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期末学业水平测评卷 2021-2022学年物理必修第三册人教版2019（含解析）
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这是一份人教版 (2019)必修 第三册全册综合复习练习题，共17页。试卷主要包含了5 A等内容，欢迎下载使用。
期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2021辽宁沈阳第二十八中学高二期中)如图所示,当开关S闭合后,小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是 ( )
2.(2021四川成都石室中学期中)四根通电长直导线A、B、C、D外层涂有绝缘物质,固定在水平面上且四个交点的连线构成一正方形。四根导线中通有大小相等的电流,方向如图所示,a、b、c、d为正方形对角线延长线上的四点。则关于a、b、c、d处的磁场,下列说法正确的是 ( )
A.a、b两点的磁场方向垂直纸面向外
B.a、c两点的磁场方向垂直纸面向外
C.b、d两点的磁场方向垂直纸面向里
D.a、d两点的磁场方向垂直纸面向里
3.(2021广东潮州彩塘中学高二期中)不带电导体P置于电场中,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,则 ( )
A.a点电场强度小于b点电场强度
B.a点电势高于b点电势
C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大
D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,静电力做负功
4.(2021山西太原实验中学高二月考)如图为测量某电源的电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路,测得路端电压为4.8 V,则该电路可能为选项图中的 ( )
5.(2021江苏省仪征中学高二上期末)如图所示,有一电荷静止于水平放置的电容器两极板间,电源内阻不可忽略,现将滑动变阻器的滑片向上移动少许,稳定后三个灯泡依然能够发光,则下列说法中正确的是(灯泡电阻始终不变) ( )
A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮
B.该电荷一定带正电
C.电容器C上电荷量减小
D.电流表始终存在从左向右的电流
6.(2021四川攀枝花第十五中学高二月考)如图所示,已知C=6 μF,R1=5 Ω,R2=6 Ω,E=6 V,r=1 Ω,电表均为理想电表,开关S原来处于断开状态,下列说法中正确的是 ( )
A.开关S闭合瞬间,电流表的读数为0.5 A
B.开关S闭合瞬间,电压表的读数为5.5 V
C.开关S闭合一段时间后,再将开关S迅速断开,则通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
D.以上说法都不对
7.(2021山东师大附中高二期中)一带正电的粒子仅在电场力作用下沿直线运动,其速度随时间变化的图像如图所示,tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点,A、B两点的场强大小分别为EA、EB,电势分别为φA、φB,则可以判断 ( )
A.EAEB
C.φA=φB D.φA<φB
8.(2021天津一中高二期中)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为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R3的滑动触头,G为灵敏电流计,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,则以下说法正确的是 ( )
A.在P向上移动的过程中,A表的示数变大,油滴仍然静止,G中有由a至b的电流
B.在P向上移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流
C.在P向下移动的过程中,A表的示数变大,油滴向下加速运动,G中有由b至a的电流
D.在P向下移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021云南民族大学附属中学期中)如图所示,MNQP为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为固定的光滑的绝缘半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线方向进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失。关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是 ( )
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C.小球到达C点的速度可能为零
D.当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H
10.(2021山西太原第五十三中学高二月考)调整如图所示电路的可变电阻R的阻值,使电压表V的示数增大ΔU,在这个过程中 ( )
A.通过R1的电流增大,增大量一定等于ΔUR1
B.R2两端的电压减小,减小量一定等于ΔU
