教科版物理选修31作业：综合检测含解析

《直流电路》单元检测题一、单选题1.两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100 Ω，10 W”和“20Ω，40 W”，则它们的额定电流之比为( )A．∶5 B．∶20 C．∶10 D．1∶2 0002.如图所示，E为电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U. 2现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小3.为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是( )A．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C．如需进一步测量可换“×100”挡，调零后测量D．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量4.关于导体的电阻，下列说法正确的是( )A．导体的电阻仅由导体两端的电压决定B．导体的电阻在一定温度下仅由长度和横截面积决定C．导体的电阻在一定温度下由导体的长度、粗细及材料决定D．导体的电阻与导体所通电流的大小有关5.下面为一逻辑门电路的真值表，试判断这是一个什么类型的逻辑门电路( )A．“与”门 B．“非”门 C．“或”门 D．“与非”门6. 关于电阻和电阻率，下列说法中正确的是( )A．把一根均匀导线等分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B．由ρ＝可知，ρ与R、S成正比，与l成反比C．材料的电阻率都随温度的升高而增大D．对某一确定的导体(体积、形状不变)，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大7.某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I－U图象，如图所示，则下述判断正确的是( )A．只有乙图正确B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差8.一个机要仓库有一扇很大的电动仓库门，门上装有三把锁，三个机要员各有一把锁的钥匙，只有三人同时转动自己的钥匙(闭合自己的开关)，才能通过一个继电器把门打开．图中的S1、S2、S3是三个锁内的开关，J为继电器(图中未画电动机的电路)．则方框内符合要求的门电路是( )A．“与”门 B．“或”门 C．“非”门 D．“与非”门9.电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一个开关并联，然后再接到市电上，下列说法正确的是( )A．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变10.如图所示，三个完全相同的电阻阻值R1＝R2＝R3，接在电路中，则它们两端的电压之比为( )A．1∶1∶1 B．1∶2∶2 C．1∶4∶4 D．2∶1∶111.如图所示电路，R由2 Ω变为6 Ω时，电路中的电流变为原来的一半，则电源的内阻是( )A． 1 Ω B． 2 Ω C． 3 Ω D． 4 Ω二、多选题12. 如图所示的电路中，电源的内阻r≠0，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器R 的滑片向a移动时，电路中的电流I1、I2的变化情况是( )A．I1不变 B．I1变小 C．I2变大 D．I2变小13. 关于四个公式①P＝UI；②P＝I2R；③P＝；④P＝，下列叙述正确的是( ) A．公式①、④适用于任何电路的电功率B．公式②适用于纯电阻电路的热功率C．公式①、②、③适用于任何电路的电功率D．以上说法都不对14. 如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻R M＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A．电动机的输入功率为12 WB．电动机的输出功率为12 WC．电动机的热功率为2.0 WD．整个电路消耗的电功率为22 W15. 白炽灯接在220 V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压从0逐渐增大到220 V，则下列说法正确的是( )A．电流将逐渐变大B．电流将逐渐变小C．每增加1 V电压而引起的电流变化量是相同的D．每增加1 V电压而引起的电流变化量是减小的三、实验题16.在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好部分实验电路．甲(1)按如图甲所示的电路图连好实验电路．为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“左”或“右”)．(2)如图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(3)在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是________，测得电源的电动势________．(填“偏大”或“偏小”)17.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：(1)仪器连线如图1所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；图1(2)若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________ Ω，电流表的读数为________ mA，电阻箱的读数为________ Ω；图2(3)将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________ mA(保留三位有效数字)．(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________ V(保留三位有效数字)．四、计算题18.在某次闪电中，持续时间为0.5 s，所形成的平均电流为 6.0×104A，若闪电过程中电荷以0.5 A的电流通过电灯，试求该次闪电产生的电流可供电灯照明时间为多少？19.盛夏的入夜，正当大地由喧闹归于沉睡之际，天空却不甘寂寞地施放着大自然的烟火，上演着一场精彩的闪电交响曲．某摄影爱好者拍摄到的闪电如图所示，闪电产生的电压、电流是不稳定的，假设这次闪电产生的电压可等效为2.5×107V、电流可等效为2×105A、历时1×10－3s，则：(1)若闪电定向移动的是电子，这次闪电产生的电荷量以0.5 A的电流给小灯泡供电，能维持多长时间？(2)这次闪电释放的电能是多少？答案解析1.【答案】C【解析】由公式P＝I2R得：I＝，所以I1∶I2＝∶10.2.【答案】B【解析】滑动触点由a向b移动时，R2阻值减小，所以总电阻减小，电路中总电流增大，则内电压增大，路端电压减小，故U减小；总电流增大，R3两端电压也增大，所以并联电压减小，故I1减小，I2增大．3.【答案】A【解析】采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明所测电阻很小，约为几欧姆，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值应选择“×1”挡，重新进行欧姆调零后再测电阻阻值，故A正确，B、C、D错误．4.【答案】C【解析】导体的电阻跟加在它两端的电压以及通过它的电流无关．电阻决定式R＝，在温度一定的情况下由导体的长度、粗细及材料决定，选C.5.【答案】B【解析】由该逻辑门电路的真值表可以看出输出端与输入端是相反的关系，故选B.6.【答案】D【解析】7.【答案】D【解析】以上三个图象分别是三种不同元件的I－U图象，甲图的特点是元件的电阻随着电压的增大而减小，所以当电压增大时电流增大的非常快，乙图就是定值电阻的I －U图象；丙图中元件的电阻随着电压的增大而增大，当电压增大时，电流增大的相对缓慢，所以三图都有可能正确．8.【答案】A【解析】仓库门开这个事件要想发生，必须三个机要员同时转动自己的钥匙这个条件满足，由此得出该逻辑关系为与逻辑关系，对应的逻辑电路为“与”门电路．9.【答案】A【解析】开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率P ＝变大，电烙铁的功率变大，A正确，B、C、D不正确．10.【答案】D【解析】R2、R3并联电阻为，再根据串联电路分得电压与电阻成正比知U1∶U2∶U3＝2∶1∶1，D项正确．11.【答案】B【解析】由题意得I＝，＝得r＝2 Ω12.【答案】BC【解析】当滑动变阻器R的滑片向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I＝变大，路端电压U＝E－Ir变小，I变小，A错误，B正确；又I＝I1＋I2，所以I2变大，C正确，D错误．113.【答案】AB【解析】公式P＝UI，P＝，适用于任何电路；公式P＝I2R，P＝，只适用于纯电阻电路．14.【答案】AC【解析】灯泡L正常发光，则I灯＝＝A＝2 A，所以电路中的电流I＝2 A，故整个电路消耗的总功率P总＝UI＝24 W，D错误；电动机的输入功率等于P总－P灯＝12 W，A正确，B错误；电动机的热功率P热＝I2R M＝2.0 W，C正确．15.【答案】AD【解析】随着电压U的增大，由I＝知，电流将逐渐变大，A选项正确；随着电流、电压的增大，灯泡的亮度增大，灯丝温度升高．金属的电阻随温度的升高而增大，所以灯丝的电阻值增大．由于R在增大，其I－U图象如图所示．由图象可知，每增加1 V的电压引起的电流变化量是减小的．16.【答案】(1)左(2)2.94～2.97 V 0.70～0.75 Ω(3)电压表内阻分流偏小【解析】(1)闭合开关前应让电路中的电流最小，使滑动变阻器的接入电路的电阻最大，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于左端；(2)U－I图象的图线延长线与U轴的交点即为电动势E，E＝2.94～2.97 V；图线斜率的绝对值即为电源的内阻r，即r ＝＝0.70～0.74 Ω(3)在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是电压表的分流作用，由于电压表的分流作用测得电源的电动势偏小．17.【答案】(1)黑(2)14.0 53.0 4.6 (3)102 (4)1.55【解析】(1)由多用电表电流“红表笔进，黑表笔出”，电流表“＋”接线柱电流流进，“－”接线柱电流流出知，a表笔为黑色表笔．(2)根据题图读数，多用电表读数为14.0 Ω，电流表读数为53.0 mA，电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)从多用电表表盘来看，指针指在电流表“130”处时实际电流为53 mA，故指针指到最右端“250”处时，实际电流为53×mA≈102 mA.(4)由闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir知，E＝14×0.053＋0.053r，＝0.102，得E≈1.55 V.18.【答案】6×104s【解析】该次闪电过程中产生的电荷量为q＝I1t1＝6.0×104×0.5 C＝3×104C，若流过电灯，可供照明的时间t2＝＝6×104s19.【答案】(1)400 s (2)5×109J【解析】(1)根据电流的定义式I＝，可得q＝It＝2×105×1×10－3C＝200 C，供电时间t′＝＝400 s(2)这次闪电释放的电能为E＝qU＝200×2.5×107J＝5×109J。

物理选修3-1测试题满分：100分考试时间：90分钟命题人：审题人：注意事项：1.答卷前,务必将自己的姓名、班级和学号填写在答题卡与答题卷上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

3.回答非选择题时,将答案写在答题卷上。

写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷选择题〔共44分一、单项选择题<每小题给出的四个选项中只有一项是正确,每小题3分,共8题24分>1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是< >A．安培力的方向不一定垂直于直导线B．安培力的方向不一定垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关D．将直导线垂直放入匀强磁场中,从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半.2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是< >3．三根平行的长直通电导线,分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直,如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B,则下列说法中正确的有< >A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为5BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向沿斜面向下4.带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线,关于粒子,下列说法正确的是〔A. 在a点的速度小于在b点的速度B. 在a点的加速度大于在b点的加速度C. 在a点的电势能小于在b点的电势能D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高5.2016年8月23日,第七届中国<上海>国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行,作为中国最大超级电容器展,众多龙头踊跃参与。

