資源簡介

模塊綜合試卷　
滿分：100分
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.在物理學的研究中科學家使用了許多研究方法，如控制變量法、等效法、類比法、理想模型法、微元法等等，這些方法對我們學好物理有很大幫助。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是
A.為研究磁場強弱而引入了電流元，應用了等效法
B.在研究磁場時，用假設的磁感線來描述真實的磁場，應用的是類比法
C.在探究電阻與材料、長度和橫截面積三者之間的關系時應用了控制變量法
D.在電路中，可以用幾個合適的小電阻串聯來代替一個大電阻，這應用了類比法
2.(2025·昆明市高二期末)電場中某區域的電場線分布如圖甲所示，A、B是電場中的兩點；圖乙是未知場的一部分場線，點A、P、Q處于中央同一直線上，以下判斷正確的是
A.圖甲中A點的電場強度大于B點的電場強度
B.圖甲中將正電荷從B點移到A點，電荷的電勢能增加
C.圖乙可能是兩個異種點電荷產生的電場線，且A、P處電場強度的方向相同
D.圖乙可能是條形磁體產生磁場的磁感線，且P、Q處磁感應強度方向相同
3.(2024·潮州市高二期末)如圖所示，A、B兩閉合線圈用同樣的導線繞成，A有10匝，B有20匝，兩線圈半徑之比為2∶1。勻強磁場只分布在B線圈內，當磁場隨時間均勻增強時
A.A中無感應電流
B.B中無感應電流
C.穿過A的磁通量總是等于穿過B的磁通量
D.穿過A的磁通量總是大于穿過B的磁通量
4.(2024·成都市第七中學模擬)如圖所示為一邊長為d的正方體，在FE、ND兩邊放置足夠長直導線，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中C點處的磁感應強度大小為
A.0 B.2B C.B D.B
5.有一場強方向與x軸平行的靜電場，電勢φ隨坐標x變化的關系圖線如圖所示，若規定x軸正方向為場強的正方向，則該靜電場的場強E隨x變化的圖線應是
A.　　　　　　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　　　　　　D.
6.(2025·湖北省市級示范高中高二聯考)如圖所示，有一勻強電場(未畫出)與半圓所在平面平行。電場強度為E，若半圓的直徑AB=2 cm，C、D為半圓的兩個三等分點，φB=-1 V，φC=5 V，φD=1 V，則
A.φA=6 V B.φA=8 V C.E=300 V/m D.E=400 V/m
7.(2025·達州市高二期末)靜電透鏡是電子透鏡中的一種，是由帶電體所產生的靜電場來使電子束聚焦或成像的裝置。某種電子透鏡中的等差等勢線分布如圖中虛線所示(截取其中一部分)，電子槍發射的電子僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、b、c、d、e是軌跡上的五個點，若a處電勢為10 V，電子從a點運動到d點電勢能變化了6 eV，則下列說法正確的是
A.b點電場強度為0
B.電子在c點的動能可能小于3 eV
C.d點電勢為16 V
D.電子從c到e克服靜電力做功6 eV
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，靜電力常量為k，下列說法正確的是
A.油滴帶負電
B.油滴受到的靜電力大小為
C.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小
D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動
9.如圖所示，光滑絕緣水平細桿上套有一個小球，其質量為m，帶電荷量為+q，O、a、b是細桿垂線上的三點，O在桿上且Oa=Ob，在a、b兩點分別固定一個電荷量為-Q的點電荷。小球從圖示位置以初速度v0向右運動的過程中
A.速度一定先減小后增大 B.加速度一定先增大后減小
C.對細桿的作用力始終保持不變 D.電勢能先減小后增大
10.(2025·杭州市高二期末)如圖所示是雙量程磁電式電流表的原理圖，測量時分別接入“A、B”或“A、C”，下列說法正確的是
A.接入“A、B”比接入“A、C”量程大
B.接入“A、B”，只將R2短路，量程會變大
C.接入“A、C”，只將R1短路，量程會變大
D.接入“A、B”，只減小R1，量程會增大
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11.(6分)(2025·西安市高二期末)某同學測量一段粗細均勻電阻絲的電阻率。
(1)(2分)用螺旋測微器測量電阻絲的直徑。為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊如圖甲所示的部件　　　　(選填“A”“B”或“C”)。從圖甲中的示數可讀出電阻絲的直徑為　　　　 mm。
(2)(2分)用多用電表“×10”倍率的電阻擋測量該電阻絲的阻值，如圖乙所示，示數為　　　　 Ω。
(3)(2分)將不同長度l的電阻絲接入如圖丙所示電路中，根據電壓表示數U和電流表示數I，作出了-l圖像，如圖丁所示，若電流表的內阻不可忽略，符合實驗結果的圖線是　　　　(選填“a”“b”或“c”)。
12.(8分)(2023·湖北卷)某實驗小組為測量干電池的電動勢和內阻，設計了如圖(a)所示電路，所用器材如下：
