高二必修三模块考试1(理科)

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷测试卷（解析版）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于83gR 的速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为23mgR -，重力加速度为g ．求：(1)小球第一次到达B 点时的动能； (2)小球在C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示） 【答案】（1）56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】 【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()0211cos602KB A mgR E mv --=-代入数据解得：56KB E mgR =（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：22A v QqN k mg m R R+-=由题可知：83N mg =联立并代入数据解得：2Qqkmg R= 由几何关系得，OC 间的距离为：cos303R r R ==︒小球在C 点受到的库仑力大小 ：22Qq QqF kk r ==⎫⎪⎝⎭库联立解得3=4F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：2102f A W mgR W mv ---=-电从C 到A ，由动能定理得：212f A W mgR W mv +='-电由题可知：W =电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：22Av Qq N k mg mR R'-'+= 联立以上解得：(283N mg -'=，根据牛顿第三定律得，小球返回A点时，对圆弧杆的弹力大小为(283mg -，方向向下．2．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

模块综合测评(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．问题：①有1 000个乒乓球分别装在3种箱子内，其中红色箱子内有500个，蓝色箱子内有200个，黄色箱子内有300个，现从中抽取一个容量为100的样本；②从20名学生中选出3名参加座谈会．方法：Ⅰ.随机抽样法Ⅱ.系统抽样法Ⅲ.分层抽样法．其中问题与方法能配对的是()A．①Ⅰ，②ⅡB．①Ⅲ，②ⅠC．①Ⅱ，②ⅢD．①Ⅲ，②Ⅱ【解析】本题考查三种抽样方法的定义及特点．【答案】 B2．从装有2个红球和2个白球的红袋内任取两个球，那么下列事件中，互斥事件的个数是()①至少有一个白球；都是白球．②至少有一个白球；至少有一个红球．③恰好有一个白球；恰好有2个白球．④至少有1个白球；都是红球．A．0B．1C.2D．3【解析】 由互斥事件的定义知，选项③④是互斥事件．故选C. 【答案】 C3．在如图1所示的茎叶图中，若甲组数据的众数为14，则乙组数据的中位数为( )图1A ．6B ．8 C.10D ．14【解析】 由甲组数据的众数为14，得x ＝y ＝4，乙组数据中间两个数分别为6和14，所以中位数是6＋142＝10，故选C.【答案】 C4．101110(2)转化为等值的八进制数是( ) A ．46 B ．56 C.67D ．78【解析】 ∵101110(2)＝1×25＋1×23＋1×22＋1×2＝46，46＝8×5＋6，5＝8×0＋5，∴46＝56(8)，故选B.【答案】 B5．从甲、乙两人手工制作的圆形产品中随机抽取6件，测得其直径如下：(单位：cm)甲：9.0，9.2，9.0，8.5，9.1，9.2； 乙：8.9，9.6，9.5，8.5，8.6，8.9.据以上数据估计两人的技术的稳定性，结论是() A．甲优于乙B．乙优于甲C．两人没区别D．无法判断【解析】x甲＝16(9.0＋9.2＋9.0＋8.5＋9.1＋9.2)＝9.0，x乙＝16(8.9＋9.6＋9.5＋8.5＋8.6＋8.9)＝9.0；s2甲＝16[(9.0－9.0)2＋(9.2－9.0)2＋(9.0－9.0)2＋(8.5－9.0)2＋(9.1－9.0)2＋(9.2－9.0)2]＝0.34 6，s2乙＝16[(8.9－9.0)2＋(9.6－9.0)2＋(9.5－9.0)2＋(8.5－9.0)2＋(8.6－9.0)2＋(8.9－9.0)2]＝1.04 6.因为s2甲<s2乙，所以甲的技术比乙的技术稳定．【答案】 A6．某中学号召学生在暑假期间至少参加一次社会公益活动(以下简称活动)．该校文学社共有100名学生，他们参加活动的次数统计如图2所示，则从文学社中任意选1名学生，他参加活动次数为3的概率是()图2A.110B．310C.610D．7 10【解析】从中任意选1名学生，他参加活动次数为3的概率是30100＝310.【答案】 B7．(2014·北京高考)当m＝7，n＝3时，执行如图3所示的程序框图，输出的S值为()图3 A．7 B．42C.210 D．840【解析】程序框图的执行过程如下：m＝7，n＝3时，m－n＋1＝5，k＝m＝7，S＝1，S＝1×7＝7；k＝k－1＝6＞5，S＝6×7＝42；k ＝k －1＝5＝5，S ＝5×42＝210； k ＝k －1＝4＜5，输出S ＝210.故选C. 【答案】 C8．已知函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈[－5，5]，那么在区间[－5，5]内任取一点x 0，使f (x 0)≤0的概率为( )A ．0.1B ．23 C.0.3D ．25【解析】 在[－5，5]上函数的图象和x 轴分别交于两点(－1，0)，(2，0)，当x 0∈[－1，2]时，f (x 0)≤0.P ＝区间[－1，2]的长度区间[－5，5]的长度＝310＝0.3.【答案】 C9．有2个人从一座10层大楼的底层进入电梯，设他们中的每一个人自第二层开始在每一层离开是等可能的，则2个人在不同层离开的概率为( )【导学号：28750073】 A.19 B ．29 C.49D ．89【解析】 法一：设2个人分别在x 层，y 层离开，则记为(x ，y )．基本事件构成集合Ω＝{(2，2)，(2，3)，(2，4)，…，(2，10)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，…，(3，10)，(10，2)，(10，3)，(10，4)，…，(10，10)}，所以除了(2，2)，(3，3)，(4，4)，…，(10，10)以外，都是2个人在不同层离开，故所求概率P ＝9×9－99×9＝89.法二：其中一个人在某一层离开，考虑另一个人，也在这一层离开的概率为19，故不在这一层离开的概率为89.【答案】 D10．(2016·沾化高一检测)点P 在边长为1的正方形ABCD 内运动，则动点P 到定点A 的距离|P A |<1的概率为( )A.14 B ．12 C.π4D ．π【解析】 如图所示，动点P 在阴影部分满足|P A |<1，该阴影是半径为1，圆心角为直角的扇形，其面积为S ′＝π4，又正方形的面积是S ＝1，则动点P 到定点A 的距离|P A |<1的概率为S ′S ＝π4.【答案】 C11．已知某8个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个新数据5，此时这9个数的平均数为x ，方差为s 2，则( )A ．x ＝5，s 2<3B ．x ＝5，s 2>3C ．x >5，s 2<3D ．x >5，s 2>3【解析】 由平均数和方差的计算公式可得x ＝5，s 2＝19(3×8＋0)<3，故选A.【答案】 A12．圆O 内有一内接正三角形，向圆O 内随机投一点，则该点落在正三角形内的概率为( )A.338π B ．334πC.32πD ．3π【解析】 设圆O 的半径为r ，则圆O 内接正三角形的边长为3r ，设向圆O 内随机投一点，则该点落在其内接正三角形内的事件为A ，则P (A )＝S 正三角形S 圆＝34（3r ）2πr 2＝334π.故选B.【答案】 B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)．13．合肥市环保总站发布2014年1月11日到1月20日的空气质量指数(AQI)，数据如下：153，203，268，166，157，164，268，407，335，119，则这组数据的中位数是________．【解析】 将这10个数按照由小到大的顺序排列为119，153，157，164，166，203，268，268，335，407，第5和第6个数的平均数是166＋2032＝184.5，即这组数据的中位数是184.5.【答案】 184.514．某学校举行课外综合知识比赛，随机抽取400名同学的成绩，成绩全部在50分至100分之间，将成绩按如下方式分成五组．第一组，成绩大于等于50分且小于60分；第二组，成绩大于等于60分且小于70分；……；第五组，成绩大于等于90分且小于等于100分，据此绘制了如图4所示的频率分布直方图．则400名同学中成绩优秀(大于等于80分)的学生有________名．图4【解析】 成绩优秀的频率为1－(0.005＋0.025＋0.045)×10＝0.25，所以成绩优秀的学生有0.25×400＝100(名)．【答案】 10015．在由1，2，3，4，5组成可重复数字的二位数中任取一个数，如21，22等表示的数中只有一个偶数“2”，我们称这样的数只有一个偶数数字，则组成的二位数中只有一个偶数数字的概率为________．【解析】 由1，2，3，4，5可组成的二位数有5×5＝25个，其中只有一个偶数数字的有14个，故只有一个偶数数字的概率为1425.【答案】 142516．执行如图5所示的程序框图，输出的a 值为________．图5【解析】 由程序框图可知，第一次循环i ＝2，a ＝－2；第二次循环i ＝3，a ＝－13；第三次循环i ＝4，a ＝12；第四次循环i ＝5，a ＝3；第五次循环i ＝6，a ＝－2，所以周期为4，当i ＝11时，循环结束，因为i ＝11＝4×2＋3，所以输出a 的值为－13.【答案】 －13三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知算法如下所示：(这里S1，S2，…分别代表第一步，第二步，…)(1)指出其功能；(用数学式子表达) (2)画出该算法的算法框图．S1 输入x .S2 若x <－2，执行S3；否则，执行S6. S3 y ＝2x ＋1. S4 输出y . S5 执行S12.S6 若－2≤x <2，执行S7；否则执行S10. S7 y ＝x . S8 输出y. S9 执行S12. S10 y ＝2x －1. S11 输出y . S12 结束．【解】 (1)该算法的功能是：已知x 时， 求函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x <－2，x ，－2≤x <2，2x －1，x ≥2的值．(2)算法框图是：18．(本小题满分12分)一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球，从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率；(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．【解】记事件A1＝{任取1球为红球}，A2＝{任取1球为黑球}，A3＝{任取1球为白球}，A4＝{任取1球为绿球}，则P(A1)＝512，P(A2)＝412，P(A3)＝212，P(A4)＝112.由题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥．(1)取出1球为红球或黑球的概率为：P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝512＋412＝34.(2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为：法一：P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝512＋412＋212＝1112.法二：P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－112＝1112.19．(本小题满分12分)某校举行汉字听写比赛，为了了解本次比赛成绩情况，从得分不低于50分的试卷中随机抽取100名学生的成绩(得分均为整数，满分100分)进行统计，请根据频率分布表中所提供的数据，解答下列问题：(1)求a、b的值；(2)若从成绩较好的第3、4、5组中按分层抽样的方法抽取6人参加市汉字听写比赛，并从中选出2人做种子选手，求2人中至少有1人是第4组的概率．【解】(1)a＝100－5－30－20－10＝35，b＝1－0.05－0.35－0.20－0.10＝0.30.(2)因为第3、4、5组共有60名学生，所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生，每组分别为，第3组：660×30＝3人，第4组：660×20＝2人，第5组：660×10＝1人，所以第3、4、5组应分别抽取3人、2人、1人．设第3组的3位同学为A1、A2、A3，第4组的2位同学为B1、B2，第5组的1位同学为C1，则从6位同学中抽2位同学有15种可能，如下：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)．其中第4组被入选的有9种，所以其中第4组的2位同学至少有1位同学入选的概率为915＝35.20．(本题满分12分)某电视台在一次对收看文艺节目和新闻节目观众的抽样调查中，随机抽取了100名电视观众，相关的数据如下表所示：(1)由表中数据直观分析，收看新闻节目的观众是否与年龄有关？(2)用分层抽样方法在收看新闻节目的观众中随机抽取5名，大于40岁的观众应该抽取几名？(3)在上述抽取的5名观众中任取2名，求恰有1名观众的年龄为20至40岁的概率. 【导学号：28750074】【解】(1)由于大于40岁的42人中有27人收看新闻节目，而20至40岁的58人中，只有18人收看新闻节目，故收看新闻节目的观众与年龄有关．(2)27×545＝3，所以大于40岁的观众应抽取3名．(3)由题意知，设抽取的5名观众中，年龄在20岁至40岁的为a1，a2，大于40岁的为b1，b2，b3，从中随机取2名，基本事件有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)共10个，设恰有一名观众年龄在20至40岁为事件A ，则A 中含有基本事件6个：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，所以P (A )＝610＝35.21．(本小题满分12分)图6某校团委会组织该校高中一年级某班以小组为单位利用周末时间进行了一次社会实践活动，且每个小组有5名同学，在实践活动结束后，学校团委会对该班的所有同学都进行了测试，该班的A ，B 两个小组所有同学所得分数(百分制)的茎叶图如图6所示，其中B 组一同学的分数已被污损，但知道B 组学生的平均分比A 组学生的平均分高1分．(1)若在B 组学生中随机挑选1人，求其得分超过85分的概率；(2)现从A 组这5名学生中随机抽取2名同学，设其分数分别为m ，n ，求|m －n |≤8的概率．【解】 (1)A 组学生的平均分为94＋88＋86＋80＋775＝85(分)，∴B 组学生平均分为86分．设被污损的分数为x ，则91＋93＋83＋x ＋755＝86，解得x ＝88， ∴B 组学生的分数分别为93，91，88，83，75，其中有3人的分数超过85分．∴在B 组学生随机选1人，其所得分超过85分的概率为35.(2)A 组学生的分数分别是94，88，86，80，77，在A 组学生中随机抽取2名同学，其分数组成的基本事件(m ，n )有(94，88)，(94，86)，(94，80)，(94，77)，(88，86)，(88，80)，(88，77)，(86，80)，(86，77)，(80，77)，共10个．随机抽取2名同学的分数m ，n 满足|m －n |≤8的基本事件有(94，88)，(94，86)，(88，86)，(88，80)，(86，80)，(80，77)，共6个．∴|m －n |≤8的概率为610＝35.22．(本小题满分12分)某地最近十年粮食需求量逐年上升，下表是部分统计数据：(1)利用所给数据求年需求量与年份之间的回归直线方程y ＝bx ＋a ；(2)利用(1) 中所求出的直线方程预测该地2016年的粮食需求量．【解】 (1)由所给数据看出，年需求量与年份之间是近似直线上升，下面求回归直线方程，为此对数据预处理如下：对预处理后的数据，容易算得x ＝0，y ＝3.2，b ＝∴a＝-y－b-x＝3.2，由上述计算结果，知所求回归直线方程为y－257＝b(x－2 010)＋a＝6.5(x－2 010)＋3.2，即y＝6.5(x－2 010)＋260.2.①(2)利用直线方程①，可预测2016年的粮食需求量为6．5×(2 016－2 010)＋260.2＝6.5×6＋260.2＝299.2(万吨)．。