（高二）物理教科版选修3—1第2章直流电路含答案教科版选修3—1第二章直流电路1、如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1、I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于()A．I1U1B．U1I1C．U1I2D．U1I1－I22、白炽灯的灯丝是由钨制成的，下列说法中正确的是()A．由于白炽灯正常工作时的灯丝和未接入电路时的灯丝是同一个导体，故两种情况下电阻相同B．白炽灯正常工作时灯丝电阻大于未接入电路时灯丝电阻C．白炽灯正常工作时灯丝电阻小于未接入电路时灯丝电阻D．条件不足，不能确定3、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495.0 Ω，图中电阻箱读数为5.0 Ω，现将M、N接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mA4、如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A．的读数变大，的读数变小B．的读数变大，的读数变大C．的读数变小，的读数变小D．的读数变小，的读数变大5、一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是()A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍6、如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．以下判断正确的是()甲乙丙A．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“1”B．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”C．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”*7、在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则各点电势U随x变化的图线应为()*8、一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA，内阻为R g；如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为nR gB．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)R gC．给它并联一个电阻，阻值为R g nD．给它并联一个电阻，阻值为R g n－1*9、(双选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()A．该电子秤能测量的最大体重是1 400 NB．该电子秤能测量的最大体重是1 300 NC．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处*10、(双选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1*11、请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个逻辑电路()输入输出A B Y0 0 10 1 01 0 01 1 0A B C D12、材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长为1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．13、如图所示的电路中，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，R3＝1.5 Ω，C＝20 μF.当开关S断开时，电源所释放的总功率为2 W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W，求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)闭合S时，电源的输出功率；(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？（高二）物理教科版选修3—1第2章直流电路含答案教科版选修3—1第二章直流电路1、如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I.图线上点A的坐标为(U1、I1)，过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2，小灯泡两端的电压为U1时，电阻等于()A．I1U1B．U1I1C．U1I2D．U1I1－I2B[本题考查利用小灯泡的伏安特性曲线求电阻，意在考查学生对小灯泡的伏安特性曲线以及对电阻定义式的理解．由电阻的定义式R＝UI可知，B正确，其他选项错误．要特别注意R≠ΔUΔI，故选B.]2、白炽灯的灯丝是由钨制成的，下列说法中正确的是()A．由于白炽灯正常工作时的灯丝和未接入电路时的灯丝是同一个导体，故两种情况下电阻相同B．白炽灯正常工作时灯丝电阻大于未接入电路时灯丝电阻C．白炽灯正常工作时灯丝电阻小于未接入电路时灯丝电阻D．条件不足，不能确定B[白炽灯的灯丝为金属，所以电阻率随温度的升高而增大，正常工作时温度高于不工作时的温度，所以工作时的电阻大于不工作时的电阻，B对．]3、如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200 μA，已测得它的内阻为495.0 Ω，图中电阻箱读数为5.0 Ω，现将M、N接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()A．M、N两端的电压为1 mVB．M、N两端的电压为100 mVC．流过M、N的电流为2 μAD．流过M、N的电流为20 mAD[M、N两端电压：U＝I g R g＝200×10－6×495.0 V＝0.099 V＝99 mV，故A、B错误；流过M、N的电流：I＝I g＋UR＝(200×10－6＋0.0995) A＝0.02 A＝20 mA，故C错误，D正确．]4、如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()A ．的读数变大，的读数变小B ．的读数变大，的读数变大C ．的读数变小，的读数变小D ．的读数变小，的读数变大B [当S 断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故路端电压U ＝E －Ir 增加，即的读数变大；由于定值电阻R 1两端的电压减小，故R 3两端的电压增加，通过R 3的电流增加，即的读数变大，选项B 正确．]5、一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍C [由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W 其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W 其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍，C 正确．]6、如图所示为三个基本逻辑电路的符号，A 输入端全为“1”，B 输入端全为“0”．以下判断正确的是()甲乙丙A．甲为“非”逻辑电路符号，输出为“1”B．乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”C．乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”D．丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”B[根据逻辑电路的符号特点可知，甲为“非”逻辑电路符号，A输入端为1时，输出为“0”，A错误；乙为“或”逻辑电路符号，A输入端为“1”，B输入端为“0”时，输出为“1”，B正确，C错误；丙为“与”逻辑电路符号，A输入端为“1”，B输入端为“0”时，输出为“0”，D错误．]*7、在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则各点电势U随x变化的图线应为()A[由U＝IR x＝ER·xL·R＝EL x，其中E、L均为定值，故U与x成正比，A项正确．]*8、一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA，内阻为R g；如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则()A．给它串联一个电阻，阻值为nR gB．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)R gC．给它并联一个电阻，阻值为R g nD．给它并联一个电阻，阻值为R g n－1D[把小量程电流表改装成量程较大的电流表应并联一个电阻，由并联电路特点，I g R g＝(I－I g)·R，所以R＝I gI－I gR g，每一小格变为n μA，量程变为nI g，则R＝1n－1R g.]*9、(双选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中虚线内所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为0～3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F(F和R的单位分别是N和Ω)．下列说法正确的是()A．该电子秤能测量的最大体重是1 400 NB．该电子秤能测量的最大体重是1 300 NC．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处D．该电子秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处AC[由E＝I(r＋R)可得R最小值为R＝2 Ω.由R＝30－0.02F可得F最大值为1 400 N，选项A正确，B错误；该电子秤示数为零时F＝0，R＝30 Ω，对应电流I＝Er＋R＝0.375 A，选项C正确，D错误．]*10、(双选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1的电压为L2电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1BD[由题意知，开关闭合后，L1的电流是L2的两倍，根据伏安特性曲线知，L1的电压不等于L2的两倍，所以A错误；由伏安特性曲线知，当电流为0.25 A时，电压为3.0 V，故L1消耗的电功率P1＝U1I1＝0.75 W，所以B正确；由题意知，L2的电流为0.125 A，根据伏安特性曲线知电压约为0.3 V，再根据R＝UI＝0.30.125Ω＝2.4 Ω，知C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，故P1∶P2＝20∶1>4∶1，D正确．]*11、请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个逻辑电路()输入输出A B Y0 0 10 1 01 0 01 1 0A B C DC[从真值表可看出不是单一的“与”“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合逻辑电路，从真值表分析可得应为“或非”复合逻辑电路，选项C正确．]12、材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长为1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．解析：设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L 2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2.根据题意有ρ1＝ρ10(1＋α1t)，ρ2＝ρ20(1＋α2t)式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0 ℃时的电阻率．设碳棒的电阻为R 1，铜棒的电阻为R 2，有R 1＝ρ1L 1S ，R 2＝ρ2L 2S式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为R ＝R 1＋R 2，L 0＝L 1＋L 2 式中L 0＝1.0 m联立以上各式解得R ＝ρ10L 1S ＋ρ20L 2S ＋ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2St 要使R 不随t 变化，上式中t 的系数必须为零，即ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2＝0又L 0＝L 1＋L 2解得L 1＝ρ20α2ρ20α2－ρ10α1L 0代入数据得L 1＝3.8×10－3 m.答案：3.8×10－3 m13、如图所示的电路中，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝1.5 Ω，C ＝20 μF.当开关S 断开时，电源所释放的总功率为2 W ；当开关S 闭合时，电源所释放的总功率为4 W ，求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)闭合S 时，电源的输出功率；(3)S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？解析：(1)S 断开时外电路R 2、R 3串联：E ＝I 1(R 2＋R 3)＋I 1r① P 1＝EI 1② S 闭合时：外电路R 1、R 2并联后与R 3串联 R 外′＝R 3＋R 1R 2R 1＋R 2代入数据R 外′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1.5＋3×63＋6Ω＝3.5 Ω③ 对闭合电路E ＝I 2R 外′＋I 2r④ P 2＝EI 2⑤ 由①②③④⑤可得⎩⎨⎧ E ＝4 Vr ＝0.5 ΩI 1＝0.5 AI 2＝1 A(2)闭合S 时，电源的输出功率P ＝I 22R 外′＝I 2×3.5 W ＝3.5 W(3)S 断开时Q 1＝CU R2＝20×10－6×0.5×6 C ＝6×10－5C S 闭合时电容器两端的电势差为零，则Q 2＝0 答案：(1)4 V 0.5 Ω (2)3.5 W (3)6×10－5C 0。

第3节 电阻的串联、并联及其应用 一、单项选择题 1.如图所示电路由8个不同的电阻组成，已知R 1＝12 Ω，其余电阻阻值未知，测量A 、B 间的总电阻为4 Ω.今将R 1换成6 Ω的电阻，则A 、B 间的总电阻变为( )A ．6 ΩB ．4 ΩC ．3 ΩD ．2 Ω解析：不管这8个不同的电阻连接有多复杂，都可将除R 1之外的其他部分看成一个电阻R 2，由并联电阻计算公式可得R AB ＝R 1R 2R 1＋R 2＝4 Ω，将R 1＝12 Ω代入可得R 2＝6 Ω；将R 1换成6 Ω的电阻后R AB ′＝R 1′R 2R 1′＋R 2＝3 Ω，故选项C 正确．答案：C2.如图所示，电阻R 1、R 2、R 3、R 4满足R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶3∶4，则当A 、B 间接上直流电压时，流过R 1、R 2、R 3、R 4的电流之比I 1∶I 2∶I 3∶I 4为( )A ．1∶2∶3∶4B ．3∶2∶1∶6C ．6∶3∶2∶11D ．3∶2∶1∶4解析：设流过R 4的电流为I ，R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3，由电流分配与电阻成反比可知，流过R 1、R 2、R 3的电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝6∶3∶2，故I 1＝611I ，I 2＝311I ，I 3＝211I ，故I 1∶I 2∶I 3∶I 4＝6∶3∶2∶11，故C 正确． 答案：C3．有一只电压表，它的内阻是100 Ω，量程为0.2 V ，现要改装成量程为10 A 的电流表，电压表上应( )A ．并联0.002 Ω的电阻B ．并联0.02 Ω的电阻C ．并联50 Ω的电阻D ．串联4 900 Ω的电阻解析：改装前电压表的满偏电流为I g ＝U g R g ＝0.2 V 100 Ω＝2×10－3 A ， 由电流表的改装原理可知需再并联一只R x 的电阻，R x ＝U g I －I g ＝0.210－2×10－3Ω＝0.02 Ω， 故选项B 正确．答案：B4.如图所示电路，滑动变阻器R 1的总阻值是200 Ω，定值电阻R 2的阻值是300 Ω，电源电压是6 V ，且保持不变，内阻忽略不计．当滑动变阻器的滑片P 由a 点滑到b 点时，电压表的变化是( )A ．2.4～6 VB ．3.6～6 VC ．6～3.6 VD ．6～2.4 V解析：由电路图可知电阻R 1、R 2串联．由U ＝IR 可知：电流不变时，滑片P 到b 之间的电阻越大，电压表的示数越大；当滑动变阻器的滑片P 在a 点时，电压表的示数最大，此时电压表测量电源的电压，即U 最大＝6 V ；当滑动变阻器的滑片P 在b 点时，电压表的示数最小，此时电路中的电流I ＝U R 总＝6500A ＝0.012 A ，电压表的示数U 最小＝IR 2＝0.012 A×300 Ω＝3.6 V ．所以，滑动变阻器的滑片P 由a 滑到b 时，电压表的变化是6～3.6 V ，选项C 正确．答案：C5．一个电流表由小量程的电流表G 与电阻R 并联而成．若在使用中发现此电流表读数比准确值稍小些，下列采取的措施正确的是( )A ．在R 上串联一个比R 小得多的电阻B ．在R 上串联一个比R 大得多的电阻C ．在R 上并联一个比R 小得多的电阻D ．在R 上并联一个比R 大得多的电阻解析：电流表读数比准确值稍小些，是由于并联的电阻R 阻值偏小，而使流经小量程的电流表的电流偏小造成的，所以应该给电阻R 串联一个阻值比R 小得多的电阻，从而使通过G 的电流变大．答案：A二、多项选择题6．下列说法正确的是( )A ．一个电阻R 和一根电阻为零的理想导线并联，总电阻为零B ．并联电路的总电阻一定小于并联支路中最小的电阻C ．在并联电路中，任意支路电阻增大或减小时，总电阻将随之增大或减小D ．电阻R 和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为无穷大解析：理想导线把电阻R 短路，总电阻为零，A 正确．在并联电路中，由并联电路的特点知总电阻小于并联支路中的最小电阻，若一无穷大的电阻和电阻R 并联，阻值为R ，B 正确，D 错误．当并联支路的某一电阻增大或减小时，总电阻也随着增大或减小，C 正确．答案：ABC7．在如图所示的电路中，通过电阻R 1的电流I 1是( )A ．I 1＝UR 1B ．I 1＝U 1R 1C ．I 1＝U 2R 2D ．I 1＝U 1R 1＋R 2解析：由串联电路的特点可知I 1＝U 1R 1＝I 2＝U 2R 2＝I ＝U R 1＋R 2，故B 、C 正确． 答案：BC8．两个电压表V 1和V 2是由完全相同的两个小量程电流表改装成的，V 1的量程是5 V ，V 2的量程是15 V ，为了测量15～20 V 的电压，把两个电压表串联起来使用，下列说法正确的是( )A ．V 1和V 2的示数相等B ．V 1和V 2的指针偏转角度相同C ．V 1和V 2的示数不相等，指针偏转角度也不相同D ．V 1和V 2的示数之比等于两个电压表的内阻之比解析：该题可以按以下两个过程求解：(1)两表指针偏转角度大小的确定：两电压表串联，通过它们的电流相同，指针偏转角度相同，B 对，C 错．(2)两表示数大小的确定：V 1和V 2的示数就是两电压表的分压，根据串联电路的特点，V 1和V 2的示数之比等于两个电压表的内阻之比，A 错，D 对．答案：BD9．用两个相同的电流表G 改装成量程不同的电流表A 1和A 2，其中A 1的量程是A 2的2倍，现将它们接入电路，下列说法正确的是( )A ．若两表串联，则指针偏角θ1＜θ2，两表示数相等B ．若两表串联，则指针偏角θ1＝θ2，A 1示数大于A 2示数C ．若两表并联，则指针偏角θ1＝θ2，A 1示数大于A 2示数D ．若两表并联，则指针偏角θ1＞θ2，两表示数相等解析：电流表G 并联一个电阻R 就改装成电流表A ，A 1的量程比A 2的大，则与A 1对应所并联的电阻R 1比与A 2对应所并联的电阻R 2小，即R 1＜R 2.若两电流表串联，如图甲所示，因R 1＜R 2，则R 1分的电流比R 2分的电流多，所以电流表A 1中的表头电流就比电流表A 2中的表头电流小，指针偏角θ1＜θ2，但两电流表示数相等，故A 正确，B 错误．若两电流表并联，如图乙所示，因两表头并联，电压相等，流过表头的电流相等，指针偏角θ1＝θ2，但两电流表示数不相等，A 1的示数大于A 2示数，故C 正确，D 错误．答案：AC三、非选择题10.用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法．其所用电压表内阻为5 000 Ω，电流表内阻为0.5 Ω.(1)当测量100 Ω左右的电阻时，宜采用________电路．(2)现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V 、0.5 A ，则此电阻的测量值为________Ω，真实值为________Ω.解析：(1)R A R V ＝0.5×5 000 Ω＝50 Ω＜R x ，R x 为大电阻，故电流表采用内接法误差较小，应用甲电路．(2)如果采用乙电路，则有R 测＝U I ＝100.5 Ω＝20 Ω， U R x ＋U R V＝I解得R x ≈20.1 Ω.答案：(1)甲 (2)20 20.111．现有一块小量程电流表G(表头)，满偏电流为50 μA，内阻约为850 Ω.计划把它改装成1 mA 、10 mA 的双量程电流表．可供选择的器材有：滑动变阻器R 1，最大阻值20 Ω；滑动变阻器R 2，最大阻值100 kΩ；电阻箱R ′，最大阻值9 999 Ω；定值电阻R 0，阻值1 kΩ；电源E 1，电动势1.5 V ；电源E 2，电动势3.0 V ；电源E 3，电动势4.5 V(电池内阻均不计)；标准电流表A ，满偏电流1.5 mA ；单刀单掷开关S 1和S 2，单刀双掷开关S 3；电阻丝及导线若干．(1)采用如图甲所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________；选用的电池为________．(2)将G 改装成双量程电流表，现有两种备选电路，如图乙和图丙所示．其中图________为合理电路．另一电路不合理的理由是____________________．(3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行校对(仅校对1 mA 量程)，画出所用电路图，图中待校对的电流表符号用A G 表示．解析：(1)半偏法测电阻时，要求干路电流几乎不变，为此滑动变阻器阻值应远大于电流表内阻，同时电源电动势越大越好，故滑动变阻器应选R 2，电源选E 3.(2)图乙为合理的电路．若采用图丙所示电路，在电路工作的情况下更换量程时，即S 3由R d 换至R c 的过程中，两电阻R d 、R c 都未与G 并联，这时G 会因电流过大而被烧坏．(3)为了从零到量程范围内进行逐格校对，滑动变阻器应选用分压接法，所以滑动变阻器选择阻值较小的R 1即可．改装成量程为1 mA 的电流表时需要并联的电阻R x ＝I g R g I m －I g≈45 Ω，改装后的电流表A G 的内阻R A ≈43 Ω.因43 Ω×1 mA＝0.043 V ，所以电源选电动势最小的E 1即可．当选用E 1＝1.5 V 的电源后，必须再串联一电阻R 0加以保护，才能使其安全工作．校表电路如图所示．答案：(1)R 2 E 3 (2)见解析 (3)图见解析12.在如图所示的电路中，小量程电流表的内阻R g ＝100 Ω，满偏电流I g ＝1 mA ，R 1＝900 Ω，R 2＝100999Ω. (1)当S 1和S 2均断开时，改装成的表是什么表？量程为多大？(2)当S 1和S 2均闭合时，改装成的表是什么表？量程为多大？解析：(1)S 1和S 2均断开时，电阻R 1与小量程电流表串联，可组成较大量程的电压表，电压表的内阻R V ＝R g ＋R 1＝1 000 Ω.所以，电压表两端的电压最高为U ＝I g R V ＝0.001×1 000 V＝1 V ，即改装而成的电压表的量程为1 V.(2)S 1和S 2均闭合时，电阻R 1被短路，电阻R 2与小量程电流表并联，组成较大量程的电流表． 当小量程电流表满偏时，通过R 2的电流为I R 2＝I g R g R 2＝0.001×100100999A ＝0.999 A ， 故改装后电流表量程为I ＝I R 2＋I g ＝0.999 A ＋0.001 A ＝1 A. 答案：(1)电压表 1 V (2)电流表 1 A。