電壓表(量程0~3 V，內阻很大)；電流表(量程0~0.6 A)；電阻箱(阻值0~999.9 Ω)；干電池一節、開關一個和導線若干。
(1)(2分)根據圖(a)，完成圖(b)中的實物圖連線。
(2)(4分)調節電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電流表示數I和電壓表示數U。根據記錄數據作出的U-I圖像如圖(c)所示，則干電池的電動勢為　　　　 V(保留3位有效數字)、內阻為　　　　 Ω(保留2位有效數字)。
(3)(1分)該小組根據記錄數據進一步探究，作出-R圖像如圖(d)所示。利用圖(d)中圖像的縱軸截距，結合(2)問得到的電動勢與內阻，還可以求出電流表內阻為　　　　 Ω(保留2位有效數字)。
(4)(1分)由于電壓表內阻不是無窮大，本實驗干電池內阻的測量值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
13.(10分)(2025·金華市高二月考)如圖所示，一帶電荷量為q=-5×10-7 C的粒子在恒力F作用下在勻強電場中做勻速直線運動，某段時間內由A運動到B，已知AB距離為L=0.5 m，恒力F=1.5×10-4 N，F與AB的夾角為α=37°，A點的電勢φA=150 V，不計粒子的重力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)(2分)勻強電場的電場強度E的大小；
(2)(4分)A、B間電勢差UAB及B點的電勢φB；
(3)(4分)到B時撤去F，問粒子能否回到A所在的等勢面，若能，請計算回來過程動能增加量。若不能，請說明原因。
14.(14分)(2024·鹽城市射陽中學高二期中)如圖甲所示的發光電動玩具車的電路可簡化為圖乙所示的電路圖，兩盞燈泡的規格均為“3 V　3 W”，若電源的電動勢為8 V，內阻為1 Ω，電動機線圈電阻為0.5 Ω，已知玩具車正常工作時兩盞燈泡均正常發光，求正常工作時：
(1)(6分)電源兩端路端電壓U與干路中的電流I；
(2)(8分)玩具車的機械功率P機。
15.(16分)(2024·成都市石室中學高二月考)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R=2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1=2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2=1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2=1 m。現將一電荷量為q=+4×10-2 C、質量為m=1 kg的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ=0.2，g=10 m/s2，∠AOB=53°，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
(1)(3分)場強E1的大小；
(2)(5分)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
(3)(8分)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
答案精析
1.C
2.D　[電場線的疏密反映電場強度的大小，A處電場線比B處疏，則A點的電場強度比B點的小，故A錯誤；題圖甲中將正電荷從B點移到A點的過程中，靜電力做正功，電荷的電勢能減小，故B錯誤；題圖乙若是兩個異種點電荷產生的電場線，A、P處電場強度的方向相反，故C錯誤；題圖乙若是條形磁體產生磁場的磁感線，P、Q處磁感應強度方向相同，D正確。]
3.C　[當磁場隨時間均勻增強時，穿過線圈A、B的磁通量都增大，都將產生感應電流，故A、B錯誤；
磁感線穿過線圈A、B的有效面積相同，所以穿過A的磁通量總是等于穿過B的磁通量，故C正確，D錯誤。]
4.D　[根據右手螺旋定則，放置在FE邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿CM；放置在ND邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿FC；故C點處的磁感應強度大小為BC==B，故選D。]
5.B　[0~2 mm，電勢φ升高，則電場線方向沿x軸負方向，E為負，2~10 mm，電勢φ降低，順著電場線，則電場線方向沿x軸正方向，E為正，故A、C、D不符合題意；0~2 mm，E==- V/m=-2×104 V/m，2~10 mm，E== V/m=1×104 V/m，10~12 mm，E==-2×104 V/m，故B符合題意。]
6.D　[線段CD和AB平行，根據幾何關系有2==2R，所以UAB=2UCD，即φA-φB=2，代入數據解得φA=7 V，A、B錯誤；線段AB的中點O的電勢φO==3 V，AO的中點N的電勢φN==5 V，所以CN是一條等勢線，由幾何關系知CN⊥AB，故電場方向由A指向B，電場強度大小為E==400 V/m，C錯誤，D正確。]
