【寒假作业】人教版2019 高中物理 高二寒假巩固提升训练 第3天 静电场、恒定电流测试题-练习.zip

第三天 静电场、恒定电流测试题一、单选题（每小题3分，每个小题只有一个正确的选项，答对得3分，答错得0分）1．电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；是电荷连线的中点，、是连线中垂线上关于对称的两点，、和、是两电荷连线上关于对称的两点。则（    ）A．、两点场强相同B．、两点电势不等C．、、三点中，点场强最大D．从点向点运动的电子加速度逐渐减小【答案】A【详解】A．电场线的疏密表示场强大小，电场线的切线方向表示该点场强方向，所以、两点电场线疏密程度和切线方向都相同，所以场强相同，故A正确；B．、两点在同一等势面上，电势相等，故B错误；C．、、三点中，点处电场线最稀疏，场强最小，故C错误；D．点处场强大于点处场强，电子在点时加速度大于在点时加速度，故D错误。故选A。2．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）A．正电荷， B．正电荷，C．负电荷， D．负电荷，【答案】C【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为根据联立解得故选C。3．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表内阻较大，电流表内阻不可忽略。闭合开关S，在增大电阻箱R的阻值的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为，电流表示数的变化量的绝对值为，则下列说法正确的是（    ）  A．电容器电荷量的增加量等于B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．和的比值大于rD．电源的效率和输出功率一定都增加【答案】C【详解】B．电压表测的是电阻箱R上的电压，电流表测的是通过电阻箱R的电流，根据欧姆定律可得它们的比值为电阻箱R的阻值，故B错误；C．根据闭合电路欧姆定律，可得电压表的示数U和电流表的示数I满足的关系为为电流表内阻，可知该图像的斜率即电压表示数的变化量的绝对值与电流表示数的变化量的绝对值之比为，故C正确；D．电源的效率在增大电阻箱R的阻值的过程中，回路中的总电阻增大，则回路中总电流减小，根据上式可知，当R增大时，电源的效率增大，而电源的输出功率令则有根据数学知识可知当时电源的输出功率有最大值，但因为不确定各个电阻阻值的关系，故不确定输出功率如何变化，故D错误；A．当电阻箱的阻值增大时，电阻箱的电压即电容器上的电压增大，电容器的电荷量增大，由选项B可知又故A错误。故选C。4．如图所示，一倾角的光滑绝缘斜槽，放在方向竖直向下的匀强电场中。有一质量为m、电荷量为q的带负电小球从斜槽顶端A处，以初速度沿斜槽向下运动，能到达斜面底端B处。则运动过程中（　　）A．小球可能做减速运动B．小球的电势能减少C．电场力做的功等于小球的机械能增量D．电场力的冲量可能与重力的冲量相同【答案】C【详解】A．小球能沿斜槽到达斜面底端B处，说明电场力小于或等于小球自身重力，则小球做加速或匀速运动，不会做减速运动，故A错误；B．小球所受电场力与位移方向夹角为钝角，则电场力做负功，所以其电势能增加，故B错误；C．根据除重力外其他力做功为机械能的改变量，可知电场力做的功等于小球的机械能增量，故C正确；D．根据知，电场力的冲量大小可能与重力的冲量大小相同，但二者冲量的方向恰好相反，故D错误。故选C。5．如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用．下列说法正确的是（    ）A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为C．所有电子在两板间运动的时间都为TD．所有电子离开电场时的动能都相同【答案】D【详解】A．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为时刻进入电场的电子的位移最大联立求得A错误；B．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为时刻进入电场的电子的位移最大联立求得B错误；C．电子在平行极板的方向上做匀速直线运动，时间为C错误；D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图所有电子离开电场时竖直方向分速度为，速度都等于，动能都相同，D正确。故选D。6．真空中存在点电荷产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中两点关于点电荷水平对称。两点电场强度的大小分别为，电势分别为。一个带电粒子沿虚线轨迹从移动至，则（　　）A．，B．和带同种电荷，C．从移动至，加速度先减小再增大D．粒子带负电，从至它的电势能先变大后变小【答案】D【详解】A．根据电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知P、Q两点关于点电荷水平对称，P到之间场强较大，电势降低较快，可知故A错误；B．由电场线分布可知，带负电，带正电，由电场线的疏密可知，的电荷量绝对值大于的电荷量绝对值，故B错误；C．由电场线分布可知，从移动至，电场强度先增大后减小，则加速度先增大再减小，故C错误；D．粒子带负电，从至电场力先做负功后做正功，它的电势能先变大后变小，故D正确。故选D。7．电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（　　）  A．a点电势为7.5 VB．电子在b点的动能不可能为2.5 eVC．电子在b点加速度比在c点加速度大D．电子在电场中运动的最小速度一定为零【答案】B【详解】A．根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为故A错误；B．电子在两点，由能量守恒定律有由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；C．c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；D．电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D错误。故选B。8．在轴上两点分别放置两电荷和为两电荷中垂线上一点，且，在轴上的电场强度与的图线如图所示，规定场强沿轴正方向为正，则（　　）A．两电荷为等量异种电荷B．点电势小于0C．电子从到运动过程中电势能增大D．电子从到运动过程中加速度先增大后减小【答案】D【详解】AB．根据题意，由图可知，点左侧电场方向沿轴正方向，点右侧电场方向沿轴负方向，点场强为0且，可知，、为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则点电势大于0，故AB错误；C．