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(含解析)

资源下载
  1. 二一教育资源

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(含解析)

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.
第 page number 页,共 number of pages 页
第 page number 页,共 number of pages 页

展开更多......

收起↑

资源预览