7.D　[等差等勢線分布的密集程度能夠表示電場強弱，可知b點電場強度不為0，故A錯誤；電子從a點運動到d點過程，由電場線與等勢線垂直及電子所受合力方向指向軌跡凹側可知，靜電力對電子做負功，根據功能關系有Wad=-ΔEp=-6 eV，由于相鄰等勢線之間電勢差相等，則有Wac=Wcd=Wad=-3 eV，電子從a點運動到c點過程，根據動能定理有Wac=Ekc-Eka=-3 eV，Wcd=Ekd-Ekc=-3 eV，其中Ekd不等于0，則有Ekc=Ekd+3 eV>3 eV，故B錯誤；由于a處電勢為10 V，根據Wad=-e=-6 eV，解得φd=4 V，故C錯誤；由于相鄰等勢線之間電勢差相等，則有Wce=Wad=-6 eV，可知電子從c到e克服靜電力做功6 eV，故D正確。]
8.AC　[根據題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，電場強度方向豎直向下，故油滴帶負電，A正確；兩極板間的電場為勻強電場，庫侖定律不適用，B錯誤；上極板下移，板間距d減小，根據C=，U==，則E==，故電場強度E不變，F=qE，可知油滴所受靜電力不變，油滴靜止不動，根據U=Ed可知兩極板間電壓變小，靜電計指針張角減小，故C正確，D錯誤。]
9.CD　[在O左側，小球受到的靜電力合力向右，在O右側小球受到的靜電力合力向左，小球在向右運動的過程中，在O左側做加速運動，在O右側做減速運動，所以小球的速度先增大后減小，A錯誤；根據電場線的分布情況，電場強度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯誤；兩個電荷量為-Q的點電荷對小球的庫侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以細桿對小球的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；在小球向右運動的過程中，所受的靜電力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，D正確。]
10.ACD　[接“A、B”時，R1為分流電阻，接“A、C”時，R1與R2串聯的總電阻為分流電阻，根據串并聯規律，接“A、B”時，其量程為I=Ig+，接“A、C”時，其量程為I'=Ig+，顯然I>I'，即接“A、B”時量程更大，故A正確；接入“A、B”，只將R2短路，量程為I1=Ig+，故I>I1，故B錯誤；接入“A、C”，只將R1短路，量程為I2=Ig+，故I'11.(1)A　2.820　(2)70　(3)a
解析　(1)為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊鎖緊裝置，即題圖甲所示的部件A；螺旋測微器的精確度為0.01 mm，要估讀到0.001 mm，則電阻絲的直徑為D=2.5 mm+0.01×32.0 mm=2.820 mm。
(2)電阻表讀電阻，由表盤上的數字乘以倍率得到阻值，可得示數為7.0×10 Ω=70 Ω。
(3)根據歐姆定律U=I，根據電阻定律R絲=，可得=RA+l，故測量圖線不過原點，而有縱截距，故選a圖線。
12.(1)見解析圖　(2)1.58　0.64　(3)2.5　(4)偏小
解析　(1)實物連線如圖：
(2)由電路結合閉合電路的歐姆定律可得U=E-Ir
由圖像可知E=1.58 V
內阻r= Ω≈0.64 Ω
(3)根據E=I(R+RA+r)
可得=·R+
由圖像可知=2 A-1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于電壓表內阻不是無窮大，則實驗測得的是電壓表內阻與電源內阻的并聯值，即實驗中測得的電池內阻偏小。
13.(1)300 N/C　(2)120 V　30 V　(3)能　6×10-5 J
解析　(1)由粒子做勻速直線運動可得F=qE，所以E== N/C=300 N/C，電場強度的方向與F的方向相同。
(2)A、B兩點間電勢差為UAB=ELcos α=300×0.5×0.8 V=120 V，而UAB=φA-φB，所以φB=φA-UAB= V=30 V。
(3)由于粒子所受靜電力與等勢面垂直且指向A所在的等勢面，所以撤去F后粒子一定能回到A所在的等勢面。靜電力做功為WBA=qUBA=-5×10-7× J=6×10-5 J，由動能定理可得，回來過程動能增加量為ΔEk=WBA=6×10-5 J。
14.(1)6 V　2 A　(2)5.5 W
解析　(1)因為燈泡正常發光，所以電源路端電壓U=2UL=6 V
根據閉合電路歐姆定律E=Ir+U
得I=2 A
(2)流過燈泡的電流IL==1 A
則流過電動機的電流IM=I-IL=1 A
玩具車的機械功率P機=UIM-RM=5.5 W。
15.(1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s
(3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C
解析　(1)滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有WAB+mgR(1-cos 53°)=m，滑塊從A點運動到B點的過程中WAB=-qE1Rsin 53°，聯立解得E1=25 N/C。
(2)滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，以向右為正方向，由牛頓第二定律有-qE1-μmg=ma，
得a=-3 m/s2，
根據運動學公式有v2-=2aL1，v=vB+at，
