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高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二章 静电场的应用本章综合与测试学案
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这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二章 静电场的应用本章综合与测试学案，共12页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
模块综合试卷(二)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是( )
A．煤、石油、天然气、太阳能等都是不可再生能源
B．核电站是利用原子核聚变所释放的能量来发电
C．手机利用电磁波传递信息
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
答案 C
解析 煤、石油、天然气等都是不可再生能源，太阳能是可以充分利用的可再生能源，选项A错误；核电站是利用原子核裂变所释放的能量来发电，选项B错误；手机是利用电磁波传送信息的，选项C正确；LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，选项D错误．
2．下列说法正确的是( )
A．根据磁感应强度定义式B＝，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
答案 B
解析 磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量，与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误；磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误．
3．如图1所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是( )
图1
A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大
B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小
C．将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功比由C点移到A点多
D．将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功
答案 D
解析 由负点电荷电场线分布规律可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的小，故A错误；沿着电场线方向电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，所以＋q在B点具有的电势能比在A点具有的电势能大，故B错误；据题有UBD＝UCA，根据静电力做功公式W＝qU可知，将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功与由C点移动到A点一样多，故C错误；沿着电场线方向电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故＋q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功，故D正确．
4．如图2所示的装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板和静电计外壳均接地，则下列说法中正确的是( )
图2
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持d不变，减小S，则θ变小
C．保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
D．保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ变小
答案 A
解析 根据电容的决定式C＝得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，由题意可知，电容器所带电荷量Q不变，由电容的定义式C＝，可知板间电势差U增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确；根据电容的决定式C＝得知，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差U增大，则静电计指针的偏角θ变大，故B错误；保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式C＝得知，电容C变大，则由电容的定义式C＝，可知板间电势差U减小，则静电计指针的偏角θ变小，故C错误；保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电荷量Q和电容器的电容C均不变，由电容的定义式C＝分析得知，板间电势差不变，则θ不变，故D错误．
5.在如图3所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V 12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.5 Ω.若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是( )
图3
A．电动机的输入功率是12 W
B．电动机的输出功率是12 W
C．电动机的热功率是12 W
D．整个电路消耗的电功率是22 W
答案 A
解析 电动机两端的电压UM＝U－UL＝(12－6) V＝6 V，整个电路中的电流I＝ A＝2 A，所以电动机的输入功率P＝UMI＝6×2 W＝12 W，故A正确；电动机的热功率P热＝I2RM＝22×0.5 W＝2 W，则电动机的输出功率P2＝P－I2RM＝(12－2) W＝10 W，故B、C错误；整个电路消耗的功率P总＝UI＝12×2 W＝24 W，故D错误．
6.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图像如图4所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受静电力作用，则下列判断正确的是( )
图4
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势高于N点的电势
C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受静电力大于在N点所受静电力
答案 C
解析 由速度时间图像可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以静电力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知静电力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确．
7．如图5所示，在两个等量异种点电荷的电场中有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间的距离与2、3之间的距离相等，2、5之间的距离与2、6之间的距离相等，2位于两点电荷连线的中点，两条虚线互相垂直，那么关于各点电场强度和电势的叙述错误的是( )
图5
A．1、3两点电势相等
B．1、3两点电场强度相同
C．4、5两点电势相等
D．5、6两点电场强度相同
答案 A
8.如图6所示的电路中，U＝90 V，滑动变阻器R2的最大阻值为200 Ω，R1＝100 Ω.当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为( )
图6
A．30 V B．45 V
C．60 V D．75 V
答案 A
