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（新）鲁科版必修第三册 模块综合测评（含解析）
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这是一份高中鲁科版 (2019)本册综合课后复习题，共12页。试卷主要包含了下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
模块综合测评
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)下列关于静电场和磁场的说法正确的是( )
A．电场中场强越大的地方，电势一定越高
B．电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比
C．磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关
D．静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的
D [电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，选项A错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，选项B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，选项C错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，选项D正确。]
2．(4分)下列说法中正确的是( )
A．E＝eq \f(U,d)适用于任何电场
B．E＝eq \f(F,q)仅适用于匀强电场
C．E＝keq \f(Q,r2)适用于真空中的点电荷形成的电场
D．E是矢量，由U＝Ed可知，U也是矢量
C [E＝eq \f(U,d)只适用于匀强电场，A错误；E＝eq \f(F,q)适用于任何电场，B错误；E＝keq \f(Q,r2)适用于真空中的点电荷形成的电场，C正确；在公式U＝Ed中，E是矢量，U是标量，D错误。]
3．(4分)如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是( )
A．直导线中电流方向垂纸面向里
B．a点的磁感应强度为eq \r(,2) T，方向向右
C．b点的磁感应强度为eq \r(,2) T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角
D．d点的磁感应强度为0
C [由c点磁感应强度为0可得电流在c点产生的磁场的磁感应强度大小B′＝B＝1 T，方向水平向左，由安培定则可知导线中电流方向垂直纸面向外，电流在a、b、d各点产生的磁场方向分别为向右、向下、向上，且磁感应强度大小均为1 T，故对于a点，Ba＝2 T，对于b点，Bb＝eq \r(,2) T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角，对于d点，Bb＝eq \r(,2)T，故C正确。]
4．(4分)现有一段长L＝0.2 m、通有电流I＝2.5 A的直导线，则关于此导线在磁感应强度为B的磁场中所受磁场力F的情况，下列说法正确的是( )
A．如果B＝2 T，则F一定为1 N
B．如果F＝0，则B也一定为零
C．如果B＝4 T，则F有可能为2 N
D．当F为最大值时，通电导线一定与B平行
C [当导线与磁场方向垂直时，所受磁场力F最大，F＝BIl，当导线与磁场方向平行时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度时，0
5．(4分)当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )
C [通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；通电直导线电流竖直向上，根据右手螺旋定则，磁场的方向为逆时针(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；环形导线的电流方向如题图C所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误。]
6．(4分)如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
甲 乙
A．0
C.eq \f(3T,4)
B [两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此选项A、D错误；若t0＝eq \f(T,2)时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝eq \f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在eq \f(T,2)
7．(4分)如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是( )
A．粒子可能带负电
B．粒子在P点的动能大于粒子在Q点的动能
C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能
D．粒子在P点受到的电场力大于粒子在Q点受到的电场力
B [由等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子在P点的动能大于在Q点的动能，B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变，根据A、B、C三条等势线的电势分别为3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，A、C错误；由等势面的疏密可知电场强度的大小，进而由F＝qE可判断电场力的大小关系，由示意图可知，P点处的等势面比Q点处的稀疏，可见P点处的场强较小，故P点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，D错误。]
8．(6分)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I。
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________________，记下此时RN的读数。
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
[解析] (1)本实验采用等效替代法测量待测表头内阻。首先单刀双掷开关S拨向接点1，将待测表头接入电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置。此时记下标准电流表A0的读数为I。在做电学实验时，一般表头指针偏转需大于整个刻度盘的eq \f(1,3)，偏转过小测量误差比较大。
(2)然后将单刀双掷开关S拨向接点2，将电阻箱接入电路，然后调节电阻箱RN，使标准电流表A0的读数仍为I，根据等效替代法的实验思想，此时电阻箱RN的阻值即为待测表头的电阻值。
