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全书综合测评(二)
全卷满分100分　考试用时75分钟
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.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南;然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料,下列说法正确的是(　　)
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理南极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.在赤道位置放置一枚小磁针,小磁针N极指向地理的南极
2.如图所示,边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q,则该三角形中心O点处的场强为(已知静电力常量为k)(　　)
A.,方向由C指向O
B.,方向由O指向C
C.,方向由C指向O
D.,方向由O指向C
3.△ABC是一等腰直角三角形,∠A=90°,如图所示,在顶点B、C各放置一个电荷量大小为Q的负点电荷,这时顶点A处电场强度的大小为E1;若将C处的负点电荷替换为电荷量为Q的正点电荷,B处不变,这时顶点A处电场强度的大小为E2,则的值为(　　)
A.1　　　B.　　　C.　　　D.2
4.如图所示电路中,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C为电容器,电表均为理想电表。闭合开关S,电路稳定后,一带电液滴在电容器C中恰好静止,在滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中,电表A、V1、V2的示数分别用I、U1和U2表示,示数变化量分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示,下列正确的是(　　)
A.电流表的示数变小
B.带电液滴在电容器中会向上运动
C.变大
D.不变
5.已知均匀带电球壳在其内部任意一点产生的电场强度均为0。如图所示,空间存在一个半径为R的均匀带电球体,球心为O1,总电荷量为+Q。现在在球内挖去一个以O2为球心、半径为r(rA.E=,方向由O1指向P
B.E=,方向由O2指向P
C.E=,方向由O2指向O1
D.E=,方向由O1指向O2
6.如图甲所示,xOy平面内M点的坐标为(6 cm,4.5 cm),N点的坐标为(4.5 cm,6 cm),一匀强电场的方向平行于xOy平面,已知O点的电势为12 V。用仪器沿x轴和y轴方向探测各点的电势,得到电势与x轴、y轴坐标的函数关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为7 V/cm,沿OM方向
B.电场强度大小为5 V/cm,沿OM方向
C.电场强度大小为7 V/cm,沿ON方向
D.电场强度大小为5 V/cm,沿ON方向
7.已知表头的内阻Rg为200 Ω,满偏电流Ig为2 mA,现将表头改装成量程为0~3 V和0~10 V的双量程电压表(如图甲)及量程为0~0.1 A和0~1 A的双量程电流表(如图乙),则下列说法正确的是(　　)
　
A.图甲中使用A、B两个端点时,量程为0~10 V,使用A、C两个端点时,量程为0~3 V
B.R1=1 300 Ω,R2=5 000 Ω
C.图乙中使用A、B两个端点时,量程为0~0.1 A,使用A、C两个端点时,量程为0~1 A
D.R3=0.41 Ω,R4=3.67 Ω
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.某静电场中的等势面如图中虚线所示,则下列说法正确的是(　　)
A.B点的电场强度比A点的小
B.A点的电势比C点的低
C.将电荷从B点移到A点,电场力不做功
D.负电荷在C点的电势能大于零
9.如图甲所示,真空中x轴原点O处固定一电荷量为Q的正点电荷a,另一试探电荷b以初动能Ek0自x2位置沿x轴负方向运动,该过程试探电荷b的动能Ek-图像如图乙所示。已知静电力常量为k,选无穷远处电势为0,与点电荷a距离r处的电势φ=,b仅受电场力作用,下列说法正确的是(　　)
　
A.试探电荷b带负电
B.沿x轴正方向电势逐渐降低
C.试探电荷b在x2处的电势能大于在x1处的电势能
D.若仅将a的电荷量变为4Q,则试探电荷b速度减为0时的位置坐标是
10.如图甲所示,真空中有一电子枪连续不断且均匀地发出质量为m、电荷量为e、初速度可视为零的电子,经电压为U1=的直线加速电场加速,由小孔穿出加速电场后,沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板间距离为d、板长均为L,两板间加周期性变化的电压UAB,UAB随时间变化的关系图像如图乙所示,变化周期为T,t=0时刻,UAB=U0,不计电子的重力和电子间的相互作用力,不考虑电场的边缘效应,且所有电子都能离开偏转电场,下列说法正确的是(　　)