解析 P滑至R2的中点时R并＝50 Ω，干路中电流I＝＝ A＝0.6 A，Uab＝IR并＝0.6×50 V＝30 V，选项A正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．下列关于静电场的说法正确的是( )
A．在点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点
B．正电荷只在静电力作用下，一定从高电势向低电势运动
C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零
D．初速度为零的正电荷在静电力作用下一定沿电场线运动
答案 AC
解析 在单个点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点，A正确；正电荷只在静电力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，则从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，则从低电势向高电势运动，所以不一定从高电势向低电势运动，B错误；等势体内部场强处处为零，电势不一定为零；电势具有相对性，规定哪点电势为零都可以，但场强不一定为零，C正确；只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在静电力作用下才沿电场线运动，D错误．
10.电阻不变的三盏电灯A、B、C连接在如图7所示的电路中，闭合电键S后，三盏灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则可判断( )
图7
A．三盏灯的电阻大小是RB>RC>RA
B．三盏灯的电阻大小是RA>RB>RC
C．A、C两盏灯变亮，B灯变暗
D．A、B两灯变亮，C灯变暗
答案 BD
解析 闭合电键S后，A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而两灯的实际功率相等，由P＝可知：RA>RC，RA>RB，C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P＝I2R可得：RCRB>RC，故A错误，B正确；当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗，C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮，即A、B两灯变亮，C灯变暗，故C错误，D正确．
11．如图8甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m＝0.1 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 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，空间上加如图乙所示的电场．下列说法正确的是( )
图8
A．0～4 s内小物块一直向同一方向运动
B．2 s末小物块速度大小为2 m/s
C．0～4 s内小物块的位移大小为6 m
D．0～4 s内静电力对小物块所做的功为0.8 J
答案 AD
解析 在0～2 s时间内，由牛顿第二定律得物块的加速度大小a1＝＝2 m/s2
物块向右做加速运动，2 s末小物块的速度
v＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
前2 s内的位移s1＝a1t12＝×2×22 m＝4 m，
在2～4 s时间内，由牛顿第二定律得加速度大小
a2＝＝2 m/s2
物块向右做减速运动，t2＝＝2 s，所以4 s末时物块速度减到零，
在2～4 s时间内小物块的位移s2＝t2＝4 m，
0～4 s内小物块的位移s＝s1＋s2＝8 m，
故A正确，B、C错误；
0～4 s内静电力对小物块所做的功W＝qE1s1－qE2s2
代入数据解得W＝0.8 J，故D正确．
12.如图9所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)( )
图9
A．在时间t内，静电力对粒子做的功为qU
B．在后时间内，静电力对粒子做的功为
C．粒子的出射速度偏转角tan θ＝
D．在粒子下落前和后的过程中，运动时间之比为∶1
答案 BC
解析 在时间t内，因入射点与出射点的电势差为，可知静电力对粒子做的功为，选项A错误；设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1∶y2＝1∶3，则y1＝，y2＝，则在后时间内，静电力对粒子做的功为W2＝q·U＝qU，故B正确；粒子的出射速度偏转角正切为tan θ＝＝＝＝＝，故C正确；粒子前和后的过程中，运动时间之比为1∶(－1)，故D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图10所示，在实验室里小王同学用电流传感器和电压传感器等实验器材测干电池的电动势和内电阻．改变电路的外电阻R，通过电压传感器和电流传感器测量不同阻值下电源的路端电压和电流，输入计算机，自动生成U－I图线，如图乙所示．
图10
(1)由图乙可得干电池的电动势为________ V，干电池的内电阻为________ Ω.
(2)现有一小灯泡，其U－I曲线如图丙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是________ W.
答案 (1)1.5 V(2分) 2.0 Ω(2分) (2)0.27 W(2分)
解析 (1)由题图乙所示图像可知，电源电动势为：E＝1.5 V
电源内阻为：r＝＝ Ω＝2.0 Ω
(2)在题图丙中描出题图乙中的U－I图线，由图可知灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡两端电压U＝0.9 V，电路电流I＝0.3 A，灯泡实际功率P＝UI＝0.9 V×0.3 A＝0.27 W.
14．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)；
B．电压表(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)；
C．电流表(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)；
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)；
E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)；
F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)；
G．电池组E(电动势为3 V)；
H．开关S，导线若干．
(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号)．
(2)为减小实验误差，应选用如图11中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图丙中的实物图用线连接起来．
图11
(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图12所示，则金属丝的直径为________ mm，电阻值为________ Ω.
图12
答案 (1)ADEGH(1分) (2)乙(1分) 见解析图(2分) (3)0.635(2分) 2.4(2分)
解析 (1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为I＝＝ A＝0.6 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E；还要选用电池组和开关、导线若干，故应选用的实验器材有A、D、E、G、H.
(2)由于＞，应采用电流表外接法，应选题图乙所示电路，实物连接如图所示．
(3)从螺旋测微器可以读出金属丝直径为0.635 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A，被测金属丝的阻值为Rx＝＝ Ω＝2.4 Ω.
