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全书综合测评(一)
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.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(均可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是(　　)
A.a对b的静电力可能是斥力
B.a对c的静电力一定是引力
C.a的电荷量可能比b少
D.a的电荷量一定比b多
2.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线,图乙是场中的一些点:O是两点电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上关于O对称的两点,B、C和A、D也关于O对称。则以下判断错误的是(　　)
　
A.B、C两点场强大小和方向都相同
B.A、D两点场强大小相等,方向相反
C.E、O、F三点比较,O点场强最强
D.B、O、C三点比较,O点场强最弱
3.带电粒子从电场中a点以初速度v0进入电场,仅在电场力作用下沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线。关于粒子,下列说法正确的是　(　　)
A.粒子一定带正电
B.在a点的加速度大于在b点的加速度
C.在a点的速度小于在b点的速度
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
4.如图所示,真空中A、B两个质量相同的带电小球分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的O点,平衡时O、A间细线竖直且A小球与光滑竖直绝缘墙壁接触,O、B间细线偏离竖直方向60°。已知A所带的电荷量为B所带电荷量的3倍,两个小球质量均为0.3 g,重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2。下列说法正确的是(　　)
A.两个小球可能带异种电荷
B.A小球所带的电荷量为×10-7 C
C.竖直墙壁对A小球的作用力大小为×10-3 N
D.若B小球缓慢漏电,则O、B间细线上的拉力逐渐减小
5.如图所示,平行板电容器的两极板接于两节串联的干电池两端,一带电小球悬挂在电容器内部,闭合开关K,电容器充电,平衡时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,下列说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.若将A板向下移动少许,θ将变大
C.若将B板向左移动少许,θ将变小
D.断开开关K,并将B板向左移动少许,θ保持不变
6.如图所示,一等边三角形的三个顶点A、B、C处分别放有+q、-q、-q的点电荷,过顶点C作AB边的垂线,M、N、O是垂线上的三点,且MN=NO,则下列说法正确的是(　　)
A.M处的场强大于N处的场强
B.M处的电势等于N处的电势
C.M、N间的电势差小于N、O间的电势差
D.电子在M处的电势能大于在N处的电势能
7.在如图所示的电路中,C为电容器,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器,电源内阻为r,电流表和电压表均为理想电表,开关S闭合后将滑动变阻器R2的滑片P从左向右缓慢滑动,电压表V1的示数及示数变化量分别记为U1和ΔU1,电压表V2的示数及示数变化量分别记为U2和ΔU2,电流表A的示数及示数变化量分别记为I和ΔI,下列说法正确的是(　　)
A.|ΔU1|>|ΔU2|
B.|ΔU1|=|ΔU2|
C.变大,不变
D.电容器带的电荷量减少
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.关于磁感应强度的定义式B=,下列说法正确的是(　　)
A.若某电流元不受磁场的作用力,该位置的磁感应强度不一定为零
B.磁感应强度B是矢量,方向与F的方向相同
C.根据定义式可知,磁场中某点的磁感应强度B与F成正比,与IL成反比
D.该定义式采用了比值定义法,反映磁场本身的性质,与是否存在电流元无关
9.在电场和重力场都存在的空间中,一带电小球从A点运动到B点,电场力做了10 J的功,重力做了6 J的功,克服阻力做了7 J的功,则此过程中带电小球的　(　　)
A.机械能增加了3 J,动能增加了9 J
B.机械能减少了7 J,动能减少了10 J
