2 滚动检测卷(二) 能源与可持续发展-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（教科版2019）

滚动检测卷(二) (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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．(2024·四川泸县第四中学校考期末)下列做法，可节约用电的是(　　) A．将LED更换为白炽灯 B．电器长时间不用时，关闭其电源 C．频繁开关冰箱门 D．炎热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18 ℃ 答案：B 解析：将LED更换为白炽灯更耗能，故A错误；电器长时间不用时，关闭其电源，避免能量损耗，故B正确；频繁开关冰箱门，导致冰箱压缩机频繁启动，浪费电能，故C错误；炎热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更多的电能，因此应将温度设定高些，故D错误。 2．(2024·河南高二校联考期末)“天宫课堂第四课”于2023年9月21日15时45分开课。神舟十六号航天员面向全国青少年进行太空科普授课，信号的传递主要利用天线发射和接收电磁波。下列说法正确的是(　　) A．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验成功验证 B．在电磁波传播过程中，电场和磁场随时间和空间做周期性变化 C．只要空间某处的电场或磁场发生变化，就会在其周围产生电磁波 D．电磁波频率的高低不影响电磁波的发射 答案：B 解析：麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故A错误；根据麦克斯韦电磁场理论，在电磁波中，电场和磁场随时间和空间做周期性变化，故B正确；只要空间某处的电场或磁场发生周期性变化，就会在其周围产生电磁波，故C错误；电磁波频率越高，电磁波越容易发射，故D错误。 3．(2024·四川成都高二校考期中)关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．电场强度为0的地方，电势也一定为0 B．同一电场中，电场线越密的地方，电场强度越大 C．电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能越大 D．电荷从电场中A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小不同 答案：B 解析：零电势点是人为规定的，电场强度为零的地方电势不一定为零，故A错误；电场线的疏密体现电场强度的强弱，电场线越密的地方，电场强度越大，故B正确；电场中电势越高的地方，正电荷具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小，故C错误；电场力做功与路径无关，只与初末位置相关，故D错误。 4. (2024·四川宜宾兴文第二中学校考期末)如图所示，直角三角形ABC中∠A＝60°，AD＝DC，置于B、C两点垂直纸面的长直导线中通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则D点的磁感应强度大小和方向分别为(　　) A．B0，方向竖直向下 B．B0，方向水平向右 C．2B0，方向水平向右 D．B0，方向竖直向下 答案：D 解析：设B、C两点的导线在D点产生的磁场的磁感应强度均为B，则两磁场方向夹角为120°，则由平行四边形定则可知B＝B0；若把置于C点的直导线移至A点，电流大小和方向都不变，则在A、B两处的导线在D点的磁感应强度大小仍均为B0，两磁场的夹角为60°，则合磁场为B′＝2B0cos 30°＝B0，方向竖直向下。 5. (2023·山东青岛期末)如图所示的U­I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知(　　) A．R的阻值为2.5 Ω B．电源内阻为0.5 Ω C．电阻R的功率为1.5 W D．电源内阻消耗的功率为2 W 答案：C 解析：由图线Ⅱ可知，外电阻R＝＝ Ω＝1.5 Ω，故A错误；根据U＝E－Ir，由图线Ⅰ可知，电源电动势E＝3.0 V，短路电流I短＝2.0 A，电源内阻r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B错误；由两图线的交点坐标可得电源的路端电压为1.5 V，干路电流为1.0 A，电阻R的功率P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，故C正确；电源内部消耗的功率为P＝I2r＝12×1.5 W＝1.5 W，故D错误。 6.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，A、B两点固定两个带等量正电荷的点电荷，O为A、B两点连线的中点，C、D为连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L。将一带正电的小球(可视为点电荷)从C点由静止释放，以C点为坐标原点、CB为x轴，取水平向右为正方向，下列关于电场强度E、小球受到的电场力F、小球的加速度a、小球的动能Ek随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是(　　) 答案：C 解析：设A、C两点间距离为L0，则在离C点距离为x的位置的电场强度E＝k－k，电场强度E的方向先向右后向左，但电场强度E随小球运动的位移x的图像不是线性图像，A错误；根据F＝qE可知，小球受到的电场力F的方向先向右后向左，B错误；根据a＝有a＝k－k，由数学知识可知，C正确；小球的动能Ek随小球运动的位移x变化的图像的斜率等于小球所受合力，即电场力F，小球从C点运动到D点的过程中，电场力先减小后增大，Ek­x图像的斜率先减小后增大，D错误。故选C。 7.在如图所示的电路中，A、B为两块正对的水平金属板，G为静电计。开关S闭合后，静电计指针张开一个角度，板间的带电油滴悬浮在两板之间静止不动。下列说法正确的是(　　) A．若仅将A板竖直向下缓慢平移一些，则静电计指针的张角将减小 B．若仅将A板竖直向下缓慢平移一些，则油滴将向下运动 C．若断开S，且紧贴B板上部放入一金属板(不会碰到油滴)，则油滴向下运动 D．