15.(8分)如图13所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量为10－8 C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角．求：
图13
(1)匀强电场的场强方向；
(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？
答案 (1)由C指向A (2)－5 V 5 eV
解析 (1)将负电荷从A点移至B点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A指向C.又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C指向A.(3分)
(2)由WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)得
φA＝＋φB＝ V＝－5 V(3分)
则电子在A点的电势能为
EpA＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.(2分)
16.(10分)如图14所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V 1.5 W”，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，求：
图14
(1)滑动变阻器的最大阻值R0；
(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．
答案 (1)6 Ω (2)12 W 8 W
解析 (1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：IL＝＝0.5 A(1分)
流过滑动变阻器的电流：I0＝IA－IL＝0.5 A(2分)
故：R0＝＝6 Ω(1分)
(2)电源电动势为：E＝UL＋IA(R1＋r)＝6 V(2分)
当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电路中总电流为：I＝＝2 A(1分)
故电源的总功率为：P总＝EI＝12 W(1分)
输出功率为：P出＝EI－I2r＝8 W(2分)
17．(12分)在如图15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，两极板的间距d＝1.0×10－3 m．(g取10 m/s2)
图15
(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？
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＝＝16 V(1分)
S闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω(1分)
路端电压U＝＝21 V(1分)
电阻R3两端的电压U3′＝U＝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＝mg(1分)
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma(2分)
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向，
有t＝(1分)
竖直方向，有：y＝at2(1分)
联立解得y＝6.25×10－3 m>
故带电微粒不能从极板间射出．(1分)
18．(16分)一个沿x轴方向分布的电场的场强与坐标x的关系图像如图16所示，仅在－d≤x≤d的区间有电场，场强方向不同，大小均为E0，规定＋x轴方向为正方向，x＝0处电势φ为零，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子只在静电力作用下，以x＝0为中心，沿x轴方向做周期性运动，其动能与电势能之和为E总．
图16
(1)画出x轴上电势分布的φ－x图像，要求标出最高电势；
(2)确定粒子的运动区间；
(3)一个周期内粒子在x>0区域内的运动时间；
答案 (1)见解析图 (2)－
(3分)
(2)由题意可知：mv2＋qφ＝E总(2分)
动能为零处势能为最大值E总，x>0时，最右侧位置处：
E总＝qφ＝qE0x1(2分)
解得：x1＝(1分)
同理，x<0时，最左侧位置处x2＝(1分)
则粒子的运动区间－
解得t＝(1分)
故总时间为2t＝.(2分)
模块综合试卷(二)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)
1．能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是( )
A．煤、石油、天然气、太阳能等都是不可再生能源
B．核电站是利用原子核聚变所释放的能量来发电
C．手机利用电磁波传递信息
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
答案 C
解析 煤、石油、天然气等都是不可再生能源，太阳能是可以充分利用的可再生能源，选项A错误；核电站是利用原子核裂变所释放的能量来发电，选项B错误；手机是利用电磁波传送信息的，选项C正确；LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，选项D错误．
2．下列说法正确的是( )
A．根据磁感应强度定义式B＝，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL乘积成反比
B．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止
答案 B
解析 磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的物理量，与通电导线所受的安培力F以及IL乘积无关，选项A错误；磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同，选项B正确；一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁场方向平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项C错误；磁感线在磁体的外部从N极到S极，在磁体内部是从S极到N极，组成闭合的曲线，故D错误．
3．如图1所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是( )
图1
A．一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的大
B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小
C．将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功比由C点移到A点多
D．将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功
答案 D
解析 由负点电荷电场线分布规律可知，B点的场强比A点的场强小，则一个点电荷＋q在B点所受的静电力比在A点的小，故A错误；沿着电场线方向电势要降低，故B点的电势比A点的电势高，所以＋q在B点具有的电势能比在A点具有的电势能大，故B错误；据题有UBD＝UCA，根据静电力做功公式W＝qU可知，将同一个电荷由B点移到D点静电力做的功与由C点移动到A点一样多，故C错误；沿着电场线方向电势要降低，故B点的电势比C点的电势高，故＋q在B点具有的电势能比在C点电势能高，所以将电荷＋q由B点移到C点，静电力做正功，故D正确．
4．如图2所示的装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板和静电计外壳均接地，则下列说法中正确的是( )
图2
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持d不变，减小S，则θ变小
C．保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
D．保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ变小
答案 A