C.电势能增加了10 J,动能增加了9 J
D.电势能减少了10 J,重力势能减少了6 J
10.如图所示,虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且相邻间距为2 cm的等势面,一电子经过O时的动能为10 eV,从O到C的过程中克服电场力所做的功为6 eV,已知等势面B的电势为0,下列说法正确的是(　　)
A.等势面A的电势为2 V
B.该匀强电场的场强大小为100 V/m
C.该电子经过等势面C时,其电势能为-2 eV
D.该电子经过等势面A时的动能是经过等势面C时动能的2倍
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(8分)某课外兴趣小组设计并制作了马铃薯电池,并通过以下实验操作测定马铃薯电池的电动势和马铃薯的电阻率。实验原理如图甲所示:
(1)电极材料由正对面积为S=8.0 cm2、间距为d的铜片与锌片构成,将马铃薯切成长度为d且接触面积与正、负电极面积相等的矩形块。用游标卡尺测量马铃薯块的长度如图乙所示,则马铃薯块的长度d=　　　　cm。
(2)将马铃薯块置于铜片与锌片两电极之间,确保马铃薯块与电极的良好接触。
(3)改变电阻箱的电阻,记录5组电压传感器的示数U及对应的电流传感器的示数I,并在U-I图像中描点,如图,在图中作出U-I图线。
(4)由U-I图像可知马铃薯电池的电动势E=　　　　V,内阻r=　　　　Ω。(结果均保留两位有效数字)
(5)马铃薯的电阻率为ρ=　　　　Ω·m。(结果保留两位有效数字)
(6)电流传感器的电阻对本实验电池电动势的测量结果　　　　(选填“有”或“无”)影响。
12.(8分)如图所示,有一个电学黑箱面板上有三个接线柱A、B和C,已知黑箱内只有两个元件,且两个接线柱间只接一个元件,某小组同学进行了如下的操作:
(1)用多用电表的直流电压挡在任意两点间测量,均无示数,说明箱内无电源。
(2)用多用电表的电阻挡测量:①红、黑表笔在A、B间测量,阻值约为60 Ω,反接阻值也约为60 Ω,表明A、B间有一阻值约为60 Ω的定值电阻;②红、黑表笔在A、C间测量,指针迅速偏转较大角度后,又慢慢回到阻值无穷大处,反接也是这种现象;③红、黑表笔在B、C间测量,指针迅速偏转较大角度后,又慢慢回到阻值无穷大处,反接也是这种现象。表明黑箱内除定值电阻外,另一元件为　　　　。(选填“二极管”或“电容器”)
(3)该小组同学进一步用伏安法测定A、B间电阻的阻值Rx,实验室提供的器材如下:
电源E(电动势约为3 V)
电流表A1(量程为0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω)
电流表A2(量程为0~0.06 A,内阻约为0.5 Ω)
电压表V(量程为0~3 V,内阻约为1 kΩ)
滑动变阻器R(阻值范围0~10 Ω)
开关S及导线若干
为减小误差和操作方便,电流表应选用　　　　(选填“A1”或“A2”),滑动变阻器采用　　　　(选填“分压”或“限流”)式接法,测量电路采用电流表　　　　(选填“内接”或“外接”)法。
13.(8分)有一竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道,两个质量相同的小球A、B(小球半径远小于R)在轨道上保持静止,A、B小球所带电荷量大小均为q,稳定时如图,两小球和圆心的连线与竖直方向成45°角,静电力常量为k,重力加速度为g,求:
(1)A、B小球间的库仑力大小F;
(2)小球的质量m。
14.(14分)如图,ABPM为竖直放在场强大小为E=104 V/m、方向水平向右的匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的AB段水平,BPM部分是半径为R的圆弧形轨道,P是轨道上与圆心O等高的点,∠MOP=53°,轨道的水平部分与圆弧相切,A为水平轨道上的一点,且lAB=R=0.8 m。把一质量m=0.2 kg、带电荷量q=+2×10-4 C的小球放在水平轨道上的A点由静止释放,小球在轨道的内侧运动,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,小球可视为质点。
(1)小球到达P点时轨道对小球的弹力大小为多少
(2)小球运动过程中的最大速度大小为多少 (结果可以用根式表示)
(3)在B点左侧某位置由静止释放小球,使其能通过M点,则释放点离B点的最小距离为多少