A.电子从加速电场飞出后的速度大小为
B.电子在偏转电场中运动的时间为
C.t=时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y=
D.在0三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(7分)在实验室测量一个直流电源的电动势和内阻。电源的电动势大约为4.5 V,内阻大约为1.5 Ω。除了导线、开关外,实验室还能提供如下器材:
A.量程为0~3 V的电压表V
B.量程为0~0.6 A的电流表A1
C.量程为0~3 A的电流表A2
D.阻值为4.0 Ω的定值电阻R1
E.最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R2
F.最大阻值为10 Ω的滑动变阻器R3
选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材,采用图甲所示电路测量电源的电动势和内阻。
(1)电流表应该选择　　　　(选填“B”或“C”);滑动变阻器应该选择　　　　(选填“E”或“F”)。
(2)分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标,计算机拟合得到如图乙所示U-I图像,U和I的单位分别为V和A,拟合公式为U=-5.8I+4.6,则电源的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(均保留两位有效数字)
(3)在测量电源的电动势和内阻的实验中,产生系统误差的主要原因是　　　　。
A.电压表的分流作用　　　B.电压表的分压作用
C.电流表的分压作用　　　D.电流表的分流作用
12.(9分)为了测量一精密金属丝的电阻率:
(1)如图所示,先用多用电表电阻“×1”挡粗测其电阻为　　　Ω,然后用螺旋测微器测其直径为
　　　mm,游标卡尺测其长度为　　　　cm。
(2)为了减小实验误差,需进一步测其电阻,除待测金属丝外,实验室还备有的实验器材如下:
A.电压表V(量程0~3 V,内阻约为15 kΩ)
B.电流表A(量程0~0.6 A,内阻约为1 Ω)
C.滑动变阻器R1(0~5 Ω,0.6 A)
D.滑动变阻器R2(0~200 Ω,0.1 A)
E.输出电压为3 V的干电池组
F.开关S,导线若干
为了提高测量的准确度,则滑动变阻器应选　　　(选填器材前面的字母)。
(3)下列给出的测量电路中,为让测量时电表变化范围较大,最合适的电路是　　　　,并连接实物图。
　　　
　　　
(4)如果金属丝直径为D,长度为L,所测电压为U,电流为I,写出电阻率表达式ρ=　　　　。
13.(10分)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.2 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点,A带有Q=3.0×10-6 C的正电荷,两线夹角为120°,A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量为0.3 kg。重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,A、B球可视为点电荷,求:
(1)支架对地面的压力大小;
(2)将B水平向左移,使N、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小。
14.(12分)如图所示,竖直平面内有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E,从A点将质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电小球以速度v竖直向上抛出,经过一段时间小球到达B点(图中未画出),此时速度方向水平向右。已知重力加速度为g。
(1)求小球运动到B点时的速度大小;
(2)求A、B两点的电势差;
(3)若电场强度大小为E=,求小球由A点运动到B点过程中的最小速度的大小。
15.(16分)如图所示,在粗糙绝缘的水平面上,长为2d的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球甲和乙,甲、乙所带的电荷量分别为+2q和-3q,甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ。现让甲处于矩形有界匀强电场ABDC内,虚线AB位于细杆的中垂线,AB和CD间的距离为3d,匀强电场的电场强度大小为E=,方向水平向左,甲和乙可视为质点,不考虑两者间相互作用的库仑力,已知d=1.2 m,m=0.1 kg,μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。从静止开始释放甲、乙,求:
