资源简介

模块综合试卷
(满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．物理学的发展离不开物理学家的科学研究，以下符合史实的是(　　)
A．法拉第用电场线来形象描述电场，它是真实存在的
B．普朗克提出了能量子假说，基于此他又提出了光子说
C．奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性
D．楞次发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善
2．(2024·珠海市高二月考)下列说法中，正确的是(　　)
A．公式C＝，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关
B．由E＝可知电场中某点的电场强度E与q成反比
C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D．由公式φ＝知电场中某点的电势φ与q成反比
3.(2024·四川省成都市第七中学模拟)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C点处的磁感应强度大小为(　　)
A．0 B．2B C．B D.B
4．(2024·广州市高二期中)如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是(　　)
A．e点和g点的电场强度相同
B．b点和c点的电势相等
C．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功
D．电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大
5.如图所示，通有电流I的直导线MN固定在竖直位置上，且与导线框abcd在同一平面内，则下列情况下导线框中不能产生感应电流的是(　　)
A．平移到位置Ⅱ
B．以MN为转轴转到位置Ⅲ
C．以bc为转轴转到位置Ⅱ
D．平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
6．一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上，它们激发电场的场强和电势随坐标的变化情况如图甲、乙所示，甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E－y图像，且沿y轴正向场强为正。乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ－x图像，且以无穷远处电势为零。图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点，根据图像可判断下列有关描述正确的是(　　)
A．是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场，电荷位于x轴上
B．是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场，电荷位于y轴上
C．将一个＋q从y轴上a点由静止释放，它会在aO间往复运动
D．将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它会在cOd间往复运动
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
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
8.(2023·广州市华南师大附中高二期末)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点有一静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是(　　)
A．油滴带正电
B．静电计指针张角减小
C．油滴向上运动
D．P点的电势不变
9.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
10．(2023·广州市华南师大附中高二期末)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是(　　)
A．电路中电源电动势为3.4 V
B．滑动变阻器的触头向右滑动时，V2读数逐渐增大
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω
三、非选择题(本题共5小题，共54分)
11．(6分)(2024·湛江市高二月考)在测定某金属的电阻率实验中：
(1)(2分)甲学生进行了如下操作：
①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图甲所示，则d＝________ mm。
②测量金属丝电阻Rx的电路图如图乙所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如图丁所示。该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，为了减少实验误差，该学生应把接线端P接________(填“a”或“b”)来测电阻Rx。
U(V) I(A)
接线端P接a 1.84 0.15
接线端P接b 2.40 0.15
丁
(2)(4分)乙同学提出测量电阻不一定要用伏安法，可以直接用多用电表测。该同学按多用电表使用说明书正确操作。先将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向____________(选填“电流0刻度”或“欧姆0刻度”)位置，然后用其测电阻，将可调部件K调至“×100”位置，当指针摆稳后，表头的示数如图丙所示，得出该电阻的阻值Rx＝________ Ω。
12．(9分)(2023·广州市广雅中学高二期末)多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图，其中电流有1.0 A、2.5 A两个挡位，电压有2.5 V、10 V两个挡位，欧姆表有两个挡位。
(1)(3分)通过一个单刀多掷开关S，B可以分别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。
①图甲中A是________(选填“红”或“黑”)表笔；
②当S接触点________(选填“1”“2”“3”“4”“5”“6”)时对应多用电表1.0 A挡；
③当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，则E1________E2(选填“>”“<”“＝”)；
(2)(6分)实验小组用该多用电表测量电源的电动势和内阻。器材还有：待测电源(电动势约为9 V)，定值电阻R0＝9.0 Ω，电阻箱一只。实物连接如图乙所示，测量时应将图甲中S接触点________(选填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)；改变电阻箱阻值R，测得并记录多组数据后，得到对应的－图像如图丙所示，则电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果保留两位有效数字)。
13.(10分)(2023·广州市奥林匹克中学高二期末)如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场DCNQ，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小为E0，方向如图所示，圆弧所对的圆心在CN边界的O点，且PO＝QN＝2NO；离子质量为m、电荷量为q，离子重力不计。试确定
(1)(3分)离子经过加速电场刚进入静电分析器时的速度大小；
(2)(3分)若离子在静电分析器中运动的轨迹为一圆弧，如图，则此圆弧的半径R为多大？
(3)(4分)若离子进入匀强电场后，恰好打在Q点，确定此匀强电场的场强E的大小。