(3)为了保证实验测量精度，实验需进行多次测量求平均值。
[答案] (1)R0 标准电流表(或A0)
(2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I
(3)平均值
9．(10分)如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg。将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
[解析] (1)如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
mgsin θ－eq \f(kQq,L2)－qEcs θ＝ma。
代入数据解得a＝3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零，
即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcs θ＝0
代入数据解得r＝0.9 m。
[答案] (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m
10．(10分)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为L＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(g取10 m/s2)
(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。
[解析] (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝mg，qeq \f(U,d)＝mg，即：qU＝mgd。
当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。
此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d′)
此时加速度a＝eq \f(F′－mg,m)＝eq \f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,d′)－1)),m)
＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,8－\f(4,3))－1))＝eq \f(g,5) ＝2 m/s2。
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq \f(d,2)，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，
解得t1＝eq \r(\f(d,a))＝eq \r(\f(8×10－2,2)) s＝0.2 s，
而液滴从刚进入电场到出电场的时间
t2＝eq \f(L,v0)＝eq \f(0.25,0.5) s＝0.5 s，
所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间
t＝t2－t1＝0.3 s。
[答案] (1)2 m/s2 (2)0.3 s
(建议用时：15分钟)
11．(4分)(多选)下列关于磁感应强度方向的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
BD [磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向。但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场方向。]
12．(4分)(多选)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O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；由于φb＞φc，电子从b到c电场力做负功；φb＞φO，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。故选项B、D正确，A、C错误。]
13．(4分)(多选)把一个电荷量为1 C的正电荷从电势为零的O点移到电场内的M点，外力克服电场力做功5 J，若把这个电荷从N点移到O点，电场力做功为6 J，那么( )
A．M点的电势是－5 V
B．N点的电势是6 V
C．M、N两点的电势差为11 V
D．M、N两点的电势差为－1 V
BD [外力克服电场力做功5 J，即电场力做功－5 J，由公式U＝eq \f(W,q)，求出UOM＝－eq \f(5,1) V＝－5 V，UOM＝φO－φM，则M点的电势φM＝5 V，同理求出N点电势φN＝6 V，M、N两点的电势差UMN＝φM－φN＝－1 V，故B、D正确，A、C错误。]
14．(4分)(多选)如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是( )
A．电源电动势约为50 V
B．电源的内阻约为eq \f(25,3) Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻约为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压约为30 V
ACD [根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U＝E－Ir，对照UI图像，当I＝0时，E＝U＝50 V，故A正确；UI图像斜率的绝对值表示内阻，故：r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq \f(50－20,6) Ω＝5 Ω，故B错误；电流为2.5 A时，对照UI图像，电压约为37.5 V，故外电路电阻R＝eq \f(U,I)＝eq \f(37.5 V,2.5 A)＝15 Ω，故C正确；输出功率为120 W时，对照PI图像，电流约为4 A，再对照UI图像，输出电压约为30 V，故D正确。]
15．(4分)(多选)两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示。则下列判断正确的是( )
A．M点电势为零，N点场强为零
B．M点场强为零，N点电势为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
AC [由图读出电势能Ep，由φ＝eq \f(Ep,q)，可知M点电势为零，N点电势为负值。Epx图像的斜率eq \f(ΔEp,Δx)＝F，即斜率大小等于电场力大小，由F＝qE，可知N点场强为零，M点场强不为零，故A项正确，B项错误；根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，可知Q1带负电，Q2带正电；由N点场强为零，可知Q2电荷量较小，故C项正确，D项错误。]
16．(6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＝5 Ω)；
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，得到的数据见下表：