解得v=1 m/s，t=1 s。
(3)當E2較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有-μ(mg-qE2)L2=0-mv2，解得E2=187.5 N/C；
當E2較大且滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞時，從C點到F點滑塊做類平拋運動，在水平方向有L2=vt1，
解得t1=1 s，豎直方向有L2=ay，解得ay=2 m/s2，
又qE2-mg=may，解得E2=300 N/C，
綜上，E2的取值范圍為187.5 N/C≤E2≤300 N/C。(共47張PPT)
模塊綜合試卷
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C D B D D AC
題號 9 10 11 12 13 答案 CD ACD (1)A　2.820　(2)70　(3)a (1)見解析圖　(2)1.58　0.64　(3)2.5 (4)偏小 (1)300 N/C　(2)120 V　30 V　 (3)能　6×10－5 J
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
題號 14 15
答案 (1)6 V　2 A　(2)5.5 W (1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s
(3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
一、單項選擇題
1.在物理學的研究中科學家使用了許多研究方法，如控制變量法、等效法、類比法、理想模型法、微元法等等，這些方法對我們學好物理有很大幫助。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是
A.為研究磁場強弱而引入了電流元，應用了等效法
B.在研究磁場時，用假設的磁感線來描述真實的磁場，應用的是類比法
C.在探究電阻與材料、長度和橫截面積三者之間的關系時應用了控制變
量法
D.在電路中，可以用幾個合適的小電阻串聯來代替一個大電阻，這應用
了類比法
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
√
2.(2025·昆明市高二期末)電場中某區域的電場線分布如圖甲所示，A、B是電場中的兩點；圖乙是未知場的一部分場線，點A、P、Q處于中央同一直線上，以下判斷正確的是
A.圖甲中A點的電場強度大于B點的
電場強度
B.圖甲中將正電荷從B點移到A點，
電荷的電勢能增加
C.圖乙可能是兩個異種點電荷產生的電場線，且A、P處電場強度的方向
相同
D.圖乙可能是條形磁體產生磁場的磁感線，且P、Q處磁感應強度方向相同
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
電場線的疏密反映電場強度的大小，A處電場線比B處疏，則A點的電場強度比B點的小，故A錯誤；
題圖甲中將正電荷從B點移到A點的過程中，靜電力做正功，電荷的電勢能減小，故B錯誤；
題圖乙若是兩個異種點電荷產生的電場線，A、P處電場強度的方向相反，故C錯誤；
題圖乙若是條形磁體產生磁場的磁感線，P、Q處磁感應強度方向相同，D正確。
3.(2024·潮州市高二期末)如圖所示，A、B兩閉合線圈用同樣的導線繞成，A有10匝，B有20匝，兩線圈半徑之比為2∶1。勻強磁場只分布在B線圈內，當磁場隨時間均勻增強時
A.A中無感應電流
B.B中無感應電流
C.穿過A的磁通量總是等于穿過B的磁通量
D.穿過A的磁通量總是大于穿過B的磁通量
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
當磁場隨時間均勻增強時，穿過線圈A、B的磁通量都增大，都將產生感應電流，故A、B錯誤；
磁感線穿過線圈A、B的有效面積相同，所以穿過A的磁通量總是等于穿過B的磁通量，故C正確，D錯誤。
13
14
15
4.(2024·成都市第七中學模擬)如圖所示為一邊長為d的正方體，在FE、ND兩邊放置足夠長直導線，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在
距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中C點處的
磁感應強度大小為
A.0 B.2B
C.B D.B
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
根據右手螺旋定則，放置在FE邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿CM；放置在ND邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿FC；故C點處的磁感應強度大小為BC＝B，故選D。
13
14
15
5.有一場強方向與x軸平行的靜電場，電勢φ隨坐標x變化的關系圖線如圖所示，若規定x軸正方向為場強的正方向，則該靜電場的場強E隨x變化的圖線應是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