14．(14分)如图所示的电路，电源的电动势E＝36 V，内阻r＝6 Ω，电阻R1＝R3＝4 Ω，R2＝R4＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝2.0 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＝0.24 m，极板右边缘到荧光屏的距离b＝0.2 m。
(1)(4分)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)(5分)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，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合稳定后，t＝0时，该带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，试证明带电微粒能否从极板间射出？(g取10 m/s2，要求写出计算和分析过程)
(3)(5分)在(2)问中，若能射出，求带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，若不能射出，则求带电微粒打在极板的位置。
15．(15分)(2023·惠州市高二学业考试)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，释放前弹簧的弹性势能为Ep＝mgR，脱离弹簧后经过B点，之后沿轨道BO运动恰好到达O点。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，方向指向右上，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
(1)(3分)匀强电场的场强E的大小；
(2)(7分)小球到达B点刚进入圆弧轨道时对B点的压力；
(3)(5分)若将匀强电场的场强大小调整为E1＝，方向水平向右，其他条件不变，小球离开弹簧后，运动过程中的最小速度的大小。
模块综合试卷
1．C　[电场线是假想的线，并非真实存在的，A错误；爱因斯坦提出了光子说，B错误；奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，C正确；法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，楞次发现了楞次定律，D错误。]
2．A　[C＝是电容器电容的定义式，其电容C的大小与电容器所带电荷量Q以及两极板间电压无关，是由电容器本身结构所决定的，故A正确；
E＝是电场强度的定义式，电场强度是用比值法来定义的，E的大小与F和q无关，是由电场本身性质所决定的，故B错误；
Uab＝Ed中的d表示的是沿场强方向的距离，应该是沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，故C错误；
电势是用比值法来定义的，在数值上等于φ＝，其大小是由零势能面和电场本身性质所决定的，故D错误。]
3．D　[根据右手螺旋定则，放置在FE边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM；放置在ND边直导线中的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为BC＝＝B，故选D。]
4．C　[根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同，则电场强度不同，故A错误；根据沿着电场线方向电势依次降低，可知，φb＞φc，所以b点和c点的电势不相等，故B错误；电子带负电，从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向先成钝角后成锐角，可知电场力先做负功再做正功，故C正确；
电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。]
5．B　[线框平移到位置Ⅱ的过程中，穿过导线框的磁通量减小，会产生感应电流，A错误；以MN为转轴转到位置Ⅲ的过程中，线框经过的位置磁感应强度大小不变，磁场方向始终与线框垂直，穿过导线框的磁通量不变，不会产生感应电流，B正确；以bc为转轴到位置Ⅱ，穿过导线框的磁通量发生改变，会产生感应电流，C错误；平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ，穿过导线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，D错误。]
6．A　[因x轴上各点的电势均小于零，且φ－x图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又E－y图像中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称，选项A正确，B错误；一个＋q从y轴上a点由静止释放，它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为零，此后又变加速运动到a点，在aOb间往复运动，故C项错误；将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合，故D项错误。]
7．D　[QO间的电势差为8 V，将QO分成4等份，每份的电势差为2 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点移动到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点的电势能高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＝－eUOQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正确。]
8．BD　[根据受力平衡可知，油滴所受电场力方向向上，而极板间电场向下，电场力方向与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；此过程电容器所带电荷量Q不变，根据C＝，电容的决定式C＝，又因为E＝，F＝Eq，联立得出U＝，E＝，可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴所受电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由UP0＝φP＝EdP0，知P点的电势不变；由U＝知若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电计张角变小，故B、D正确，C错误。]
9．CD　[在O左侧，小球受到的静电力合力向右，在O右侧小球受到的静电力合力向左，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，所以细杆对小球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，所受的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。]
10．BD　[由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，则有r＝ Ω＝2 Ω，由题图乙可知，当电流为0.1 A时，路端电压为3.4 V，则由闭合回路欧姆定律可得，电路中电源电动势为E＝U2＋Ir＝3.6 V，故A错误；变阻器的触头向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压值即为V2读数，逐渐增大，故B正确；根据题意，由题图乙可知，当电动机两端电压为3 V时，流过电动机的电流为0.3 A，此时电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝0.9 W，因电动机内阻的影响，则电动机的最大输出功率一定小于0.9 W，故C错误；根据题意，由题图乙可知，电动机的电阻为rM＝ Ω＝4 Ω，当I＝0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的阻值最大，则有I＝，解得Rm＝30 Ω，故D正确。]