解析 根据电容的决定式C＝得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，由题意可知，电容器所带电荷量Q不变，由电容的定义式C＝，可知板间电势差U增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确；根据电容的决定式C＝得知，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差U增大，则静电计指针的偏角θ变大，故B错误；保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式C＝得知，电容C变大，则由电容的定义式C＝，可知板间电势差U减小，则静电计指针的偏角θ变小，故C错误；保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电荷量Q和电容器的电容C均不变，由电容的定义式C＝分析得知，板间电势差不变，则θ不变，故D错误．
5.在如图3所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L标有“6 V 12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.5 Ω.若灯泡恰能正常发光且电动机转动，以下说法中正确的是( )
图3
A．电动机的输入功率是12 W
B．电动机的输出功率是12 W
C．电动机的热功率是12 W
D．整个电路消耗的电功率是22 W
答案 A
解析 电动机两端的电压UM＝U－UL＝(12－6) V＝6 V，整个电路中的电流I＝ A＝2 A，所以电动机的输入功率P＝UMI＝6×2 W＝12 W，故A正确；电动机的热功率P热＝I2RM＝22×0.5 W＝2 W，则电动机的输出功率P2＝P－I2RM＝(12－2) W＝10 W，故B、C错误；整个电路消耗的功率P总＝UI＝12×2 W＝24 W，故D错误．
6.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图像如图4所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受静电力作用，则下列判断正确的是( )
图4
A．该电场可能是由某正点电荷形成的
B．M点的电势高于N点的电势
C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受静电力大于在N点所受静电力
答案 C
解析 由速度时间图像可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以静电力不变，是匀强电场，所以不可能是由某正点电荷形成的，故A、D错误；从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知静电力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B错误，C正确．
7．如图5所示，在两个等量异种点电荷的电场中有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间的距离与2、3之间的距离相等，2、5之间的距离与2、6之间的距离相等，2位于两点电荷连线的中点，两条虚线互相垂直，那么关于各点电场强度和电势的叙述错误的是( )
图5
A．1、3两点电势相等
B．1、3两点电场强度相同
C．4、5两点电势相等
D．5、6两点电场强度相同
答案 A
8.如图6所示的电路中，U＝90 V，滑动变阻器R2的最大阻值为200 Ω，R1＝100 Ω.当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为( )
图6
A．30 V B．45 V
C．60 V D．75 V
答案 A
解析 P滑至R2的中点时R并＝50 Ω，干路中电流I＝＝ A＝0.6 A，Uab＝IR并＝0.6×50 V＝30 V，选项A正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9．下列关于静电场的说法正确的是( )
A．在点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点
B．正电荷只在静电力作用下，一定从高电势向低电势运动
C．场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零
D．初速度为零的正电荷在静电力作用下一定沿电场线运动
答案 AC
解析 在单个点电荷形成的电场中没有场强相同的两点，但有电势相等的两点，A正确；正电荷只在静电力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，则从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，则从低电势向高电势运动，所以不一定从高电势向低电势运动，B错误；等势体内部场强处处为零，电势不一定为零；电势具有相对性，规定哪点电势为零都可以，但场强不一定为零，C正确；只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在静电力作用下才沿电场线运动，D错误．
10.电阻不变的三盏电灯A、B、C连接在如图7所示的电路中，闭合电键S后，三盏灯电功率相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则可判断( )
图7
A．三盏灯的电阻大小是RB>RC>RA
B．三盏灯的电阻大小是RA>RB>RC
C．A、C两盏灯变亮，B灯变暗
D．A、B两灯变亮，C灯变暗
答案 BD
解析 闭合电键S后，A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而两灯的实际功率相等，由P＝可知：RA>RC，RA>RB，C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P＝I2R可得：RC
11．如图8甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一质量为m＝0.1 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 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，空间上加如图乙所示的电场．下列说法正确的是( )
图8
A．0～4 s内小物块一直向同一方向运动
B．2 s末小物块速度大小为2 m/s
C．0～4 s内小物块的位移大小为6 m
D．0～4 s内静电力对小物块所做的功为0.8 J
答案 AD
解析 在0～2 s时间内，由牛顿第二定律得物块的加速度大小a1＝＝2 m/s2
物块向右做加速运动，2 s末小物块的速度
v＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
前2 s内的位移s1＝a1t12＝×2×22 m＝4 m，
在2～4 s时间内，由牛顿第二定律得加速度大小
a2＝＝2 m/s2
物块向右做减速运动，t2＝＝2 s，所以4 s末时物块速度减到零，
在2～4 s时间内小物块的位移s2＝t2＝4 m，
0～4 s内小物块的位移s＝s1＋s2＝8 m，
故A正确，B、C错误；
0～4 s内静电力对小物块所做的功W＝qE1s1－qE2s2
代入数据解得W＝0.8 J，故D正确．
12.如图9所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)( )
图9
A．在时间t内，静电力对粒子做的功为qU
B．在后时间内，静电力对粒子做的功为
C．粒子的出射速度偏转角tan θ＝
D．在粒子下落前和后的过程中，运动时间之比为∶1
答案 BC
解析 在时间t内，因入射点与出射点的电势差为，可知静电力对粒子做的功为，选项A错误；设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1∶y2＝1∶3，则y1＝，y2＝，则在后时间内，静电力对粒子做的功为W2＝q·U＝qU，故B正确；粒子的出射速度偏转角正切为tan θ＝＝＝＝＝，故C正确；粒子前和后的过程中，运动时间之比为1∶(－1)，故D错误．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)如图10所示，在实验室里小王同学用电流传感器和电压传感器等实验器材测干电池的电动势和内电阻．改变电路的外电阻R，通过电压传感器和电流传感器测量不同阻值下电源的路端电压和电流，输入计算机，自动生成U－I图线，如图乙所示．
图10
(1)由图乙可得干电池的电动势为________ V，干电池的内电阻为________ Ω.