(1)依据表中数据，作出I1I2图线如图所示，据图可得，欧姆表内电源的电动势为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)＋(I1＋I2)r
所以I1＝－eq \f(r,R1＋R0＋r)I2＋eq \f(E,R1＋R0＋r)
由图像可知斜率k＝eq \f(ΔI1,ΔI2)＝－1.52×10－3，
纵截距b＝1.5×10－4 A
即eq \f(r,R1＋R0＋r)＝1.52×10－3，eq \f(E,R1＋R0＋r)＝1.5×10－4 A
解得E≈1.50 V，r≈15.2 Ω。
(2)由题图可知当I1＝114 μA时，I2＝23.6 mA
所以R外＝eq \f(I1R0＋R1,I1＋I2)≈47.7 Ω，
则此时欧姆表示数约为47.7 Ω。
[答案] (1)1.50(1.48～1.51) 15.2(14.9～15.4) (2)47.7(47.3～48.1)
17．(10分)如图所示，一带电荷量q＝＋3×10－5 C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置的足够大的平行金属板中的O点，闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝14 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝R3＝4 Ω。取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量。
[解析] (1)由题图知，实际接入电路构成闭合电路的是电源、R1、R2，全电路电阻R总＝R1＋R2＋r＝7 Ω，全电路电流I＝eq \f(E,R总)＝2 A
输出功率P＝I2(R1＋R2)＝24 W。
(2)两板间的电场强度E电＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(R1＋R2,R1＋R2＋r)E
得E电＝120 V/m。
(3)带电小球处于静止状态，质量设为m，
则有eq \f(E电q,mg)＝tan 37°
解得m＝4.8×10－4 kg。
[答案] (1)24 W (2)120 V/m (3)4.8×10－4 kg
18．(10分)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：(小数点后保留两位小数)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
[解析] (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffs②
其中s为物体的路程，即s＝5.4 m
Ff＝μmgcs 37°③
由能量守恒定律可得ΔE＝Q④
由①②③④式解得μ≈0.52。
(2)物体由A到C的过程中，
动能减少ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑤
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°⑥
克服摩擦力产生的热量Q′＝FflAC＝μmglACcs 37°⑦
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46 J。
[答案] (1)0.52 (2)24.46 JI1(μA)
120
125
130
135
140
145
I2(mA)
20.0
16.7
13.2
10.0
6.7
3.3
模块综合测评
(时间：90分钟 分值：100分)
1．(4分)下列关于静电场和磁场的说法正确的是( )
A．电场中场强越大的地方，电势一定越高
B．电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比
C．磁场中某点的磁感应强度大小与小磁针受到的磁场力大小有关
D．静电荷产生的电场中电场线不闭合，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的
D [电场中场强越大的地方，电势不一定越高，如负点电荷周围，越靠近点电荷，场强越大，但电势却越低，选项A错误；电场中某点的场强是由电场本身决定的，与试探电荷存在与否无关，选项B错误；磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与小磁针存在与否无关，选项C错误；静电荷产生的电场中电场线是从正电荷(或无穷远处)出发终止于无穷远处(或负电荷)，是不闭合的，通电直导线产生的磁场中磁感线是闭合的，选项D正确。]
2．(4分)下列说法中正确的是( )
A．E＝eq \f(U,d)适用于任何电场
B．E＝eq \f(F,q)仅适用于匀强电场
C．E＝keq \f(Q,r2)适用于真空中的点电荷形成的电场
D．E是矢量，由U＝Ed可知，U也是矢量
C [E＝eq \f(U,d)只适用于匀强电场，A错误；E＝eq \f(F,q)适用于任何电场，B错误；E＝keq \f(Q,r2)适用于真空中的点电荷形成的电场，C正确；在公式U＝Ed中，E是矢量，U是标量，D错误。]
3．(4分)如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法正确的是( )
A．直导线中电流方向垂纸面向里
B．a点的磁感应强度为eq \r(,2) T，方向向右
C．b点的磁感应强度为eq \r(,2) T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角
D．d点的磁感应强度为0
C [由c点磁感应强度为0可得电流在c点产生的磁场的磁感应强度大小B′＝B＝1 T，方向水平向左，由安培定则可知导线中电流方向垂直纸面向外，电流在a、b、d各点产生的磁场方向分别为向右、向下、向上，且磁感应强度大小均为1 T，故对于a点，Ba＝2 T，对于b点，Bb＝eq \r(,2) T，方向斜向下，与原匀强磁场方向成45°角，对于d点，Bb＝eq \r(,2)T，故C正确。]
4．(4分)现有一段长L＝0.2 m、通有电流I＝2.5 A的直导线，则关于此导线在磁感应强度为B的磁场中所受磁场力F的情况，下列说法正确的是( )
A．如果B＝2 T，则F一定为1 N
B．如果F＝0，则B也一定为零
C．如果B＝4 T，则F有可能为2 N
D．当F为最大值时，通电导线一定与B平行
C [当导线与磁场方向垂直时，所受磁场力F最大，F＝BIl，当导线与磁场方向平行时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度时，0
5．(4分)当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是( )
C [通电直导线电流从左向右，根据右手螺旋定则，则小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针静止时北极背离读者，故A错误；通电直导线电流竖直向上，根据右手螺旋定则，磁场的方向为逆时针(从上向下看)，因此小磁针静止时北极背离读者，故B错误；环形导线的电流方向如题图C所示，根据右手螺旋定则，则有小磁针所处的位置磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针静止时北极指向读者，故C正确；根据右手螺旋定则，结合电流的方向，则通电螺线管的内部磁场方向由右向左，则小磁针静止时北极指向左，故D错误。]