11．(1)①1.703(1.702～1.704均可)　②a　(2)欧姆0刻度　1 100
解析　(1)①由题图甲可知，螺旋测微器示数为1.5 mm＋20.3×0.01 mm＝1.703 mm。
②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，则电流表采用外接法时系统误差较小，电压表应接a点。
(2)欧姆调零时将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向“欧姆0刻度”位置，然后用其测电阻；
欧姆表选择“×100”挡位，由题图丙所示表头可知，该电阻的阻值Rx＝11×100 Ω＝1 100 Ω。
12．(1)①红　②2　③<　(2)6　9.1　1.0
解析　(1)①根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以A应该是红表笔，B应该是黑表笔。
②电流表是通过表头并联电阻改装而成的，并联电阻越大，量程越小，所以1.0 A挡对应2。
③在满偏电流相同的情况下，电源电动势越大，所测电阻就越大，当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，所以E1(2)多用表与变阻箱并联做电压表使用，电源电压为9.0 V，所以应该选用10 V的量程，S接6。由题图丙可知E＝(R＋R0＋r)
变换得＝·＋
由题图丙可知k＝
＝ A－1＝1.1 A－1，b＝＝0.11 V－1
解得E≈9.1 V，r＝1.0 Ω。
13．(1)　(2)　(3)3E0
解析　(1)离子在加速电场中加速过程，根据动能定理，有：qU＝mv2
得v＝
(2)离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qE0＝m
联立得R＝
(3)离子进入匀强电场后做类平抛运动，则沿PN方向PN＝PO＋ON＝at2＝R′，加速度a＝
沿CD方向R′＝vt
联立解得E＝3E0。
14．(1)8.0×10－12 C　(2)见解析
(3)0.125 m
解析　(1)S断开时，电阻R3两端电压U3＝＝ V＝8 V，S闭合后，外电路的总电阻R＝＝ Ω＝3 Ω，路端电压U＝＝ V＝12 V，
电阻R3两端的电压
U3′＝U＝×12 V＝4 V，
流过R4的电荷量ΔQ＝C(U3－U3′)＝2.0×10－12×(8－4) C＝8.0×10－12 C。
(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，当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma，假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝，竖直方向y＝at2，联立解得y＝0.025 m<＝0.12 m，故带电微粒能从极板间射出。
(3)带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，由类平抛运动规律可知，带电微粒从极板间射出时竖直方向速度vy＝at＝0.5 m/s，水平速度v0＝2 m/s
竖直加速度g＝10 m/s2，运动时间t1＝＝1 s，则竖直方向运动的距离y1＝vyt1＋t12＝0.1 m
到O点的距离Y＝y＋y1＝0.125 m。
15．(1)　(2)mg，方向竖直向下
(3)
解析　(1)小球从A点到O点过程，由能量守恒定律，有mgR＋EqR＝mgR，解得E＝
(2)小球从A点到B点过程，由能量守恒定律，有mgR＝mvB2，vB＝，
小球在B点满足FN＋Eqsin 45°－mg＝m，解得FN＝mg
由牛顿第三定律，可得小球对B点的压力方向竖直向下，大小为FN′＝mg
(3)小球离开O点后，做类斜抛运动，假设合外力与竖直方向的夹角为θ，有tan θ＝＝1
θ＝45°，在小球飞出圆弧轨道之后，当沿合力方向运动速度减为0时，小球的速度最小，为vmin＝vBsin θ
代入数据可得vmin＝vB＝。(共54张PPT)
模块综合试卷
一、单项选择题
1.物理学的发展离不开物理学家的科学研究，以下符合史实的是
A.法拉第用电场线来形象描述电场，它是真实存在的
B.普朗克提出了能量子假说，基于此他又提出了光子说
C.奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性
D.楞次发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
电场线是假想的线，并非真实存在的，A错误；
爱因斯坦提出了光子说，B错误；
奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性，C正确；
法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，楞次发现了楞次定律，D错误。
13
14
15
2.(2024·珠海市高二月考)下列说法中，正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Uab＝Ed中的d表示的是沿场强方向的距离，应该是沿电场方向的距离越大，两点间的电势差越大，故C错误；
13
14
15
3.(2024·四川省成都市第七中学模拟)如图所示为一边长为d的正方体，在FE、ND两边放置足够长直导线，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中C点处的磁感应强度大小为
A.0 　　　B.2B 　　　C.B 　　　D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4.(2024·广州市高二期中)如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是
A.e点和g点的电场强度相同
B.b点和c点的电势相等
C.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力
　先做负功后做正功
D.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据电场线的分布知，e、g两点的场强
大小相等，方向不同，则电场强度不同，
故A错误；
根据沿着电场线方向电势依次降低，可
知，φb＞φc，所以b点和c点的电势不相等，故B错误；
电子带负电，从f点到e点再到d点过程中，根据电场力方向与运动方向先成钝角后成锐角，可知电场力先做负功再做正功，故C正确；
电子从g点到f点再到e点过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D错误。
13
14
15
5.如图所示，通有电流I的直导线MN固定在竖直位置上，且与导线框abcd在同一平面内，则下列情况下导线框中不能产生感应电流的是
A.平移到位置Ⅱ
B.以MN为转轴转到位置Ⅲ
C.以bc为转轴转到位置Ⅱ
D.平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
线框平移到位置Ⅱ的过程中，穿过导线框的磁通
量减小，会产生感应电流，A错误；
以MN为转轴转到位置Ⅲ的过程中，线框经过的
位置磁感应强度大小不变，磁场方向始终与线框
垂直，穿过导线框的磁通量不变，不会产生感应电流，B正确；
以bc为转轴到位置Ⅱ，穿过导线框的磁通量发生改变，会产生感应电流，C错误；
平移到以MN为对称轴的位置Ⅲ，穿过导线框的磁通量发生变化，会产生感应电流，D错误。
14
15
6.一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上，它们激发电场的场强和电势随坐标的变化情况如图甲、乙所示，甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E－y图像，且沿y轴正向场强为正。乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ－x图像，且以无穷远处电势为零。图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点，根据图像可判断下列有关描述正确的是
A.是一对关于原点O对称的等量负点电荷