必修第三册模块检测(一）-2021-2022年度学业水平合格考试一、单项选择题（本题共20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一项是正确） 1、如图所示,将带正电的小球P 靠近放在绝缘支架上的不带电导体A 时,导体A 的( )A.左端带负电,右端带正电B.左端带正电,右端带负电C.左右两端都带正电D.左右两端都带负电【解析】带正电的小球P 靠近导体A 后,根据电荷之间的相互作用的特点可知,导体A 左端带负电荷,右端带正电荷,选项A 正确,B 、C 、D 错误。

【答案】A2、下列关于点电荷的说法中，正确的是( ) A ．点电荷就是体积足够小的电荷B ．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体C ．根据F ＝k Q 1Q 2r 2可知，当r →0时，F →∞D ．静电力常量的数值是由实验得到的【解析】带电体能否看成点电荷，不能以体积大小、电荷量多少而论，A 、B 错误．当r →0时，电荷不能再被看成点电荷，F ＝k Q 1Q 2r 2不能应用，C 错误．静电力常量的数值是库仑利用扭秤实验测出来的，D 正确．【答案】D3、两个分别带有电荷量－Q 和＋4Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F 。

两小球相互接触后将其固定距离变为12r ，则两球间库仑力的大小为( )A ．9F B.94F C.43F D ．12F【解析】相距为r 时，根据库仑定律得：F ＝k Q ·4Qr 2；接触后，各自带电荷量变为：Q ′＝4Q －Q 2＝3Q 2，则此时有：F ′＝k 3Q 2·3Q2⎝⎛⎭⎫r 22＝94F ；故B 正确，A 、C 、D 错误。

【答案】B4、关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )A ．由E ＝Fq可知，某电场的场强E 与q 成反比，与F 成正比B ．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关C ．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关D ．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零【解析】E ＝Fq 是电场强度的定义式，某电场的场强E 与试探电荷的电荷量q 、试探电荷受的电场力F无关；故A 错误。

