资源简介

2025-2026学年 高二年级上学期教科版物理必修第三册
第一、二章单元测试试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共8小题）
1．下列关于电场线的说法中错误的是（　　）
A．电场线是为了表示电场的强弱和方向而人为引入的假想曲线
B．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大
C．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动
D．静电场的电场线是不闭合的
2．绝缘泡沫板上安装有一绝缘支架，支架一端通过丝线悬吊着一个金属球.现通过接触使金属球带上一定量的负电，然后在小球下方不断叠放原本不带电的硬币（戴上绝缘手套），硬币始终未和小球接触，则下列说法正确的是（ ）
A. 丝线上的拉力保持不变
B. 丝线上的拉力会不断减小
C. 最上方的硬币会带正电
D. 用手从最上方硬币依次向下触摸（不戴绝缘手套）硬币，最上方的硬币所带电荷先消失后又再次出现
3．在一沿x轴方向的电场中,一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正向运动,O、a、b是x轴上的三个点,O和b关于点a对称,该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示,则下列说法正确的是 (　　)
A．a点电场强度为零
B．O、a间场强方向与a、b间场强方向相反
C．从O到b整个运动过程中,粒子经过a点时速度最大
D．从O到b整个运动过程中,粒子做匀加速直线运动
4．静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，如图所示为高压静电场的分布图，下列说法正确的是（　　）
A．图中a、c两点电势关系为
B．图中b、d两点的电场强度大小关系为
C．电子在a、d两点的电势能关系为
D．将质子从b点移动到c点，电场力做负功
5．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处电势能大于在C处电势能
D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
6．如图所示,a、b两个带电粒子分别从M板左边缘和两板中间同时垂直两平行金属板MN间电场线方向射入,经匀强电场偏转后击中N板的中点P．若不计粒子的重力,则 (　　)
A．粒子b的初速度是粒子a的倍
B．粒子a的比荷是粒子b的2倍
C．若电场强度减小为原来的二分之一,其他条件不变,粒子a、b均从N板右边缘射出
D．若两粒子比荷均减小为原来的四分之一,其他条件不变,粒子a、b均从N板右边缘射出
7．如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8 V、6 V、4 V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，电子的电势能增加5 eV
B．该过程中，电子的电势能减少3 eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5 eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
8．两个固定的点电荷P、Q所形成电场的等势线如图中的虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中的d点进入电场，仅在静电力的作用下运动，运动轨迹如图中的实线所示。下列说法正确的是（　　）
A．点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带负电
B．点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带正电
C．粒子从d点到a点运动的过程中，电势能先减小后增大
D．粒子经过a点时的速度大于经过d点时的速度
二、多选题（本大题共4小题）
9．如图所示，M点有电荷量为Q的负点电荷，在距离点电荷为r处放入厚度为d的平行金属板，N点为金属板内距表面为的点，MN连线与金属板表面垂直。当金属板处于静电平衡时，下列说法正确的是 (　　)
A．金属板的左侧面感应出正电荷
B．金属板的左侧面感应出负电荷
C．感应电荷在N点产生的电场强度E=，方向沿MN连线向右
D．感应电荷在N点产生的电场强度E=，方向沿MN连线向右
10．(多选)在光滑绝缘的水平面上，三个电性未知的带电小球(均可视为点电荷)排成如图所示的一条直线并处于静止状态.已知甲、乙、丙的带电荷量分别为q1、q2、q3，甲、乙之间的距离为r1，乙、丙之间的距离为r2，下列说法正确的是 (　　)
A．每一个带电小球都受到四个力的作用而处于平衡状态
B．若乙带负电，则甲、丙可能都带正电也可能都带负电
C．若r1>r2，则有q1>q3、q2>q3
D．三个小球带电荷量之间的关系为+=
11．如图所示，电路中的二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S，电路稳定后，只改变下列一个条件能增大平行板电容器两板间电场强度的是 (　　)
A．增大平行板电容器两板间距离B．减小平行板电容器的正对面积
C．将滑动变阻器的滑片向b端移动D．断开开关S
12．如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容增加
B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流
C．A、B两板间的电场强度减小
D．P点电势降低
三、非选择题（本大题共5小题）
13．用如图甲所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻.电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻起保护作用.除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
甲 乙
A.电流表量程、
B.电压表量程、
C.定值电阻阻值 ，额定功率
D.定值电阻阻值 ，额定功率
E.滑动变阻器阻值范围 ，额定电流
F.滑动变阻器阻值范围 ，额定电流
（1） 要正确完成实验，电压表的量程应选择______，电流表的量程应选择____A；应选择______ 的定值电阻，应选择阻值范围是__________ 的滑动变阻器.