高中物理教科版2020--2021选修3—1第1章静电场练习附答案教科版选修3—1第一章静电场1、电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为()A．这是灰尘的自然堆积B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘2、由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k q1q2r2，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为()A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2D．N·m2·A－23、一个负点电荷的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，E A和E B分别表示A、B两点电场强度的大小，关于E A和E B的大小关系，下列说法正确的是()A．E A＞E B B．E A＝E BC．E A＜E B D．无法比较E A和E B的大小4、(双选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度方向总是指向该点电势降落最快的方向5、如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝OD＝10 cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于()A．70 V/m，沿AO方向B．70 V/m，沿CO方向C．80 V/m，沿BO方向D．80 V/m，沿CO方向6、(双选)下列说法中正确的是()A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器B．电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量C．固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比D．电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比7、两个半径为r的相同金属球带上异种电荷，已知q1＝3q2，两球心相距10r，其相互作用力大小为F1，现将两球接触后分开，再放回原处，这时两球间的相互作用力大小为F2，则()A．F2＝F1B．F2＝F1 3C．F2＞F13D．F2＜F138、在同一电场中的A、B、C三点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量和它所受静电力的函数图像如图所示，则此三点的场强大小E A、E B、E C的关系是()A．E A＞E B＞E C B．E B＞E A＞E CC．E C＞E A＞E B D．E A＞E C＞E B9、如图所示，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是连线的中垂线上的两点，用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则()A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB10、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且AB＝BC.电场中A、B、C 三点的电场强度分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系式中不正确的是()A．φA＞φB＞φC B．E C＞E B＞E AC．U AB＜U BC D．U AB＝U BC11、某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为()A．2kQqd2B．4kQqd2C．QqCd D．2QqCd12、如图所示，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A球补充电荷，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：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？13、如图所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r.求：(1)两点电荷连线的中点O的场强的大小和方向；(2)在两电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强大小和方向．14、一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(1)A、B两点的电势差U AB；(2)匀强电场的场强大小．高中物理教科版2020--2021选修3—1第1章静电场练习附答案教科版选修3—1第一章静电场1、电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为()A．这是灰尘的自然堆积B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘D[该现象是一种静电现象，即电视机在工作的时候，屏幕表面由于有静电而吸附轻小物体灰尘，即D选项正确．]2、由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k q1q2r2，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为() A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2D．N·m2·A－2B[由公式F＝k q1q2r2得，k＝Fr2q1q2，故k的单位为N·m2C2，又由公式q＝It得1 C＝1 A·s，由F＝ma可知1 N＝1 kg·m·s－2，故1N·m2C2＝1 kg·A－2·m3·s－4，选项B正确．]3、一个负点电荷的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，E A和E B分别表示A、B两点电场强度的大小，关于E A和E B的大小关系，下列说法正确的是()A．E A＞E BB．E A＝E BC．E A＜E BD．无法比较E A和E B的大小A[电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于A点的电场线密，所以A、B两点电场强度的大小关系为E A>E B，故A正确，B、C、D错误．]4、(双选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度方向总是指向该点电势降落最快的方向AD[根据电场强度与电势的关系解题．电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误．沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误．电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确．]5、如图所示，在匀强电场中取一点O，过O点作射线OA＝OB＝OC＝OD＝10 cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0、7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于()A．70 V/m，沿AO方向B．70 V/m，沿CO方向C．80 V/m，沿BO方向D．80 V/m，沿CO方向C[由O、A、B、C、D各点电势值可知，O点电势最低，为零，A、C在同一等势面上，所以电场线与AC连线垂直，最接近BO方向．大小接近E＝U BO OB＝80.1V/m＝80 V/m，故C正确．]6、(双选)下列说法中正确的是()A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器B．电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量C．固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比D．电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比BC[电容器是储存电荷和电能的容器，不论是否带电均是电容器，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，故B正确；根据Q＝CU可知，固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，选项C正确；电容器的电容跟极板所带电量无关，与两极板间的电压无关，故D错误．]7、两个半径为r的相同金属球带上异种电荷，已知q1＝3q2，两球心相距10r，其相互作用力大小为F1，现将两球接触后分开，再放回原处，这时两球间的相互作用力大小为F2，则()A．F2＝F1B．F2＝F1 3C．F2＞F13D．F2＜F13D [根据题意，两球接触后分开，每个球的带电荷量应是q2.由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，当两球带异种电荷时，由于电荷间的吸引，电荷在金属球表面不再均匀分布，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必定小于10r，如图甲所示．甲应用库仑定律，则F1＞k q1q210r2＝k3q22100r2.同理，当两球带同种电荷时，两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必定大于10r，如图乙所示．乙则F2<kq2210r2＝kq22100r2.因此F2必小于13F1，故应选D.]8、在同一电场中的A、B、C三点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量和它所受静电力的函数图像如图所示，则此三点的场强大小E A、E B、E C的关系是()A．E A＞E B＞E C B．E B＞E A＞E CC．E C＞E A＞E B D．E A＞E C＞E BC[根据F＝Eq可知，F-q图线的斜率等于电场强度，由图线可知C的斜率最大，B的斜率最小，此三点的场强大小E A、E B、E C的关系是E C＞E A＞E B，故选项C正确．]9、如图所示，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是连线的中垂线上的两点，用E A、E B和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则()A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φBB[P、Q所在空间中各点的电场强度和电势由这两个点电荷共同决定，电场强度是矢量，P、Q两点电荷在O点的合场强为零，在无限远处的合场强也为零，从O点沿PQ垂直平分线向远处移动，场强先增大，后减小，所以E A不一定大于E B.电势是标量，由等量同号电荷的电场线分布图可知，从O点向远处，电势是一直降低的，故φA一定大于φB，所以只有B对．]10、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且AB＝BC.电场中A、B、C 三点的电场强度分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系式中不正确的是()A．φA＞φB＞φC B．E C＞E B＞E AC．U AB＜U BC D．U AB＝U BCD[由图中电场线形状可以看出，从A到C电场线越来越密，因此电场强度越来越大，即E C>E B>E A；沿着电场线的方向电势越来越低，因此φA>φB>φC；由于AB＝BC，U＝Ed，且B、C间平均电场强度较大，因此U AB<U BC.故选D.] 11、某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为()A．2kQqd2B．4kQqd2C．QqCd D．2QqCdC [由电容的定义式C ＝Q U 得，板间电压为U ＝Q C .板间场强大小为E ＝U d .点电荷所受的电场力大小为F ＝qE ，联立得到F ＝Qq Cd .]12、如图所示，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A 球补充电荷，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：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？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 －q13、如图所示，真空中带电荷量分别为＋Q 和－Q 的点电荷A 、B 相距r.求：(1)两点电荷连线的中点O 的场强的大小和方向；(2)在两电荷连线的中垂线上，距A 、B 两点都为r 的O ′点的场强大小和方向． 解析：(1)如图甲所示，A 、B 两点电荷在O 点产生的场强方向相同，由A →B.A 、B 两点电荷在O 点产生的电场强度为E A ＝E B ＝kQ (r 2)2＝4kQ r 2，故O 点的合场强为E 0＝2E A ＝8kQ r 2，方向由A →B.甲乙(2)如图乙所示，E A′＝E B′＝kQr2，由矢量图所形成的等边三角形可知，O′点的合场强E O′＝E A′＝E B′＝kQr2，方向与AB的中垂线垂直指向右方，即E O′与E O同向．答案：(1)8kQr2方向由A→B(2)kQr2方向与E O同向14、一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(1)A、B两点的电势差U AB；(2)匀强电场的场强大小．解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin 60°＋qU AB＝0所以U AB＝－3mgL 2q.(2)A、B两点间沿电场线的有效长度d＝L－Lcos 60°.由公式U＝E·d可知，E＝U ABL－Lcos 60°＝3mgq.答案：(1)－3mgL2q(2)3mgq。