高中物理必修三模块综合试卷及答案解析(一)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．下列说法正确的是()A．根据磁感应强度定义式B＝FIl，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与Il 乘积成反比B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止答案B解析磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量，与通电导线所受的安培力F以及Il乘积无关，选项A错误；磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误．2．(2021·河北保定市高二期末)一个量程为0～15V的电压表，内阻为15kΩ，把它与一个电阻R串联后接在10V的恒压源上，此时电压表的读数是6V．则电阻R的阻值为()A．200ΩB．10kΩC．20kΩD．240Ω答案B解析串联电路电压的分配与电阻成正比，则有6V15kΩ＝10－6VR，解得R＝10kΩ，故选B.3．(2021·北京市期末)在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图1甲所示连接．先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电．电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程，下列选项正确的是()图1A．电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右B．电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能C．图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小D．图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快答案C解析充电时电容器上极板带正电，放电时，电流由电容器的上极板流向下极板，所以流过电阻R的电流方向向左，A错误；电容器充电过程中电源释放的电能转化为电容器的电场能、电阻上的热能等，B错误；i－t图像与横轴所围的面积表示电荷量，所以图线1与横轴所围的面积表示电容器充电后所带电荷量的大小，C正确；由题图可知，放电过程中，电流的变化越来越慢，说明电压的变化也越来越慢，D错误．4.如图2所示，在两个等量异种点电荷的电场中有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间的距离与2、3之间的距离相等，2、5之间的距离与2、6之间的距离相等，2位于两点电荷连线的中点，两条虚线互相垂直，那么关于各点电场强度和电势的叙述错误的是()图2A．1、3两点电势相等B．1、3两点电场强度相同C．4、5两点电势相等D．5、6两点电场强度相同答案A5.在如图3所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻R M＝0.5Ω.若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是()图3A．电动机的输入功率是12WB．电动机的输出功率是12WC．电动机的热功率是12WD．整个电路消耗的电功率是22W 答案A解析电动机两端的电压U M＝U－U L＝(12－6)V＝6V，整个电路中的电流I＝12 6A＝2A，所以电动机的输入功率P＝U M I＝6×2W＝12W，故A正确；电动机的热功率P热＝I2R M＝22×0.5W＝2W，则电动机的输出功率P2＝P－P热＝(12－2)W＝10W，故B、C错误；整个电路消耗的电功率P总＝UI＝12×2W＝24W，故D 错误．6.如图4所示，真空中A、B、C三点构成一等边三角形，CD为边AB的高．电荷量为－q(q>0)的点电荷Q1固定在A点．将另一电荷量为＋q的点电荷Q2从无穷远处移到C点，此过程中静电力做功为W，再将点电荷Q2从C点移到B点并固定．取无穷远处电势为零，则()图4A．点电荷Q2移入以前，B点的电势为WqB．将点电荷Q2从C点移到B点过程中，静电力做正功C．点电荷Q2固定后，将某一正试探电荷从C点沿CD移到D点，该试探电荷所受静电力逐渐增大D．点电荷Q2固定后，将某一试探电荷从C点沿CD移到D点，该试探电荷所具有的电势能先增加后减少答案C解析A 点的电荷为负电荷，因此，C 、B 的电势都为负，因为C 、B 到A 的距离相等，因此两点电势都为－W q，A 错误；C 、B 的电势相等，点电荷Q 2从C 点移到B 点过程中，静电力不做功，B 错误；Q 2固定后，CD 为等量异种电荷连线的中垂线，中垂线上的电场方向始终垂直于CD ，试探电荷从C 点沿CD 移到D 点，静电力不做功，试探电荷的电势能不变化，但是电场强度从C 点到D 点逐渐增大，即试探电荷所受静电力逐渐增大，D 错误，C 正确．7.两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷固定在x 轴上的A 、B 两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x 变化的关系图像如图5所示，其中P 点电势最高，且x AP <x PB ，则()图5A ．q 1和q 2都是负电荷B ．q 1的电荷量大于q 2的电荷量C ．在A 、B 之间将一负点电荷沿x 轴从P 点左侧移到右侧，电势能先增大后减小D ．一点电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐变小答案A 解析由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q 1和q 2都是负电荷，故A 项正确；φ－x 图像的切线斜率表示电场强度，则P 点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P 处产生的场强等大反向，即k q 1x AP 2＝k q 2x BP 2，又x AP <x PB ，所以q 1的电荷量小于q 2的电荷量，故B 项错误；由题图知，在A 、B 之间沿x 轴从P 点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C 项错误；φ－x 图像的切线斜率表示电场强度，则沿x 轴从P 点到B 点场强逐渐增大；据a ＝qE m可知，点电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐增大，故D 项错误．8.(2020·安徽定远重点中学高二期末)如图6所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°，在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 0；若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为()图6A.3B 0 B.32B 0C ．B 0D.12B 0答案B 解析依题意，每根导线在O 点产生的磁感应强度为12B 0，方向竖直向下，当将M 处长直导线移至P 处时，两根导线在O 点产生的磁场方向成60°角，则O 点合磁感应强度大小为B ＝2×12B 0×cos 30°＝32B 0，故B 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.电阻不变的三盏电灯A 、B 、C 连接在如图7所示的电路中，闭合开关S 后，三盏灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R 的滑片，则可判断()图7A ．三盏灯的电阻大小是RB >RC >R AB ．三盏灯的电阻大小是R A >R B >R CC ．A 、C 两灯变亮，B 灯变暗D ．A 、B 两灯变亮，C 灯变暗答案BD 解析闭合开关S 后，A 灯的电压大于C 灯、B 灯的电压，而三灯的实际功率相等，由P ＝U 2R可知：R A >R C ，R A >R B ，C 灯的电流大于B 灯的电流，它们的实际功率相等，由P ＝I 2R 可得：R C <R B ，则得：R A >R B >R C ，故A 错误，B 正确；当滑动变阻器R 的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A 灯的电流增大，则A 灯变亮；由于总电流减小，而通过A 灯的电流增大，则通过C 灯的电流减小，C 灯变暗，C 灯的电压减小，而路端电压增大，则B 灯的电压增大，B 灯变亮，即A 、B 两灯变亮，C 灯变暗，故C 错误，D 正确．10.(2021·安徽省肥东县第二中学高二期末)如图8所示，d 处固定有负点电荷Q ，一个带电质点只在静电力作用下运动，射入此区域时的运动轨迹为图中曲线abc ，b 点是曲线上离点电荷Q 最远的点，a 、b 、c 、d 恰好是一正方形的四个顶点，则有()图8A．a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc>φbB．质点由a到b，电势能增加C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2D．质点在b点电势能最小答案BC解析根据负点电荷的等势面的分布可知离负点电荷越近的电势越低，以点电荷为圆心的同一圆周上的电势相等，则a、b、c三点处电势高低关系是φa＝φc<φb，A错误；根据曲线运动合外力总是指向运动轨迹的凹侧，所以质点由a到b，静电力做负功，则电势能增加，质点在b点电势能最大，B正确，D错误；由库仑定律可得k q1q2r2＝ma，由上式可知加速度a与r2成反比，又由几何关系可得r a∶r b∶r c＝1∶2∶1，则有r a2∶r b2∶r c2＝1∶2∶1，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2∶1∶2，C正确．11．如图9甲所示是有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为0～1A，当使用a、c两个端点时，量程为0～0.1A，已知电流表的内阻R g1＝200Ω，满偏电流I g1＝2mA；如图乙所示是有两个量程的电压表，当使用d、e两个端点时，量程为0～10V，当使用d、f两个端点时，量程为0～100V．已知电流表的内阻R g2＝500Ω，满偏电流I g2＝1mA，则电阻R1、R2、R3、R4分别为()图9A ．R 1＝0.85ΩB ．R 2＝3.67ΩC ．R 3＝9500ΩD ．R 4＝95000Ω答案BC 12.