6．(4分)如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
甲 乙
A．0
C.eq \f(3T,4)
B [两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此选项A、D错误；若t0＝eq \f(T,2)时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝eq \f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在eq \f(T,2)
7．(4分)如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是( )
A．粒子可能带负电
B．粒子在P点的动能大于粒子在Q点的动能
C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能
D．粒子在P点受到的电场力大于粒子在Q点受到的电场力
B [由等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子在P点的动能大于在Q点的动能，B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变，根据A、B、C三条等势线的电势分别为3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，A、C错误；由等势面的疏密可知电场强度的大小，进而由F＝qE可判断电场力的大小关系，由示意图可知，P点处的等势面比Q点处的稀疏，可见P点处的场强较小，故P点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，D错误。]
8．(6分)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I。
(2)然后将S拨向接点2，调节________，使__________________，记下此时RN的读数。
(3)多次重复上述过程，计算RN读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
[解析] (1)本实验采用等效替代法测量待测表头内阻。首先单刀双掷开关S拨向接点1，将待测表头接入电路，闭合开关S1，调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置。此时记下标准电流表A0的读数为I。在做电学实验时，一般表头指针偏转需大于整个刻度盘的eq \f(1,3)，偏转过小测量误差比较大。
(2)然后将单刀双掷开关S拨向接点2，将电阻箱接入电路，然后调节电阻箱RN，使标准电流表A0的读数仍为I，根据等效替代法的实验思想，此时电阻箱RN的阻值即为待测表头的电阻值。
(3)为了保证实验测量精度，实验需进行多次测量求平均值。
[答案] (1)R0 标准电流表(或A0)
(2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I
(3)平均值
9．(10分)如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg。将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？
[解析] (1)如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
mgsin θ－eq \f(kQq,L2)－qEcs θ＝ma。
代入数据解得a＝3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零，
即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcs θ＝0
代入数据解得r＝0.9 m。
[答案] (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m
10．(10分)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为L＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度沿两板的中线水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(g取10 m/s2)
(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。
[解析] (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：
qE＝mg，qeq \f(U,d)＝mg，即：qU＝mgd。
当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。
此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d′)
此时加速度a＝eq \f(F′－mg,m)＝eq \f(mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,d′)－1)),m)
＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,8－\f(4,3))－1))＝eq \f(g,5) ＝2 m/s2。
(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq \f(d,2)，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，
解得t1＝eq \r(\f(d,a))＝eq \r(\f(8×10－2,2)) s＝0.2 s，
而液滴从刚进入电场到出电场的时间
t2＝eq \f(L,v0)＝eq \f(0.25,0.5) s＝0.5 s，
所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间
t＝t2－t1＝0.3 s。
[答案] (1)2 m/s2 (2)0.3 s
(建议用时：15分钟)
11．(4分)(多选)下列关于磁感应强度方向的说法中，正确的是( )
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
BD [磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场的方向，磁场方向也就是小磁针N极受力的方向。但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场方向。]
12．(4分)(多选)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O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；由于φb＞φc，电子从b到c电场力做负功；φb＞φO，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。故选项B、D正确，A、C错误。]