0~2 mm，電勢φ升高，則電場線方向沿x軸負方向，E為負，2~10 mm，電勢φ降低，順著電場線，則電場線方向沿x軸正方向，E為正，故A、C、D不符合題意；
0~2 mm，E＝＝－ V/m＝－2×104 V/m，2~10 mm，E＝ V/m＝1×104 V/m，10~12 mm，E＝＝－2×104 V/m，故B符合題意。
13
14
15
6.(2025·湖北省市級示范高中高二聯考)如圖所示，有一勻強電場(未畫出)與半圓所在平面平行。電場強度為E，若半圓的直徑AB＝2 cm，C、D為半圓的兩個三等分點，φB＝－1 V，φC＝5 V，φD
＝1 V，則
A.φA＝6 V B.φA＝8 V
C.E＝300 V/m D.E＝400 V/m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
線段CD和AB平行，根據幾何關系有2＝2R，所以UAB＝2UCD，即φA－φB＝2，代入數據解得φA＝7 V，A、B錯誤；
線段AB的中點O的電勢φO＝＝3 V，AO的中點N的電勢φN＝＝5 V，所以CN是一條等勢線，由幾何關系知CN⊥AB，故電場方向由A指向B，電場強度大小為E＝＝400 V/m，C錯誤，D正確。
7.(2025·達州市高二期末)靜電透鏡是電子透鏡中的一種，是由帶電體所產生的靜電場來使電子束聚焦或成像的裝置。某種電子透鏡中的等差等勢線分布如圖中虛線所示(截取其中一部分)，電子槍發射的電子僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，a、b、c、d、e是軌跡上的五個點，若a處電勢為10 V，電子從a點運動到d點電勢能變化了6 eV，則下列說法正確的是
A.b點電場強度為0
B.電子在c點的動能可能小于3 eV
C.d點電勢為16 V
D.電子從c到e克服靜電力做功6 eV
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
等差等勢線分布的密集程度能夠表示電場強弱，可知b點電場強度不為0，故A錯誤；
電子從a點運動到d點過程，由電場線與等勢線垂直及電子所受合力方向指向軌跡凹側可知，靜電力對電子做負功，根據功能關系有Wad＝－ΔEp＝
－6 eV，由于相鄰等勢線之間電勢差相等，則有Wac＝Wcd＝Wad＝－3 eV，電子從a點運動到c點過程，根據動能定理有Wac＝Ekc－Eka＝－3 eV，Wcd＝Ekd－Ekc＝－3 eV，其中Ekd不等于0，則有Ekc＝Ekd＋3 eV>3 eV，故B錯誤；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由于a處電勢為10 V，根據Wad＝－e＝－6 eV，解得φd＝4 V，故C錯誤；
由于相鄰等勢線之間電勢差相等，則有Wce＝Wad＝－6 eV，可知電子從c到e克服靜電力做功6 eV，故D正確。
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、多項選擇題
8.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，靜電力常量為k，下列說法正確的是
A.油滴帶負電
B.油滴受到的靜電力大小為
C.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小
D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動
√
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
根據題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，電場強度方向豎直向下，故油滴帶負電，A正確；
兩極板間的電場為勻強電場，庫侖定律不適用，B錯誤；
上極板下移，板間距d減小，根據C＝，U＝，則E＝，故電場強度E不變，F＝qE，可知油滴所受靜電力不變，油滴靜止不動，根據U＝Ed可知兩極板間電壓變小，靜電計指針張角減小，故C正確，D錯誤。
13
14
15
9.如圖所示，光滑絕緣水平細桿上套有一個小球，其質量為m，帶電荷量為＋q，O、a、b是細桿垂線上的三點，O在桿上且Oa＝Ob，在a、b兩點分別固定一個電荷量為－Q的點電荷。小球從圖示位置以初速度v0向右運動的過程中
A.速度一定先減小后增大
B.加速度一定先增大后減小
C.對細桿的作用力始終保持不變
D.電勢能先減小后增大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
在O左側，小球受到的靜電力合力向右，在O右側小球受到的靜電力合力向左，小球在向右運動的過程中，在O左側做加速運動，在O右側做減速運動，所以小球的速度先增大后減小，A錯誤；
根據電場線的分布情況，電場強度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯誤；
兩個電荷量為－Q的點電荷對小球的庫侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以細桿對小球的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
在小球向右運動的過程中，所受的靜電力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，D正確。