(1)小球乙第一次到达电场边界AB时的速度大小v;
(2)小球甲从开始运动到第一次到达电场边界CD所用的时间t;
(3)从开始向左运动到速度第一次为零的过程中,整个甲、乙连接体电势能的变化量ΔEp。
答案全解全析
全书综合测评(二)
1.A　地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,而是有一定的夹角,即地磁偏角,故A正确;磁感线是闭合的曲线,由题图可推知地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B错误;由题图可知地磁场的磁感线从地理南极附近发出,从地理北极附近进入地球,组成闭合曲线,只有赤道上方附近的地磁场方向与地面平行,故C错误;小磁针静止时N极指向磁感线的方向,在赤道位置放置一枚小磁针,小磁针N极指向地理的北极,故D错误。
2.B　三个点电荷在O点的场强大小均为E=k=,A处的点电荷在O点的场强方向沿AO方向,B处的点电荷在O点的场强方向沿BO方向,C处的点电荷在O点的场强方向沿OC方向,则合场强大小为E合=2E cos 60°+E=,方向由O指向C。故选B。
3.A　在顶点B、C各放置一个电荷量大小为Q的负点电荷,这时顶点A处电场强度的大小为E1,方向垂直BC向下,如图1所示,E1=2E cos 45°=E;若将C点处的负点电荷替换为电荷量为Q的正点电荷,场强方向如图2所示,这时顶点A处电场强度的大小E2=2E cos 45°=E,则=1,故选A。
　
4.D　滑动变阻器R3的滑片自a端向b端滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的阻值减小,总电阻减小,总电流变大,所以理想电流表的示数变大,A错误;根据“串反并同”可知电容器两端电压变小,由E=可知场强变小,带电液滴受到的重力大于电场力,带电液滴在电容器中会向下运动,故B错误;根据欧姆定律可知R1=,因为R1不变,所以不变,故C错误;根据闭合电路欧姆定律得U2=E-I(R1+r),可知=R1+r,即不变,故D正确。
5.D　挖去小球后该带电球体可等效为一个带电荷量为+Q的大球和一个带电荷量为-Q'的带负电小球,且Q'=Q,空腔内任一点的场强就是这两个带电球体在该点产生的场强的矢量和,如图所示。
设O1到P点的距离为r1,O2到P点的距离为r2,+Q在P点产生的场强大小为E1==·=,方向由O1指向P;-Q'在P点产生的场强大小为E2==·=,方向由P指向O2,由矢量运算法则与三角形相似,可得P点的电场强度方向由O1指向O2,大小E=,故选D。
6.D　沿电场方向电势降低,结合题图乙可得,匀强电场沿x轴正方向的电场强度大小为Ex= V/cm=3 V/cm,沿y轴正方向的电场强度大小为Ey= V/cm=4 V/cm,所以匀强电场的电场强度大小为E==5 V/cm;设电场强度与x轴正方向的夹角为θ,则tan θ==,结合题图甲可知匀强电场的电场强度沿ON方向。故选D。
7.D　图甲中使用A、C两个端点时,串联的分压电阻较大,则量程较大,即量程为0~10 V,使用A、B两个端点时,量程为0~3 V,故A错误;根据IgRg+IgR1=3 V解得R1=1 300 Ω,根据IgRg+Ig(R1+R2)=10 V解得R2=3 500 Ω,故B错误;图乙中使用A、B两个端点时,并联的分流电阻较小,则量程较大,即量程为0~1 A,使用A、C两个端点时,量程为0~0.1 A,故C错误;根据Ig+=1 A,Ig+=0.1 A,解得R3≈0.41 Ω,R4≈3.67 Ω,故D正确。
8.CD　图中各相邻等势面间的电势差相等,等势面密集处,对应的电场强度大,故B点的电场强度比A点的大,A错误;由图可知A点的电势为0,C点电势为-2 V,则φA>φC,B错误;A、B两点在同一等势面上,φA=φB,将电荷从B点移到A点,W=q(φB-φA)=0,即电场力不做功,C正确;负电荷在C点的电势能EpC=qφC,因q<0、φC<0,所以EpC>0,D正确。
9.BD　由题图可知,试探电荷b由x2运动到x1的过程中,动能减小,则电势能增大,O处场源电荷a带正电,可知试探电荷b带正电,故A、C错误;x轴上O点右侧电场线沿x轴正方向,沿着电场线方向电势降低,故B正确;根据能量守恒定律可得Ek0=Ep1-Ep2=-,若仅将a的电荷量变为4Q,试探电荷b的速度减为0时,则有Ek0=Ep-Ep2=-,解得x=,故D正确。