（2） 关于该实验中存在的误差，下列分析正确的是__.
A. 电流表的分压作用 B. 电压表的分流作用
C. 读数过程中存在偶然误差 D. 读数过程中存在系统误差
（3） 按照要求连接好电路并进行实验，根据实验数据绘出了如图乙所示的图像，则干电池的电动势测量值____，内阻测量值____ .
（4） 在上述实验过程中存在系统误差.下列图像中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源的电流真实值关系的图像，实线是根据测量数据绘出的图像，则图中能正确表示二者关系的是______.
A. B.
C. D.
14．某同学利用如图（a）所示的电路测量未知电阻的阻值与电源电动势E和内阻r，R为电阻箱，电流表可视为理想电流表。操作步骤如下：
(1)测量的阻值。先闭合开关和，调节电阻箱，当电阻箱的阻值R为11Ω时，电流表示数为I；接着断开，调节电阻箱，当电阻箱的阻值R为5Ω时，电流表示数仍为I，此时则的阻值为 Ω；若电流表为非理想电流表，则按照该方法实际测量得到的的阻值将 （选填“偏大”“偏小”或者“不变”）。
(2)保持闭合、断开，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数I。为了直观地得到I与R的关系，该同学以电阻箱的阻值R为纵轴，以x为横轴作出了如图（b）的图像，则横轴x为 ， （均选用字母E、I、和r表示）。
(3)若图（b）中横轴x所表示的物理量的单位为国际单位，由图像可求得电源的电动势 V，内阻 （结果均保留2位有效数字）。
(4)设想用该电源和理想电流表以及无数个电阻构成一个电路，则电流的示数为 A。（结果保留2位有效数字）
15．如图所示，A、B两端接直流稳压电源，U＝70 V，R0＝40 Ω，C＝30 μF，滑动变阻器总电阻R＝60 Ω，当滑片处于滑动变阻器中点时，求：
（1）电路中的等效电阻；
（2）C、D两端的电压；
（3）电容器C所带的电荷量。
16．如图所示，光滑斜面与光滑竖直圆弧轨道相切于点，点为圆弧轨道的最低点，点为圆弧轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场.一质量为、电荷量为的带电小球从斜面上由静止释放，小球始终能沿轨道运动.已知电场强度，斜面与水平方向的夹角 ，圆弧轨道半径，取，，.
（1） 求刚释放小球时小球的加速度的大小；
（2） 若小球恰能到达点，求释放点到点的距离及此运动过程中小球对轨道的最大压力;
（3） 若电场方向反向，大小不变，小球恰能沿圆弧轨道到达点，试求小球运动过程中对轨道的最大压力.
17．如图1所示，在平面直角坐标系第三象限存在竖直向上的匀强电场，场强大小为；第二象限存在水平向右的匀强电场，场强大小也为；第一象限存在水平向左的匀强电场，场强大小为.一质量为、电荷量为的正离子从点由静止释放，点位置坐标为，不计该离子的重力.