结合AB分析可知，电子从到运动过程中电场力做正功，电势能减小，故C错误；D．根据题意，设，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时点电场强度为在连线上取一点，令，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时点电场强度为可知结合等量同种电荷连线中垂线上的电场强度情况可知，从到电场强度先增大后减小，则电子从到运动过程中加速度先增大后减小，故D正确。故选D。二．多选题（每个小题有多个选项正确，选全得4分，部分正确得2分，选错得0分）9．某同学将一直流电源的总功率、电源内部的发热功率和输出功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。以下判断正确的是（　　）A．图a为随电流I变化的图线 B．图b为随电流I变化的图线C．当电流时，电源的输出功率最大 D．电流越大，电源的效率越大【答案】AC【详解】A．根据可知与I成正比，为图线a。故A正确；B．依题意，电源的输出功率为可知随电流I变化的图线为开口向下的曲线，即图线c。故B错误；C．由图线c可知，当电流时，电源的输出功率最大。故C正确；D．电源的效率为可知电流越大，电源的效率越小。故D错误。故选AC。10．根据石室阳安学校生宿舍管理条例，严禁学生使用功率超过100W的电吹风，否则将对学生做出没收电吹风和记过处分的双重惩罚。如图所示是一次检查中没收的某大功率的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为190W，吹热风时的功率为1400W。关于该电吹风，下列说法正确的是（　　）A．电热丝的电阻为55ΩB．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1210JC．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1400JD．电动机线圈的电阻无法计算【答案】BD【详解】A．电动机和电热丝并联，当吹热风时，电热丝消耗的功率为电热丝的电阻为故A错误；B．电吹风吹热风时，电热丝的电功率为1210W，则每秒钟消耗的电能为1210J，故B正确；C．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为190W，故每秒钟消耗的电能为190J，故C错误；D．电动机为非纯电阻电路，题中只给出电动机的电功率与额定电压，其余均未给出，因此无法求出电动机线圈的电阻，D正确。故选BD。11．如图A、B、C为匀强电场中的三点，它们的连线组成一个直角三角形，D点是AC的中点，且BC=4cm，AC=5cm。一电荷为q=2×10-9C的负点电荷从B点移到C点的过程中，电场力做功8×10-9J，而把该点电荷从A点移到B点需克服电场力做功8×10-9J， sin53∘=0.8，cos53∘=0.6，则下列说法正确的是（　　）  A．该电场的电场强度方向由B点指向D点B．该电场的电场强度大小为C．BC两点电势差D．D点电势比A点电势高【答案】BC【详解】C．因为可得C正确；A．可得于是得过B点做AC的垂线（即）可得电场的方向沿垂线由M指向B，A错误；B．B正确；D．由于AC为等势线，D点在AC上，可得D错误；故选BC。12．如图甲所示，A、B是一对平行金属板，A板的电势，B板的电势随时间的变化规律为如图乙所示，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（　　）。A．若电子是在时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板C．若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D．若电子是在时刻进入的，它可能不能到达B板【答案】BD【详解】A．电子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向右做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；B．若电子是在时刻进入时，在～，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在～，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，时刻速度为零，在～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～，受到的电场力向左，继续向左做减速运动，时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故B正确；C．若电子是在时刻进入时，与在时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；D．若电子是在时刻进入时，在一个周期内：在～，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在～内，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，时刻速度为零，若此过程中，电子的位移大于两极板间距，则电子能到达B板；若电子的位移小于两极板间距，则电子不能到达B板；以后在～T内，向左做加速运动，在T～向左减速到零，接着周而复始，所以电子一直做往复运动，不会到达B板，故D正确。故选BD。三．实验题（每空得2分，共16分）13．在“练习使用多用电表”的实验中，某同学进行了如下操作：（1）利用多用电表测量某定值电阻的阻值，选择开关打到电阻档“×100”的位置，将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图1所示，该电阻的阻值为 Ω。（2）利用多用电表测量未知电阻，用欧姆挡“×100”测量时发现指针示数如图2所示，为了得到比较准确的测量结果，下列选项中合理的步骤为 。（选填字母代号并按操作顺序排列）A．将选择开关旋转到欧姆挡“×1k”的位置B．将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”（3）该同学想进行如图3所示的操作，下列说法错误的是 。（选填字母代号）A．图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压B．图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流C．