10.BD　电子在加速电场中运动过程,根据动能定理得eU1=m,解得v0=,故A错误;电子在偏转电场中,水平方向做匀速直线运动,所以运动的时间为t==,故B正确;t=时刻射入偏转电场的电子,在时间T~T内的偏转距离y1=·=,在t=T时刻,电子垂直于板的速度大小vy=·=,在随后时间T~T内偏转的距离y2=vy·-·=,则t=时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y=y1+y2=,故C错误;在0~内,假设电子在tx时刻进入偏转电场,离开时恰好从中线处离开,则有·+tx-·=0,解得tx=,可知,在011.答案　(1)B(1分)　F(1分)　(2)4.6(1分)　1.8(2分)　(3)A(2分)
解析　(1)电源的电动势约为4.5 V,内阻约为1.5 Ω,由于有定值电阻的存在,电路中的最大电流约为Im= A≈0.82 A,如果用量程为0~3 A的电流表,则读数误差较大,因此电流表应选B;定值电阻R1和电源内阻的阻值都较小,滑动变阻器的最大阻值不能太大,考虑到实验操作方便,应选F。
(2)根据闭合电路欧姆定律有U=E-I(R1+r),拟合公式为U=-5.8I+4.6,对照可得电源电动势E=4.6 V,R1+r=4.0 Ω+r=5.8 Ω,可得内阻r=1.8 Ω。
(3)由电路图可知,电压表的分流作用会造成系统误差,导致电流表的电流不是通过电源的电流,故选A。
12.答案　(1)6.0(1分)　2.095(或2.094、2.096)(1分)　3.62(1分)　(2)C(2分)　(3)B(1分)　图见解析(1分)　(4)(2分)
解析　(1)用多用电表电阻“×1”挡粗测其电阻为6.0 Ω;用螺旋测微器测其直径为2 mm+9.5×0.01 mm=2.095 mm;游标卡尺为10分度,精度为0.1 mm,游标卡尺测其长度为36 mm+2×0.1 mm=36.2 mm=3.62 cm。
(2)电路中的最大电流约为Im==0.5 A,电流表量程为0~0.6 A,为了提高测量的准确度,电流表指针不宜偏转过小,故选C。
(3)粗测金属丝电阻为6.0 Ω,电压表内阻远大于待测电阻,则采用电流表外接法;为让测量时电表变化范围较大,滑动变阻器应采用分压式接法,故选B。实物图连接如图所示:
(4)根据R==ρ,其中S=πD2,解得电阻率ρ=。
13.答案　(1)2.1 N　(2)2.0 N　2.225 N
解析　(1)小球A、B间的库仑力大小F库=k=9.0×109× N=0.9 N(2分)
以B和绝缘支架整体为研究对象,受力分析如图甲所示,地面对支架的支持力大小为
FN=mg-F库=2.1 N(1分)
由牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小为2.1 N(1分)
　
(2)将B水平向左移,使N、A、B在同一直线上,此时A、B间距为r1=0.6 m
A、B间的库仑力F库'=k=0.225 N(2分)
以小球A为研究对象,受力分析如图乙所示,可得F1 cos 30°+F库' cos 30°=F2 cos 30°(1分)
F1 sin 30°+F2 sin 30°=F库' sin 30°+mAg(1分)
解得AM线上的拉力F1=2.0 N,AN线上的拉力F2=2.225 N(2分)
14.答案　(1)　(2)　(3)v
解析　(1)小球在竖直方向做竖直上抛运动,有
0=v-gt(1分)
小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动,有qE=ma(1分)
小球运动到B点时的速度vB=at(1分)
联立解得vB=(1分)
(2)小球从A点运动到B点的过程,由动能定理得
qUAB-mgh=m-mv2(2分)
又v2=2gh(1分)
联立解得UAB=(1分)
(3)设电场力与重力的合力与水平方向的夹角为θ,根据几何关系可得tan θ==2(1分)
当速度与合力方向垂直时动能最小,有
vmin=v cos θ(2分)
联立解得vmin=(1分)
15.答案　(1)6 m/s　(2)0.8 s　(3)-2.4 J
解析　(1)从静止释放到小球乙第一次到达电场边界AB的过程中,对甲、乙两小球根据动能定理可得
2qEd-μ·2mgd=×2mv2(2分)
解得v=6 m/s(2分)
(2)从静止释放到小球乙第一次到达电场边界AB的过程,系统的加速度为a1==15 m/s2(2分)
此过程所用时间为t1==0.4 s(1分)
从小球乙进入电场到小球甲第一次到达电场边界CD的过程,系统的加速度为
a2==-15 m/s2(2分)
此过程系统做匀减速直线运动,设小球甲第一次到达电场边界CD时的速度为v1,则有
v1==0(2分)
此过程所用时间为t2=t1=0.4 s(1分)
小球甲从开始运动到第一次到达电场边界CD所用的时间t=t1+t2=0.8 s(1分)
(3)小球甲第一次到达电场边界CD时的速度刚好为零,则从开始向左运动到速度第一次为零的过程中,电场力对甲、乙连接体做功为
W电=2qE·2d-3qEd=2.4 J(2分)
则有ΔEp=-W电=-2.4 J,即电势能减小2.4 J。(1分)

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