C.通过R2的电流减小,但减小量一定小于ΔUR2
D.路端电压增大,增大量一定等于ΔU
11.(2021甘肃会宁二中高二期中)如图1所示,水平地面上边长为L的正方形ABCD区域埋有与地面平行的金属管线。为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度,先让金属管线载有电流,然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测,如图2所示,将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端,将接地棒接到电源的另一端,这样金属管线中就有沿管线方向的电流。使线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行),线圈中没有感应电流。将线圈P静置于A处,当线圈平面与地面平行时,线圈中有感应电流,当线圈平面与射线AC成37°角且保持静止时,线圈中感应电流消失。下列说法正确的是(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) ( )
A.金属管线沿AC走向
B.金属管线沿BD走向
C.图2中的电源为电压恒定并且较大的直流电源
D.金属管线的埋覆深度为223L
12.(2021江苏连云港赣榆智贤中学高二月考)如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球,用长为L的细线固定在O点,当加上水平向右的匀强电场时静置于图示A位置,此时细线与竖直方向夹角为30°。当给小球以垂直于细线的某一初速度后,小球刚好可在该竖直平面内完成圆周运动。则下列判断正确的是 ( )
A.小球一定带正电
B.电场强度大小为3mg3q
C.小球在A位置的速度大小为103gL3
D.小球做圆周运动过程中的最小速度大小为23gL3
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2021四川绵阳中学高二期末)用电流表和电压表测一个电阻值约为25 kΩ、额定功率为120 W的电阻Rx的阻值,备用器材有:
①量程0~100 μA,内阻约为500 Ω的电流表A1
②量程0~500 μA,内阻约为300 Ω的电流表A2
③量程0~1 V,内阻约为10 kΩ的电压表V1
④量程0~15 V,内阻约为100 kΩ的电压表V2
⑤量程0~50 V,内阻约为500 kΩ的电压表V3
⑥直流稳压电源,两端的输出电压为16 V
⑦滑动变阻器,阻值范围0~500 Ω,允许最大电流1 A
⑧待测电阻Rx,开关和导线若干
(1)为了测量准确,电压表应选 ,电流表应选 。(填写仪器前的序号)
(2)在如图所示的虚线框内画出实验电路图。
(3)若测量值为R测,真实值为R真,那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下,R测 R真(选填“大于”“等于”或“小于”)。
14.(8分)(2021湖北襄阳四中高二上月考)在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中,实验室中备有下列器材:
A.待测的干电池
B.电流传感器1
C.电流传感器2
D.定值电阻R0(2 000 Ω)
E.滑动变阻器R(0~20 Ω)
F.开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器,但给出了两个电流传感器,于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。
(1)在实验操作过程中,该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动,则电流传感器1的示数将 (选填“变大”或“变小”)。
(2)该同学利用测出的实验数据绘出了I1-I2图线,I1为电流传感器1的示数,I2为电流传感器2的示数,I2的数值远大于I1的数值,如图乙所示。则由图线可得被测电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(结果保留三位有效数字)
(3)若将图像的纵轴改为 ,则图线与纵轴交点的纵坐标的物理含义即电动势的大小。
15.(10分)(2021江西南昌二中高二上期末)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg、电荷量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间上加一个如图乙所示的电场。(取水平向右的方向为正方向)求:
(1)4 s内小物块的位移大小;
(2)4 s内电场力对小物块所做的功。
16.(10分)(2021重庆一中高二期中)如图所示,倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中,在斜面上某点以初速度v0水平抛出一个质量为m的带正电小球,小球受到的电场力与重力相等,地球表面的重力加速度为g,设斜面足够长,求:
(1)小球经多长时间落到斜面上;
(2)从水平抛出至落到斜面的过程中,小球的电势能减少了多少?
17.(12分)(2021福建龙岩六校联考)如图所示的电路中,电源电动势E=6.0 V,内阻r=0.6 Ω,电阻R2=0.5 Ω,当开关S断开时,电流表的示数为1.5 A,电压表的示数为3.0 V,电表均为理想电表,试求:
(1)电阻R1和R3的阻值;
(2)当S闭合后,电压表的示数以及R2上消耗的电功率。