图丙中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可测量闭合电路中小灯泡的电阻【答案】 1100 BDC C【详解】（1）[1]根据图1可读得该电阻的阻值为（2）[2]根据图2可知，在测量该未知电阻时指针偏角过大，原因则是选择的档位过大，应该选择更低档位重新进行测量，即应将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置，而每次调换档位后都需要将欧姆表重新调零，因此应将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”，调零后就可以将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量，因此其合理的步骤即顺序应该是BDC。（3）[3]A．小灯泡接在直流电路中，因此图甲中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压，故A正确，不符合题意；B．流经小灯泡的电流是直流电流，因此图乙中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流，故B正确，不符合题意；C．将多用电表选择开关旋转到欧姆挡，就会接通欧姆表的内电源，在用欧姆表测电阻时，选择合适量程，直接将红黑表笔接在电阻两端即可，千万不能测量接通在电路中的电阻，这样会损坏电表，因此要测量小灯泡的电阻应将小灯泡从电路中拆解下来，然后用欧姆挡测量，故C错误，符合题意。故选C。14．某实验小组利用如下器材测量电源电动势和内阻。所用的器材包括：待测直流稳压电源、电流表（内阻可忽略不计）、总长度为、总电阻值的电阻丝，且电阻丝上标有长度刻度，保护电阻，螺旋测微器（千分尺）、开关和导线等。（1）为验证电阻丝粗细是否均匀，一同学用螺旋测微器在电阻丝不同位置各个方向上测量了金属丝的直径。某次测量结果如图所示，金属丝直径的测量值为 ，由此可以求得该金属丝的电阻率约为 （电阻率的计算结果保留三位有效数字）。（2）连接好电路后，闭合开关，记录电阻丝的长度和相应电流表的示数，多次滑动点，改变的长度，测得多组和的值，计算出对应的，根据测量到的多组实验数据作出图像，如图所示，由图像可求得电源电动势 ，电源内阻 （计算结果均保留三位有效数字）。（3）该小组对实验进行误差分析：若电流表的内阻不可忽略，步骤（2）中得到的电源内阻的测量值 真实值（填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】 0.0740 1.35 0.203 大于【详解】（1）螺旋测微器读数为根据电阻公式可得（2）由闭合电路欧姆定律可得整理得，结合图像可得，解得，（3）若考虑电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可得通过截距计算电源内阻偏大，相当于把电流表内阻和电源内阻一起等效为电源内阻测出。四、计算题15．如图所示电路中，电源电动势，内电阻，，电源负极端接地，定值电阻，，，，，，电容器的电容，电键K闭合，电路稳定后，求：（1）流过电阻的电流；（2）电容器所带的电荷量，并说明电容器哪个极板带正电；（3）若突然断路，到电路再次稳定过程中通过的电荷量。【答案】（1）；（2），下极板；（3）【详解】（1）电路外电阻为由闭合电路欧姆定律可得总电流流过电阻的电流故得（2）支路电流，电源负极端接地，即则有即，所以b点电势比a点高，电容器下极板带正电，电势差为电容器所带的电荷量（3）断路后，电路外电阻为由闭合电路欧姆定律可得总电流断路，电路稳定后，电容器所带的电荷量此时下极板带负电，则流过电荷量为16．图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表内阻，所有最后结果均保留1位小数）：（1）将三个这样的灯泡如图乙所示接入电路中，电流表的示数为，求电源电压。（2）如图丙所示，将两个这样的灯泡并联后再与的电阻串联，接在电压的电源上，求通过电流表的电流值以及每个灯泡的实际功率。（3）若把三个这样的灯泡串联后再与的电阻串联，接在电压的电源上，求每个灯泡的电阻。  【答案】（1）（均正确）；（2），；（3）（均正确）【详解】（1）电流表的示数为此时，流过两并联灯泡的电流为由图甲知对应的电压，故电源电压（均正确）（2）图丙中设每盏灯两端电压为U，流过每盏灯的电流为I，则满足代入数据得关系在甲图中做出对应的图如图中红线所示：得交点，所以通过电流表的电流每个灯泡的实际功率（3）设每盏灯两端电压为U，流过每盏灯的电流为I，则满足代入数据得关系在甲图中做出对应的图如上图中蓝线所示，得交点，每个灯泡的电阻（均正确）17．如图，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定光滑绝缘半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球运动到B点时的速度大小；（2）小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；（3）小球离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率及该过程机械能的增量。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）小球从A到B由动能定理有解得（2）设等效能重力场的方向与竖直方向所成夹角为，有即从B点到等效最低点由动能定理有解得（3）小球从B到C由动能定理有解得小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有从C点飞出，竖直方向有解得水平方向有小球离开圆弧轨道到落地过程中的机械能的增量18．如图甲所示，真空室中加热的阴极K发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为，M、N板长为L，两板相距。加在M、N两板间电压随时间t变化的关系图线如图乙所示，变化周期为，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏，屏与OO'垂直，交点为O'。已知电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。求：（1）若加速电场两板间距离为d，求电子加速至O点所用时间t；（2）电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压；（3）在荧光屏上有电子到达的区域的长度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，电子加速到O点的过程，由动能定理有解得（2）设M、N两板间距离为d，电子在M、N板间运动时间为t1，加速度大小为a，则水平方向上有竖直方向上有由牛顿第二定律有解得（3）根据题意可知，电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时，垂直于中心线方向的速度偏转角度的正切由几何关系有解得