(2)现有一小灯泡，其U－I曲线如图丙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是________ W.
答案 (1)1.5 V(2分) 2.0 Ω(2分) (2)0.27 W(2分)
解析 (1)由题图乙所示图像可知，电源电动势为：E＝1.5 V
电源内阻为：r＝＝ Ω＝2.0 Ω
(2)在题图丙中描出题图乙中的U－I图线，由图可知灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡两端电压U＝0.9 V，电路电流I＝0.3 A，灯泡实际功率P＝UI＝0.9 V×0.3 A＝0.27 W.
14．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)；
B．电压表(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)；
C．电流表(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)；
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)；
E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)；
F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)；
G．电池组E(电动势为3 V)；
H．开关S，导线若干．
(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号)．
(2)为减小实验误差，应选用如图11中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图丙中的实物图用线连接起来．
图11
(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图12所示，则金属丝的直径为________ mm，电阻值为________ Ω.
图12
答案 (1)ADEGH(1分) (2)乙(1分) 见解析图(2分) (3)0.635(2分) 2.4(2分)
解析 (1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为I＝＝ A＝0.6 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E；还要选用电池组和开关、导线若干，故应选用的实验器材有A、D、E、G、H.
(2)由于＞，应采用电流表外接法，应选题图乙所示电路，实物连接如图所示．
(3)从螺旋测微器可以读出金属丝直径为0.635 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A，被测金属丝的阻值为Rx＝＝ Ω＝2.4 Ω.
15.(8分)如图13所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量为10－8 C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角．求：
图13
(1)匀强电场的场强方向；
(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？
答案 (1)由C指向A (2)－5 V 5 eV
解析 (1)将负电荷从A点移至B点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A指向C.又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C指向A.(3分)
(2)由WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)得
φA＝＋φB＝ V＝－5 V(3分)
则电子在A点的电势能为
EpA＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.(2分)
16.(10分)如图14所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V 1.5 W”，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，求：
图14
(1)滑动变阻器的最大阻值R0；
(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．
答案 (1)6 Ω (2)12 W 8 W
解析 (1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：IL＝＝0.5 A(1分)
流过滑动变阻器的电流：I0＝IA－IL＝0.5 A(2分)
故：R0＝＝6 Ω(1分)
(2)电源电动势为：E＝UL＋IA(R1＋r)＝6 V(2分)
当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路，电路中总电流为：I＝＝2 A(1分)
故电源的总功率为：P总＝EI＝12 W(1分)
输出功率为：P出＝EI－I2r＝8 W(2分)
17．(12分)在如图15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，两极板的间距d＝1.0×10－3 m．(g取10 m/s2)
图15
(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？
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＝＝16 V(1分)
S闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω(1分)
路端电压U＝＝21 V(1分)
电阻R3两端的电压U3′＝U＝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＝mg(1分)
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma(2分)
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向，
有t＝(1分)
竖直方向，有：y＝at2(1分)
联立解得y＝6.25×10－3 m>
故带电微粒不能从极板间射出．(1分)
18．(16分)一个沿x轴方向分布的电场的场强与坐标x的关系图像如图16所示，仅在－d≤x≤d的区间有电场，场强方向不同，大小均为E0，规定＋x轴方向为正方向，x＝0处电势φ为零，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子只在静电力作用下，以x＝0为中心，沿x轴方向做周期性运动，其动能与电势能之和为E总．
图16
(1)画出x轴上电势分布的φ－x图像，要求标出最高电势；
(2)确定粒子的运动区间；
(3)一个周期内粒子在x>0区域内的运动时间；
答案 (1)见解析图 (2)－
(3分)
(2)由题意可知：mv2＋qφ＝E总(2分)
动能为零处势能为最大值E总，x>0时，最右侧位置处：
E总＝qφ＝qE0x1(2分)
解得：x1＝(1分)
同理，x<0时，最左侧位置处x2＝(1分)
则粒子的运动区间－
解得t＝(1分)
故总时间为2t＝.(2分)
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