18.(14分)(2021天津一中高二上期中)在如图所示的电路中,电源的电动势E=28 V,内阻r=2 Ω,电阻R1=12 Ω,R2=R4=4 Ω,R3=8 Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0 pF,虚线到两极板的距离相等,极板长L=0.20 m,两极板的距离d=1.0×10-2 m。
(1)若开关S处于断开状态,则将其闭合后,流过R4的电荷量为多少?
(2)若开关S断开时,有一个带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间,带电微粒刚好沿虚线匀速运动。问:当开关S闭合后,此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间,能否从极板间射出?(要求写出计算和分析过程)
答案全解全析
期末学业水平检测
1.D
2.A
3.B
4.B
5.A
6.C
7.B
8.B
9.BD
10.AC
11.BD
12.BCD
1.D 根据安培定则判断出电流的磁场的方向,再根据小磁针静止时N极指向为磁场方向,可判断选项D正确。
2.A a、b、c、d四点的磁场由四根通电导线在该位置产生的磁场叠加而成。根据安培定则,导线A在a点的磁场方向向里,导线B在a点的磁场方向向外,且大小相等,可抵消,导线C在a点的磁场方向向外,导线D在a点的磁场方向向外,因此a点的磁场方向向外;同理b点的磁场方向向外,c、d两点的磁场方向均向里,故选项A正确。
3.B 电场线的疏密表示场强大小,故a点电场强度大于b点电场强度,A错误;导体P的表面为一等势面,沿电场线方向电势逐渐降低,a点电势高于b点电势,而Ep=qφ,则负检验电荷在a点的电势能比在b点的小,正检验电荷在a点的电势能比在b点的大,正检验电荷从a点移到b点的过程中,静电力做正功,B正确,C、D错误。
4.B 根据U-I图线可知,电源的电动势E=6 V,内阻r=0.5 Ω;当路端电压为U=4.8 V时,干路电流I=E-Ur=6V-4.8V0.5Ω=2.4 A,外电路电阻R=UI=2 Ω,而四个选项中外电路的电阻值分别为1 Ω、2 Ω、9 Ω和4.5 Ω,故选B。
5.A 滑动变阻器的滑片向上移动少许,则滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,电路总电流减小,内电压减小,路端电压增大;L2两端电压等于路端电压,则通过L2的电流增大,又因电路总电流减小,则通过L1、L3的电流减小,L2变亮,L1、L3变暗,A正确;电容器两端的电压等于R和L3两端的电压之和,分析可知电容器两端的电压增大,根据公式C=QU可得Q增大,C错误;电容器上极板带正电,电场方向竖直向下,而电荷静止,电荷受到向上的电场力和向下的重力,故该电荷带负电,B错误;因为电流表和电容器串联,只有在滑片移动时才产生电流,电容器电荷量变大时为充电过程,电流方向为从左到右,D错误。
6.C 开关S闭合瞬间,电容器充电,接近于短路状态,I≈ER1+r=65+1 A=1 A,电压表的读数U=IR1=1×5 V=5 V,A、B错误;开关闭合一段时间后,电容器相当于断路,I'=ER1+R2+r=65+6+1 A=0.5 A,此时电容器所带的电荷量Q=CU2=CI'R2=6×10-6×0.5×6 C=1.8×10-5 C,断开开关S后,电容器放电,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C,C正确,D错误。
7.B v-t图像的斜率表示加速度,由图像中tA时刻的斜率大于tB时刻的斜率可知,带电粒子运动过程中经过A点的加速度大于B点的加速度,又因为该过程中带电粒子仅受电场力,q、m不变,所以由a=F电m=qEm可知,EA>EB,A选项错误,B选项正确;由v-t图像可知,该粒子在运动过程中的速度在增大,所以电场力对其做正功,又因为粒子带正电,所以,由WAB=q(φA-φB)可知φA>φB,所以选项C、D错误。
8.B 油滴原来处于静止状态,重力和静电力平衡;电容器和R3、R2并联后与R1串联,在P向上移动的过程中,R3接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则电流表示数减小,根据欧姆定律可知R1分压减小;根据E=U+Ir可知路端电压增大,R2分压增大,电容器两端电压增大,根据U=Ed可知电场强度增大,电场力增大,液滴向上加速运动;根据C=QU可知电容器所带电荷量增大,电容器充电,G中电流方向为b→a,A错误,B正确。在P向下移动的过程中,R3接入电路的电阻减小,干路电流增大,电流表A示数增大,R1分压增大,路端电压减小,电容器两端电压减小,液滴向下加速运动,电容器放电,G中电流方向为a→b,C、D错误。故选B。
9.BD 若电场力大于重力,则小球有可能不从B点离开轨道,选项A错误;若电场力大小等于重力大小,则小球在AC轨道上做匀速圆周运动,选项B正确;因为从A到B电场力做功为零,重力做功为零,根据能量守恒定律可知,当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H,选项D正确;由圆周运动的知识可知,若小球到达C点的速度为零,则其未到达C点时就已脱轨了,不可能沿半圆轨道运动到C点,选项C错误。