模块综合测评(时间：90分钟分值：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，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，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是()A．安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系B．奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式C．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律——库仑定律D．安培不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场C[奥斯特将通电导线沿南北方向放在小磁针上方时，小磁针发生了偏转，说明通电导线周围存在磁场，奥斯特第一个发现了电与磁之间的联系，故A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了洛伦兹力公式，故B错误；真空中两个点电荷间存在相互作用，库仑利用扭秤装置，研究出两个静止点电荷间的相互作用规律——库仑定律，故C正确；法拉第提出了电荷周围存在一种场，他是最早提出用电场线描述电场的物理学家，故D错误．所以选C．]2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度A[根据电场线的疏密程度可知，R、Q两点的电场强度E R>E Q，则带电粒子在R、Q两点的加速度a R>a Q，故D错误；由于带电粒子只受电场力作用，动能与电势能相互转化，两者之和不变，故C错误；根据曲线运动知识，带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应该向左，所以电势φR>φQ，根据E p＝qφ可得R、Q两点的电势能E p R<E p Q，则R、Q 两点的动能E k R>E k Q，所以v R>v Q，故A正确；同理，E p P<E p Q，故B错误．]3.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动．下列结论正确的是()A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的总功率变大A[闭合开关后，滑动变阻器滑片P向左移动，电流表读数变小，电压表读数变大，小灯泡L变暗，选项A正确，B错误；电容器C两端电压增大，电荷量增大，选项C错误；电源的总功率变小，选项D错误．]4.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m 的直导体棒．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大D[对导体棒受力分析，可知导体棒受重力G、支持力F N和安培力F安，三力平衡，合力为零，将支持力F N和安培力F安合成，合力与重力相平衡，如图所示．从图中可以看出，当磁场的方向变化时，安培力F安先减小后增大，由于F安＝BIL，且其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先减小后增大，故本题选D．]5.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5，且1、5和2、4分别关于3对称．以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是()A．电场强度E a<E cB．电势φb>φdC．将一正电荷由a点移到d点，电场力做正功D．将一负电荷由b点移到e点，电势能增大D[由点电荷电场分布特点可知，以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等，沿题图所示的电场方向，等势面的电势越来越低，电场线越来越密，故E a>E c，A错误；φb＝φd，B错误；U ad<0，正电荷由a点移到d点时，W ad＝U ad q<0，C错误；又U be>0，负电荷由b点移到e点时，W be＝U be·(－q)<0，即电场力做负功，电势能增大，D正确．]6.如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度B的大小需满足()A．B>3m v3aq B．B<3m v3aqC．B>3m vaq D．B<3m vaqB[粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示，则粒子运动的半径为r0＝atan 30°.由r＝m vBq得，粒子要能从AC边射出，粒子运动的半径r>r0，解得B<3m v3aq，选项B正确．]7．如图所示，真空中固定着两个等量异号点电荷＋Q、－Q，图中O点是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上关于O点对称的两点，bcd构成一个等腰三角形．则下列说法正确的是()A．a、b两点的电场强度相同B．c、d两点的电势相同C．将电子由b移到c的过程中电场力做正功D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大BD[根据等量异种点电荷的电场分布可知：c、O、d三点等势，a、b两点场强大小、方向均不同，A错误，B正确．由于φb>φc，电子从b到c电场力做负功．质子从b到O电场力做正功，电势能减小，故质子在b点的电势能较大，C 错误，D正确．]8.如图所示的电路中，电源的内阻r≠0，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，电路中的电流I1、I2的变化情况是()A．I1不变B．I1变小C．I2变大D．I2变小BC[当滑动变阻器R的滑片向a移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I＝ER外＋r变大，路端电压U＝E－Ir变小，I1变小，A错误，B正确；又I＝I1＋I2，所以I2变大，C正确，D错误．]9．如图所示，连接两平行金属板的导线的一部分CD与一有电源回路的一部分GH平行且均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线受到力F的作用．则()A．若等离子体从右方射入，F向左B．若等离子体从右方射入，F向右C．若等离子体从左方射入，F向左D．若等离子体从左方射入，F向右AD[当等离子体从右方射入时，正、负离子在洛伦兹力作用下将分别向下、上偏转，使上极板的电势低于下极板，从而在外电路形成由D流向C的电流，CD 处在导线GH所产生的磁场中，由左手定则可知，它所受安培力方向向左，所以A项对，B项错；同理可分析得知C项错，D项对．]10.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里B．小球的电荷量与质量的比值qm＝gEC．小球从a运动到b的过程中，小球和地球组成系统机械能守恒D．小球在a、b两点的速度相同AB[带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球组成系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，C错误；小球在a、b两点速度大小相等，方向相反，D错误．]二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(8分)用下列器材，测定小灯泡的额定功率．A．待测小灯泡：额定电压6 V，额定功率约为5 W；B．电流表：量程1.0 A，内阻约为0.5 Ω；C．电压表：量程3 V，内阻5 kΩ；D．滑动变阻器R：最大阻值为20 Ω，额定电流1 A；E．电源：电动势10 V，内阻很小；F．定值电阻R0(阻值10 kΩ)；G．开关一个，导线若干．要求：(1)实验中，电流表应采用接法(填“内”或“外”)；滑动变阻器应采用接法(填“分压”或“限流”)．(2)在方框中画出实验原理电路图．(3)实验中，电压表的示数调为V时，即可测定小灯泡的额定功率．解析：(1)小灯泡的额定电流为I＝PU＝56A，正常发光时的电阻为R L＝UI＝7.2Ω，由于电压表量程小于小灯泡的额定电压，实验时需先与定值电阻串联以扩大量程，则有R L<R A R V＝0.5×(5 000＋10 000)Ω＝50 3 Ω，故测量电路采用电流表外接法．由于采用限流式接法时可使小灯泡获得的最低电压为U min＝ER LR L＋R＝2.6 V，调节滑动变阻器，可以满足小灯泡正常发光时的要求，故控制电路可以采用限流式，当然也可以使用分压式．(2)实验电路图如图所示．(3)由于定值电阻的阻值等于电压表内阻的二倍，则电压表两端电压等于小灯泡两端电压的三分之一．答案：(1)外限流(分压也可)(2)见解析图(3)212.(8分)某同学用如图所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)；电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5Ω)；定值电阻R0＝9 700 Ω；滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)．闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据如表所示：I1(μA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.0 6.7 3.3(1)12势为E＝V，欧姆表内阻为r＝Ω.(结果保留3位有效数字)(2)若某次电流表A1的示数是114 μA，则此时欧姆表的示数约为Ω.(结果保留3位有效数字)解析：(1)根据闭合电路欧姆定律有：E＝I1(R1＋R0)＋(I2＋I1)r所以I1＝－rR1＋R0＋rI2＋ER1＋R0＋r由图像可知斜率k＝ΔI1ΔI2＝1.52×10－3截距b＝1.5×10－4Ω即rR1＋R0＋r＝1.52×10－3，ER1＋R0＋r＝1.5×10－4Ω解得E＝1.50 V，r＝15.2 Ω.(2)由题图可知当I1＝114 μA时，I2＝24 mA所以R外＝I1(R0＋R1)I1＋I2＝47.5 Ω.答案：(1)1.50(1.48～1.51)15.2(14.0～16.0)(2)47.5(47.0～48.0)三、计算题(本题共4小题，共44分，按题目要求作答)13．(8分)如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，电荷量为q ＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得qE cos α＝mg又E＝U d解得m＝8×10－8 kg(2)对液滴在板间运动过程由动能定理得：qU＝12m v2－12m v2解得v＝72m/s.答案：(1)8×10－8 kg(2)72m/s14.(8分)如图所示，处于匀强磁场中的两根光滑的平行金属导轨相距为d，电阻忽略不计．导轨平面与水平面成θ角，下端连接阻值为2r的定值电阻和电源，电源电动势为E，内阻为r，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为m、阻值为r 的均匀金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．接通开关S后，金属棒在导轨上保持静止状态．(1)判断磁场的方向；(2)求磁感应强度的大小；(3)求金属棒的热功率．解析：(1)对金属棒受力分析如图所示，由左手定则可判断磁场方向垂直导轨平面向下．(2)由平衡条件有F 安＝mg sin θ又安培力F 安＝BId由闭合电路欧姆定律知，通过金属棒的电流为I ＝E 4r由以上各式解得磁感应强度B ＝4mgr sin θEd .(3)金属棒的热功率P ＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 4r 2r ＝E 216r. 答案：(1)垂直导轨平面向下 (2)4mgr sin θEd (3)E 216r15.(14分)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a1t21v1＝a1t1v2＝2L v1运动的总时间为t＝t1＋t2＝3mL eE.(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为v y，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eE2m＝2eEm，t3＝Lv1，v y＝a2t3，tan θ＝v yv1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1＝12a2t23tan θ＝x2 L解得：x＝x1＋x2＝3L.答案：(1)3mLeE(2)2(3)3L16．(14分)如图甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y轴方向为电场强度的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿＋y轴方向的带负电粒子(不计重力)．其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝B0v0π，粒子的比荷qm＝πB0t0，x轴上有一点A，坐标为⎝⎛⎭⎪⎫48v0t0π，0.(1)求t 02时带电粒子的位置坐标； (2)粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过A 点．解析：(1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB 0v 0＝m v 20r 1得：r 1＝m v 0qB 0＝v 0t 0π，T ＝2πr 1v 0＝2πm qB 0＝2t 0， 则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2，所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π. (2)在t 0～2t 0时间内，粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示v ＝v 0＋E 0q m t 0＝2v 0运动的位移：x ＝v 0＋v 2t 0＝1.5v 0t 0 在2t 0～3t 0时间内粒子做匀速圆周运动，半径：r 2＝2r 1＝2v 0t 0π 故粒子偏离x 轴的最大距离：h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π. (3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0一个周期内向右运动的距离：d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0πAO 间的距离为：48v 0t 0π＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间为：t ＝32t 0.答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π (3)32t 0。

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第1页，共1页第2页，共17页物理模拟3—1考试时间：100分钟;命题人：柳开文一、单选题（本大题共7小题，共28.0分)1. 在电场中的某点放入电荷量为-q 的试探电荷时，测得该点的电场强度为E ;若在该点放入电荷量为+2q 的试探电荷，其它条件不变，此时测得该点的电场强度为（ )A 。

大小为2E ，方向和E 相反 B. 大小为E ，方向和E 相同C. 大小为2E ，方向和E 相同D 。

大小为E ，方向和E 相反2. 下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（ ）A. 电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B. 磁场中两条磁感线一定不相交,但在复杂电场中的电场线是可以相交的 C 。

电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D. 电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大;磁感线分布较密的地方,同一试探电荷所受的磁场力也越大3. 如图1AB 是某电场中的一条电场线,若将正点电荷从A 点自由释放，沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如图2所示,则A 、B 两点场强大小和电势高低关系是（ ）A 。

