则和准确性原则．此电路中滑动变阻器是以限流方式接入电路中的，故在①步骤中合上开关前应使其接入电路中的阻值为最大，以保证电路安全．同理②步骤中亦将电阻箱R2的阻值调至最大．(3)①步骤中，由闭合电路欧姆定律得I0＝ER＋R1＋R g＋r，其中R表示圆柱体的电阻；②步骤中，仍由闭合电路欧姆定律得I0＝ER2＋R1＋R g＋r，由等量代换可得R＝R2＝1 280 Ω.【答案】(1)5.01 5.315(2)大大(3)1 28013．(10分)如图11所示，空间存在着强度E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝＋4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10 m/s2.求：【导学号：52592141】图11(1)小球运动到圆周最高点的速度，细线能承受的最大拉力；(2)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时，小球距O 点的高度．【解析】 (1)在最高点，根据动能定理可得(Eq －mg )L ＝12m v 2B在最高点，小球的向心力由绳子的拉力，重力和电场力的合力充当，故有T＋mg －Eq ＝m v 2B L联立解得v B ＝10 m/s ，T ＝15 N.(2)小球做类平抛运动，设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则，由L ＝v B t在竖直方向上，加速度为a ＝qE －mg m ，故h ＝L ＋qE －mg 2 m t 2联立解得h ＝0.625 m.【答案】 (1)10 m/s 15 N (2)0.625 m14. (10分)如图12所示，现有一个小物块，质量为m ＝80 g ，带正电荷量q ＝2×10－4C.与水平的轨道之间的滑动摩擦因数μ＝0.2，在一个水平向左的匀强电场中，E ＝103V/m ，在水平轨道的末端N 处，连接一个光滑的半圆形轨道，半径为R ＝40 cm ，取g ＝10 m/s 2.求：图12(1)小物块恰好运动到轨道的最高点，那么小物块应该从水平位置距N 处多远处由静止释放？(2)如果在(1)小题的位置释放小物块，当它运动到P (轨道中点)点时对轨道的压力等于多少？【解析】 (1)物块能通过轨道最高点的临界条件是仅重力提供向心力，则有：mg ＝m v 2R解得：v＝gR＝2 m/s设小物块释放位置距N处为s，根据能量守恒得：qEs＝μmgs＋12m v2＋mg·2R 解得s＝20 m即小物块应该从在水平位置距N处为20 m处开始释放．(2)物块到P点时，有：12m v2＋mgR＋qER＝12m v2P解得v P＝14 m/s在P点，由电场力与轨道的弹力的合力提供向心力，则有：F N－qE＝m v 2 pR 解得F N＝3.0 N由牛顿第三运动定律可得物块对轨道的压力：F′N＝F N＝3.0 N.【答案】(1)20 m(2)3.0 N15．(12分)如图13所示的电路中，R1＝10 Ω，R2＝4 Ω，R3＝6 Ω，R4＝3 Ω，U＝2.4 V.图13(1)在ab间接一只理想电压表，它的读数是多少？(2)如在ab间接一只理想电流表，它的读数又是多少？【解析】(1)在ab间接一只理想电压表时，R2、R3串联后电阻为R串＝R2＋R3＝10 ΩR串与R1并联后电阻为R并＝R串R1R串＋R1＝5 Ω再与R4串联后总电阻为R总＝R并＋R4＝8 Ω此时电路电流为I总＝UR总＝0.3 AR4两端的电压为U4＝I总R4＝0.9 VR2、R3串联后两端的电压为U串＝U－U4＝1.5 VR2、R3串联电路中的电流为I分＝U串R2＋R3＝0.15 AR3两端的电压为U3＝I分R3＝0.9 V电阻R3、R4两端的电压之和也就是电压表的示数U分＝U3＋U4＝1.8 V.(2)在ab间接一电流表时，通过电阻R2的电流为I2＝UR2＝0.6 AR3、R4并联后电阻为R并＝R3R4R3＋R4＝2 Ω再与R1串联后总电阻为R串＝R1＋R并＝12 Ω此时这段电路的电流为I1＝UR串＝0.2 A所以通过R1的电流为0.2 A，R3两端的电压为U3＝I1R并＝0.4 V通过R3的电流为I3＝U3R3≈0.07 A电流表的示数为I＝I2＋I3＝0.67 A.【答案】(1)1.8 V(2)0.67 A16．(14分)如图14所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D＝34.6 cm的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：【导学号：52592142】图14(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v 1；(2)偏转电场中两金属板间的电压U 2；(3)为使带电微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少多大？【解析】 (1)带电微粒经加速电场加速后速率为v 1，根据动能定理，得U 1q ＝12m v 21，v 1＝2U 1q m＝1.0×104 m/s. (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，设微粒进入磁场时的速度为v ′，则 v ′＝v 1cos 30°，得出v ′＝233v 1.由动能定理有12m (v ′2－v 21)＝q U 22，解得U 2＝66.7 V .(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不从磁场右边射出时，做匀速圆周运动的轨道半径为R ，由几何关系知R ＋R 2＝D ，由牛顿运动定律及运动学规律q v ′B ＝m v ′2R ，得B ＝0.1 T.若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1 T.【答案】(1)1.0×104 m/s(2)66.7 V(3)0.1 T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。
物理新导学同步选修3-1(人教版)精选练习：模块综合检测+Word版含解析