10.AC R1为定值电阻,电压表示数为R1两端电压,在电压表的示数增大ΔU时,根据欧姆定律I=UR可知通过R1的电流增大量为ΔI=ΔUR1,A正确;电压表示数增大,说明R电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则通过R2的电流减小,根据欧姆定律可知R2两端电压减小,根据电路结构和闭合电路欧姆定律可知E=U+U2+Ir,结合数学知识推导0=-ΔU+ΔU2+ΔIr,则R2两端电压的减小量ΔU2小于ΔU,所以通过R2的电流的减小量小于ΔUR2,B错误,C正确;干路电流减小,根据闭合电路欧姆定律E=U路+Ir可知路端电压增大,又因为R2两端电压减小,R1两端电压增大,所以路端电压的增加量一定小于ΔU,D错误。故选A、C。
11.BD 由题意可知,线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行),线圈中没有感应电流,说明穿过线圈的磁通量不变,则金属管线沿BD走向,故A错误,B正确。由题意可知,当线圈在A处静止时存在感应电流,则说明磁场是变化的,故金属管线中的电流一定是变化的,故C错误。线圈平面与AC成37°角时,线圈中感应电流消失说明A处的磁场方向与地面成37°角,则由几何关系可知,埋覆深度d与OA长度的关系为d=OA·tan 53°,解得深度d=223L,故D正确。
12.BCD 小球在A位置受竖直向下的重力、细线的拉力、水平向左的电场力,因场强方向水平向右,故小球一定带负电,故A错误;
电场力大小为F=mg tan 30°,F=Eq,联立可得电场强度大小为E=3mg3q,故B正确;采用等效重力法分析,等效重力大小为G'=mgcos30°=23mg3,在等效最高点B小球有最小速度,由牛顿第二定律可得G'=mvmin2L,联立可得vmin=23gL3;由B到A,由动能定理可得G'×2L=12mvA2-12mvmin2,联立可得vA=103gL3,故C、D正确。
13.答案 (1)④ ②(2分)
(2)图见解析(2分)
(3)大于(2分)
解析 (1)因为待测电阻的阻值(25 kΩ)远大于滑动变阻器的阻值(0~500 Ω),所以供电电路应选择滑动变阻器的分压式接法,待测电阻接在电路中,最大电流Im=UmR=162.5×104 A=640 μA,故电流表选②;待测电阻的阻值远大于电流表A2的内阻,故测量电路应选用电流表内接法;U=500×10-6×25 000 V=12.5 V,故电压表应选④。
(2)按照(1)中分析可画出实验电路图,如图所示。
(3)R测=UIA,R真=U-UAIA,两式比较可以得出R测大于R真。
14.答案 (1)变小(2分)
(2)3.00(2分) 2.00(2分)
(3)I1R0(2分)
解析 (1)滑动变阻器的滑片P向右滑动时,滑动变阻器连入电路中的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,路端电压减小,通过定值电阻R0的电流将变小,电流传感器1的示数变小。
(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0=E-(I1+I2)r
由I2≫I1得I1R0=E-I2r,变形可得I1=ER0-rR0I2
I1-I2图像斜率的绝对值|k|=rR0=1.35-1.050.45-0.15×10-3=1×10-3,截距b=ER0=1.5×10-3 A
解得E=3.00 V,r=2.00 Ω。
(3)依据公式I1R0=E-I2r,可知当I2=0时,路端电压等于电源的电动势;因此若图像的纵轴改为路端电压,即I1R0,则图线与纵轴交点的纵坐标表示电源的电动势。
15.答案 (1)8 m (2)1.6 J
解析 (1)0~2 s内小物块的加速度
a1=E1q-μmgm=2 m/s2 (1分)
位移x1=12a1t12=4 m(1分)
2 s末小物块的速度为v2=a1t1=4 m/s(1分)
2~4 s内小物块的加速度
a2=E2q-μmgm=-2 m/s2 (1分)
位移x2=v2t2+12a2t22=4 m(1分)
4 s内小物块的位移大小x=x1+x2=8 m。 (1分)
(2)v4=v2+a2t2=0,即4 s末小物块处于静止状态,设4 s内电场力对小物块所做的功为W,由动能定理有
W-μmgx=0,解得W=1.6 J。 (4分)
16.答案 (1)v0 tanθg (2)mv02 tan2 θ
解析 (1)小球做类平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,竖直方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动,在运动过程中有Eq+mg=ma (1分)
又Eq=mg,可得a=2g (1分)
由y=12at2 (1分)
x=v0t (1分)
yx=tan θ (1分)
得t=v0 tanθg (1分)
(2)y=12at2=12×2g×v0 tanθg2=v02 tan2θg (2分)
电场力做正功,
W=Eqy=mg·y=mgv02 tan2θg=mv02 tan2 θ (2分)
故电势能减小了mv02 tan2 θ。
17.答案 (1)1.4 Ω 2 Ω (2)1 V 2 W
解析 (1)S断开时,由U1=I1R3
得R3=U1I1=2 Ω(2分)
又由I1=ER1+R3+r (2分)
解得R1=1.4 Ω(2分)
(2)S闭合时,R2、R3并联,电阻
R23=R2R3R2+R3=0.4 Ω(2分)
回路总电流I2=ER1+R23+r=2.5 A(1分)
电压表示数为U2=I2R23=1 V(1分)
R2上消耗的电功率P2=U22R2=2 W。 (2分)
18.答案 (1)6.0×10-12 C (2)不能 原因见解析
解析 (1)S断开时,电阻R3两端电压
U3=ER3R2+R3+r=16 V(2分)
S闭合后,外电路的总电阻
R=R1(R2+R3)R1+R2+R3=6 Ω(1分)