如图10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)()图10A ．在时间t 内，静电力对粒子做的功为qUB ．在后t 2时间内，静电力对粒子做的功为3qU 8C ．粒子的出射速度偏转角tan θ＝d LD ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，运动时间之比为2∶1答案BC 解析在时间t 内，因入射点与出射点的电势差为U 2，可知静电力对粒子做的功为qU 2，选项A 错误；设粒子在前t 2时间内和在后t 2时间内竖直位移分别为y 1、y 2，则y 1∶y 2＝1∶3，则y 1＝d 8，y 2＝3d 8，则在后t 2时间内，静电力对粒子做的功为W 2＝q ·38U ＝38qU ，故B 正确；粒子的出射速度偏转角正切为tan θ＝v y v 0＝at v 0＝12at 212v 0t ＝12d 12L ＝d L ，故C 正确；粒子前d 4和后d 4的过程中，运动时间之比为1∶(2－1)，故D 错误．三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)小王和小李两位同学分别测量电压表V 1的内阻．(1)先用调好的欧姆表“×1k”挡粗测电压表V 1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的________(选填“＋”或“－”)接线柱接触，测量结果如图11甲所示，则粗测电压表V 1的内阻为________kΩ.图11(2)为了精确测量电压表V 1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S 1前将滑动变阻器的滑片移到最________(选填“左”或“右”)端，电阻箱接入电路的电阻调到最________(选填“大”或“小”)，闭合开关S 1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V 1、V 2的示数分别为U 1、U 2，电阻箱的示数为R 0，则被测电压表V 1的内阻R V1＝________.答案(1)＋(1分)9.0(1分)(2)左(1分)大(1分)U 1R 0U 2－U 1(2分)14．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻R约为5Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表(量程0～3V，内阻约为15kΩ)；B．电压表(量程0～15V，内阻约为75kΩ)；C．电流表(量程0～3A，内阻约为0.2Ω)；D．电流表(量程0～0.6A，内阻约为1Ω)；E．滑动变阻器R1(0～10Ω，0.6A)；F．滑动变阻器R2(0～2000Ω，0.1A)；G．电池组E(电动势为3V)；H．开关S，导线若干．(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号)．(2)为减小实验误差，应选用如图12中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图丙中的实物图用线连接起来．图12(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图13所示，则金属丝的直径为________mm ，电阻值为________Ω.图13(4)该金属丝的电阻率为________Ω·m.答案(1)ADEGH(1分)(2)乙(1分)见解析图(2分)(3)0.635(1分) 2.4(1分)(4)1.27×10－6(2分)解析(1)由于电源的电动势为3V ，所以电压表应选A ；被测电阻约为5Ω，电路中的最大电流约为I ＝E R x ＝35A ＝0.6A ，电流表应选D ；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E ；还要选用电池组和开关，导线若干，故应选用的实验器材有A 、D 、E 、G 、H.(2)由于R V R x ＞R x R A，应采用电流表外接法，应选题图乙所示电路，实物连接如图所示．(3)从螺旋测微器可以读出金属丝直径为0.635mm ，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50A，被测金属丝的阻值为R x＝U xI x＝1.200.50Ω＝2.4Ω.(4)由R x＝ρLS，代入数据解得ρ≈1.27×10－6Ω·m.15.(8分)如图14所示，匀强电场的电场线与AC平行，把10－8C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8J，AB长6cm，AB与AC成60°角．图14(1)求匀强电场的场强方向；(2)设B处电势为1V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？答案(1)由C指向A(2)－5V5eV解析(1)将负电荷从A点移至B点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A指向C.又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C 指向A.(3分)(2)由W AB＝E p A－E p B＝q(φA－φB)得φA＝W ABq＋φBV＝－5V(3分)则电子在A点的电势能为E p A＝qφA＝(－e)×(－5V)＝5eV.(2分)16.(10分)如图15所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V 1.5W”，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时理想电流表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：图15(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．答案(1)6Ω(2)12W8W解析(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：I L＝P LU L＝0.5A(1分)流过滑动变阻器的电流：I0＝I A－I L＝0.5A(2分)故：R0＝U LI0＝6Ω(1分)(2)电源电动势为：E＝U L＋I A(R1＋r)＝6V(2分)当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电路中总电流为：I＝ER1＋r＝2A(1分)故电源的总功率为：P总＝EI＝12W(1分)输出功率为：P出＝EI－I2r＝8W．(2分)17.(12分)(2021·安徽芜湖市高三期末)如图16所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d＝0.06m，极板长为L＝0.3m，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从两极板左侧的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下极板向下平移Δd ＝0.02m ，液滴最后恰好从极板的末端飞出，g 取10m/s 2，求：图16(1)将下极板向下平移后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用的时间．答案(1)2.5m/s 2(2)0.4s 解析(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的静电力，因为液滴做匀速直线运动，则有q U d＝mg (2分)当下极板向下平移后，d 增大，E 减小，静电力减小，故液滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受静电力F ′＝q U d ′＝mgd d ＋Δd(2分)由牛顿第二定律可得a ＝mg －F ′m ＝g (1－d d ′)＝14g ＝2.5m/s 2(2分)(2)因为液滴刚好从极板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是y ＝d 2＋Δd (1分)设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 2，则d 2＋Δd ＝12at 22(2分)解得t 2＝0.2s(1分)而液滴从刚进入电场到出电场的时间t ＝L v 0＝0.6s(1分)所以液滴从射入电场开始计时匀速运动到P 点所用的时间为t 1＝t －t 2＝0.4s ．(1分)18．(16分)(2021·江西赣州市期末)如图17所示，水平绝缘轨道AC 由光滑段AB 与粗糙段BC 组成，它与竖直光滑半圆轨道CD 在C 点处平滑连接，其中AB 处于电场区内．一带电荷量为＋q 、质量为m 的可视为质点的滑块从A 处以水平初速度v 0进入电场区沿轨道运动，从B 点离开电场区继续沿轨道BC 运动，最后从圆轨道最高点D 处以水平速度v 离开圆轨道．已知：轨道BC 长l ＝1m ，圆半径R ＝0.1m ，m ＝0.01kg ，q ＝5×10－5C ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10m/s 2，设装置处于真空环境中．图17(1)若滑块到达圆轨道D 点时的速度v ＝1m/s①在D 点处时，求滑块受到的弹力F N ；②求滑块从B 点离开电场时的速度大小v B ；(2)若v 0＝5m/s ，为使滑块能到达圆轨道最高点D 处，且离开圆轨道后落在水平轨道BC 上，求A 、B 两点间电势差U AB 应满足的条件．答案(1)①0②3m/s (2)－1600V≤U AB ≤800V 解析(1)①根据牛顿第二定律和向心力公式得mg ＋F N ＝m v 2R(2分)代入数据得F N＝0(1分)②滑块由B点运动到D点的过程，根据动能定理有－μmgl－mg·2R＝12mv2－12mv B2(2分)解得v B＝3m/s(1分)(2)当电势差U AB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时v D＝1m/s(1分)全过程由动能定理得U AB q－μmgl－mg·2R＝12mv D2－12mv02(2分)解得U AB＝－1600V(1分)当电势差U AB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律，竖直方向：2R＝12gt2(1分)水平方向：l＝v D′t(1分)全过程由动能定理得U AB′q－μmgl－mg·2R＝12mv D′2－12mv02(2分)解得U AB′＝800V(1分)则AB间电势差满足的条件是－1600V≤U AB≤800V．(1分)。