图1 图2
（1） 求离子第一次通过轴时的速度大小；
（2） 求离子第二次通过轴时的位置坐标；
（3） 若从离子第一次进入第一象限后开始计时，第一象限中的电场按图2规律变化图中，忽略电场变化引起的电磁感应现象，求离子第四次通过轴时的位置坐标.
2024-2025学年 高二年级上学期教科版物理必修第三册第一、二章单元测试试卷参考答案
1．【答案】C
【详解】A．电场线是为了表示电场的强弱和方向而人为引入的假想曲线，A正确，不符合题意；
B．电场线越密的地方场强越大，同一电荷所受电场力越大，B正确，不符合题意；
C．正电荷只在电场力作用下，只有当电场线是直线且从静止开始运动时才会沿电场线运动， C错误，符合题意；
D．静电场的电场线是不闭合的，D正确，不符合题意。选C。
2．【答案】C
【解析】根据感应起电原理可知,最上方的硬币会带正电,硬币所带正电荷与小球所带的负电荷相互吸引,丝线拉力变大,、错误,正确；用手从最上方硬币依次向下触摸硬币,最上方硬币始终带正电,最下方硬币所带的负电荷会经过人体导向大地,错误.
【关键点拨】感应起电：近端带异种电荷,远端带同种电荷.
3．【答案】D　
【详解】根据电场强度与电势差的关系U=Ed,知φ-x图像的斜率表示电场强度E,a点电势为零,但a点的电场强度不为零,故A错误.O、a间图像斜率与a、b间图像斜率相同,则O、a间与a、b间场强大小、方向均相同,故B错误.由图像可知,沿x轴正方向电势逐渐升高,所以电场方向始终沿x轴负方向,粒子受到的电场力方向沿x轴正方向,从O到b整个运动过程中,粒子所受到的电场力大小和方向不变,做匀加速直线运动,粒子经过b点时速度最大,故C错误,D正确.
4．【答案】A
【详解】由图可知，右边电极电势高于左边电极的电势，电场线从右边电极发出，终止于左边电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知图中a、c两点电势关系为，A正确；根据电场线的疏密代表电场强度的大小，可知图中b、d两点的电场强度大小关系为Eb< Ed，B错误；图中a、d两点电势关系为，根据，且电子带负电，可知电子在a、d两点的电势能关系为，C错误；图中b、c两点电势关系为，且质子带正电，将质子从b点移动到c点，其电势能减小，电场力做正功，D错误。
5．【答案】B
【详解】A．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；
B．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；
C．粒子从A点运动到C点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；
D．由于电势差相同，根据
W=Uq
知，电场力做功相同，故D错误。
故选B。
6．【答案】D　
【详解】两粒子在电场中运动的水平位移相同,由y=··t2,x=v0t,解得x=v0,无法得到初速度与比荷的关系,A、B错误;由x∝知,若将电场强度减小为原来的,其他条件不变,粒子不能从N板射出;由x∝知,若将粒子的比荷减小为原来的,其他条件不变,粒子将从N板右边缘射出,C错误,D正确．
7．【答案】D
【详解】C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得，解得D的电势为
，P是CD的中点，P点电势为，一个电子从A点移动到P点电场力做功为，可知该过程中，电子的电场力做负功3 eV，C错误；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3 eV，AB错误；
D．B点和D点电势为6 V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
，D正确。选D。
8．【答案】A
【详解】AB．图中关于两点电荷连线左右对称，由于电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知，点电荷P、Q带有等量同种正电荷，由于粒子所受电场力为其合力，则电场力指向轨迹内侧，根据图像可知，粒子所受电场力方向与电场方向相反，则粒子带负电，A正确，B错误；
C．结合上述可知，粒子从d点到a点运动的过程中，电场力先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，C错误；
D．根据图像可知，粒子从d点到a点运动的过程中，根据动能定理有
，解得，D错误。选A。
【关键点拨】
电场方向：电场线从高电势指向低电势，根据等势线分布判断电荷类型。