则路端电压U=RER+r=21 V(1分)
电阻R3两端的电压U3'=R3R2+R3U=14 V(1分)
流过R4的电荷量
ΔQ=CU3-CU3'=6.0×10-12 C(2分)
(2)设带电微粒的质量为m、带电荷量为q,当开关S断开时,有qU3d=mg (2分)
当开关S闭合后,设带电微粒的加速度大小为a,则
mg-qU3'd=ma (2分)
假设带电微粒刚好能从极板间射出,则水平方向有
t=Lv0 (1分)
竖直方向有y=12at2 (1分)
联立解得y=6.25×10-3 m>d2
故带电微粒不能从极板间射出。 (1分)
期末学业水平检测
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2021辽宁沈阳第二十八中学高二期中)如图所示,当开关S闭合后,小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是 ( )
2.(2021四川成都石室中学期中)四根通电长直导线A、B、C、D外层涂有绝缘物质,固定在水平面上且四个交点的连线构成一正方形。四根导线中通有大小相等的电流,方向如图所示,a、b、c、d为正方形对角线延长线上的四点。则关于a、b、c、d处的磁场,下列说法正确的是 ( )
A.a、b两点的磁场方向垂直纸面向外
B.a、c两点的磁场方向垂直纸面向外
C.b、d两点的磁场方向垂直纸面向里
D.a、d两点的磁场方向垂直纸面向里
3.(2021广东潮州彩塘中学高二期中)不带电导体P置于电场中,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,则 ( )
A.a点电场强度小于b点电场强度
B.a点电势高于b点电势
C.负检验电荷在a点的电势能比在b点的大
D.正检验电荷从a点移到b点的过程中,静电力做负功
4.(2021山西太原实验中学高二月考)如图为测量某电源的电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路,测得路端电压为4.8 V,则该电路可能为选项图中的 ( )
5.(2021江苏省仪征中学高二上期末)如图所示,有一电荷静止于水平放置的电容器两极板间,电源内阻不可忽略,现将滑动变阻器的滑片向上移动少许,稳定后三个灯泡依然能够发光,则下列说法中正确的是(灯泡电阻始终不变) ( )
A.小灯泡L1、L3变暗,L2变亮
B.该电荷一定带正电
C.电容器C上电荷量减小
D.电流表始终存在从左向右的电流
6.(2021四川攀枝花第十五中学高二月考)如图所示,已知C=6 μF,R1=5 Ω,R2=6 Ω,E=6 V,r=1 Ω,电表均为理想电表,开关S原来处于断开状态,下列说法中正确的是 ( )
A.开关S闭合瞬间,电流表的读数为0.5 A
B.开关S闭合瞬间,电压表的读数为5.5 V
C.开关S闭合一段时间后,再将开关S迅速断开,则通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
D.以上说法都不对
7.(2021山东师大附中高二期中)一带正电的粒子仅在电场力作用下沿直线运动,其速度随时间变化的图像如图所示,tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点,A、B两点的场强大小分别为EA、EB,电势分别为φA、φB,则可以判断 ( )
A.EA
C.φA=φB D.φA<φB
8.(2021天津一中高二期中)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为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R3的滑动触头,G为灵敏电流计,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,则以下说法正确的是 ( )
A.在P向上移动的过程中,A表的示数变大,油滴仍然静止,G中有由a至b的电流
B.在P向上移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流
C.在P向下移动的过程中,A表的示数变大,油滴向下加速运动,G中有由b至a的电流
D.在P向下移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021云南民族大学附属中学期中)如图所示,MNQP为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为固定的光滑的绝缘半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线方向进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失。关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是 ( )
A.小球一定能从B点离开轨道
B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C.小球到达C点的速度可能为零
D.当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H
10.(2021山西太原第五十三中学高二月考)调整如图所示电路的可变电阻R的阻值,使电压表V的示数增大ΔU,在这个过程中 ( )
A.通过R1的电流增大,增大量一定等于ΔUR1
B.R2两端的电压减小,减小量一定等于ΔU
C.通过R2的电流减小,但减小量一定小于ΔUR2