E A ＜EB ；ϕA ＜ϕB B 。

E A ＜E B ；ϕA ＞ϕB C. E A ＞E B ；ϕA ＜ϕBD 。

最新教科版高中物理选修3-1章末测试题全套及答案第一章 静电场 章末综合测评(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题满分6分．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．关于电场强度的下列叙述中正确的是( )A ．电场强度是反映电场力的性质的物理量，每个电场都只有一个电场强度值B ．E ＝F q 对任何电场都是适用的，它表明电场中某一点的电场强度与放在该点电荷的电荷量成反比C ．对于电场中的任意一点，电荷在该点所受的电场力与电荷的电荷量的比是一个定值D ．电场强度是矢量，它的方向就是电荷在该点所受电场力的方向【解析】 电场强度是反映电场力的性质的物理量，电场中不同的点电场强度不一定相同，所以选项A 错误；电场强度是用放在电场中的点电荷受力和其所带电荷量比值来定义的，但是电场强度与这两个量无关，仅由场源电荷决定，而且每一点的电场强度都有确定的大小和方向，所以选项C 正确，选项B 、D 错误．【答案】 C2．真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )【导学号：33410057】A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9【解析】 由点电荷场强公式有：E ＝k Q r 2∝r －2，故有E A E B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r B r A 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3r r 2＝9∶1，C 项正确．3．下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【解析】 由对称性原理可知，A 、C 图中O 点的场强大小相等，D 图中O点场强为0，因此B 图中两14圆环在O 点处合场强应最大，选项B 正确．【答案】 B4．如图1所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，比较O 、P 两点的电势和场强大小( )图1A ．φO ＝φP ，E O ＞E PB ．φO ＝φP ，E O ＝E PC ．φO ＞φP ，E O ＝E PD ．φO ＝φP ，E O ＜E P【解析】 根据等量异种电荷电场的分布情况可知，中垂线是等势线，故φO ＝φP ，根据电场线的疏密知，E O >E P ，故A 项正确．5．如图2所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则() 【导学号：33410058】图2A．该粒子一定带负电B．此电场不一定是匀强电场C．该电场的电场线方向一定水平向左D．粒子在电场中运动过程动能不断减少【解析】由于不能确定电场线方向，故不能确定粒子带负电，A、C错误．等势面互相平行，故一定是匀强电场，B错误．粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧，而电场线和等势面垂直，由此可确定电场力一定做负功，故动能不断减少，D正确．【答案】 D6．如图3所示，B、D在以点电荷＋Q为圆心的圆上，B、C在以QB连线中点为圆心的圆上，将一检验电荷从A点分别移到B、C、D各点时，电场力做功是()图3A．W AB＝W ACB．W AD＞W ABC．W AC＞W ADD．W AB＝W AD【解析】由题图可知，B、D在同一个等势面上，C点的电势比B点高，所以从A点向B、C、D三点移动电荷时，移至B、D两点电场力做功是一样多的，移至C点时电场力做功比移至B、D点少．【答案】 D7．如图4所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B 板的b′点，若不计重力，则() 【导学号：33410059】图4A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷【解析】据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：x＝v t，竖直位移为：y＝12at2＝12qEm t2，当a、b以相同速度垂直电场线进入电场后，有：x＝v 2myqE，由于v、y和E都相等，而b粒子的水平位移大，故b粒子的mq较大，因而a粒子的qm较大，故C选项正确．【答案】 C8．(2014·海南高考)如图5(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图4(b)所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有()图5A．φa＞φb B．E a＞E bC．E a＜E b D．W a＞W b【解析】 由v -t 图像的斜率渐小可知由a 到b 的过程中，粒子的加速度渐小，所以场强渐小，E a ＞E b ；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，W a ＞W b ，可得选项B 、D 正确．【答案】 BD9．如图6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( )图6A ．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【解析】 当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小E ＝U d ＝Q C d ∝Q εS ，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．【答案】 BC10．如图7所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，D 是BC 的中点，A 、B 、C 构成一直角三角形，AB ＝L m ，电场线与三角形所在的平面平行，已知A 点的电势为5 V ，B 点的电势为－5 V ，C 点的电势为15 V ，据此可以判断( )【导学号：33410060】图7A ．场强方向由C 指向BB ．场强方向垂直AD 连线指向BC ．场强大小为10L V/mD ．场强大小为203LV/m 【解析】 根据B 、C 点的电势可以确定其中点D 的电势为5 V ，A 、D 的连线为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，故场强方向垂直AD 连线指向B ，A 错误，B 正确；匀强电场的场强E ＝U AB d ，其中U AB ＝10 V ，d ＝L cos 30°，解得E ＝203LV/m ，C 错误，D 正确． 【答案】 BD二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答．)11．(12分)如图8所示，在真空中的O 点放一点电荷Q ＝1.0×10－9 C ，直线MN 过O 点，OM ＝30 cm ，M 点放一点电荷q ＝－2×10－10 C ，求：图8(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？【解析】 (1)根据E ＝kQ r 2得M 点的场强E ＝9.0×109×1.0×10－9(30×10－2)2N/C ＝100 N/C. (2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN ＝qU MN ＝－2×10－10×15 J ＝－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J.【答案】 (1)100 N/C (2)电势能增加了3×10－9 J12．(12分)如图9所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线拴住一质量为m、电荷量为q的小球，线的上端固定，开始时连线拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．求：图9(1)A、B两点的电势差U AB为多大？【导学号：33410061】(2)电场强度为多大？【解析】(1)取带电小球为研究对象，由动能定理得mgL sin 60°＋qU AB＝0，故U AB＝－3mgL 2q.(2)由E＝Ud得电场强度为E＝－U ABL(1－cos 60°)＝3mgq.【答案】(1)－3mgL2q(2)3mgq13．(16分)如图10所示，一质量m＝5×10－3kg(忽略重力)的微粒带正电，其电荷量为q＝1×10－4C．从距上极板5 cm处以2 m/s的水平初速度进入长为20 cm、板间距也为20 cm的两极板间，如果两极板不带电，微粒将运动到距极板最右端10 cm的竖直荧光屏上的O点．现将两极板间加200 V的电压，带电微粒打到荧光屏上的A点．图10(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A点所经历的时间为多少？(2)OA两点的间距为多少？(3)带电微粒进入电场到打到荧光屏上的A点这一过程中电场力对其做功多少？【解析】(1)设板长为l1，极板最右端到荧光屏的距离为l2，微粒初速度为v，由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变，则t＝l1＋l2v＝0.2＋0.12s＝0.15 s.(2)设微粒在两极板间的偏转位移为y，则y＝12at2＝qUl212md v2＝1×10－4×200×(0.2)22×5×10－3×0.2×22m＝0.1 m.在类平抛运动中，利用速度的反向延长线交于水平位移的中点．再根据三角形相似，求得OA长为0.2 m.(3)W＝qEy＝qUyd＝1×10－4×200×0.10.2J＝0.01 J.【答案】(1)0.15 s(2)0.2 m(3)0.01 J第二章直流电路章末综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于公式R＝UI和公式R＝ρlS，下列说法中正确的是()A．两公式对一切情况都适用B．R＝UI仅适用于金属导体，R＝ρlS适用于任何导体C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比D．导体的电阻在温度一定时，与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比【解析】R＝UI适用于一切导体，R＝ρlS适用于金属导体和电解质溶液，A、B错；导体电阻在温度一定时，与导体长度成正比，与横截面积成反比，长度、横截面积不变时，电阻阻值不变，与导体两端电压、通过导体的电流大小无关，C错，D对．【答案】 D2．关于电功和焦耳热，下列说法错误的是()A．在纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2RtB ．在非纯电阻电路中，计算电功可用公式W ＝I 2RtC ．在非纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q ＝I 2RtD ．在纯电阻电路中，计算焦耳热可以用W ＝UIt【解析】 在非纯电阻电路中，电功计算式为W ＝UIt ，电热计算式Q ＝I 2Rt ，电功不等于电热，故B 错．【答案】 B3．一个标有“1 kΩ，40 W ”的电阻器，下列说法错误的是( )A ．允许长期通过它的最大电流是0.2 AB ．额定电压是200 VC ．在额定电压下消耗的功率为40 WD ．加50 V 电压时消耗的功率为10 W【解析】 铭牌上标注的是该电阻器的阻值和允许的最大功率，据P ＝I 2R 得I max ＝401×103A ＝0.2 A ，A 正确；据P ＝U 2R 得U 额＝40×1 000 V ＝200 V ，B 正确；40 W 为电阻器在额定电压下消耗的功率，C 正确；据P ＝U 2R 知，U ＝50V 时P ＝5021×103W ＝2.5 W ，D 错误． 【答案】 D4．一个闭合电路，是由电池供电的，外电路是纯电阻电路时，以下说法正确的是( )A ．当外电阻增大时，路端电压增大B ．当外电阻减小时，路端电压增大C ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定增大D ．当外电阻减小时，电池的输出功率一定减小【解析】 由闭合电路欧姆定律得：U ＝E －Ir ＝E －E R r ＋1，当外电阻增大时，路端电压增大，即A 正确；由电源的输出功率随外电阻的变化关系图像得，当外电阻变化时，其输出功率可能增加也可能减小，即C 、D 均错误．【答案】 A5．某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图1所示的电路，研究串、并联电路的特点．实验中观察到的现象是() 【导学号：33410108】图1A．S2断开，S1与a连接，三只灯泡都熄灭B．S2断开，S1与b连接，三只灯泡亮度相同C．S2闭合，S1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同D．S2闭合，S1与b连接，三只灯泡都发光，L3的亮度小于L2的亮度【解析】S2断开，S1与a连接时，三只灯泡串联，三只灯泡都发光，且亮度相同，A错误；S2断开，S1与b连接时，L1、L2两只灯泡串联，L3被断开没有接入电路，B错误；S2闭合，S1与a连接时，只有L2亮，L1和L3被短路，C错误；S2闭合，S1与b连接时，L1和L3并联，然后与L2串联，此时三只灯泡都发光，L3的亮度与L1的亮度相同，都小于L2的亮度，D正确．【答案】 D6．如图2所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知()图2A．电源的电动势为4 VB．电源的内电阻为2 ΩC．电源输出功率的最大值为16 WD．电源消耗的最大功率为16 W【解析】图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4 W和2 A，由P＝I2r，代入数据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝内1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4 V，A正确．外电阻和内电阻相等时电源输出的功率最大，最大值为4 W，C错误．电源消耗的功率为P＝EI m，当R＝0时电流最大为4 A，P m＝16 W，故D正确．【答案】AD7．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个电阻箱及电源连接成如图3所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用的办法是() 【导学号：33410109】图3A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R2【解析】带电油滴受到向上的电场力和向下的重力，若要使其上升，应增加电场力，也就是增加电容器两端电压，电容器两端电压与R3两端电压相等，R3与R2串联，所以增大R3或减小R2都行．【答案】CD8．在如图4所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是()图4A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路【解析】由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此可排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B对．假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)的电压和电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．【答案】BC二、非选择题(本大题共4个小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中(如图5甲). 【导学号：33410110】甲乙图5(1)移动滑动变阻器的滑片应特别注意防止__________________________．(2)现备有以下器材：A．干电池1节B．滑动变阻器(0～50 Ω)C．滑动变阻器(0～1 750 Ω)D．电压表(0～3 V)E．电压表(0～15 V)F．电流表(0～0.6 A)G．电流表(0～3 A)其中滑动变阻器应选________，电压表应选________，电流表应选________．(3)图乙是根据实验数据画出的U-I图像．由此可知这个干电池的电动势E ＝________ V，内电阻r＝________ Ω.【解析】(1)若滑动变阻器接入电路的电阻太小，则电路中电流太大，容易烧坏电流表．(2)滑动变阻器的阻值不需太大，可选B；通常干电池电动势为1.5 V，故电压表可选D，电流表可选F.(3)由题图乙可知E＝1.5 V，r＝1.5－1.20.4Ω＝0.75 Ω.【答案】(1)滑动变阻器接入电路电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表(2)B D F(3)1.50.7510．(12分)在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图6所示．图6①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时()A．若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大B．若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C．若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD．若欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大【解析】(1)多用电表与R1串联，则选择直流电流挡时，测得的是通过R1的电流；若断开电路中的开关，多用电表使用电阻挡，则R1和R2串联接在多用电表两端，此时测得的是R1和R2串联的电阻；若多用电表选用直流电压挡，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则多用电表与R2并联，所以此时测得的是R2(或电源)两端的电压．(2)双手捏住两表笔金属杆，相当于给待测电阻又并联了一个电阻，测量值将偏小，选项A 错误；测量时发现指针偏离中央刻度过大，要看指针偏角情况，若偏角太大，说明待测电阻较小，应减小倍率，重新调零后再进行测量，若偏角太小，说明待测电阻较大，应增大倍率，重新调零后再进行测量，选项B 错误；选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250 Ω，选项C 错误；欧姆表内的电池使用时间太长，则电动势E 减小，完成调零过程则有I g ＝E R 内(式中I g 为满偏电流，是一定值，R 内为欧姆表总内阻即中值电阻，随E 变化)，测量电阻R x 时，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E R 内＋R x ＝11I g ＋R x E ，由此可知当E 减小时，I 减小，指针偏角减小，所以测量值将偏大，选项D 正确．【答案】 (1)①R 1 ②R 1和R 2串联 ③R 2(或电源) (2)D11．(12分)如图7所示的电路中，当S 闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V 和0.4 A ．当S 断开时，它们的示数各改变0.1 V 和0.1 A ，求电源的电动势和内阻．图7【解析】 当S 闭合时，R 1、R 2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得： U 1＝E －I 1r 即E ＝1.6＋0.4r ，①当S 断开时，只有R 1接入电路，则外电路电阻变大，电压表示数变大，电流表示数变小，由闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I 2r 即E ＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r ，②由①②得：E ＝2 V ，r ＝1 Ω.【答案】 2 V 1 Ω12．(18分)如图8所示，一电荷量q ＝3×10－5 C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．开关S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°.已知两板相距d＝0.1 m，电源电动势E＝15 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝R4＝8 Ω.g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：【导学号：33410111】图8(1)电源的输出功率；(2)两板间的电场强度大小；(3)带电小球的质量．【解析】(1)R2、R3并联再与R1串联，阻值R外＝7.0 Ω，R总＝R外＋r＝7.5Ω，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER总＝157.5A＝2 A，P出＝I2R外＝22×7 W＝28 W.(2)U外＝IR外＝2×7 V＝14 V，E＝Ud＝140.1V/m＝140 V/m.(3)小球静止，由力的平衡条件得Eq＝mg tan 37°，m＝Eqg tan 37°＝140×3×10－510×0.75kg＝5.6×10－4 kg.【答案】(1)28 W(2)140 V/m(3)5.6×10－4 kg第三章磁场章末综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．在下列图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N 极的指向或磁感线方向．其对应不正确的是( )【解析】 由安培定则判断C 、D 正确；又因小磁针静止时N 极所指的方向与磁场方向相同，A 正确，B 错误．【答案】 B2．(2015·海南高考)如图1所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点．P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【解析】 由题意知，磁铁在a 点磁场方向为垂直于P 向前，电子在a 点的瞬时速度方向向右．根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A 正确．【答案】 A3．用同一回旋加速器分别对质子(11H)和氘核(21H)加速后，则( )A ．质子获得的动能大B ．氘核获得的动能大C ．两种粒子获得的动能一样大D ．无法确定【解析】 因q v B ＝m v 2r ①又E k ＝12m v 2②故E k ＝q 2B 2r 22m ，所以E k ∝q 2m ，故A 正确．【答案】 A4．长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图2所示的恒定电流时，下列说法正确的是()图2A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用【解析】电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．【答案】 D5．如图3是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R＝10 cm的圆柱形筒内有B＝1×10－4T的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a、b分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为qm＝2×1011 C/kg的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，则不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v大小是() 【导学号：33410145】图3A．4×105 m/s B．2×105 m/sC．4×106 m/s D．2×106 m/s【解析】离子运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，由几何知识可得r＝2R＝20 cm，由q v B＝m v2r，可得v＝4×106 m/s.【答案】 C6．如图4所示，通电圆线圈套在条形磁铁右端，磁场对通电线圈作用的结果是()图4A．圆面有被拉大的倾向B．圆面有被压小的倾向C．线圈将向上平移D．线圈将向右平移【解析】线圈处在如图所示的磁场中，线圈中电流的截面图上方向外，下方向里，由左手定则知受力如图所示，则在安培力的作用下，线圈有被压小的趋势，F的水平分量将使线圈向左平移，故B正确，A、C、D错误．【答案】 B7．有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如图5所示，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()图5①速度；②质量；③电荷量；④比荷A．①③B．②③④C．①④D．①②③④【解析】在区域Ⅰ，运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且Eq＝Bq v，离子以速度v＝EB匀速穿过区域Ⅰ，进入区域Ⅱ，离子做匀速圆周运动，轨道半径r＝m vqB，因经区域Ⅰ的选择速度v相同，当v相同时，必有q/m相同．【答案】 C8．电磁轨道炮的工作原理如图6所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是() 【导学号：33410146】图6A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变【解析】由题意可知B＝kI，F＝BId＝kI2d.由动能定理可得：F·L＝12m v2，v0＝2FLm＝2kI2dLm，v0∝IdLm，要使v0加倍，则B、D正确，A、C错．【答案】BD9．(2013·浙江高考)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图7所示，已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()图7A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3【解析】 应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角．磷离子P ＋与P 3＋电荷量之比q 1∶q 2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a ＝qE m ，由此可知，a 1∶a 2＝1∶3，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r ＝m v qB ，又qU ＝12m v 2，故有r ＝1B2mU q ，即r 1∶r 2＝3∶1，选项B 正确；设离子P 3＋在磁场中偏角为α，则sin α＝d r 2，sin θ＝d r 1(d 为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C 正确；全过程中只有电场力做功，W ＝qU ，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k1∶E k 2＝W 1∶W 2＝1∶3，选项D 正确．【答案】 BCD10．如图8所示，光滑绝缘轨道ABP 竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A 点由静止滑下，经P 点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( ) 【导学号：33410147】图8A ．小球带负电B ．小球带正电C ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【解析】 小球从P 点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE ＋q v B ＝mg ；若从B 点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v ′<v ；则qE ＋q v ′B <mg ，故向下偏，B 、D 正确．【答案】 BD二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答)11．(12分)如图9所示，平行金属导轨PQ 与MN 都与水平面成θ角，相距为l .一根质量为m 的金属棒ab 在导轨上，并保持水平方向，ab 棒内通有恒定电流，电流大小为I ，方向从a 到b .空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab 棒在磁场力的作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力．求磁感应强度B 的大小和方向．图9【解析】 金属棒受力如图所示，根据力的平衡条件可知：F 安＝mg sin θ而F 安＝BIl可得B ＝mg sin θIl由左手定则可知，B 的方向垂直导轨平面向下．【答案】 mg sin θIl 方向垂直导轨平面向下12．(14分)如图10所示，在半径为r 的圆形区域内，有一个匀强磁场，一带电粒子以速度v 0从M 点沿半径方向射入磁场区，并由N 点射出，O 点为圆心．∠MON ＝120°，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R 及在磁场区中的运动时间. 【导学号：33410148】。