电势能与动能的转换：电场力做功引起电势能和动能的变化，通过动能与电势能变化的关系分析粒子运动情况。
电场力作用方向：根据粒子运动轨迹判断电场力方向，从而确定粒子的电荷性质。
9．【答案】AD
【详解】M点的点电荷带负电，故在金属板的左侧面感应出正电荷，A正确，B错误；由静电平衡可知，金属板内部合场强为零，故感应电荷在N点产生的电场强度与点电荷在N点产生的电场强度等大反向，根据E=k可得，感应电荷在N点产生的电场强度E=，方向沿MN连线向右，C错误，D正确。
10．【答案】AD　
【解析】对每一个带电小球进行受力分析，可知在竖直方向上受重力和支持力，水平方向受另外两个带电小球的库仑力，即每一个带电小球都受到四个力的作用而处于平衡状态，A正确；若乙带负电，则甲、丙只能都带正电，否则甲和丙不能平衡，B错误；对乙有k=k，若r1>r2，则有q1>q3，对甲有k=k，则有q211．【答案】BC
【详解】增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因两板间电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，增大板间距离时，C=、U=、E=得E=，则可知板间场强不变，故A错误；减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，则两板间电压增大，两板间距不变，板间场强E=增大，故B正确；将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器电阻增大，分压变大，电容器两板间的电压变大，板间场强变大，故C正确；断开开关S，电容器不能放电，电容器上的电荷量不变，电容也不变，故两板间的电压不变，板间场强不变，故D错误。
12．【答案】BCD
【思路点拨】做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B极接地，电势为零．
【详解】A．根据C=，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，A错误；
B．在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，B正确；
C．根据E=U/d可知间距d增大，E减小，选项C正确；
D．因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，D正确；选BCD．
13．【答案】（1） 3；0.6；1；
（2） BC
（3） 1.5；0.6
（4） A
【解析】
（1） 由于一节干电池的电动势约为,所以选量程为的电压表；估算电流时,考虑到干电池的内阻一般为几欧左右,加上保护电阻,最大电流在左右,所以选量程为的电流表；由于电池内阻很小,所以保护电阻不宜太大,否则会使得电流表、电压表读数较小,使得误差较大,所以选 的定值电阻；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就可以, 的滑动变阻器就能很好地控制电路中的电流和电压,若选 的滑动变阻器会出现电表读数开始几乎不变最后突然变化的现象,故应选 的滑动变阻器.
（2） 本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比真实值小,故错误,正确；读数过程中存在的是偶然误差,故正确,错误.
（3） 由闭合电路欧姆定律有,得,由题图乙可知, .
（4） 系统误差一般是由测量工具和测量方法造成的,具有倾向性,总是偏大或者偏小；本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小,造成,,故图线的纵轴截距偏小,斜率偏小,故正确.
【方法总结】 电流表内接法、外接法造成的误差分析
（1）电流表内接法
,电压表示数,电流表示数,,误差来源于电流表的分压作用.
（2）电流表外接法
,电压表示数,电流表示数,,误差来源于电压表的分流作用.
14．【答案】(1) 6 ；不变，(2) ；，(3) 3.1；3.3，(4)0.12
【详解】（1）[1]先闭合开关和，调节电阻箱，当电阻箱的阻值R为时，电流表示数为I，根据闭合电路欧姆定律有，断开，调节电阻箱，当电阻箱的阻值R为时，电流表示数仍为I，根据闭合电路欧姆定律有，解得
[2]根据上述结论可知，待测电阻的阻值与电流表的内阻无关，则若电流表为非理想电流表，则按照该方法实际测量得到的R的阻值将不变。
（2）[1][2]保持闭合、断开，多次调节电阻箱的阻值，根据闭合电路欧姆定律有，整理得，则横轴x为，纵轴y为.