新教材高中物理新人教版必修第三册：模块综合测试卷一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．不带电的导体P置于场强方向向右的电场中，其周围电场线分布如图所示，导体P 表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点( )A．a点的电场强度小于b点的电场强度B．a点的电势低于b点的电势C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的电势能大D．负检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做负功2．如图所示，用绝缘细线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定于O点正下方的小球B接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为F T1，库仑斥力为F1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为F T2，库仑斥力为F2.则( )A．F T1<F T2B．F T1＝F T2C．F1>F2D．F1＝F23．如图所示，菱形ABCD处于一匀强电场中，已知B点的电势为12V，对角线的交点O 的电势为7V．则D点的电势为( )A．0B．2VC．5VD．19V4．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点．则可判断( )A．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动时间相等C．三小球到达正极板时的动能关系是E k A＞E k B＞E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a C＞a B＞a A5．在图中，通电螺线管附近的小磁针指向正确的是( )6．如图，a、b和c三个完全相同的矩形绝缘线框与通电直导线在同一平面内，其中a 关于导线左右对称，b和c的右侧平齐．通过a、b和c三个线框的磁通量分别为φa、φb和φc，则( )A．φa＞φb＞φc B．φa＝φb＝φcC．φa＜φb＝φc D.φa＜φb＜φc7．如图所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则此过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)( )A．为零B．方向由向左变为向右C．方向保持不变D．方向由向右变为向左二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．) 8．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则若将P向上移动过程中下列说法正确的是( )A．油滴带负电B．A表的示数变大C．油滴向上加速运动D．G中有由a→b的电流9．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是( )A．在静电场中，电场线不可能相交B．磁感线是虚拟的，电场线是客观存在的C.在用磁感线描绘磁场时，磁感线的疏密表示磁感应强度的大小D．在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方电场强度为零10．某静电场中的电场线分布如图中实线所示，带电粒子在电场中仅受电场力的作用，沿图中虚线由A运动到B.则下列说法正确的是( )A．该带电粒子一定带正电B．A点电场强度小于B点电场强度C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．粒子由A点向B点运动的过程中电势能逐渐减小三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(6分)如图一量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，现需________联(选填“串”或“并”)一个________Ω的电阻可将它改装成量程0～1V电压表，应该把它________联(选填“串”或“并”)在电路中测量电压，某次测量表盘指针位置如图所示，该电压的大小是________V．12．(8分)一个小灯泡上标有“2V1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I­U图线．可选用的器材如下．A．电压表(量程3V，内阻约10kΩ)B．电压表(量程15V，内阻约20kΩ)C．电流表(量程0.3A，内阻约1Ω)D.电流表(量程0.6A，内阻约0.4Ω)E．滑动变阻器(5Ω，1A)F．滑动变阻器(100Ω，0.2A)G．电源(电动势3V，内阻1Ω)H．开关一个，导线若干实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便．(1)电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填器材序号字母).(2)实验电路图应选择图甲中的________(选填“a”或“b”)图．(3)连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确．接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是________(选填“不亮”或“逐渐变亮”).(4)通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为________Ω.(结果保留两位有效数字)13．(12分)如图所示，a、b、c是匀强电场中的三点，已知a、b两点相距2cm，b、c 相距6cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60°角．将电荷量为＋2×10－8C的点电荷从a 点移到b点时，电场力做功为2×10－6J.(1)求a、b两点电势差．(2)求匀强电场的电场强度的大小．(3)将电荷从a点经b点移到c点的过程中，电场力做的功是多少？14．(14分)如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻r＝2Ω，电炉的电阻R1＝18Ω，电动机线圈的电阻R2＝1Ω.当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝72W，当S闭合时，干路中的电流I＝15A．求：(1)电源的电动势E；(2)S闭合后电动机的机械功率．15．(14分)如图，直线MN上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B.一质量为m，电荷量为q(q<0)的带电粒子以速度v从O点射入该磁场区域，进入磁场时速度方向与MN边的夹角θ＝60°，粒子在磁场中运动一段时间后从边界MN上的P点射出，粒子重力不计．求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径；(2)入射点O与出射点P间的距离L；(3)粒子在磁场中运动的时间t.模块综合测试卷1．解析：由电场线越密的地方，电场强度越大可知，E a >E b ，A 错误；沿着电场线，电势逐渐降低，a 点处于电场线的靠前的位置，即a 点的电势比P 高，P 的电势比b 高，故a 点电势高于b 点的电势，B 错误；负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a 点的电势能比在b 点的电势能小，则负检验电荷从a 点移到b 点的过程中，电势能增大，则电场力做负功，C 错误，D 正确．答案：D2．解析：小球A 受到重力G ，悬绳拉力F T ，库仑斥力F ，这三个力的合力为0，因此这三个力构成一个封闭的力矢量三角形，且正好与几何三角形OAB 相似，故有G |OB |＝F T|OA |，由于|OA |＝|OB |，所以F T ＝G ，即F T 与θ无关，故A 错误，B 正确；若增加两球的带电量，同理有G |OB |＝F|AB |，由于G 、|OB |不变，|AB |增大，故F 也增大，所以F 1<F 2，故C 、D 错误．答案：B3．解析：由于BO 和OD 是匀强电场中两平行等长的线段，故U BO ＝U OD ，可得φD ＝2V ，故A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B4．解析：小球在水平方向做匀速直线运动，根据x ＝vt ，因水平方向的距离大小关系x A ＞x B ＞x C 可知t A ＞t B ＞t C .而在竖直方向上，三个小球通过的高度相同，根据位移公式h ＝12at2和时间关系可知，a A ＜a B ＜a C ，再根据牛顿第二定律可分析出，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg －F 电，落到A 点的小球加速度最小，经过时间最长，故球带正电，同理可知落到C 点的小球带负电，落到B 点的小球不带电，故A 、B 错误，D 正确．在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，根据动能定理可知其动能改变量最大，而带正电荷小球动能改变量最小，即E k C ＞E k B ＞E k A ，故C 错误．答案：D5．解析：根据右手螺旋定则，图中螺线管的右端为S 极，则小磁针的N 极应该指向左，B 正确．答案：B6．解析：根据安培定则，电流左侧磁场垂直纸面向外，电流右侧磁场垂直纸面向里． a 线圈关于直导线左右对称，向里穿过线框的磁通量与向外穿过线框的磁通量恰好抵消，Φa ＝0；由于离导线越远，磁场越弱，则Φb <Φc ； 所以Φa <Φb <Φc ，故D 项正确． 答案：D7．解析：根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示．显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．所以当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时，条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B 正确．答案：B8．解析：电容器上极板带正电，下级板带负电荷，油滴静止，电场力方向向上，则油滴带负电，A 正确；P 向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律I ＝ER 外＋r，电流表A 的示数变小，B 错误；P 向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，则外电压U 外增大，根据U R 1＝IR 1，电阻R 1的两端电压变小，根据U 外＝U R 1＋U 并，U 并增大，即电容器两端的电压增大，油滴受到的电场力增大，大于重力，油滴向上加速运动，C 正确；电容器两端的电压增大，根据Q ＝CU ，电容器充电，G 中有由b →a 的电流，D 错误．答案：AC9．解析：在静电场中，电场线不可能相交，A 正确；磁感线和电场线都是虚拟的，不是客观存在的，B 错误；在用磁感线描绘磁场时，磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，C 正确；在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方仍有可能有电场，电场强度不一定为零，D 错误．答案：AC10．解析：物体做曲线运动时，受力方向指向曲线的凹面一侧，所以由曲线轨迹和电场方向可知，该带电粒子一定带正电，故A 正确；电场线越密集的地方电场强度越大，因此A 点电场强度小于B 点电场强度，故B 正确；粒子在A 点受到的电场力小于在B 点受到的电场力，因此粒子在A 点的加速度小于在B 点的加速度，故C 错误；从A 到B 的过程中，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故D 正确．答案：ABD11．解析：电流表改装成电压表，需要串联分压电阻； 由U ＝I g (R ＋R g )，可得R ＝U I g－R g ＝9900Ω；电压表测电压时，应与被测元件并联；由电压表量程可知电压表分度值为U 0＝U10＝0.1V.则电压表读数约为0.84V.答案：串 9900 并 0.83～0.8612．解析：(1)灯泡额定电压是2V ，电压表应选择A ；灯泡额定电流I ＝P U ＝12＝0.5A ，电流表应选择D ，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E ；(2)为了在灯泡上得到从0开始的电压，滑动变阻器要用分压电路，灯泡属于小电阻，则用电流表外接，故电路选b ；(3)接成题图乙所示的电路，电压表内阻很大，电路中电流几乎为零，则灯泡不亮；(4)灯泡正常工作时，电压为2V ，由题图可知I ＝0.5A ，则R ＝U I＝4.0Ω答案：(1)A D E (2)b (3)不亮 (4)4.013．解析：(1) a 、b 两点间的电势差为U ab ＝W ab q ＝2×10－62×10－8V ＝100V.(2)根据U ＝Ed ，可得匀强电场的场强大小E ＝U ab d ab ＝1000.02V/m ＝5000V/m. (3) a 、c 两点电势差为U ac ＝E (d ab ＋d bc cos60°)＝5000×(0.02＋0.06×0.5) V＝250V ， 将电荷从a 点经b 点移到c 点的过程中，电场力做的功 W ac ＝qU ac ＝2×10－8×250J＝5×10－6J.答案：(1)100V (2)5000V/m (3)5×10－6J14．解析：(1) 当开关S 断开时，电源内电路消耗的热功率P ＝72W ，由热功率公式可得P ＝I 2r ，解得I ＝Pr＝6A ， 由闭合电路欧姆定律可得E ＝I (R 1＋r )＝120V.(2)当S 闭合时，干路中的电流I ＝15A ，由闭合电路欧姆定律可得E ＝Ir ＋U ， 解得U ＝90V ，此时通过R 1的电流为I 1＝U R 1＝5A.由并联电路电流的规律可得，通过电动机的电流为 I 2＝I －I 1＝10A.因此电动机的电功率为P 电＝UI 2＝900W ，电动机的热功率为P 热＝I 22 R 2＝100W ，电动机的机械功率为P 机＝P 电－P 热＝800W. 答案：(1)120V (2)800W15．解析：(1)粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图；由qvB ＝m v 2R 得R ＝mvqB.(2)入射点O 与出射点P 间的距离为L ＝2R sin60°＝3R ＝3mvqB.(3)粒子运动的周期为T ＝2πmqB，粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动的时间为t ＝240°360°T ＝4πm3qB. 答案：(1)mvqB (2)3mvqB (3)4πm 3qB。