D.路端电压增大,增大量一定等于ΔU
11.(2021甘肃会宁二中高二期中)如图1所示,水平地面上边长为L的正方形ABCD区域埋有与地面平行的金属管线。为探测金属管线的位置、走向和埋覆深度,先让金属管线载有电流,然后用闭合的试探小线圈P(穿过小线圈的磁场可视为匀强磁场)在地面探测,如图2所示,将暴露于地面的金属管接头接到电源的一端,将接地棒接到电源的另一端,这样金属管线中就有沿管线方向的电流。使线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行),线圈中没有感应电流。将线圈P静置于A处,当线圈平面与地面平行时,线圈中有感应电流,当线圈平面与射线AC成37°角且保持静止时,线圈中感应电流消失。下列说法正确的是(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) ( )
A.金属管线沿AC走向
B.金属管线沿BD走向
C.图2中的电源为电压恒定并且较大的直流电源
D.金属管线的埋覆深度为223L
12.(2021江苏连云港赣榆智贤中学高二月考)如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球,用长为L的细线固定在O点,当加上水平向右的匀强电场时静置于图示A位置,此时细线与竖直方向夹角为30°。当给小球以垂直于细线的某一初速度后,小球刚好可在该竖直平面内完成圆周运动。则下列判断正确的是 ( )
A.小球一定带正电
B.电场强度大小为3mg3q
C.小球在A位置的速度大小为103gL3
D.小球做圆周运动过程中的最小速度大小为23gL3
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2021四川绵阳中学高二期末)用电流表和电压表测一个电阻值约为25 kΩ、额定功率为120 W的电阻Rx的阻值,备用器材有:
①量程0~100 μA,内阻约为500 Ω的电流表A1
②量程0~500 μA,内阻约为300 Ω的电流表A2
③量程0~1 V,内阻约为10 kΩ的电压表V1
④量程0~15 V,内阻约为100 kΩ的电压表V2
⑤量程0~50 V,内阻约为500 kΩ的电压表V3
⑥直流稳压电源,两端的输出电压为16 V
⑦滑动变阻器,阻值范围0~500 Ω,允许最大电流1 A
⑧待测电阻Rx,开关和导线若干
(1)为了测量准确,电压表应选 ,电流表应选 。(填写仪器前的序号)
(2)在如图所示的虚线框内画出实验电路图。
(3)若测量值为R测,真实值为R真,那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下,R测 R真(选填“大于”“等于”或“小于”)。
14.(8分)(2021湖北襄阳四中高二上月考)在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中,实验室中备有下列器材:
A.待测的干电池
B.电流传感器1
C.电流传感器2
D.定值电阻R0(2 000 Ω)
E.滑动变阻器R(0~20 Ω)
F.开关和导线若干
某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器,但给出了两个电流传感器,于是他设计了如图甲所示的电路完成实验。
(1)在实验操作过程中,该同学将滑动变阻器的滑片P向右滑动,则电流传感器1的示数将 (选填“变大”或“变小”)。
(2)该同学利用测出的实验数据绘出了I1-I2图线,I1为电流传感器1的示数,I2为电流传感器2的示数,I2的数值远大于I1的数值,如图乙所示。则由图线可得被测电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(结果保留三位有效数字)
(3)若将图像的纵轴改为 ,则图线与纵轴交点的纵坐标的物理含义即电动势的大小。
15.(10分)(2021江西南昌二中高二上期末)如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg、电荷量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间上加一个如图乙所示的电场。(取水平向右的方向为正方向)求:
(1)4 s内小物块的位移大小;
(2)4 s内电场力对小物块所做的功。
16.(10分)(2021重庆一中高二期中)如图所示,倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中,在斜面上某点以初速度v0水平抛出一个质量为m的带正电小球,小球受到的电场力与重力相等,地球表面的重力加速度为g,设斜面足够长,求:
(1)小球经多长时间落到斜面上;
(2)从水平抛出至落到斜面的过程中,小球的电势能减少了多少?
17.(12分)(2021福建龙岩六校联考)如图所示的电路中,电源电动势E=6.0 V,内阻r=0.6 Ω,电阻R2=0.5 Ω,当开关S断开时,电流表的示数为1.5 A,电压表的示数为3.0 V,电表均为理想电表,试求:
(1)电阻R1和R3的阻值;
(2)当S闭合后,电压表的示数以及R2上消耗的电功率。
18.(14分)(2021天津一中高二上期中)在如图所示的电路中,电源的电动势E=28 V,内阻r=2 Ω,电阻R1=12 Ω,R2=R4=4 Ω,R3=8 Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0 pF,虚线到两极板的距离相等,极板长L=0.20 m,两极板的距离d=1.0×10-2 m。