【骄子之路】2020年秋高中物理 综合测评（含解析）新人教版选修3-1 (时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共11小题，每小题4分，共44分，每小题至少有一个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)1．两个相同的带电导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r 时相互作用的库仑力大小为F ，今使两小球接触后再分开放到相距为2r 处，则此时的库仑力大小可能为( )A ．112FB ．16FC ．14FD ．13F 解析：设两个小球相互接触之前所带电荷量分别为q 和3q ，由库仑定律得F ＝k 3q 2r 2.由于两个导体小球完全相同，故接触后它们的带电情况完全相同．若它们原来带同种电荷，则接触后它们的电荷量均为2q ，于是有F 1＝k 2q 22r2＝13F ；若它们原来带异种电荷，则接触后它们的电荷量均为q ，于是有F 2＝k q 22r 2＝112F. 答案：AD2．下列说法中正确的是( )A ．根据E ＝F q，可知电场中某点的场强与静电力成正比 B ．根据E ＝kQ r2，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比 C ．根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D ．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹解析：这个问题涉及到有关电场的基本概念．E ＝F q作为电场强度的定义式，给出了电场强度的一种测量方法．而对于静电场中的某一确定的点，放在该处的试探电荷的电荷量不同，电荷受到的静电力也不同，但静电力和电荷量的比值却是不变的，即电场强度与静电力及试探电荷的电荷量无关，而由场源电荷及研究点在场中的位置决定．对于点电荷形成的电场，确定点的场强与形成电场的场源电荷的电荷量成正比．电场强度是矢量，合场强由平行四边形法则确定，作为合场强的平行四边形的对角线不一定比作为分场强的平行四边形的邻边长．只有当电场线是直线，带电粒子只在静电力的作用下，电荷的初速度为零或初速度方向与电场线重合时，电荷的运动轨迹才会与电场线重合．答案：B3．如图所示，两个等量异种电荷在真空中相隔一定距离，OO′代表两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的某一平面上取图示1、2、3三点，则这三点的电势大小关系是( )A．φ1>φ2>φ3B．φ2>φ1>φ3C．φ2>φ3>φ1D．φ3>φ2>φ1解析：本题所涉及的是等量异种电荷周围的电场线和等势面，先画出等量异种电荷周围的电场线和等势面如图所示，根据沿着电场线电势越来越低，所以φ1>φ2>φ3.答案：A4．如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等．则这两个电路中的U甲、U乙、R甲、R乙之间的关系，正确的是( )A ．U 甲>2U 乙B ．U 甲＝2U 乙C ．R 甲＝4R 乙D ．R 甲＝2R 乙解析：两电路的总电流分别为I 和2I ，所以U 甲＝2U 乙，R 甲消耗的功率为P 总－2P 灯，R 乙消耗的功率也为P 总－2P 灯，所以I 2R 甲＝4I 2R 乙，R 甲＝4R 乙．答案：BC5．(2020·天津)如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置，闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S解析：电容器并联在电阻R 1两端，电容器两端电压等于电阻R 1两端电压，油滴受到电场力和重力作用，处于平衡状态．增大R 1的阻值，可以增大R 1两端电压，根据电压和场强的关系E ＝U d可知，电场强度变大，油滴向上运动，故A 选项错误；和电容器相连的电阻相当于短路，故增大R 2的阻值，不会改变极板间的电场场强，油滴静止不动，故B 选项正确；增大两板间的距离，根据电压和场强的关系E ＝U d可知，电场强度变小，油滴向下运动，故C 选项错误；断开电键S ，电容器放电，电场减弱，油滴向下运动，故D 选项错误．答案：B6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E解析：电动机消耗的总功率为UI ，选项A 正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，选项B 错误；电源的总功率为EI ，电源的输出功率为EI －I 2r ，所以电源的效率为1－Ir E，选项C 错误，D 正确． 答案：AD7．有两根长直导线a 、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M 、N 为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I ，则关于线段MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上只有一点的磁感应强度为零解析：M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B 正确；在线段MN 上中点O 的磁感应强度为零，选项D 正确．答案：BD8．(2020·巴中模拟)某电场的电场线分布如图所示，电场中有A 、B 两点，则以下判断正确的是( )A ．A 点的场强大于B 点的场强，B 点的电势高于A 点的电势B ．若将一个电荷由A 点移到B 点，电荷克服电场力做功，则该电荷一定为负电荷C ．一个负电荷处于B 点的电势能大于它处于A 点的电势能D ．若将一个正电荷由A 点释放，该电荷将在电场中做加速度减小的加速运动解析：电场线的疏密程度表示场强的强弱，A 点的场强大于B 点的场强，沿电场线电势逐渐降低，B 点电势高于A 点的电势，A 选项正确；将一个电荷由A 点移到B 点，电荷克服电场力做功，说明电场力与场强同向，该电荷一定是正电荷，B 选项错误；负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在B 点的电势能小于在A 点的电势能，C 选项错误；正电荷在A 点释放，将做加速度增大的加速运动，D 选项错误．答案：A9．如图所示，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( )A ．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 点处的场强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解析：该电场不一定是匀强电场，φc 不一定等于φa ＋φb 2＝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 ＝qφ知选项C 正确．答案：C10．(2020·河南一模)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M 、N 为轨道最低点，则下列说法中正确的是( )A．两个小球到达轨道最低点的速度v a＜v bB．两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力F a＞F bC．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间D．磁场中小球能到达轨道另一端最高处，电场中小球不能到达轨道另一端最高处解析：a运动到M的过程中，重力做功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得mgR＝12mv2a，同理，b运动到N的过程中，重力做功，电场力做负功，根据动能定理得mgR－qER＝12mv2b，比较可知v a>v b，故A选项错误；分析小球在最低点的受力，列向心力关系式F合＝m v2R，磁场中F a＝mg＋qv a B＋mv2aR，电场中F b＝mg＋m v2bR，比较可知F a>F b，故B选项正确；在磁场中，洛伦兹力与运动方向垂直，不会影响小球的运动时间，在电场中，电场力存在着与运动方向相反的分力，阻碍小球的运动，故电场中运动时间长，C选项错误；根据A选项的分析可知，洛伦兹力不做功，动能和重力势能相互转化，小球可以到达轨道的另一端，电场力做负功，机械能减小，小球不能到达轨道的另一端，故D选项正确．答案：BD11．如图所示直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场．正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场，设电子质量为m，电荷量为e，则( )A ．正、负电子在磁场中运动的半径和周期是相同的B ．正、负电子从磁场中射出点到O 点的距离相等C ．正、负电子在磁场中运动的时间差是4πm 3BeD ．正、负电子在磁场中运动的时间差是πm Be解析：正、负电子的半径和周期是相同的，选项A 正确；正、负电子偏转方向相反，先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形，所以从磁场中射出点到O 点的距离相等，选项B 正确；由图还看出经历时间相差2T/3，时间差为Δt＝4πm 3Be，选项C 正确、D 错误． 答案：ABC第Ⅱ卷(非选择题，共56分)二、实验题(本大题包括2小题，共12分)12．(2020·浙江)小明对2B 铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B 铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U­I 图上，如图2.在图中，由电流表外接法得到的数据点是用_________(填“○”或“×”)表示的．(3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为_________Ω.解析：(1)根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：(2)电流表外接时，对应同一电压值，电流值偏大，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的．(3)连线如图所示：选择一组数据，U ＝0.6 V ，I ＝0.5 A ，根据欧姆定律得，R ＝U I＝1.2 Ω. 答案：(1)见解析 (2)× (3)1.213．(2020·天津)现要测量一个未知电阻R x 的阻值，除R x 外可用的器材有：多用电表(仅可使用欧姆挡)；一个电池组E(电动势6V)；一个滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流1 A)；两个相同的电流表G(内阻R g ＝1 000 Ω，满偏电流I g ＝100 μA)；两个标准电阻(R 1＝29 000 Ω，R 2＝0.1 Ω)；一个电键S 、导线若干．(1)为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下列判断和做法正确的是_________(填字母代号)．A ．这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B ．这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C ．如需进一步测量可换“×1”挡，调零后测量D ．如需进一步测量可换“×1 k”挡，调零后测量(2)根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确并使电路能耗较小，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．解析：(1)用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“×10”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，说明通过电路的电流很大，被测电阻很小，只有几欧姆，需要换用低倍率，即“×1”档．故AC 选项正确．(2)测电阻的本质是闭合电路的欧姆定律，即伏安法，根据题干所给的器材，利用R2和G改装成电流表，用R1和G改装成电压表，为了使电路能耗较小，选用限流接法，电路如图所示：答案：(1)AC (2)三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)14．一质量为m、电荷量为q的小球，从与水平方向成45°角的两块平行金属板A、B的A板上的小孔P沿水平方向射入，如图所示，小球在A、B板间做直线运动，设两板的间距为d，问：(1)A、B两板间的电压是多少；(2)小球入射的速度v0至少多大才能到达B板．解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示，可得小球做匀减速直线运动，则q Udcos45°＝mg，解得：U＝2mgdq.(2)设小球的初速度最小为v0时能到达B板，由能量守恒得：qU＝12mv20，解得：v0＝22gd.答案：(1)2mgdq(2) 22gd15．如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距L＝0.5 m，所接电源的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.2 Ω，金属棒的电阻R＝2.8 Ω，与平行导轨垂直，其余电阻不计，金属棒处于磁感应强度B＝2.0 T、方向与水平方向成60°角的匀强磁场中．在接通电路后金属棒还是静止，则(1)金属棒受到的安培力的大小和方向如何？(2)若棒的质量m＝5×10－2 kg，此时导轨对它的支持力是多少？解析：(1)由闭合电路欧姆定律有：I ＝E R ＋r ＝ 1.52.8＋0.2A ＝0.5 A ， 安培力F ＝BIL ＝2.0×0.5×0.5 N＝0.5 N ，由左手定则可知其方向与导轨平面成30°角斜向左上方． (2)设金属棒所受支持力为F N ， 由竖直方向受力平衡知： F N ＋Fsin30°－mg ＝0 解得：F N ＝0.25 N.答案：(1)0.5 N ，方向与导轨平面成30°角斜向左上方 (2)0.25 N16．如图所示，Q 为固定的正点电荷，A 、B 两点在Q 的正上方和Q 相距分别为h 和0.25h ，将另一点电荷从A 点由静止释放，运动到B 点时速度正好又变为零．若此电荷在A 点处的加速度大小为34g ，试求(静电力常量为k)：(1)此电荷在B 点处的加速度；(2)A 、B 两点间的电势差(用Q 和h 表示)．解析：(1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q ，由牛顿第二定律，在A 点时mg －kQq h 2＝m·34g ， 在B 点时kQq 0.25h2－mg ＝m·a B ，解得：q ＝mgh24kQ ，a B ＝3g ，方向竖直向上．(2)从A 到B 过程，由动能定理得 mg(h －0.25h)＋qU AB ＝0 解得：U AB ＝－3kQ h. 答案：(1)3g ，方向竖直向上 (2)－3kQ h17．(2020·文登市二模)如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L ＝0.08 m ，板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l ＝0.06 m 、竖直宽度足够大的有界匀强磁场．一个比荷为q m ＝5×107C/kg的带负电粒子以速度v 0＝8×105m/s 从两板中间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出．不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中运动的速率v ；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R 和磁场的磁感应强度B ； (3)粒子从进入偏转电场到离开磁场所用的时间．