15.(16分)类比是研究和解决物理问题的常用方法,万有引力定律和库仑定律都是平方反比定律,它们具有许多相似性,比如天体在万有引力的作用下做匀速圆周运动,带电体也可以在库仑力的作用下做匀速圆周运动。如图甲所示,足够大的绝缘光滑水平面处于真空中,将质量为M、带电荷量为+Q的小球A锁定在O点,质量为m、带电荷量为-q的小球B绕小球A做半径为r的匀速圆周运动。静电力常量为k,不计带电小球间的万有引力作用,带电小球B绕小球A运动时可视为质点。
(1)求小球B运动的线速度大小;
(2)求小球B运动的周期;
(3)如图乙所示,解除对小球A的锁定,它们均绕AB连线上的N点做匀速圆周运动,此时小球A和小球B间的距离为L,求:
①小球A做圆周运动的轨道半径;
②小球B做圆周运动的角速度大小和周期。
答案全解全析
全书综合测评(一)
1.D　根据静电力方向来确定各自电性,从而得出“两同夹一异”,则有a对b的静电力一定是引力,a对c的静电力一定是斥力,A、B错误;同时根据平衡条件来确定静电力的大小,并由库仑定律来确定各自电荷量的大小,因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”,因此a的电荷量一定比b多,C错误,D正确。
2.B　根据图甲和对称性可知,B、C两点场强大小和方向都相同,故A正确;A、D两点场强大小和方向都相同,故B错误;根据图甲电场线的疏密程度可知,E、O、F三点比较,O点场强最强,故C正确;根据图甲电场线的疏密程度可知,B、O、C三点比较,O点场强最弱,故D正确。
3.C　粒子的运动轨迹为曲线,则粒子受到的电场力方向指向轨迹凹侧,由于电场方向未知,所以无法确定粒子的电性,也无法确定a点的电势和b点的电势高低,故A、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,可知Ea4.C　A、B处于静止状态,对A、B小球受力分析,如图所示,
B受到A的库仑斥力,故A、B带同种电荷,故A错误;设A所带电荷量为q,则B所带电荷量为,对B根据平衡条件有F==mg,其中r=0.1 m,解得q=1×10-7 C,故B错误;设竖直墙壁对A小球的弹力为FN,对A根据平衡条件有FN=F' sin 60°=F sin 60°,解得FN=×10-3 N,故C正确;对B分析,根据三角形相似有=,由于mg、OA、OB均不变,故拉力大小也不变,故D错误。
5.D　由题图可知,闭合开关K,A板带正电,B板带负电,电场强度由A板指向B板,小球带正电,A错误;若保持K闭合,则电容器两极板之间的电压保持不变,根据E=可知,A板向下移动少许,d不变,电场强度不变,则小球受到的电场力不变,θ将不变,B错误;B板向左移动少许,d减小,电场强度变大,则小球受到的电场力变大,θ将变大,C错误;断开开关K,电容器所带电荷量保持不变,由C=和C=以及E=,可得E=,将B板向左移动少许,电场强度不变,θ保持不变,D正确。
6.C　A、B两处的点电荷在N和M点产生合场强的方向都是平行于AB向右的,且N点的合场强大于M点的合场强;C处的点电荷在N和M点产生场强的方向都是指向C的,且在N点产生的场强大于在M点产生的场强,所以可知A、B、C三处的点电荷在N点产生的合场强大于在M点产生的合场强,故A错误。线段MO上合场强的方向为右下方,设电子沿直线由M点到N点,电场力做负功,电势能增大,所以电子在M点的电势能小于在N点的电势能,又因为电子带负电,其电势能大的位置电势低,即M点的电势高于N点的电势,故B、D错误。M、N间的场强小于N、O间的场强,又因为MN=NO,根据U=Ed定性分析可知,M、N间的电势差小于N、O间的电势差,故C正确。
7.C　滑片P从左向右滑动,R2接入电路的阻值增大,电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,电流I减小,路端电压U1增大;根据闭合电路欧姆定律可得U1=E-Ir,U2=E-I(r+R1),可得ΔU1=-ΔIr,ΔU2=-ΔI(r+R1),则有|ΔU1|<|ΔU2|,故A、B错误。根据欧姆定律可得R2=,可知变大,由于=r+R1,可知不变,故C正确。对于电容器,根据Q=CU1可知电容器带的电荷量增加,故D错误。
8.AD　当电流元与磁场方向平行时,即使磁感应强度不为零,电流元也不受磁场力,故A正确;磁感应强度方向由磁场本身决定,磁感应强度方向与力F方向垂直,故B错误;磁感应强度B由磁场本身决定,与F和IL无关,故C错误;定义式B=采用了比值定义法,B的大小仅由磁场性质决定,与电流元无关,故D正确。
9.AD　小球机械能的变化量等于电场力与阻力做功之和,即机械能的变化量ΔE=W电+W阻=10 J-7 J=3 J,即机械能增加了3 J;根据动能定理可知,小球动能的变化量等于各个力做功的代数和,为ΔEk=WG+W电+W阻=6 J+10 J-7 J=9 J,即动能增加了9 J,故A正确,B错误。电场力做了10 J的功,电势能减少了10 J,重力做了6 J的功,则重力势能减少了6 J,故C错误,D正确。