　所激发的电场，电荷位于x轴上
B.是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场，电荷位于y轴上
C.将一个＋q从y轴上a点由静止释放，它会在aO间往复运动
D.将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它会在cOd间往复运动
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因x轴上各点的电势均小于零，且φ－x图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又E－y图像中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称，选项A正确，B错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
一个＋q从y轴上a点由静止释放，它从
a点向O点先做加速度逐渐增大的加速
运动，后做加速度逐渐减小的加速运
动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为零，此后又变加速运动到a点，在aOb间往复运动，故C项错误；
将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合，故D项错误。
13
14
15
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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
QO间的电势差为8 V，将QO分成4等份，每份的电
势差为2 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＝　　　　　　　　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＝
　　　　＝9 V，B错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
将电子从P点移动到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
的电势能高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＝－eUOQ
＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正确。
13
14
15
二、多项选择题
8.(2023·广州市华南师大附中高二期末)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点有一静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离。下列说法正确的是
A.油滴带正电 B.静电计指针张角减小
C.油滴向上运动 D.P点的电势不变
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
根据受力平衡可知，油滴所受电场力方向向上，而极板间电场向下，电场力方向与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
9.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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
在O左侧，小球受到的静电力合力向右，在O右侧小球受到的静电力合力向左，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；
13
14
15
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；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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，所以细杆对小球的作用力等于小球的重力，始终保持不变，C正确；
13
14
15
在小球向右运动的过程中，所受的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。
10.(2023·广州市华南师大附中高二期末)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是
A.电路中电源电动势为3.4 V
B.滑动变阻器的触头向右滑动时，
　V2读数逐渐增大
C.此电路中，电动机的最大输出
　功率为0.9 W
D.滑动变阻器的最大阻值为30 Ω
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由电路图甲知，电压表V2测量路
端电压，电流增大时，内电压增
大，路端电压减小，所以最上面
的图线表示V2的电压与电流的关
系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，则有r＝
由题图乙可知，当电流为0.1 A时，路端电压为3.4 V，则由闭合回路欧姆定律可得，电路中电源电动势为E＝U2＋Ir＝3.6 V，故A错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
变阻器的触头向右滑动时，R阻值
变大，总电流减小，内电压减小，
路端电压值即为V2读数，逐渐增大，
故B正确；
根据题意，由题图乙可知，当电动机两端电压为3 V时，流过电动机的电流为0.3 A，此时电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝0.9 W，因电动机内阻的影响，则电动机的最大输出功率一定小于0.9 W，故C错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
三、非选择题
11.(2024·湛江市高二月考)在测定某金属的电阻率实验中：
(1)甲学生进行了如下操作：
①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图甲所示，则d＝____________________ mm。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1.703(1.702～1.704均可)
由题图甲可知，螺旋测微器示数为1.5 mm＋20.3×0.01 mm＝1.703 mm。
②测量金属丝电阻Rx的电路图如图乙所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如图丁所示。该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，为了减少实验误差，该学生应把接线端P接____(填“a”或“b”)来测电阻Rx。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
U(V) I(A)
接线端P接a 1.84 0.15
接线端P接b 2.40 0.15
丁
a
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
由表中实验数据可知，电压表接a、
b两点时，电流表示数不变，电压
表示数变化较大，说明电压表内阻
很大，电压表分流很小，几乎为零，
电流表分压较大，则电流表采用外接法时系统误差较小，电压表应接a点。
13
14
15
U(V) I(A)
接线端P接a 1.84 0.15
接线端P接b 2.40 0.15
丁
(2)乙同学提出测量电阻不一定要用伏安法，可以直接用多用电表测。该同学按多用电表使用说明书正确操作。先将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向______