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高二物理选修3-1模块综合测试高二物理选修3－1模块综合训练(三）注意事项:1． 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．试卷共18小题，考试时间90分钟,总分100分．2． 第Ⅰ卷选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．3． 第Ⅱ卷答案写在答题卷相应的位置处，超出答题区域或在其它题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效．第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，每题4分，共48分．有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确，请选出正确选项前的字母。

） 1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是( ) A ．洛伦兹 B ．库仑 C ．法拉第 D ．奥斯特2．在一个点电荷形成的电场中,关于电场强度和电势的说法中正确的是（ ) A ．没有任何两点电场强度相同 B ．可以找到很多电场强度相同的点C ．没有任何两点电势相等D ．可以找到很多电势相等的点3．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，在温度不变的情况下，下列表述正确的是（ )A ．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B ．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C ．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D ．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比4。

一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地,在两极板间有一正电荷(电量很小）固定在P 点，如图所示。

模块素养评价(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(此题共9小题,每题只有一个选项正确,每一小题3分,共27分)1.关于电磁波,如下说法正确的答案是( )A.雷达是用X光来测定物体位置的设备B.电磁波不能发生干预、衍射现象C.电磁波的传播速度小于光速D.变化的电场可以产生磁场【解析】选D。

雷达不是利用X光定位的,X光波长极短常用于医疗,A错误;电磁波能发生干预、衍射现象,B错误;电磁波的传播速度等于光速,C错误;变化的电场可以产生磁场,D正确。

【补偿训练】为探究“什么情况下磁可以生电〞,小华组装了如下列图的实验装置,图中ab是一根细直铜导线。

闭合开关,当ab沿竖直方向上下运动时,电流表指针没有发生偏转,如下说法正确的答案是( )A.感应电流太小,无法使电流表指针发生偏转B.铜直导线太细,应换用较粗的铜棒C.应该把ab改为左右运动D.应该把磁体的N、S极对调【解析】选C。

此题考查学生对于电磁感应现象和产生感应电流条件的理解。

有些同学容易错选为D,改变磁场方向或导体运动方向可以改变感应电流的方向,但题中电流表指针没有发生偏转,没有产生感应电流,我们要让它产生感应电流,而不是改变感应电流的方向。

2.我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞〞入千家万户(如图),在通往量子论的道路上,一大批物理学家做出了卓越的贡献,如下有关说法正确的答案是( )A.玻尔在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化〞的传统观念B.爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,提出光子说,并成功地解释了光电效应现象C.德布罗意第一次将量子观念引入原子领域D.普朗克大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性【解析】选B。

普朗克在1900年把能量子引入物理学,破除了“能量连续变化〞的传统观念,故A错误;爱因斯坦最早认识到了能量子的意义,为解释光电效应的实验规律提出了光子说,并成功地解释了光电效应现象,故B正确;玻尔第一次将量子观念引入原子领域,故C错误;德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子,预言实物粒子也具有波动性,故D错误。

高中物理必修3物理 全册全单元精选试卷（Word 版 含解析）一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）【答案】20MN Uv U dg=；【解析】 【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =202v g小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =022v t ⋅ h =2v t ⋅ 联立得，x =2h =20v g故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-20Uv gd从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =12m 20(2)v -2012mv 所以联立解得W 电=202mv答：M 、N 间电势差为-20Uv gd，电场力做功202mv ．2．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a ； ②该双星系统的运动周期T ．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量大小均为e ．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用E k Ⅰ、 E k Ⅱ表示，请推理分析，比较E k Ⅰ、 E k Ⅱ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1) ①02GM a L =②2T = (2) ①2k k II =2ke E E r =Ⅰ②T T ⅠⅡ为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便． 【解析】 【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2002GM M a L=解得02GM a L =②由运动学公式可知，224π2La T =⋅解得2T =(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v ，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有222ke mv r r=解得：22k 122ke E mv r==Ⅰ模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v 1、v 2，电子的运动半径为r 1，原子核的运动半径为r 2．根据库仑定律和牛顿第二定律 对电子有：22121mv ke r r =，解得22k11121=22ke E mv r r=对于原子核有：22222=Mv ke r r ，解得22k22221=22ke E Mv r r=系统的总动能：E k Ⅱ=E k1+ E k2=()2212222ke ke r r r r+=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有22224πke m r r T =Ⅰ，解得23224πmr T ke =Ⅰ 模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ 根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有221224πke m r r T =⋅Ⅱ， 解得221224πke T r r m =Ⅱ对原子核有222224πke M r r T =⋅Ⅱ， 解得222224πke T r r M=Ⅱ因r 1+r 2=r ，可解得：()23224πmMr T ke M m =+Ⅱ所以有T M m T M+=ⅠⅡ 因为M >>m ，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．3．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d 。

12009～2010学年第一学期高二第三次考试（12.16）生物试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

第I 卷（选择题，共60分）一、选择题：（本题包括30小题，每小题2分，共60分。

每小题只有一个选项最符合题意） 1．关于内环境稳态调节机制的现代观点是A ．神经调节B ．体液调节C ．神经—体液调节D ．神经—体液—免疫调节 2．下列属于哺乳动物和人体“内环境”的是A ．肺泡腔内的气体B ．小肠腔内的消化液C ．心室腔内的血浆D ．膀胱腔内的尿液3．高等动物和人体的内环境必须保持相对稳定。

下列各项生理活动中，与内环境的稳态不．直接相关的是 A ．通过汗液和尿液排出废物 B ．将食物残渣形成粪便排出体外 C ．通过血液运输氧和废物D ．血液中的二氧化碳浓度增大会使呼吸加快4．人体剧烈运动后，隔一段时间测其血浆的pH 会A ．远小于7.35～7.45B ．大于7.35～7.45C ．稳定在3～4D ．稳定在7.35～7.45 5．下列各项中，仅发生在体液免疫过程中的是A ．吞噬细胞吞噬处理病菌B ．发生免疫反应后形成沉淀或细胞集团C ．靶细胞裂解死亡D ．纤毛摆动把黏附的细菌以痰的形式排出 6．大面积烧伤护理不当时，易发生感染而引起严重后果，这主要是由于A ．体液大量损失B ．特异性免疫能力减弱C ．非特异性免疫能力减弱D ．营养物质得不到及时补充 7．正常情况下，人体进食后血液内A ．胰岛素含量减少，胰高血糖素含量增加B ．胰岛素含量增加，胰高血糖素含量增加C ．胰岛素含量减少，胰高血糖素含量减少D ．胰岛素含量增加，胰高血糖素含量减少8．为验证胰岛素具降血糖的作用，某同学给几只刚进食的小鼠腹腔内注射一定剂量的胰岛素溶液（用生理盐水配制）并观察现象，若出现惊厥则完成验证。

为了让该实验更完善，他又进行了改进，其中不合理．．．的是 A ．为使反应出现得较快且明显，实验前应将小鼠饥饿处理，以消耗肝糖元B ．应设置注射等量生理盐水的对照组，且注射的部位、方法同实验组C ．应设置口服胰岛素的实验组，对照组灌喂等量的清水D ．出现惊厥现象后，还应对其中的一半个体注射葡萄糖溶液进行抢救，另一半则不予抢救9．在反射活动中能够起分析综合作用的部分是A ．传出神经B ．传入神经C ．神经中枢D ．感受器 10．手术摘除小白兔的垂体后，其甲状腺功能衰退的直接原因是A ．大脑功能异常B ．缺乏促甲状腺激素释放激素C ．缺乏促甲状腺激素D ．垂体与甲状腺之间的神经被切断 11．如右图所示，相同的甲、乙、丙三株幼苗均被切去茎尖，切面的不同位置上分别放上含有生长素的琼脂小块，然后从左侧给予光照。