模块综合检测(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(每题3分，本题共10小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分) 1．关于电动势，下列说法正确的是()A．电源电动势一定等于电源两极间的电压B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大C．体积越大的电源，电动势一定越大D．电源电动势与外电路的组成有关解析：根据闭合电路欧姆定律得知：电动势的数值等于内外电压之和，故A错误．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征了这种转化本领的大小，故B正确．干电池的电动势与正负极的材料有关，与电源的体积无关，故C错误．电动势由电源本身特性决定，与外电路的组成无关，故D错误．答案：B2．在电场中某点引入电荷量为q的正电荷，这个电荷受到的电场力为F，则()A．在这点引入电荷量为2q的正电荷时，该点的电场强度将等于F2qB．在这点引入电荷量为3q的正电荷时，该点的电场强度将等于F3qC ．在这点引入电荷量为2e 的正离子时，则离子所受的电场力大小为2e F qD ．若将一个电子引入该点，则由于电子带负电，所以该点的电场强度的方向将和在这一点引入正电荷时相反解析： 电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它是由产生电场的电荷以及在电场中各点的位置决定的，与某点有无电荷或电荷的正负无关，所以排除选项A 、B 、D.而电场力F ＝Eq 不仅与电荷在电场中的位置有关，还与电荷量q 有关，该题中根据场强的定义式可知该点的场强大小为E ＝F q，则正离子所受的电场力大小应为F ＝E ·2e ＝F q·2e ，故选项C 正确． 答案：C3．将一有内阻的电源外接电阻阻值为R 时，回路电流为I ，电源路端电压为U ，若换接一阻值为2R 的电阻，下列说法正确的是( )A ．回路电流将变为I 2B ．路端电压将变为2UC ．回路电流将大于I 2D ．路端电压将大于2U 解析：电源电动势和内电阻不变，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知电流减小，则回路电流将小于I .由I ＝E R ＋r ，I ′＝E 2R ＋r ，则I ′I ＝R ＋r 2R ＋r >I 2，故A 错误，C 正确．路端电压U ′＝2R 2R ＋r E ，U ＝R R ＋rE ，则U ′U ＝2R ＋2r 2R ＋r<2，即路端电压将小于2U .故B 、D 错误． 答案：C4.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表读数减小D ．电压表读数减小，电流表读数增大解析：设滑动变阻器的滑片的上部分电阻为x ，则电路的总电阻为R 总＝r ＋R 1＋x ·R 2x ＋R 2，滑动变阻器的滑片由中点滑向b 端时，并联支路电阻x 增大，故路端电压变大，同时并联部分的电压变大，故通过电流表的电流增大，故选项A 正确．答案：A5.如图所示，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( )A ．沿路径a 运动，轨迹是圆B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小解析：由左手定则可判断电子运动轨迹向下弯曲，又由r ＝m v qB知，B 减小，r 越来越大，故电子的运动轨迹是a .故选B.答案：B6.如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2 B. 2 C ．1 D.22解析： 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍．设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得q v 1B 1＝m v 21r 1，则B 1＝m v 1qr 1＝2mE k qr 1；同理，B 2＝m v 2qr 2＝2m ·12E k qr 2，则B 1B 2＝22. 答案：D 7．电阻R 和电动机一起串联的电路中，如图所示．已知电阻R 跟电动机线圈的电阻相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1、U2，经过时间t，电流通过电阻R 做功为W1，产生的电热为Q1；电流通过电动机做功为W2，产生的电热为Q2，则有()A．U1＝U2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1<W2，Q1＝Q2解析：设电路中的电流为I，则R上的电压U1＝IR，对于电动机，欧姆定律不再适用，但电动机线圈电阻上的电压仍为U′2＝IR，而电动机两端的电压U2一定大于U′2，所以U1<U2；对于电阻R，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1＝I2Rt，将电能全部转化为电热，即Q1＝W1＝I2Rt；对于电动机，经过时间t，电流通过电动机做功为W2＝U2It，所以有W1<W2，电流通过电动机线圈产生的电热由焦耳定律得Q2＝I2Rt，故有Q1＝Q2.选项D正确．答案：D8.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝23S0C，则下列相关说法中正确的是()A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错；粒子在磁场中做圆周运动，满足B 2q v ＝m v 2r ，即q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 对；由qE＝B 1q v 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 1，C 错；由q m ＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙，D 错． 答案：B9．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中A 、N 两点的电势均为零，ND 段中的C 点电势最高，则( )A ．N 点的电场强度大小为零B ．q 1电量小于q 2C ．NC 间场强方向指向x 轴负方向D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电场力先做正功后做负功 解析：该图象的斜率等于场强E ，则知N 点电场强度不为零，故A 错误．如果q 1和q 2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于OA >AM ，故q 1>q 2；故B 错误．