10.ABD　因等势面间距相等,由U=Ed得相邻等势面之间电势差相等,电子由O到C,-eUOC=-6 eV,可得UOC=6 V,则两个相邻的等势面之间的电势差为2 V,因电场力做负功,故电场方向垂直等势面向右,沿电场线方向电势降低,等势面B的电势为0,则等势面A的电势为2 V,故A正确;根据U=Ed代入数据解得E=100 V/m,故B正确;等势面C的电势为-2 V,经过C时,电势能为Ep=-eφC=2 eV,故C错误;由O到A,根据动能定理有WOA=-eUOA=EkA-EkO=-2 eV,所以EkA=8 eV,由O到C,根据动能定理有WOC=-eUOC=EkC-EkO=-6 eV,所以EkC=4 eV,则EkA=2EkC,故D正确。
11.答案　(1)10.230(1分)　(3)图见解析(1分)　(4)0.71(1分)　1.9×103(1分)　(5)15(2分)　(6)无(2分)
解析　(1)马铃薯块的长度d=10.2 cm+6×0.05 mm=10.230 cm。
(3)作出U-I图线如图:
(4)根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir,由U-I图线可知电动势E≈0.71 V,内阻r= Ω≈1.9×103 Ω。
(5)根据r=ρ,可得ρ== Ω·m≈15 Ω·m。
(6)该实验中主要是电压传感器的电阻对电池电动势的测量值有影响,而电流传感器的电阻对本实验电池电动势的测量结果无影响。
12.答案　(2)电容器(2分)　(3)A2(2分)　分压(2分)　内接(2分)
解析　(2)二极管正向电阻很小,反向电阻很大,电阻表红、黑表笔接A、C与接C、A时,电表指针最终都回到阻值无穷大处,则另一元件不是二极管;如果该元件是电容器,电阻表刚与接线柱接通时给电容器充电,指针偏角较大,充电完毕稳定后电容器电阻为无穷大,指针回到阻值无穷大处,与实验现象相符。
(3)电路中最大电流约为I= A=0.05 A,电流表应选择A2;待测电阻阻值大于滑动变阻器的最大阻值,为减小误差和操作方便,滑动变阻器应采用分压式接法;由器材参数可知Rx>,所以电流表应采用内接法。
13.答案　(1)　(2)
解析　(1)根据几何关系,两小球间的距离
r=R(1分)
根据库仑定律可得F=k(2分)
解得F=(2分)
(2)由题知A、B小球带同种电荷,以其中任一小球为研究对象,小球受重力、库仑力和支持力,根据平衡条件,有tan 45°=(2分)
解得m=(1分)
14.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)1.04 m
解析　(1)对小球从A点到P点过程,由动能定理可得qE(lAB+R)-mgR=m-0(2分)
在P点对小球受力分析,小球受到竖直向下的重力、水平向右的电场力、水平向左的支持力,小球做圆周运动,由牛顿第二定律可得
FN-qE=m(2分)
解得FN=6 N(1分)
(2)由题知qE=mg,则小球在圆弧轨道上速度最大时,小球与圆心连线和竖直方向的夹角为45°,对小球从A到该位置过程,由动能定理得qE(lAB+R sin 45°)-mg(1-cos 45°)R=m-0(2分)
解得vm=4 m/s(1分)
(3)小球恰好通过M点的临界条件为FN=0(1分)
在M点,由牛顿第二定律可得
mg sin 53°-qE cos 53°=m(2分)
设释放点离B点的距离为x,对小球从释放点到M点过程,由动能定理得qE(x+R cos 53°)-mg(R+R sin 53°)=m-0(2分)
解得x=1.04 m(1分)
15.答案　(1)　(2)2π　(3)①　
②　2π
解析　(1)小球B做匀速圆周运动,库仑力提供向心力,得k=m(2分)
解得线速度v=(1分)
(2)小球B做匀速圆周运动,库仑力提供向心力,得
k=mr(2分)
解得周期T=2π(1分)
(3)①解除对小球A的锁定后,小球A和小球B绕N点做匀速圆周运动,具有相同的角速度和周期,小球A和小球B的向心力大小相同(2分)
设小球A和小球B做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2,则k=Mω2r1,k=mω2r2(2分)
又r1+r2=L,解得r1=,ω=(2分)
②带电小球B做圆周运动的角速度
ω=(1分)
则带电小球B做圆周运动的周期为T=(1分)
解得T=2π(2分)

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