13．(4分)(多选)把一个电荷量为1 C的正电荷从电势为零的O点移到电场内的M点，外力克服电场力做功5 J，若把这个电荷从N点移到O点，电场力做功为6 J，那么( )
A．M点的电势是－5 V
B．N点的电势是6 V
C．M、N两点的电势差为11 V
D．M、N两点的电势差为－1 V
BD [外力克服电场力做功5 J，即电场力做功－5 J，由公式U＝eq \f(W,q)，求出UOM＝－eq \f(5,1) V＝－5 V，UOM＝φO－φM，则M点的电势φM＝5 V，同理求出N点电势φN＝6 V，M、N两点的电势差UMN＝φM－φN＝－1 V，故B、D正确，A、C错误。]
14．(4分)(多选)如图所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是( )
A．电源电动势约为50 V
B．电源的内阻约为eq \f(25,3) Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻约为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压约为30 V
ACD [根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压：U＝E－Ir，对照UI图像，当I＝0时，E＝U＝50 V，故A正确；UI图像斜率的绝对值表示内阻，故：r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq \f(50－20,6) Ω＝5 Ω，故B错误；电流为2.5 A时，对照UI图像，电压约为37.5 V，故外电路电阻R＝eq \f(U,I)＝eq \f(37.5 V,2.5 A)＝15 Ω，故C正确；输出功率为120 W时，对照PI图像，电流约为4 A，再对照UI图像，输出电压约为30 V，故D正确。]
15．(4分)(多选)两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示。则下列判断正确的是( )
A．M点电势为零，N点场强为零
B．M点场强为零，N点电势为零
C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小
D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小
AC [由图读出电势能Ep，由φ＝eq \f(Ep,q)，可知M点电势为零，N点电势为负值。Epx图像的斜率eq \f(ΔEp,Δx)＝F，即斜率大小等于电场力大小，由F＝qE，可知N点场强为零，M点场强不为零，故A项正确，B项错误；根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势变化，确定场强的方向，可知Q1带负电，Q2带正电；由N点场强为零，可知Q2电荷量较小，故C项正确，D项错误。]
16．(6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＝5 Ω)；
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，得到的数据见下表：
(1)依据表中数据，作出I1I2图线如图所示，据图可得，欧姆表内电源的电动势为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)＋(I1＋I2)r
所以I1＝－eq \f(r,R1＋R0＋r)I2＋eq \f(E,R1＋R0＋r)
由图像可知斜率k＝eq \f(ΔI1,ΔI2)＝－1.52×10－3，
纵截距b＝1.5×10－4 A
即eq \f(r,R1＋R0＋r)＝1.52×10－3，eq \f(E,R1＋R0＋r)＝1.5×10－4 A
解得E≈1.50 V，r≈15.2 Ω。
(2)由题图可知当I1＝114 μA时，I2＝23.6 mA
所以R外＝eq \f(I1R0＋R1,I1＋I2)≈47.7 Ω，
则此时欧姆表示数约为47.7 Ω。
[答案] (1)1.50(1.48～1.51) 15.2(14.9～15.4) (2)47.7(47.3～48.1)
17．(10分)如图所示，一带电荷量q＝＋3×10－5 C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置的足够大的平行金属板中的O点，闭合开关S，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝14 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝R3＝4 Ω。取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量。
[解析] (1)由题图知，实际接入电路构成闭合电路的是电源、R1、R2，全电路电阻R总＝R1＋R2＋r＝7 Ω，全电路电流I＝eq \f(E,R总)＝2 A
输出功率P＝I2(R1＋R2)＝24 W。
(2)两板间的电场强度E电＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(R1＋R2,R1＋R2＋r)E
得E电＝120 V/m。
(3)带电小球处于静止状态，质量设为m，
则有eq \f(E电q,mg)＝tan 37°
解得m＝4.8×10－4 kg。
[答案] (1)24 W (2)120 V/m (3)4.8×10－4 kg
18．(10分)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m。挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：(小数点后保留两位小数)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
[解析] (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffs②
其中s为物体的路程，即s＝5.4 m
Ff＝μmgcs 37°③
由能量守恒定律可得ΔE＝Q④
由①②③④式解得μ≈0.52。
(2)物体由A到C的过程中，
动能减少ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)⑤
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°⑥
克服摩擦力产生的热量Q′＝FflAC＝μmglACcs 37°⑦
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46 J。
[答案] (1)0.52 (2)24.46 JI1(μA)
120
125
130
135
140
145
I2(mA)
20.0
16.7
13.2
10.0
6.7
3.3
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