模块综合试卷(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．(2021·宿迁市高一期中)关于电场强度，下列认识正确的是( )A ．若在电场中的P 点不放试探电荷，则P 点的电场强度为0B ．点电荷的电场强度公式E ＝k Q r 2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r 的二次方成反比C ．电场强度公式E ＝F q表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q 成反比，若q 减半，则该处的电场强度变为原来的2倍D ．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同答案 B解析 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A 错误；点电荷的电场强度公式E ＝k Q r2表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与点电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷距离r 的二次方成反比，B 正确；电场强度公式E ＝F q只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，所以电场强度的大小与该点所放试探电荷的电荷量不成反比，C 错误；由F ＝qE 可知，故D 错误．2.某区域的电场线分布如图所示，M 、N 、P 是电场中的三个点，则下列说法正确的是( )A ．P 、N 两点电场强度不等，但方向相同B ．同一试探电荷在M 点受到的静电力小于在N 点受到的静电力C ．同一试探电荷在P 点的电势能一定小于在N 点的电势能D ．带正电的粒子仅在静电力作用下，一定沿电场线PN 运动答案 B3.(2021·南通一中期末)如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用，在x ＝0处由静止释放，沿x 轴正方向运动，且以一定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是( )A ．x 1和x 2处的电场强度均为零B ．x 1和x 2之间的电场强度方向不变C ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，电势能先增大后减小D ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，加速度先减小后增大答案 D解析 φ－x 图像的切线斜率越大，则电场强度越大，A 项错误；由切线斜率的正负可知，x 1和x 2之间的电场强度方向先沿x 轴负方向后沿x 轴正方向，B 项错误；粒子在x ＝0处由静止沿x 轴正方向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C 项错误；由图线的切线斜率可知，从x ＝0到x ＝x 2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D 项正确．4．同一直线上依次有三个点电荷A 、B 、C ，所带电荷量分别为q 1、q 2、q 3，恰好都处于平衡状态，除彼此间相互作用的静电力外不受其他外力作用．已知A 、B 间的距离是B 、C 间的距离的2倍，下列情况不可能出现的是( )A ．A 、C 为正电荷，B 为负电荷B ．A 、C 为负电荷，B 为正电荷C ．q 1∶q 2∶q 3＝36∶4∶9D ．q 1∶q 2∶q 3＝9∶4∶36答案 D解析 三个点电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”的关系，同一直线上位于两边的点电荷电性相同并与中间的点电荷电性相反，故A 、B 正确．判断电荷量大小关系时，距离中间点电荷远的点电荷的电荷量大于距离中间点电荷近的点电荷的电荷量，根据库仑定律，则有kq 1q 2r 122＝kq 1q 3r 132＝kq 2q 3r 232(其中r 12为A 、B 间的距离，r 13为A 、C 间的距离，r 23为B 、C 间的距离)．已知A 、B 间的距离是B 、C 间的距离的2倍，则q 1∶q 2∶q 3＝36∶4∶9，故C 正确，D 错误．5．(2021·赣州市期末)在如图所示的电路中，电压表、电流表均为理想电表，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P 向下移动，则下列说法不正确的是( )A ．电路再次稳定时，电源效率减小B ．灯L 2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少C ．灯L 1变亮，电压表的示数减小，电源输出功率减小D ．电源的内部消耗功率增大答案 C解析 由题可知，滑片P 向下移动，滑动变阻器的阻值R 减小，即电路中的总电阻R 总减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的总电流I 总增大，电路内电压U 内增大，路端电压U 外减小，电源的效率η＝P 出P 总×100%＝U 外I 总EI 总×100%＝U 外E ×100%，即电源效率减小，所以A 正确，但不符合题意；灯L 1的电流增大，所以L 1的电压U 1增大，又路端电压U 外减小，所以灯L 2和电容器两端的电压U 2都减小，所以灯L 2变暗，通过L 2的电流I 2也减小，又总电流增大，所以电流表的示数增大．电容器两端电压减小，由Q ＝CU 可得，电容器极板所带电荷量减小，所以B 正确，但不符合题意；由B 选项分析可知，灯L 1的电流增大，所以L 1变亮，电压表测的是电路的路端电压，所以电压表示数减小，电源的输出功率为P 出＝U 外I 总，路端电压U 外减小，总电流I 总增大，所以无法判断电源的输出功率变化，所以C 错误，符合题意；电源的内部消耗功率为P 内＝I 总2r ，由于总电流I 总增大，所以电源的内部消耗功率增大，所以D 正确，但不符合题意．6.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q ，板间距离为d ，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板正中间P 点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q ，静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．油滴带正电B ．油滴受到的静电力大小为4kQq d 2C ．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小D ．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动答案 C解析 根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电，A 错误；两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用，B 错误；上极板下移，板间距d 减小，根据C ＝εr S 4k πd ，U ＝Q C ＝4k πdQ εr S ，则E ＝U d ＝4πkQ εr S，故电场强度E 不变，F ＝qE ，可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据U ＝Ed 可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C 正确，D 错误．7.如图所示，匀强电场的方向平行于O 、P 、Q 三点所在的平面，三点的连线构成一个直角三角形，∠P 是直角，∠O ＝30°，PQ ＝2 cm ，三点的电势分别是φO ＝5 V ，φP ＝11 V ，φQ ＝13 V ．下列叙述正确的是( )A ．电场的方向沿QO 方向，电场强度大小为2 V/mB ．OQ 连线中点的电势为6.5 VC ．电子在P 点的电势能比在Q 点低2 eVD ．沿O →P →Q 路径将电子从O 点移动到Q 点，静电力做的功为8 eV答案 D解析 QO 间的电势差为8 V ，将QO 分成8等份，每份的电势差为1 V ，如图所示，若A 点的电势为11 V ，则OA 的长度为3 cm.AQ 的长度为1 cm.根据几何关系可知，P A ⊥OQ ，故P A所在的直线为等势线，电场线沿QO 方向从Q 指向O .电场强度的大小为E ＝U d ＝8 V 4 cm＝2 V/cm ，故A 错误；根据匀强电场等差等势面的特点，OQ 连线的中点电势为φ＝φO ＋φQ 2＝5＋132V ＝9 V ，B 错误；将电子从P 移动到Q 点，静电力做功W PQ ＝－eU PQ ＝－e ×(－2 V)＝2 eV ，静电力做正功，电势能减小，故电子在P 点的电势能比在Q 点高2 eV ，故C 错误；静电力做功与路径无关，只与始、末位置有关，故W OPQ ＝W OQ ＝－e ×(－8 V)＝8 eV ，D 正确．8.(2021·大同一中月考)如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率P r随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2 A，那么线段AB表示的功率及I＝2 A对应的外电阻是()A．2 W，0.5 ΩB．4 W，2 ΩC．2 W，1 ΩD．6 W，2 Ω答案 A解析因为电源的总功率P总＝EI，所以P－I图线的斜率表示电动势的大小，可得电动势E ＝3 V．当电流I＝3 A时，内阻热功率P r＝I2r＝9 W，可得内阻r＝1 Ω，当电流I′＝E＝R＋r 2 A时，可得外电阻R＝0.5 Ω，线段AB表示的功率即电源的输出功率，则P R＝P总－P r＝2×3 W －22×1 W＝2 W，故选A.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2021·湖州二中期末)如图所示，空间两个区域存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ分别为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，则()A．当运动到关于OO′对称的位置时穿过回路的磁通量向外B．当运动到关于OO′对称的位置时穿过回路的磁通量为零C．在从dc边与MN重合的位置运动到回路完全进入右边磁场的过程中，穿过回路的磁通量一直减少D．在从dc边与MN重合的位置运动到回路完全进入右边磁场的过程中，穿过回路的磁通量先减少后增加答案BD解析正方形闭合回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的两个方向相反的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B，故穿过回路的磁通量为零，选项A错误，B正确；正方形闭合回路在从dc边与MN重合的位置运动到完全进入右边磁场的过程中，穿过回路的磁通量先减少后增加，选项C错误，D正确．10.(2021·江苏滨海中学期末)交警使用的某型号酒精测试仪工作原理如图所示，传感器电阻R 的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表．当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是()A．电压表的示数变大，电流表的示数变小B．电压表的示数变小，电流表的示数变大C．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变答案BD解析由于传感器电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精气体浓度变大，R变小，由闭合电路的欧姆定律可知I＝E，U＝E－I(R0＋r)，可知R＋r＋R0电流表示数变大，电压表示数变小，A错误，B正确；电源的输出功率与外电阻R外的关系图像如图所示，由图可知，当R外＝r时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度增大导致R＋R0减小，若开始时R＋R0>r，则随着R减小，电源的输出功率增大，若开始时R＋R0<r，则随着R减小，电源的输出功率减小，C错误；把R0等效为电源内阻的一部分，则|ΔUΔI|＝r＋R0.故无论R怎么变，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D正确．11.(2021·宁德市高二期末)如图所示，光滑绝缘水平细杆上套有一个小球，其质量为m，带电荷量为＋q，O、a、b是细杆垂线上的三点，O在杆上且Oa＝Ob，在a、b两点分别固定一个电荷量为－Q的点电荷．