解析：(1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，得出在电场中运动的时间t ＝L v 0＝0.088×105 s ＝1×10－7 s ，粒子在一个周期内飞出电场；在0～5×10－8s 的时间内，竖直方向位移：y ＝ 12at 2＝qE 2m t 2＝5×107×2.4×105×5×10－822m ＝1.5×10－2m 在 5×10－8 s ～10×10－8s 的时间内，粒子做匀速直线运动，速度不变，根据动能定理qEy ＝12mv 2－12mv 20，代入数据解得，v ＝2qEy m＋v 20＝1×106m/s.(2)带电粒子运动轨迹如图所示： 根据几何关系可知，sinθ＝l R ＝v yv ，解得R ＝0.1 m ；根据洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r ，得B ＝mvqR＝0.2 T.(3)粒子在电场中运动的时间t 电＝1×107s ，在磁场中运动的圆心角sinθ＝l R＝0.6，解得θ＝37°，根据qvB＝m 4π2T2r，解得T＝2πmqB，运动时间t磁＝θ360°·T＝37°360°·2πmqB＝6.45×10－8 s，总时间t＝t电＋t磁＝1.645×10－7 s .答案：(1) 1×106 m/s (2)0.1 m 0.2 T (3)1.645×10－7 s高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2020--2021教科版物理选修3—1第一章静电场（强化练）含答案教科版选修3—1第一章静电场1、（双选）粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B，板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板如图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C．t3时刻物块的速度最大D．t4时刻物块的速度最大2、(双选)如图所示，挂在绝缘细线下的小轻质通草球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以()A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷C．甲图中两球至少有一个带电D．乙图中两球有一个带电3、如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为()A．l＋5kq22k0l2B．l－kq2k0l2C．l－5kq24k0l2D．l－5kq22k0l24、真空中，A、B两点与场源电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1B．1∶3C．9∶1D．1∶95、如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为φ和15φ，a、b的电势差等于b、c的电势差．一带电粒子从等势面a上某处以速度v释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c时的速率为2v.则()A．此过程粒子一定做直线运动B．此过程粒子一定做曲线运动C．经过等势面b时速率为5 2vD．经过等势面b时速率为3 2v6、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且AB＝BC.电场中A、B、C三点的电场强度分别为E A、E B、E C，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为U AB、U BC，则下列关系式中不正确的是()A．φA＞φB＞φC B．E C＞E B＞E AC．U AB＜U BC D．U AB＝U BC7、(双选)平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连，如图所示，要使静电计指针张角变大．下列措施中可行的是()A．A板向上移动B．B板向右移动C．A、B板之间插入电介质D．使两极板带的电荷量减小8、(双选)如图所示，梳过头发的梳子，常能吸引轻小物体，这属于摩擦起电．关于摩擦起电现象，下列说法正确的是()A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电9、如图所示，用绝缘细线悬挂的两个带电小球(可视为点电荷)处于静止状态，电荷量分别为q A、q B，相距为L.则A对B的库仑力为()A．F AB＝k q A q BL2，方向由A指向BB．F AB＝k q A q BL，方向由A指向BC．F AB＝k q A q BL2，方向由B指向AD．F AB＝k q A q BL，方向由B指向A10、(双选)如图是某电场中的电场线，在该电场中有A、B两点，下列结论正确的是()A．A点的场强比B点的场强大B．A点的场强方向与B点的场强方向相同C．将同一点电荷分别放在A、B两点，若点电荷只受电场力作用，则放在A点的加速度比放在B点的加速度大D．因为A、B两点没有电场线通过，所以电荷放在这两点不会受电场力作用11、一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6 J的正功，那么()A．电荷在B处时将具有5×10－6 J的电势能B．电荷在B处时将具有5×10－6 J的动能C．电荷的电势能增加了5×10－6 JD．电荷的动能增加了5×10－6 J12、(双选)平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动13、（双选）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小14、正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)重力做功与路径无关，而电场力做功与路径有关．( )(2)电场力对电荷做正功时，电荷具有的电势能将减少．( )(3)U AB＝8 V，表示A点电势比B点高8 V．()(4)某点电势也可以看成是该点与零电势点的电势差．()(5)电势差U AB等于将电荷q从A点移到B点时，静电力所做的功．() 15、一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(1)A、B两点的电势差U AB；(2)匀强电场的场强大小．2020--2021教科版物理选修3—1第一章静电场（强化练）含答案教科版选修3—1第一章静电场1、（双选）粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B，板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板如图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C．t3时刻物块的速度最大D．t4时刻物块的速度最大AC[在0～t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力等于电场力，即f＝qE＝q Ud，电压增大，摩擦力增大，又正电荷所受电场力与电场同向向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A对．在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即重力不变，所以摩擦力不变，选项B错．t3～t4阶段，电场力小于摩擦力，物块仍在运动，但为减速运动，所以t3时刻速度最大，选项C对，D错．]2、(双选)如图所示，挂在绝缘细线下的小轻质通草球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以()A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷C ．甲图中两球至少有一个带电D ．乙图中两球有一个带电BC [甲图中两球相吸，则有两种情况：一种是两球带异种电荷，根据异性相吸可如题图中所示；另一种是有一球带电，另一球不带电，则由于静电感应，两球相吸．所以C 对，A 错．乙图中两球相斥，则二球一定带有同种电荷，B 对，D 错．]3、如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2C ．l －5kq 24k 0l 2D ．l －5kq 22k 0l 2 C [取左侧电荷为研究对象，由平衡状态得k 0x ＝kq 2l 2＋kq 2(2l )2，解得x ＝5kq 24k 0l 2，故弹簧原长为l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2，C 正确．] 4、真空中，A 、B 两点与场源电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9C [由点电荷场强公式有E ＝k Q r 2∝r －2，故有E A E B＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r B r A 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3r r 2＝9∶1，C 项正确．] 5、如图所示，a 、b 和c 表示电场中的三个等势面，a 和c 的电势分别为φ和15φ，a 、b 的电势差等于b 、c 的电势差．一带电粒子从等势面a 上某处以速度v 释放后，仅受电场力作用而运动，经过等势面c 时的速率为2v .则( )A ．此过程粒子一定做直线运动B ．此过程粒子一定做曲线运动C ．经过等势面b 时速率为52v D ．经过等势面b 时速率为32vC [电场方向垂直等势面向外，粒子初速度方向未知，故无法判断粒子是直线运动还是曲线运动，故A 、B 错误；由动能定理知从a 到c ：qU ac ＝12m(4v 2－v 2)＝1.5m v 2＝0.8qφ，设粒子在等势面b 时的速率为v b ，则qU ab ＝12m(v 2b －v 2)，U ab ＝U ac 2＝0.4φ，联立可得v b ＝52v ，故C 正确，D 错误．]6、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，且AB ＝BC.电场中A 、B 、C 三点的电场强度分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为φA 、φB 、φC ，AB 、BC 间的电势差分别为U AB 、U BC ，则下列关系式中不正确的是( )A ．φA ＞φB ＞φCB ．EC ＞E B ＞E A C ．U AB ＜U BCD ．U AB ＝U BCD [由图中电场线形状可以看出，从A 到C 电场线越来越密，因此电场强度越来越大，即E C >E B >E A ；沿着电场线的方向电势越来越低，因此φA >φB >φC ；由于AB ＝BC ，U ＝Ed ，且B 、C 间平均电场强度较大，因此U AB <U BC .故选D.]7、(双选)平行金属板A 、B 组成的电容器，充电后与静电计相连，如图所示，要使静电计指针张角变大．下列措施中可行的是( )A ．A 板向上移动B ．B 板向右移动C ．A 、B 板之间插入电介质D ．使两极板带的电荷量减小AB[由公式C＝εr S4πkd和U＝QC得U＝4πkdQεr S.电容器充电后，与静电计相连，电容器带电荷量Q几乎不变，A板上移，两板的正对面积S减小，U增大，静电计指针张角变大，A正确；B板向右移，d增大，U增大，指针张角变大，B正确；A、B板之间插入电介质，U减小，指针张角变小，C错误；Q减小，U减小，指针张角变小，D错误．]8、(双选)如图所示，梳过头发的梳子，常能吸引轻小物体，这属于摩擦起电．关于摩擦起电现象，下列说法正确的是()A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电BD[摩擦起电不会创造出电子和质子，也不能使质子在物体间移动，选项A、C 错误；摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不同，因而电子在物体间转移，若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电，若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电，产生摩擦起电的两物体所带电荷是“等量异种电荷”，选项B、D正确．]9、如图所示，用绝缘细线悬挂的两个带电小球(可视为点电荷)处于静止状态，电荷量分别为q A、q B，相距为L.则A对B的库仑力为()A．F AB＝k q A q BL2，方向由A指向BB．F AB＝k q A q BL，方向由A指向BC．F AB＝k q A q BL2，方向由B指向AD．F AB＝k q A q BL，方向由B指向AC[由于两小球相互吸引，所以A对B的库仑力方向由B指向A，根据库仑定律可得F AB＝k q A q BL2，故选项C正确．]10、(双选)如图是某电场中的电场线，在该电场中有A、B两点，下列结论正确的是()A．A点的场强比B点的场强大B．A点的场强方向与B点的场强方向相同C．将同一点电荷分别放在A、B两点，若点电荷只受电场力作用，则放在A点的加速度比放在B点的加速度大D．因为A、B两点没有电场线通过，所以电荷放在这两点不会受电场力作用AC[由题图看出，A点处电场线比B点处电场线密，则A点场强比B点的大，故A正确；场强方向沿电场线的切线方向，则知A、B两点处的场强方向不同，故B错误；由F＝qE知同一点电荷在A点所受的电场力一定比在B点所受的电场力大，由牛顿第二定律知同一点电荷在A点的加速度比放在B点的加速度大，故C正确；没有电场线通过的地方不代表没有电场，这两点有电场存在，电荷放在这两点会受到电场力的作用，故D错误．]11、一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6 J的正功，那么()A．电荷在B处时将具有5×10－6 J的电势能B．电荷在B处时将具有5×10－6 J的动能C．电荷的电势能增加了5×10－6 JD．电荷的动能增加了5×10－6 JD[电荷在某点具有的电势能具有相对性，是相对零电势能点而言的，故A、B 均错；由功能关系知电场力做正功，电势能减少，动能增加，故C错，D对．]12、(双选)平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动BD[带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．]13、（双选）如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小BD[由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧，选项A错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项B正确；电势能均减少，选项C错误，选项D正确．]14、正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)重力做功与路径无关，而电场力做功与路径有关．( )(2)电场力对电荷做正功时，电荷具有的电势能将减少．( )(3)U AB＝8 V，表示A点电势比B点高8 V．()(4)某点电势也可以看成是该点与零电势点的电势差．()(5)电势差U AB等于将电荷q从A点移到B点时，静电力所做的功．()【答案】（1）×（2）√（3）√（4）√（5）×15、一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(1)A、B两点的电势差U AB；(2)匀强电场的场强大小．解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin 60°＋qU AB＝0所以U AB＝－3mgL 2q.(2)A、B两点间沿电场线的有效长度d＝L－Lcos 60°.由公式U＝E·d可知，E＝U ABL－Lcos 60°＝3mgq.答案：(1)－3mgL2q(2)3mgq。