13
14
15
10.(2025·杭州市高二期末)如圖所示是雙量程磁電式電流表的原理圖，測量時分別接入“A、B”或“A、C”，下列說法正確的是
A.接入“A、B”比接入“A、C”量程大
B.接入“A、B”，只將R2短路，量程會變大
C.接入“A、C”，只將R1短路，量程會變大
D.接入“A、B”，只減小R1，量程會增大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
√
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
接“A、B”時，R1為分流電阻，接“A、C”時，R1與R2串聯的總電阻為分流電阻，根據串并聯規律，接“A、B”時，其量程為I＝Ig＋，接“A、C”時，其量程為I'＝Ig＋，顯然I>I'，即接“A、B”時量程更大，故A正確；
接入“A、B”，只將R2短路，量程為I1＝Ig＋，故I>I1，故B錯誤；
接入“A、C”，只將R1短路，量程為I2＝Ig＋，故I'接入“A、B”，量程為I＝Ig＋，只減小R1，則I增大，故D正確。
13
14
15
三、非選擇題
11.(2025·西安市高二期末)某同學測量一段粗細均勻電阻絲的電阻率。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
A
(1)用螺旋測微器測量電阻絲的直徑。為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊如圖甲所示的部件　　(選填“A”“B”或“C”)。從圖甲中的示數可讀出電阻絲的直徑為　　　　 mm。
2.820
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
為防止讀數時測微螺桿發生轉動，讀數前應先旋緊鎖緊裝置，即題圖甲所示的部件A；螺旋測微器的精確度為0.01 mm，要估讀到0.001 mm，則電阻絲的直徑為D＝2.5 mm＋0.01×32.0 mm＝2.820 mm。
(2)用多用電表“×10”倍率的電阻擋測量該電阻絲的阻值，如圖乙所示，示數為　　 Ω。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
70
電阻表讀電阻，由表盤上的數字乘以倍率得到阻值，可得示數為7.0×10 Ω＝70 Ω。
(3)將不同長度l的電阻絲接入如圖丙所示電路中，根據電壓表示數U和電流表示數I，作出了－l圖像，如圖丁所示，若電流表的內阻不可忽略，符合實驗結果的圖線是　　 (選填“a”
“b”或“c”)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
a
根據歐姆定律U＝I，根據電阻定律R絲＝，可得＝RA＋l，故測量圖線不過原點，而有縱截距，故選a圖線。
12.(2023·湖北卷)某實驗小組為測量干電池的電動勢和內阻，設計了如圖(a)所示電路，所用器材如下：
電壓表(量程0~3 V，內阻很大)；
電流表(量程0~0.6 A)；
電阻箱(阻值0~999.9 Ω)；
干電池一節、開關一個和導線若干。
(1)根據圖(a)，完成圖(b)中的實物圖連線。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
答案　見解析圖
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
實物連線如圖：
(2)調節電阻箱到最大阻值，閉合開關。逐次改變電阻箱的電阻，記錄其阻值R、相應的電流表示數I和電壓表示數U。根據記錄數據作出的U－I圖像如圖(c)所示，則干電池的電動勢為
　　　 V(保留3位有效數字)、內阻為　　　Ω
(保留2位有效數字)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
1.58
0.64
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
由電路結合閉合電路的歐姆定律可得
U＝E－Ir
由圖像可知E＝1.58 V
內阻r＝ Ω≈0.64 Ω
(3)(1分)該小組根據記錄數據進一步探究，作出－R圖像如圖(d)所示。利用圖(d)中圖像的縱軸截距，結合(2)問得到的電動勢與內阻，還可以求出電流表內阻為　　　　 Ω(保留2位有效數字)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
2.5
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
根據E＝I(R＋RA＋r)
可得·R＋
由圖像可知＝2 A－1
解得RA≈2.5 Ω
(4)由于電壓表內阻不是無窮大，本實驗干電池內阻的測量值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
偏小
由于電壓表內阻不是無窮大，則實驗測得的是電壓表內阻與電源內阻的并聯值，即實驗中測得的電池內阻偏小。
13.(2025·金華市高二月考)如圖所示，一帶電荷量為q＝－5×10－7 C的粒子在恒力F作用下在勻強電場中做勻速直線運動，某段時間內由A運動到B，已知AB距離為L＝0.5 m，恒力F＝1.5×10－4 N，F與AB的夾角為α＝37°，A點的電勢φA＝150 V，不計粒子的重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)勻強電場的電場強度E的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