_____(选填“电流0刻度”或“欧姆0刻度”)位置，然后用其测电阻，将可调部件K调至“×100”位置，当指针摆稳后，表头的示数如图丙所示，得出该电阻的阻值Rx＝______ Ω。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
欧姆0
刻度
1 100
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
欧姆调零时将红、黑表笔笔尖相互接触，发现电表指针指向“欧姆0刻度”位置，然后用其测电阻；
欧姆表选择“×100”挡位，由题图丙所示表头可知，该电阻的阻值Rx＝11×100 Ω＝1 100 Ω。
13
14
15
12.(2023·广州市广雅中学高二期末)多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图，其中电流有1.0 A、2.5 A两个挡位，电压有2.5 V、10 V两个挡位，欧姆表有两个挡位。
(1)通过一个单刀多掷开关S，B可以分别与触点1、
2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不
同物理量的功能。
①图甲中A是_____(选填“红”或“黑”)表笔；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
红
根据“红进黑出”的原则，电流从欧姆表内部电源正极流出，所以A应该是红表笔，B应该是黑表笔。
②当S接触点_____(选填“1”“2”“3”“4” “5”“6”)时对应多用电表1.0 A挡；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
电流表是通过表头并联电阻改装而成的，并联电阻越大，量程越小，所以1.0 A挡对应2。
③当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，则E1_____E2(选填“>”“<”“＝”)；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
<
在满偏电流相同的情况下，电源电动势越大，所测电阻就越大，当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，所以E1(2)实验小组用该多用电表测量电源的
电动势和内阻。器材还有：待测电源
(电动势约为9 V)，定值电阻R0＝9.0 Ω，
电阻箱一只。实物连接如图乙所示，
测量时应将图甲中S接触点____(选填
“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)；
改变电阻箱阻值R，测得并记录多组数
据后，得到对应的 图像如图丙所
示，则电源电动势E＝_____ V，内阻r＝____ Ω(结果保留两位有效数字)。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
6
9.1
1.0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解得E≈9.1 V，r＝1.0 Ω。
13
14
15
13.(2023·广州市奥林匹克中学高二期末)如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场DCNQ，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强大小为E0，方向如图所示，圆弧所对的圆心在CN边界的O点，且PO＝QN＝2NO；离子质量为m、电荷量为q，离子重力不计。试确定
(1)离子经过加速电场刚进入静电分析器时的速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)若离子在静电分析器中运动的轨迹为一圆弧，如图，则此圆弧的半径R为多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(3)若离子进入匀强电场后，恰好打在Q点，确定此匀强电场的场强E的大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　3E0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
沿CD方向R′＝vt
联立解得E＝3E0。
13
14
15
14.如图所示的电路，电源的电动势E＝36 V，内阻r＝6 Ω，电阻R1＝R3＝4 Ω，R2＝R4＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝2.0 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＝0.24 m，极板右边缘到荧光屏的距离b＝0.2 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
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？
答案　8.0×10－12 C　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
流过R4的电荷量ΔQ＝C(U3－U3′)＝2.0×10－12×(8－4) C＝8.0×
10－12 C。
(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，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合稳定后，t＝0时，该带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，试证明带电微粒能否从极板间射出？(g取10 m/s2，要求写出计算和分析过程)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　见解析　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(3)在(2)问中，若能射出，求带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，若不能射出，则求带电微粒打在极板的位置。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案　0.125 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
带电微粒打到荧光屏上距O点的距离Y，由类平抛运动规律可知，带电微粒从极板间射出时竖直方向速度vy＝at＝0.5 m/s，水平速度v0＝2 m/s
到O点的距离Y＝y＋y1＝0.125 m。
15.(2023·惠州市高二学业考试)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光
滑 圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将
轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，释放前弹簧的弹性势能为Ep＝
脱离弹簧后经过B点，之后沿轨道BO运动恰好到达O点。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，方向指向右上，小球在运动过程中电荷量保持
不变，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的场强E的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(2)小球到达B点刚进入圆弧轨道时对B点的压力；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
(3)若将匀强电场的场强大小调整为E1＝ 方向水
平向右，其他条件不变，小球离开弹簧后，运动过程中的最小速度的大小。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
θ＝45°，在小球飞出圆弧轨道之后，当沿合力方向运动速度减为0时，小球的速度最小，为vmin＝vBsin θ

展开更多......

收起↑