小球从图示位置以初速度v0向右运动的过程中()A．速度一定先减小后增大B．加速度一定先增大后减小C．对细杆的作用力始终保持不变D．电势能先减小后增大答案CD解析在O左侧，小球受到的库仑力合力向右，在O右侧小球受到的库仑力合力向左，小球在向右运动的过程中，在O左侧做加速运动，在O右侧做减速运动，所以小球的速度先增大后减小，A错误；根据电场线的分布情况，电场强度可能先减小后增大，所以小球所受的静电力可能先减小后增大，则加速度可能先减小后增大，B错误；两个电荷量为－Q的点电荷对小球的库仑力在竖直方向的分力大小相等，方向相反，所以小球对细杆的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；在小球向右运动的过程中，静电力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确．12.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照射强度下路端电压U和电流I的关系图(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻的U－I图像，倾斜虚线是过a、b交点的切线．在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述正确的是()A．此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB．此时硅光电池的总功率为0.72 WC．此时硅光电池的效率约为56%D．若把内阻为10 Ω的直流电动机接到该电池上，电动机的输出功率为0.4 W答案BC解析由图线a知，此硅光电池的电动势E＝3.6 V，由图线b知，电阻R＝20.2Ω＝10 Ω.当电阻接在硅光电池上，在某光照强度下U外＝2 V，I＝0.2 A，由E＝U外＋Ir得：r＝8 Ω.电池总功率P＝EI＝3.6×0.2 W＝0.72 W，电池的输出功率P出＝U外I＝2×0.2 W＝0.4 W，效率η＝P出P×100%≈56%，故A错误，B、C正确；把内阻为10 Ω的直流电动机接到该电池上，电动机为非纯电阻电路，故电动机的输出功率小于0.4 W，D错误.三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)(2021·上海市大同中学期末)某同学用图(a)所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝3 Ω.(1)图(a)中A、B分别是________传感器、________传感器．(2)请根据图(a)，用笔画线代替导线将图(b)中实物图补充完整；(3)该实验中，设A传感器的示数为a，B传感器的示数为b，则a关于b的函数关系式为a ＝______；(用b、E、r、R2表示)(4)若实验中得到的两表的示数关系图像如图(c)所示，则该电源的电动势E＝__________ V，内阻r＝__________ Ω.答案(1)电压(1分)电流(1分)(2)见解析图(1分)(3)E－b(R2＋r)(1分)(4)2.8(1分)1(1分)解析(1)A传感器与电路并联，是电压传感器，B传感器与电路串联，是电流传感器；(2)电路如图所示(3)把R 2看作电源的内阻，由闭合电路欧姆定律得U ＝E －I (R 2＋r )，U ＝a ，I ＝b解得a ＝E －b (R 2＋r )(4)由题图(c)知，电源的电动势E ＝2.8 V该电源的内阻为r ＝|ΔU ΔI |－R 2＝2.80.7Ω－3 Ω＝1 Ω. 14．(6分)图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA ；R 1和R 2为阻值固定的电阻．若使用a 和b 两个接线柱，电表量程为3 mA ；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R 1＝________ Ω，R 2＝________ Ω.(2)现用一量程为3 mA 、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5 mA 、1.0 mA 、1.5 mA 、2.0 mA 、2.5 mA 、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V ，内阻忽略不计；定值电阻R 0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R 0应选用阻值为______ Ω的电阻，R 应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R 1和R 2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图乙电路可以判断出损坏的电阻．图乙中的R ′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路．则图中的d 点应和接线柱______(填“b ”或“c ”)相连．判断依据是：____________________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)15 35 (2)300 3 000 (3)c 见解析(每空1分)解析 (1)定值电阻和毫安表表头是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比．若使用a 和b 两个接线柱，量程为3 mA ，则通过R 1、R 2的电流为2 mA ，则通过毫安表表头和R 1、R 2的电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R 1＋R 2＝12R g ＝50 Ω；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA ，通过R 1的电流为9 mA ，电流比为1∶9，可得电阻比R g ＋R 2R 1＝91，即R 1＝19(R g ＋R 2)，整理可得R 1＝15 Ω，R 2＝35 Ω. (2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 1.50.000 5 Ω＝3 000 Ω，最小阻值为1.50.003 Ω＝500 Ω.若定值电阻R 0选择1 000 Ω的，则无法校准3.0 mA ，所以选用的定值电阻R 0的阻值应为300 Ω，由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以选用的滑动变阻器R 的最大阻值为3 000 Ω.(3)为准确地判断出哪个电阻损坏，d 点应和接线柱“c ”相连；若电流表无示数，则说明R 2断路，若电流表有示数，则说明R 1断路．15.(8分)(2021·信阳市质检)如图所示，一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 2.求仍从P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度．答案 见解析解析 粒子从小孔正上方d 2处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理，有 mg (d 2＋d )－q U dd ＝0.(2分) 电容器极板与电池两极相连，则极板间电压不变，将下极板向上平移d 2后，极板间电场强度变大，粒子所受静电力变大，设粒子下落距上极板x 处返回，由动能定理，有mg (d 2＋x )－q U d2x ＝0.(3分) 联立两式得x ＝d 4，(1分) 下落的最大高度H ＝x ＋d 2＝3d 4.(2分) 16.(12分)(2021·北京市通州区期末)如图所示，电路中电源电动势E ＝80 V ，内阻不计，电路中三个定值电阻R 的阻值相同．A 、B 分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L ＝90 cm ，板间距离d ＝40 cm.在两金属板左端正中间位置M 处，有一小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A 板右侧边缘射出电场．已知小液滴的质量m ＝2.0×10－3 kg ，带负电，电荷量q ＝1.0×10－3 C ．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)平行板电容器两极板间电压U 的大小；(2)在此过程中液滴电势能的变化量ΔE p ；(3)液滴进入电场时初速度v 0的大小．答案 (1)40 V (2)－0.02 J (3)9.0 m/s解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得U ＝E 2R·R (2分) 代入数据得U ＝40 V(1分)(2)液滴在电场中运动，静电力做功W ＝12qU (1分) 代入数据得W ＝0.02 J(1分)根据静电力做功与电势能变化的关系W ＝－ΔE p (1分)得ΔE p ＝－0.02 J(1分)(3)根据牛顿第二定律，有q U d－mg ＝ma (2分) 竖直方向有d 2＝12at 2(1分) 水平方向有L ＝v 0t (1分)联立得v 0＝9.0 m/s.(1分)17．(14分)科技在我国的“蓝天保卫战”中发挥了重要作用，某科研团队设计了一款用于收集工业生产中产生的固体颗粒的装置，其原理简图如图所示．固体颗粒通过带电室时带上正电荷，颗粒从A 点无初速度地进入加速区，经B 点进入径向电场区，沿14圆弧BC 运动，再经C 点竖直向下进入偏转电场区，最终打在竖直收集挡板上的G 点．建立如图所示坐标系，带电室、加速区、径向电场区在第二象限，偏转电场区和挡板在第四象限．已知固体颗粒的比荷为10－3 C/kg ，加速区板间电压为U ＝2×103 V ，圆弧BC 上各点的电场强度大小相同且为E 1＝2.5×104 V/m ，方向都指向圆弧BC 的圆心D 点，偏转电场电场强度大小为E 2＝4×104 V/m ，方向水平向右，挡板距离y 轴0.2 m ．不计重力、空气阻力及颗粒间的作用力，求：(1)带电固体颗粒离开加速区的速度大小及圆弧BC 的半径；(2)G 点与x 轴之间的距离．答案 (1)2 m/s 0.16 m (2)0.2 m解析 (1)从A 到B 的加速过程qU ＝12m v 2(2分) 解得v ＝2 m/s(2分)从B 到C 的过程，固体颗粒受到的径向静电力提供向心力，qE 1＝m v 2R(2分) 解得R ＝0.16 m(1分)(2)在C 到G 过程固体颗粒做类平抛运动，则x ＝12at 2(2分) qE 2＝ma (2分)y ＝v t (2分)解得y ＝0.2 m ．(1分)18.(14分)(2021·湖北武昌实验中学期中)如图所示，一个质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒，从a 点以大小为v 0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中，微粒通过最高点b 时的速度大小为2v 0，方向水平向右，求：(1)该匀强电场的电场强度E 的大小；(2)a 、b 两点间的电势差U ab ；(3)该微粒从a 点到b 点过程中速率的最小值v min .答案 见解析解析 (1)对微粒受力分析可知，微粒受到竖直向下的重力与水平向右的静电力，可将其运动分解为竖直方向与水平方向上的两个分运动，竖直方向上微粒以初速度v 0做匀减速直线运动，加速度大小a y ＝g ；水平方向上微粒从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小a x ＝qE m ，(1分) b 点是最高点，竖直分速度为0，有t ＝v 0g，(1分) 水平方向上有2v 0＝qE mt ，(1分) 解得E ＝2mg q.(1分) (2)水平位移x ＝v t ＝v 0t ＝v 02g，(1分) a 、b 两点间的电势差U ab ＝Ex ＝2m v 02q.(1分) (3)设重力与静电力的合力为F ，其与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝mg qE ＝12.(1分) 如图所示，开始一段时间内，合力F 与速度方向的夹角大于90°，合力F 做负功，微粒动能减小，后来合力F 与速度方向的夹角小于90°，合力做正功，微粒动能增大，因此，当合力F 与速度v 的方向垂直时，微粒的动能最小，速率也最小，此时有tan θ＝v x v y，(1分) 而v x ＝qE mt ′＝2gt ′，v y ＝v 0－gt ′，(2分) 联立以上各式，得t ′＝v 05g ，v x ＝25v 0，v y ＝45v 0，(3分)所以最小速度v min＝v x2＋v y2＝25v0.(1分)5。