答案　300 N/C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
由粒子做勻速直線運動可得F＝qE，所以E＝ N/C＝300 N/C，電場強度的方向與F的方向相同。
(2)A、B間電勢差UAB及B點的電勢φB；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
答案　120 V　30 V
A、B兩點間電勢差為UAB＝ELcos α＝300×0.5×0.8 V＝120 V，而UAB＝φA－φB，所以φB＝φA－UAB＝ V＝30 V。
(3)到B時撤去F，問粒子能否回到A所在的等勢面，若能，請計算回來過程動能增加量。若不能，請說明原因。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
15
答案　能　6×10－5 J
由于粒子所受靜電力與等勢面垂直且指向A所在的等勢面，所以撤去F后粒子一定能回到A所在的等勢面。靜電力做功為WBA＝qUBA＝－5×10－7
× J＝6×10－5 J，由動能定理可得，回來過程動能增加量為ΔEk＝WBA＝6×10－5 J。
14.(2024·鹽城市射陽中學高二期中)如圖甲所示的發光電動玩具車的電路可簡化為圖乙所示的電路圖，兩盞燈泡的規格均為“3 V　3 W”，若電源的電動勢為8 V，內阻為1 Ω，電動機線圈電阻為0.5 Ω，已知玩具車正常工作時兩盞燈泡均正常發光，求正常工作時：
(1)電源兩端路端電壓U與干路中
的電流I；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
答案　6 V　2 A
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12
13
14
15
因為燈泡正常發光，所以電源路端電壓U＝2UL＝6 V
根據閉合電路歐姆定律E＝Ir＋U
得I＝2 A
(2)玩具車的機械功率P機。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
答案　5.5 W
12
13
14
15
流過燈泡的電流IL＝＝1 A
則流過電動機的電流IM＝I－IL＝1 A
玩具車的機械功率P機＝UIM－RM＝5.5 W。
15.(2024·成都市石室中學高二月考)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R＝2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1＝2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2＝1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2＝1 m。現將一電荷量為q＝＋4×10－2 C、質量為m＝1 kg的完全絕緣的滑塊從A點
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12
13
14
15
由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)場強E1的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12
13
14
15
答案　25 N/C
滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有WAB＋mgR(1－cos 53°)＝m，滑塊從A點運動到B點的過程中WAB＝－qE1Rsin 53°，聯立解得E1＝25 N/C。
(2)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12
13
14
15
答案　1 m/s　1 s
滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，以向右為正方向，由牛頓第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根據運動學公式有v2－＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
12
13
14
15
答案　187.5 N/C≤E2≤300 N/C
當E2較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有－μ(mg－qE2)L2＝0－mv2，解得E2＝187.5 N/C；當E2較大且滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞時，從C點到F點滑塊做類平拋運動，在水平方向有L2＝vt1，解得t1＝1 s，豎直方向有L2＝ay，解得ay＝2 m/s2，又qE2－mg＝may，解得E2＝300 N/C，綜上，E2的取值范圍為187.5 N/C≤E2≤300 N/C。
本課結束

展開更多......

收起↑