（3）[1][2]根据上述图像函数表达式可知，图像斜率表示电动势，则有，根据图像截距有，解得
（4）设虚线框内电阻为R，则，解得，则电流表读数为
15．【答案】（1）21 Ω　（2）40 V　（3）1.2×10－3 C
【详解】（1）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与R0串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则有电路中的等效电阻
R等效＝＝Ω＝21 Ω
（2）当滑片处于滑动变阻器中点时，则有滑动变阻器R的上半部分与R0串联，再与滑动变阻器R的下半部分并联，则串联电路总电阻为
R′＝R＋R0＝×60 Ω＋40 Ω＝70 Ω
由欧姆定律可得流经R0的电流
I0＝＝ A＝1 A
C、D两端的电压
UCD＝I0R0＝1×40 V＝40 V
（3）由电容器电容的定义式C＝，可得电容器C所带的电荷量
Q＝CUCD＝30×10－6×40 C＝1.2×10－3 C。
16．【答案】（1）
（2） ；67.,方向与竖直方向成 角斜向右下
（3） ,方向与竖直方向成 角斜向左下
【解析】
（1） 小球所受静电力水平向右,对小球受力分析,垂直轨道方向,有 ,可知小球始终沿轨道运动,根据牛顿第二定律有,解得.
（2） 若小球恰好能到达点,在点,由牛顿第二定律有,从释放到到达点,由动能定理得,联立解得；设小球在点右侧某位置达到最大速度,该位置和圆心连线与竖直方向成 角,则该位置小球对轨道的压力最大,由受力分析得,解得 ,由释放点到该位置的过程,由动能定理,有,解得,对在该位置的小球,由牛顿第二定律得,解得,由牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为,方向与竖直方向成 角斜向右下.
（3） 设小球在点左侧处达到最大速度,与圆心的连线与竖直方向的夹角为 ,同（2）解得 ,沿如图所示方向,若小球恰能沿圆弧轨道到达点,则应恰能通过点（等效最高点）,当小球恰好通过点时,由牛顿第二定律得,解得,小球由到过程,由动能定理得,其中,解得,小球经过点,由牛顿第二定律得,解得,由牛顿第三定律得小球运动过程中对轨道的最大压力大小为,方向与竖直方向成 角斜向左下.
17．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 设离子第一次通过轴时的速度大小为,在第三象限的电场中,由动能定理得,解得.
（2） 离子在第二象限做类平抛运动,竖直方向有,水平方向有,联立解得,,故离子第一次通过轴时的位置坐标为.因第一象限电场强度为第二象限的一半,因此离子在第一象限的加速度大小为第二象限的一半,且方向相反,因此离子在第一象限内水平方向需要用时间先匀减速为0,再通过时间反向匀加速回到轴,由此离子在第一象限内运动的时间,竖直方向的速度不受影响,一直是,有,最后有,则离子第二次通过轴时的位置坐标为.
（3） 由第（2）问可知,离子第一次经过轴时的位置坐标为,用时为,此时离子进入第一象限,在水平方向上,离子在的时间内减速为0,~的时间内水平速度为0,在~的时间内在水平方向上向左匀加速,再次回到轴,总时间为,有,此时离子离开第一象限进入第二象限,该时刻为.进入第二象限后,离子在水平方向上经过的时间先匀减速至水平速度为0,再次反向匀加速时间回到轴.因此有,此时离子第三次经过轴,该时刻为.在~时间内,由于此时间内第一象限内不存在电场,离子在水平方向上匀速向右运动.在时间内出现电场,离子匀减速至水平速度为0.在的时间内,第一象限不存在电场,同时离子在水平方向的速度也为0,在水平方向不运动.在~的时间内,离子受到向左的电场力,向左匀加速,和匀减速的水平位移相互抵消.在的时间内,第一象限不存在电场,离子再次在水平方向上做匀速运动,与~时间内的水平位移相互抵消,再次回到轴.此时离子第四次回到轴,此次用时总时间为,因此有,最后有,离子第四次通过轴的位置坐标.
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