由图可知：OM 间电场强度方向沿x 轴正方向，MC 间电场强度方向沿x 轴负方向，NC 间场强方向指向x 轴负方向，故C 正确．由于从N 到D ，电势先增加后减小；将一正电荷从N 点移到D 点，根据公式E p ＝q φ，电势能先增加后减小，故电场力先做负功后做正功，故D 错误．答案：C10.如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时( )A ．电容器电容值减小B ．电容器带电荷量减小C ．电容器两极板间的电场强度增大D ．电阻R 上电流方向自左向右解析：振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，由C ＝εS4πkd知电容值增大，电容器板间电压U 不变，由C ＝Q U 知电容器带电荷量增大，正在充电，所以R 中电流方向自右向左．在U 不变的情况下，d减小，由E＝U可知板间电场强度增大，故A、B、D错误，dC正确．故选C.答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分，每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分)11.某一热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后各自的电流I随所加电压U 变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法正确的是()A．图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线B．图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线C．图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的电阻D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等解析：由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，热敏电阻的电阻随温度的升高而减小，所以图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，选项A正确，B错误．图线中的M点表示该状态小灯泡的电阻等于热敏电阻的电阻，选项C错误．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等，选项D 正确．答案：AD12．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c 关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点电场强度大于d点电场强度B．b点电场强度小于d点电场强度C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，所以b点场强小于d点场强，选项A错误，B正确；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项C正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误．答案：BC13.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力．下列说法正确的是( )A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B ．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：由于粒子比荷相同，由R ＝m v qB可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B 正确；对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T ＝2πm qB知所有粒子在磁场运动周期都相同，故A 、C 皆错误；再由t ＝θ2πT ＝θm qB 可知D 正确．答案：BD14.如图所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板．如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12解析：由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N 板时，由动能定理可得：－qU ＝－12m v 20. 要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U 1，粒子的初速度为v 1，则由动能定理可得：－q U 12＝－12m v 21.取立两方程得：U 12U ＝v 21v 20. 答案：BD三、实验题(共19分)15．(每空3分，共9分)用游标为20分度的游标卡尺测量一根金属丝的长度，由图1可知其长度为________mm ；图1图2图3(2)用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，其示数如图2所示，该金属导线的直径为________mm ；(3)用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测某金属导体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为________Ω.解析：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：50 mm ＋3×0.05 mm ＝50.15 mm ；(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1．5 mm＋38.0×0.01 mm＝1.880 mm；(3)由图示欧姆表可知，其示数为：12×100 Ω＝1 200 Ω.答案：(1)50.15(2)1.880(3)1 20016．(每空3分，共9分)在利用伏安法测定电池的电动势和内电阻的实验中，某同学的实际连线如图甲所示(电流表A：0～0.6～3 A，电压表V：0～3～15 V)．图甲图乙(1)经仔细检查、诊断知，该图中有两处不太合理的连线，那么这两处不太合理的连线对应的编号是________．(2)若利用改正后的正确的连线图，实验后，测得数据，并画出电源的输出特性图象(U－I图)如图乙．