第二章测评(时间：90分钟满分：100分）一、选择题(本题包括12个小题，共48分)1在下列用电器中，哪些属于纯电阻用电器…()A．电扇和电吹风B．电烙铁和电热毯C．洗衣机和电冰箱D．电动机2黄昏时电灯比深夜暗，是因为黄昏时()A．线路总电阻变大,电流变小B．干线电流过大，线路损失电压增大C．总电流一定，支路增多分去了电流D．总电阻变小,各支路电流变小3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（）4当外电路电阻分别为8 Ω和2 Ω时，单位时间外电路放出的热量正好相等，则电源的内阻为（）A．1 ΩB．2 ΩC．4 ΩD．8 Ω5在如下图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如下图乙所示．当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的判断中，正确的是()A．灯泡L1的电阻为12 ΩB．通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍C．灯泡L1消耗的电功率为0.75 WD．灯泡L2消耗的电功率为0.30 W6一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω。

另有一测试电源，电动势为100 V,内阻忽略不计．则()A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 ΩB．当ab端短路时,cd之间的等效电阻是40 ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V7电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向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8某同学设计了一个转向灯电路(如图所示)，其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源，当S置于位置1时,以下判断正确的是(）A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大9如图，电源内阻不计．为使电容器的带电荷量增大，可采取以下哪些方法(）A．增大R1B．增大R2C．增大R3D．减小R110如图所示，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器，当变阻器的滑动头P向左移动时（）A．R1的功率将增大B．R2的功率将减小C．电源的功率将增大D．电源的效率将减小11如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是（)A．小灯泡L1、L3变暗,L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．ΔU1＜ΔU2D．ΔU1＞ΔU212在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和2 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2 A和24 V，则这台电动机正常运转时的输出功率为()A．32 W B．44 WC．47 W D．48 W二、填空题（13题6分，14题10分，共16分)13如图所示为一正在测量中的多用电表表盘．（1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为______ Ω。

章末综合测评(一) 静电场(时间：90分钟 分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～7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．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A ．根据电场强度的定义式E ＝F q可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B ．根据电容的定义式C ＝Q U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C ．根据真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D ．根据电势差的定义式U AB ＝W AB q可知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 VD [电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Q r 2是电场强度的决定式，故C 错误；在电场中，克服电场力做功，电场力做负功，由U AB ＝W AB q可知D 正确．] 2．真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷增加了原来的12，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了原来的( )A ．12B ．13C ．14D ．124B [设原来的电荷量分别为Q1、Q2，则F＝kQ1Q2r2，由题意知kQ1Q2r2＝k32Q1Q2′r2，解得Q2′＝23Q2，所以电荷量减少了原来的13，故B正确．]3.如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，其中φA＝φB＝0，φC＝φ＞0，保持该电场的电场强度大小和方向不变，让等边三角形绕A点在三角形所在平面内顺时针转过30°，则此时B点的电势为( )A．33φ B．φ2C．－33φD．－φ2C [因φA＝φB＝0，所以AB是一等势线，电场方向垂直AB向左，设等边三角形边长为L，因φC＝φ，所以电场强度为E＝φL cos 30°，当等边三角形绕A点在三角形所在平面内顺时针转过30°时，B点到原来AB的距离d＝L sin 30°，B点电势为φB ＝－Ed＝－φtan 30°＝－33φ，C正确．]4.已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD 轴上关于O点对称的两点．则( )A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同B．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相反C．P点的电场强度比Q点的电场强度强D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱A [将该半球壳补全成为整个带电球壳，如图所示：由题意知P、Q两点场强大小为零，由对称性可知左右两个半球壳在P点和在Q点产生的场强均大小相等方向相反，所以左侧半球壳在两点产生的场强大小相等，方向相同，故A项正确．]5.两个固定的等量异号点电荷所产生的电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受电场力作用．则粒子在电场中( )A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小C [由题图等势面可知，两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示．带负电的粒子在等量异号点电荷所产生的电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动．电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故选项C 正确．]6.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行，则( )A．E点的电势与C点的电势相等B．U EF与U BC相同C．电场强度的大小为2033V/mD．电场强度的大小为20 3 V/mC [A、D两点电势分别为1.0 V和3.0 V，则AD中点O的电势为2.0 V，C点与O 点等势，C与E不等势，A错误；U EF和U BC大小相同，但正负不同，B错误；电场强度E＝U DCDC·cos 30°＝2033V/m，C正确，D错误．]7.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地．两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，E p表示负电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )D [当负极板右移时，d减小，由C＝εr S4πk d－x可知，C与x的关系图像不是一次函数图像，故A错误；由U＝QC可知，U＝4πkdεr SQ，则E＝Ud＝4πkQεr S，故E与d无关，故B错误；因正极板接地，设P点原来距正极板l，则P点的电势φ＝－El不变，故C错误；电势能E p＝－φq＝Eql，故D正确．]8.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负点电荷，该负点电荷仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．负点电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变D．负点电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小AC [φ­x图线的斜率大小等于电场中电场强度的大小，故该条电场线上各点电场强度一样，该静电场为匀强电场，A正确，B错误；由沿着电场线的方向电势降低，可知电场方向沿x轴负方向，故负点电荷沿x轴正方向运动，其受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律可知其加速度不变，C正确，D错误．]9.三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中( )A．电场力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量D．重力对三者做的功相同AD [因a、b带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A对，C错；c不带电，不受电场力作用，由动能定理知，三者动能增量不同，B错；a、b 、c 三者穿出电场时，由W G ＝mgh 知，重力对三者做功相同，D 对．]10.在两块平行金属板A 、B 间加如图所示变化的电压，此电压的值不变，但每过T 2改变一次极性．t ＝0时，A 板电势为正，若在此时由B 板自由释放一电子，那么( )A ．电子会一直向A 板运动B ．电子在A 、B 两板间来回运动C ．在t ＝T 时，电子回到出发点D ．在t ＝T 2时电子具有最大速度 AD [根据电子的受力情况和牛顿第二定律知，在0～T 2时间内，电子向A 板做匀加速直线运动，在T 2时刻速度达到最大值；在T 2到T 时间内，电子向A 板做匀减速直线运动，在T 时刻速度减为零；随后重复刚才的运动，故A 、D 正确．]11．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A 、B ，板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板如图乙所示的交变电压时，设直到t 1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则 ( )A ．在0～t 1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向左B ．在t 1～t 3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小C ．t 3时刻物块的速度最大D ．t 4时刻物块的速度最大AC [在0～t 1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力等于电场力，即f ＝qE ＝q U d，电压增大，摩擦力增大，又正电荷所受电场力与电场同向向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A 对．在t 1～t 3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即重力不变，所以摩擦力不变，选项B 错．t 3～t 4阶段，电场力小于摩擦力，物块仍在运动，但为减速运动，所以t 3时刻速度最大，选项C 对，D 错．]12．如图所示，长为L ＝0.5 m 、倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球(可视为质点)，以初速度v 0＝2 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是 ( )A ．小球在B 点的电势能大于在A 点的电势能B ．水平匀强电场的电场强度为3mg 4qC ．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s 2D ．若电场强度减半，小球运动到B 点时速度为初速度v 0的一半BD [在小球由A 到B 的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qEL cos θ－mgL sin θ＝0，所以水平匀强电场的电场强度为3mg 4q，B 对；电场强度加倍后，则有q ·2E cos θ－mg sin θ＝ma ，所以a ＝0.6g ＝6 m/s2，C错；电场强度减半后，则有mg sin θ－q E 2cos θ＝ma 1，a 1＝0.3g ＝3 m/s 2，由v 20－v 2＝2a 1L 代入数值得v ＝1 m/s ，D 对．]二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)13.(12分)如图所示平行金属板A 、B 之间有匀强电场，A 、B 间电压为600 V ，A 板带正电并接地，A 、B 两板间距为12 cm ，C 点离A 板4 cm.求：(1)C 点的电势；(2)若将一电子从场外移到C 点，电场力做多少功？做正功还是做负功？解析：(1)板间场强为E ＝U d ＝6000.12V/m ＝5×103 V/m 已知A 板与C 点间的距离为d ′＝0.04 m则U AC ＝Ed ′＝5×103×0.04 V＝200 V.因为A 板接地，φA ＝0，且沿电场方向电势降低，所以可得φC ＝－200 V.(2)“场外”可理解为离电场无穷远，此处电势也为零． 由W ＝qU 可得将电子从场外移到C 点，电场力做的功为W ＝e (0－φC )＝－1.6×10－19×200 J＝－200 eV.负号说明电场力做的是负功．答案：(1)－200 V (2)－200 eV 做负功14.(12分)如图所示，已知AC ⊥BC ，∠ABC ＝60°，BC ＝20 cm ，A 、B 、C 三点都在匀强电场中，且A 、B 、C 所在平面与电场线平行，把一个电荷量q ＝10－5 C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零；从B 移到C ，电场力做功为－3×10－3 J.(1)求A 、C 间的电势差；(2)若规定B 点电势为零，求C 点的电势；(3)求匀强电场的场强大小及方向．解析：根据W AB ＝U AB q 得，U AB ＝0，即φA ＝φBU BC ＝W BC q＝－3×102 V.(1)U AC＝φA－φC＝φB－φC＝U BC＝－3×102 V.(2)φB＝0，U BC＝φB－φC，所以φC＝φB－U BC＝3×102 V.(3)AB为等势线，场强方向垂直AB连线指向右下方，故E＝|U BC|BC sin 60°＝1 000 V/m.答案：(1)－3×102 V(2)3×102 V(3)1 000 V/m 方向与水平方向夹角为30°指向右下方15．(14分)如图所示，空间存在着电场强度E＝2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量为m ＝0.5 kg、电荷量为q＝4×10－2 C的小球．现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到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：(1)小球运动到圆周最高点的速度大小；(2)细线能承受的最大拉力值；(3)当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球距离O点的高度．解析：(1)(2)由小球运动到最高点细线被拉断，则说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则可判定小球带正电，设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有：(qE－mg)L＝12mv2 ①在最高点对小球由牛顿第二定律得T ＋mg －qE ＝m v 2L ②由①②式解得T ＝15 N ，v ＝10m/s.(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ，则a ＝qE －mg m ③设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则L ＝vt ④设竖直方向上的位移为y ，则y ＝12at 2 ⑤ 由①③④⑤解得y ＝0.125 m得小球距O 点高度为h ＝y ＋L ＝0.625 m.答案：(1)10m/s (2)15 N (3)0.625 m16．(14分)如图所示，CD 左侧存在场强大小为E ＝mg q、方向水平向左的匀强电场，一个质量为m 、电荷量为q 的光滑绝缘小球，从底边BC 长L ，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A 点由静止开始下滑，运动到斜面底端C 点后进入一细圆管内(C 处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D 点，随后从D 点离开后落回到斜面P 点，重力加速度为g .(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)DA 两点间的电势差U DA ；(2)圆管半径r ；(3)小球从D 点运动到P 点的时间t .解析：(1)由U DA ＝EL 得2021-2022学年高中物理 第1章 静电场 章末测评（含解析）教科版选修3-1- 11 - / 11- 11 - U DA ＝mgL q. (2)由恰好过D 点，判断v D ＝0根据动能定理，从A 到D 过程mgL tan 53°－EqL －mg 2r ＝0解得r ＝L6. (3)由于mg ＝Eq ，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动(如图所示)．设到达P 处水平位移为x ，竖直位移为y ，则有x ＝yx tan 53°＋y ＝2r 解得x ＝L 7，y ＝L 7竖直方向做自由落体运动有y ＝12gt 2 解得t ＝2L 7g. 答案：(1)mgL q (2)L 6(3)2L 7g。