(1)若开关S处于断开状态,则将其闭合后,流过R4的电荷量为多少?
(2)若开关S断开时,有一个带电微粒沿虚线方向以v0=2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间,带电微粒刚好沿虚线匀速运动。问:当开关S闭合后,此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间,能否从极板间射出?(要求写出计算和分析过程)
答案全解全析
期末学业水平检测
1.D
2.A
3.B
4.B
5.A
6.C
7.B
8.B
9.BD
10.AC
11.BD
12.BCD
1.D 根据安培定则判断出电流的磁场的方向,再根据小磁针静止时N极指向为磁场方向,可判断选项D正确。
2.A a、b、c、d四点的磁场由四根通电导线在该位置产生的磁场叠加而成。根据安培定则,导线A在a点的磁场方向向里,导线B在a点的磁场方向向外,且大小相等,可抵消,导线C在a点的磁场方向向外,导线D在a点的磁场方向向外,因此a点的磁场方向向外;同理b点的磁场方向向外,c、d两点的磁场方向均向里,故选项A正确。
3.B 电场线的疏密表示场强大小,故a点电场强度大于b点电场强度,A错误;导体P的表面为一等势面,沿电场线方向电势逐渐降低,a点电势高于b点电势,而Ep=qφ,则负检验电荷在a点的电势能比在b点的小,正检验电荷在a点的电势能比在b点的大,正检验电荷从a点移到b点的过程中,静电力做正功,B正确,C、D错误。
4.B 根据U-I图线可知,电源的电动势E=6 V,内阻r=0.5 Ω;当路端电压为U=4.8 V时,干路电流I=E-Ur=6V-4.8V0.5Ω=2.4 A,外电路电阻R=UI=2 Ω,而四个选项中外电路的电阻值分别为1 Ω、2 Ω、9 Ω和4.5 Ω,故选B。
5.A 滑动变阻器的滑片向上移动少许,则滑动变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,电路总电流减小,内电压减小,路端电压增大;L2两端电压等于路端电压,则通过L2的电流增大,又因电路总电流减小,则通过L1、L3的电流减小,L2变亮,L1、L3变暗,A正确;电容器两端的电压等于R和L3两端的电压之和,分析可知电容器两端的电压增大,根据公式C=QU可得Q增大,C错误;电容器上极板带正电,电场方向竖直向下,而电荷静止,电荷受到向上的电场力和向下的重力,故该电荷带负电,B错误;因为电流表和电容器串联,只有在滑片移动时才产生电流,电容器电荷量变大时为充电过程,电流方向为从左到右,D错误。
6.C 开关S闭合瞬间,电容器充电,接近于短路状态,I≈ER1+r=65+1 A=1 A,电压表的读数U=IR1=1×5 V=5 V,A、B错误;开关闭合一段时间后,电容器相当于断路,I'=ER1+R2+r=65+6+1 A=0.5 A,此时电容器所带的电荷量Q=CU2=CI'R2=6×10-6×0.5×6 C=1.8×10-5 C,断开开关S后,电容器放电,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C,C正确,D错误。
7.B v-t图像的斜率表示加速度,由图像中tA时刻的斜率大于tB时刻的斜率可知,带电粒子运动过程中经过A点的加速度大于B点的加速度,又因为该过程中带电粒子仅受电场力,q、m不变,所以由a=F电m=qEm可知,EA>EB,A选项错误,B选项正确;由v-t图像可知,该粒子在运动过程中的速度在增大,所以电场力对其做正功,又因为粒子带正电,所以,由WAB=q(φA-φB)可知φA>φB,所以选项C、D错误。
8.B 油滴原来处于静止状态,重力和静电力平衡;电容器和R3、R2并联后与R1串联,在P向上移动的过程中,R3接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则电流表示数减小,根据欧姆定律可知R1分压减小;根据E=U+Ir可知路端电压增大,R2分压增大,电容器两端电压增大,根据U=Ed可知电场强度增大,电场力增大,液滴向上加速运动;根据C=QU可知电容器所带电荷量增大,电容器充电,G中电流方向为b→a,A错误,B正确。在P向下移动的过程中,R3接入电路的电阻减小,干路电流增大,电流表A示数增大,R1分压增大,路端电压减小,电容器两端电压减小,液滴向下加速运动,电容器放电,G中电流方向为a→b,C、D错误。故选B。
9.BD 若电场力大于重力,则小球有可能不从B点离开轨道,选项A错误;若电场力大小等于重力大小,则小球在AC轨道上做匀速圆周运动,选项B正确;因为从A到B电场力做功为零,重力做功为零,根据能量守恒定律可知,当小球从B点离开时,上升的高度一定等于H,选项D正确;由圆周运动的知识可知,若小球到达C点的速度为零,则其未到达C点时就已脱轨了,不可能沿半圆轨道运动到C点,选项C错误。
10.AC R1为定值电阻,电压表示数为R1两端电压,在电压表的示数增大ΔU时,根据欧姆定律I=UR可知通过R1的电流增大量为ΔI=ΔUR1,A正确;电压表示数增大,说明R电阻增大,根据闭合电路欧姆定律I=ER总可知干路电流减小,则通过R2的电流减小,根据欧姆定律可知R2两端电压减小,根据电路结构和闭合电路欧姆定律可知E=U+U2+Ir,结合数学知识推导0=-ΔU+ΔU2+ΔIr,则R2两端电压的减小量ΔU2小于ΔU,所以通过R2的电流的减小量小于ΔUR2,B错误,C正确;干路电流减小,根据闭合电路欧姆定律E=U路+Ir可知路端电压增大,又因为R2两端电压减小,R1两端电压增大,所以路端电压的增加量一定小于ΔU,D错误。故选A、C。