则该电源的电动势为________，电源内阻为________．解析：(1)电流表要用0～0.6 A量程，电压表要用0～3 V量程，故③、⑤不合理．(2)根据U－I图象可得E＝3 V，r＝ΔUΔI＝2 Ω.答案：(1)③⑤(2)3 V 2 Ω四、计算题(共35分)17．(10分)如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成37°角，两板间加上50 V 电压，有一带电粒子质量为4×10－8 kg ，以1 m/s 的速度自A 板左边缘C 水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B 板边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求：(1)带电粒子所带电量；(2)带电粒子飞出电场时的速度．解析：(1)对带电粒子受力分析，如图所示．因带电粒子水平方向沿直线运动，所以mg ＝qE cos 37°，又E ＝U d， 解得：q ＝mgd U cos 37°＝4×10－8×10×3×10－250×0.8 C ＝3×10－10 C. (2)令带电粒子飞出电场时速度为v ，由动能定理得：qU ＝12m v 2－12m v 20， 解得：v ＝72m/s. 18．(12分)一电动势为48 V 的蓄电池恰能给都标有“46 V 23 W ”的一电动机和一灯泡并联供电．已知电动机的内阻R ＝4 Ω，求：(1)回路的总电流和电源的内阻；(2)电动机的输出功率和效率；(3)电源的效率．解析：(1)由题意知路端电压U ＝46 V ，内电压为：U r ＝E －U ＝48 V －46 V ＝2 V .总电流为I ＝2P U ＝2×2346A ＝1 A. 电源内阻为：r ＝U r I ＝21Ω＝2 Ω. (2)电动机总功率：P ＝23 W.电动机热功率：P ′＝I ′2R ＝0.52×4 W ＝1 W.电动机输出功率：P ″＝23 W －1 W ＝22 W.效率为：η＝2223＝95.6%. (3)电源总功率：P ＝EI ＝48×1 W ＝48 W.电源内阻消耗功率为：ΔP ＝I 2 r ＝12×2 W ＝2 W.电源效率：η＝P －ΔP P ＝48－248＝95.8%. 19．(14分)(2016·海南卷)如图，A 、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA ＝30°，OA 的长度为L .在△OCA 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t 0，不计重力．(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0.①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r.由洛伦兹力公式和牛顿定律得q v B＝m v2 r.②匀速圆周运动的速度满足v＝2πr T.③联立①②③式得B＝πm2qt0.④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示．设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有θ1＝180°－θ2.⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1＋t2＝T2＝2t0.⑥图甲图乙(3)如图乙，由题目条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题目条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°，⑦r0cos∠OO′D＋r0cos∠BO′A＝L.⑧设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律得v0＝2πr0 T.⑨联立①⑦⑧⑨式得v0＝3πL7t0.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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模块综合检测(一)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．) 1．下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是() A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D．电荷在电场中不一定受电场力的作用答案：C2．在闭合电路中，下列叙述正确的是()A．当外电路断开时，路端电压等于零B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D．当外电阻增大时，路端电压将减小答案：B3．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将()A．逐渐变大B．逐渐变小C．始终为零D．不为零，但始终保持不变解析：穿过线圈的磁通量是通电导线造成的，但是通电导线处于圆的正上方，所以穿过线圈的磁通量总为零，而通电导线竖直方向的移动也不会影响其总磁通量的变化．答案：C4．如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．则下列说法正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大解析：根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．答案：C5．一同学用多用电表的欧姆挡测量一个“220 V40 W”的白炽灯泡的电阻值，测量结果为90 Ω，但用公式P＝U2R计算该灯泡的阻值是1 210 Ω，下列说法正确的是()A．两个电阻值相差太大是不正常的，一定是实验时读错了B．两个电阻值不同是正常的，因为欧姆表测电阻的误差大C．两个电阻值相差太大是不正确的，可能是出厂时把灯泡的功率标错了D．两个电阻值相差很大是正常的，阻值1 210 Ω是灯泡正常工作(温度很高)时的电阻值，阻值90 Ω是灯泡不发光(室温)时的电阻值解析：用多用电表的欧姆挡测量白炽灯泡的电阻值时，流经电表的电流很小，电灯的实际电功率很小，灯丝温度很低，电阻率很小，所以电阻值很小．答案：D6．一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则()A．