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人教版高中物理新教材同步讲义 必修第三册 模块综合试卷（含解析）
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这是一份人教版高中物理新教材同步讲义 必修第三册 模块综合试卷（含解析），共12页。
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0
B．点电荷的电场强度公式E＝k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＝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＝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 B
3.(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＝x2处，则下列说法正确的是( )
A．x1和x2处的电场强度均为零
B．x1和x2之间的电场强度方向不变
C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x＝0到x＝x2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，x1和x2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＝x2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q1、q2、q3，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．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
D．q1∶q2∶q3＝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＝＝(其中r12为A、B间的距离，r13为A、C间的距离，r23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q1∶q2∶q3＝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L2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少
C．灯L1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＝×100%＝×100%＝×100%，即电源效率减小，所以A正确，但不符合题意；灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，通过L2的电流I2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L1的电流增大，所以L1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
C．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＝，U＝＝，则E＝＝，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/m
B．OQ连线中点的电势为6.5 V
C．电子在P点的电势能比在Q点低2 eV
D．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，PA⊥OQ，故PA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＝＝＝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＝＝ V＝9 V，B错误；将电子从P移动到Q点，静电力做功WPQ＝－eUPQ＝－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WOPQ＝WOQ＝－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Pr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 Ω B．4 W，2 Ω
C．2 W，1 Ω D．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Pr＝I2r＝9 W，可得内阻r＝1 Ω，当电流I′＝＝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PR＝P总－Pr＝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＝，U＝E－I(R0＋r)，可知电流表示数变大，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
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 Ω
B．此时硅光电池的总功率为0.72 W
C．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＝ Ω＝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＝×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R2看作电源的内阻，由闭合电路欧姆定律得U＝E－I(R2＋r)，U＝a，I＝b
解得a＝E－b(R2＋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＝||－R2＝ Ω－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；R1和R2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R1＝________ Ω，R2＝________ 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R0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R0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R1和R2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R1、R2的电流为2 mA，则通过毫安表表头和R1、R2的电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R1＋R2＝Rg＝50 Ω；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA，通过R1的电流为9 mA，电流比为1∶9，可得电阻比＝，即R1＝(Rg＋R2)，整理可得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω.
(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 Ω＝3 000 Ω，最小阻值为 Ω＝500 Ω.若定值电阻R0选择1 000 Ω的，则无法校准3.0 mA，所以选用的定值电阻R0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R2断路，若电流表有示数，则说明R1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.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 粒子从小孔正上方处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理，有
mg(＋d)－qd＝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(＋x)－qx＝0.(3分)
联立两式得x＝，(1分)
下落的最大高度H＝x＋＝.(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/s2，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ΔEp；
(3)液滴进入电场时初速度v0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＝·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＝qU(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＝－ΔEp(1分)
得ΔEp＝－0.02 J(1分)
(3)根据牛顿第二定律，有
q－mg＝ma(2分)
竖直方向有＝at2(1分)
水平方向有L＝v0t(1分)
联立得v0＝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E1＝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E2＝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＝mv2(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，qE1＝m(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＝at2(2分)
qE2＝ma(2分)
y＝vt(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v0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2v0，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Uab；
(3)该微粒从a点到b点过程中速率的最小值vmin.
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v0做匀减速直线运动，加速度大小ay＝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ax＝，(1分)
b点是最高点，竖直分速度为0，
有t＝，(1分)
水平方向上有2v0＝t，(1分)
解得E＝.(1分)
(2)水平位移x＝t＝v0t＝，(1分)
a、b两点间的电势差Uab＝Ex＝.(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＝＝.(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＝，(1分)
而vx＝t′＝2gt′，vy＝v0－gt′，(2分)
联立以上各式，得
t′＝，vx＝v0，vy＝v0，(3分)
所以最小速度vmin＝＝v0.(1分)
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0
B．点电荷的电场强度公式E＝k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＝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＝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 B
3.(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＝x2处，则下列说法正确的是( )
A．x1和x2处的电场强度均为零
B．x1和x2之间的电场强度方向不变
C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x＝0到x＝x2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，x1和x2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＝x2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q1、q2、q3，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．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
D．q1∶q2∶q3＝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＝＝(其中r12为A、B间的距离，r13为A、C间的距离，r23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q1∶q2∶q3＝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L2变暗，电流表的示数增大，电容器极板所带电荷量减少
C．灯L1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＝×100%＝×100%＝×100%，即电源效率减小，所以A正确，但不符合题意；灯L1的电流增大，所以L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，通过L2的电流I2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L1的电流增大，所以L1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
C．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＝，U＝＝，则E＝＝，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/m
B．OQ连线中点的电势为6.5 V
C．电子在P点的电势能比在Q点低2 eV
D．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，PA⊥OQ，故PA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＝＝＝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＝＝ V＝9 V，B错误；将电子从P移动到Q点，静电力做功WPQ＝－eUPQ＝－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WOPQ＝WOQ＝－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Pr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 Ω B．4 W，2 Ω
C．2 W，1 Ω D．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Pr＝I2r＝9 W，可得内阻r＝1 Ω，当电流I′＝＝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PR＝P总－Pr＝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＝，U＝E－I(R0＋r)，可知电流表示数变大，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
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 Ω
B．此时硅光电池的总功率为0.72 W
C．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＝ Ω＝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＝×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R2看作电源的内阻，由闭合电路欧姆定律得U＝E－I(R2＋r)，U＝a，I＝b
解得a＝E－b(R2＋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＝||－R2＝ Ω－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；R1和R2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R1＝________ Ω，R2＝________ 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R0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R0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R1和R2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R1、R2的电流为2 mA，则通过毫安表表头和R1、R2的电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R1＋R2＝Rg＝50 Ω；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA，通过R1的电流为9 mA，电流比为1∶9，可得电阻比＝，即R1＝(Rg＋R2)，整理可得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω.
(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 Ω＝3 000 Ω，最小阻值为 Ω＝500 Ω.若定值电阻R0选择1 000 Ω的，则无法校准3.0 mA，所以选用的定值电阻R0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R2断路，若电流表有示数，则说明R1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.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 粒子从小孔正上方处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理，有
mg(＋d)－qd＝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(＋x)－qx＝0.(3分)
联立两式得x＝，(1分)
下落的最大高度H＝x＋＝.(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/s2，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ΔEp；
(3)液滴进入电场时初速度v0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＝·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＝qU(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＝－ΔEp(1分)
得ΔEp＝－0.02 J(1分)
(3)根据牛顿第二定律，有
q－mg＝ma(2分)
竖直方向有＝at2(1分)
水平方向有L＝v0t(1分)
联立得v0＝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E1＝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E2＝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＝mv2(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，qE1＝m(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＝at2(2分)
qE2＝ma(2分)
y＝vt(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v0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2v0，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Uab；
(3)该微粒从a点到b点过程中速率的最小值vmin.
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v0做匀减速直线运动，加速度大小ay＝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ax＝，(1分)
b点是最高点，竖直分速度为0，
有t＝，(1分)
水平方向上有2v0＝t，(1分)
解得E＝.(1分)
(2)水平位移x＝t＝v0t＝，(1分)
a、b两点间的电势差Uab＝Ex＝.(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＝＝.(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＝，(1分)
而vx＝t′＝2gt′，vy＝v0－gt′，(2分)
联立以上各式，得
t′＝，vx＝v0，vy＝v0，(3分)
所以最小速度vmin＝＝v0.(1分)
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