11.BD 由题意可知,线圈P在直线BD上的不同位置保持静止时(线圈平面与地面平行),线圈中没有感应电流,说明穿过线圈的磁通量不变,则金属管线沿BD走向,故A错误,B正确。由题意可知,当线圈在A处静止时存在感应电流,则说明磁场是变化的,故金属管线中的电流一定是变化的,故C错误。线圈平面与AC成37°角时,线圈中感应电流消失说明A处的磁场方向与地面成37°角,则由几何关系可知,埋覆深度d与OA长度的关系为d=OA·tan 53°,解得深度d=223L,故D正确。
12.BCD 小球在A位置受竖直向下的重力、细线的拉力、水平向左的电场力,因场强方向水平向右,故小球一定带负电,故A错误;
电场力大小为F=mg tan 30°,F=Eq,联立可得电场强度大小为E=3mg3q,故B正确;采用等效重力法分析,等效重力大小为G'=mgcos30°=23mg3,在等效最高点B小球有最小速度,由牛顿第二定律可得G'=mvmin2L,联立可得vmin=23gL3;由B到A,由动能定理可得G'×2L=12mvA2-12mvmin2,联立可得vA=103gL3,故C、D正确。
13.答案 (1)④ ②(2分)
(2)图见解析(2分)
(3)大于(2分)
解析 (1)因为待测电阻的阻值(25 kΩ)远大于滑动变阻器的阻值(0~500 Ω),所以供电电路应选择滑动变阻器的分压式接法,待测电阻接在电路中,最大电流Im=UmR=162.5×104 A=640 μA,故电流表选②;待测电阻的阻值远大于电流表A2的内阻,故测量电路应选用电流表内接法;U=500×10-6×25 000 V=12.5 V,故电压表应选④。
(2)按照(1)中分析可画出实验电路图,如图所示。
(3)R测=UIA,R真=U-UAIA,两式比较可以得出R测大于R真。
14.答案 (1)变小(2分)
(2)3.00(2分) 2.00(2分)
(3)I1R0(2分)
解析 (1)滑动变阻器的滑片P向右滑动时,滑动变阻器连入电路中的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,路端电压减小,通过定值电阻R0的电流将变小,电流传感器1的示数变小。
(2)由闭合电路欧姆定律可得I1R0=E-(I1+I2)r
由I2≫I1得I1R0=E-I2r,变形可得I1=ER0-rR0I2
I1-I2图像斜率的绝对值|k|=rR0=1.35-1.050.45-0.15×10-3=1×10-3,截距b=ER0=1.5×10-3 A
解得E=3.00 V,r=2.00 Ω。
(3)依据公式I1R0=E-I2r,可知当I2=0时,路端电压等于电源的电动势;因此若图像的纵轴改为路端电压,即I1R0,则图线与纵轴交点的纵坐标表示电源的电动势。
15.答案 (1)8 m (2)1.6 J
解析 (1)0~2 s内小物块的加速度
a1=E1q-μmgm=2 m/s2 (1分)
位移x1=12a1t12=4 m(1分)
2 s末小物块的速度为v2=a1t1=4 m/s(1分)
2~4 s内小物块的加速度
a2=E2q-μmgm=-2 m/s2 (1分)
位移x2=v2t2+12a2t22=4 m(1分)
4 s内小物块的位移大小x=x1+x2=8 m。 (1分)
(2)v4=v2+a2t2=0,即4 s末小物块处于静止状态,设4 s内电场力对小物块所做的功为W,由动能定理有
W-μmgx=0,解得W=1.6 J。 (4分)
16.答案 (1)v0 tanθg (2)mv02 tan2 θ
解析 (1)小球做类平抛运动,水平方向的分运动为匀速直线运动,竖直方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动,在运动过程中有Eq+mg=ma (1分)
又Eq=mg,可得a=2g (1分)
由y=12at2 (1分)
x=v0t (1分)
yx=tan θ (1分)
得t=v0 tanθg (1分)
(2)y=12at2=12×2g×v0 tanθg2=v02 tan2θg (2分)
电场力做正功,
W=Eqy=mg·y=mgv02 tan2θg=mv02 tan2 θ (2分)
故电势能减小了mv02 tan2 θ。
17.答案 (1)1.4 Ω 2 Ω (2)1 V 2 W
解析 (1)S断开时,由U1=I1R3
得R3=U1I1=2 Ω(2分)
又由I1=ER1+R3+r (2分)
解得R1=1.4 Ω(2分)
(2)S闭合时,R2、R3并联,电阻
R23=R2R3R2+R3=0.4 Ω(2分)
回路总电流I2=ER1+R23+r=2.5 A(1分)
电压表示数为U2=I2R23=1 V(1分)
R2上消耗的电功率P2=U22R2=2 W。 (2分)
18.答案 (1)6.0×10-12 C (2)不能 原因见解析
解析 (1)S断开时,电阻R3两端电压
U3=ER3R2+R3+r=16 V(2分)
S闭合后,外电路的总电阻
R=R1(R2+R3)R1+R2+R3=6 Ω(1分)
则路端电压U=RER+r=21 V(1分)
电阻R3两端的电压U3'=R3R2+R3U=14 V(1分)
流过R4的电荷量
ΔQ=CU3-CU3'=6.0×10-12 C(2分)
(2)设带电微粒的质量为m、带电荷量为q,当开关S断开时,有qU3d=mg (2分)
当开关S闭合后,设带电微粒的加速度大小为a,则
mg-qU3'd=ma (2分)
假设带电微粒刚好能从极板间射出,则水平方向有
t=Lv0 (1分)
竖直方向有y=12at2 (1分)
联立解得y=6.25×10-3 m>d2
故带电微粒不能从极板间射出。 (1分)
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