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小B．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大C．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小D．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E＝Ud，分析得知，两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C减小，电压U不变，则由C＝Q U，分析得知极板上的电量将减小．故A正确．答案：A7.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由无穷远处的A →O →无穷远处的B 匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受另一个力的大小和方向的变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右解析：等量异种电荷的中垂线上的电场强度方向垂直中垂线指向负电荷，即水平向右，电场强度沿中垂线上的O 点向两边减小，即电子受到向左的电场力，大小先增大后减小，所以为了保持合力为零，另一个力的方向应水平向右，大小先增大后减小，B 正确．答案：B8．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M 、N 与电压为U 的恒定电源连接，板的间距为d .现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，则( )A ．此时极板间电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量为mg UdC ．减小极板间电压，油滴将减速下落D ．将极板N 向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A 正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q U d＝mg ，可知B 错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C 错误；N 板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D 错误．答案：A9．如图所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )A ．场强大小为kq r 2，方向沿OA 方向 B ．场强大小为kq r 2，方向沿AO 方向 C ．场强大小为2kq r 2，方向沿OA 方向 D ．场强大小为2kq r 2，方向沿AO 方向 解析：在A 处放一个－q 的点电荷与在A 处同时放一个＋q 和－2q 的点电荷的效果相当，因此可以认为O 处的场是五个＋q 和一个－2q 的点电荷产生的场合成，五个＋q 处于对称位置上，在圆心O 处产生的合场强为0，所以O 点的场强相当于－2q 在O 处产生的场强，故选C.答案：C10.如图所示，重力均为G 的两条形磁铁分别用细线A 和B 悬挂在水平的天花板上，静止时，A 线的张力为F 1，B 线的张力为F 2，则( )A ．F 1＝2G ，F 2＝GB ．F 1＝2G ，F 2>GC ．F 1<2G ，F 2>GD ．F 1>2G ，F 2>G解析：把两条形磁铁看作一个整体，对其受力分析并根据平衡条件可知，F 1＝2G ；选取下面的条形磁铁为研究对象，对其受力分析，它受到竖直向下的重力G 、B 线竖直向上的张力F 2和上面的条形磁铁对其施加的竖直向下的斥力T ，根据三力平衡可知，F 2＝G ＋T >G ，所以选项B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)11．长为L 的直导线ab 斜放(夹角为θ)在水平轨道上，轨道平行且间距为d ，通过ab 的电流为I ，匀强磁场的磁感应强度为B ，如图所示，则导线ab 所受安培力的大小为( )A.IdB cos θB.IdB sin θ C ．ILB sin θD ．ILB 解析：导线ab 所受安培力的大小为F ＝BIL ＝IdB sin θ，选项B 、D 正确．答案：BD12．质谱仪的构造原理如图所示．从粒子源S 出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P 点，测得P 点到入口的距离为x ，则以下说法正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子一定带负电C ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D ．x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：根据左手定则，A 正确，B 错误；根据qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2r ，r ＝12x 可知m q ＝B 2x 28U ，可见x 越大，m q 越大，故C 正确，D 错误．答案：AC13．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是( )A ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B ．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C ．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D ．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量 解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD14．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E ，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点( )A ．带有电荷量为mg E的负电荷 B ．沿圆周逆时针运动C ．运动的角速度为gB ED ．运动的速率解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg ＝qE ，求得电荷量q ＝mg E，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A 正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B 错误；由q v B＝m vω，得ω＝qBm＝mgBEm＝gBE，故C正确；在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度，故D错误．答案：AC三、非选择题(共4小题，共46分)15．(12分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.图丙(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1(量程0～5 mA，内阻约50 Ω)；电流表A2(量程0～15 mA，内阻约30 Ω)；电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)；电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约25 kΩ)；直流电源E (电动势4 V ，内阻不计)；滑动变阻器R 1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)； 滑动变阻器R 2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A); 开关S ；导线若干．为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R 测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U 和I 表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝____________(不要求计算，用题中所给字母表示)．答案：(1)50.20 (2)4.698(4.697、4.698、4. 699均可以) (3)220 (4) (5)U πD 24IL16．(10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图甲所示的I U 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．(1)根据图线的坐标数值，请在图乙中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．(2)根据图甲，可判断出图丙中正确的关系图是______(图中P为小灯泡功率)．(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8 V的电源上，如图丁所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W.解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．(2)由题图甲所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在PI2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则PI2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，A、B、C错误，D正确．(3)由题图丁所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U 和I. 在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理，得U＝8－20I ，在下图坐标系中作出U ＝8－20I 的图象，如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U ＝2 V 、I ＝0.3 A ，此时通过电流表的电流值I A ＝2I ＝0.6 A ，每个灯泡的实际功率P ＝UI ＝2×0.3 W ＝0.6 W.答案：(1)见解析图所示 (2)D (3)0.6 0.617．(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．求：(1)A 点在斜轨道上的高度h 为多少？(2)小球运动到最低点时的最小压力为多少？解析：(1)设小球到B 点的最小速度为v B ，由牛顿第二定律：mg －qE ＝m v 2B R ，小球从A 到B 的过程中，由动能定理：(mg －qE )(h －2R )＝12m v 2B ，由以上各式得：h ＝5R 2. (2)小球从A 到C 的过程中，由动能定理：(mg －qE )h ＝12m v 2C， 小球在C 点时，由牛顿第二定律：N ＋qE －mg ＝m v 2C R ，又因为mg ＝2qE 得：N ＝3mg .答案：(1)52R 3mg 18．(12分)如图所示，两竖直金属板间电压为U 1，两水平金属板的间距为d .竖直金属板a 上有一质量为m 、电荷量为q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动．水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，求：(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v 0；(2)两水平金属板间的电压；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D . 解析：(1)在加速电场中，由动能定理，得qU 1＝12m v 20， 解得v 0＝2qU 1m. (2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则Bq v 0＝q U d， 解得U ＝Bd 2qU 1m. (3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D ，则Bq v 0＝m v 20r且r ＝D ，解得D＝mBq2qU1m.答案：(1) 2qU1m(2)Bd2qU1m(3)mBq2qU1m经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。