若断开S，且仅将A板水平向右缓慢平移一些，则油滴将向上运动 答案：D 解析：若仅将A板竖直向下缓慢平移一些，由于静电计测定电源两极间的电势差，则其指针的张角不变，故A错误；电容器两极板间电压不变，将A板竖直向下平移，板间距离减小，极板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴将向上运动，故B错误；断开S，电容器带电量不变，紧贴B板上部放入一金属板(不会碰到油滴)，相当于板间距离减小，根据电容决定式C＝，电场强度E＝，电容定义式C＝，联立可得E＝，则电场强度与间距d无关，所以A、B板间的电场强度不变，油滴不会运动，故C错误；断开S，且仅将A板水平向右缓慢平移一些，电容器的电容减小，而电容器带电量不变，板间电压增大，场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确。 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·福建高考)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有(　　) A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转 C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关 答案：AB 解析：减小白金丝导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金丝导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。 9. (2023·广东广州高二期末)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，变阻器R1的滑片P处在如图位置时，电灯L正常发光。现将滑片P向右移动，则(　　) A．电灯L变暗 B．电流表的示数变大 C．电压表的示数变大 D．定值电阻R2消耗的功率变小 答案：AB 解析：滑片P向右滑动，则滑动变阻器接入的电阻变小，总电阻变小，干路电流变大，即电流表的示数变大，内电压变大，外电压变小，故电灯两端电压变小，电灯变暗，故A、B正确；因电灯两端电压变小，电灯电流变小，则R1所在的支路电流变大，R2分压变大，又外电压变小，则电压表示数变小，故C错误；因R2所在支路电流变大，根据P＝I2R可得其功率变大，故D错误。 10.一个带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法中正确的是(　　) A．0～x1段电势逐渐降低 B．0～x1段粒子做加速度逐渐减小的加速运动 C．x2～x3段电场强度减小 D．粒子在x2处的动能比在x3处的动能小 答案：AD 解析：电势能Ep＝qφ，由于粒子带负电，0～x1段电势能变大，电势降低，A正确；根据静电力做功与电势能关系ΔEp＝qEΔx，图像斜率的绝对值表示电场力大小，0～x1段图像斜率变小，电场力减小，场强变小，加速度减小，0～x1段电场方向沿x轴正方向，粒子受力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，B错误；x2～x3段斜率为零，受力为零，场强为零，C错误；x2～x3段电势能减小，动能增大，粒子在x2处的动能比在x3处的动能小，D正确。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(6分)(2024·四川南充高二统考期末)现有一合金制成的圆柱体，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲、乙所示。 (1)由甲、乙两图读得圆柱体的直径为 mm，长度为 mm。 (2)用多用电表电阻挡“×10”挡粗测圆柱体的阻值R，发现指针向右偏转的角度较大，为了更准确地测出圆柱体的阻值，下列操作正确的是 (填选项前的字母)。 A．将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量电阻 B．将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，两表笔短接调零，再次测量电阻 C．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，再次测量电阻 D．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“×100”的位置，再次测量电阻 (3)为进一步精确测量圆柱体的阻值Rx(阻值约为20 Ω)，实验室提供了以下器材： A．电源E(电动势3 V，内阻不计) B．电流表A1(量程150 mA、内阻r1约10 Ω) C．电流表A2(量程1 mA，内阻r2＝1 000 Ω) D．电压表V(量程为10 V，内阻约为1 000 Ω) E．定值电阻R0(电阻为2 900 Ω) F．滑动变阻器R(最大阻值5 Ω) G．开关S及导线若干 ①请在虚线框内画出合理的完整电路原理图(需标出器材的符号)； ②用I1表示电流表A1的示数、I2表示电流表A2的示数，则Rx＝ (用I1、I2、R0、r2表示)。 答案：(1)1.845(1.844～1.846都算对)　42.40　(2)A　(3)①见解析图　 ② 解析：(1)题图甲为螺旋测微器，则其读数为d＝1.5 mm＋34.5×0.01 mm＝1.845 mm 题图乙为游标卡尺，由题图可知，其精确度为0.05 mm，读数L＝42 mm＋8×0.05 mm＝42.40 mm。 (2)用多用电表电阻挡“×10”挡测量发现指针偏转过大，即量程选大了，则应该将选择开关旋转到电阻挡“×1”的位置，两表笔短接调零，再次测量电阻。 (3)由于题中电压表量程太大，测量不精确，可用已知内阻的电流表A2与电阻箱串联充当电压表；因改装后的电压表内阻已知，可用电流表外接；滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示 由电路可知Rx＝＝。 12．(8分)(2023·陕西榆林市期末)某同学要测定由两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，该同学设计了如图甲所示的原理图并进行实验。其中定值电阻R0＝2.0 Ω，毫安表量程为50 mA，内阻Rg＝4 Ω。 (1)将电阻箱的值调至0.8 Ω，图甲中虚线框内电路视为电流表，其量程为 mA。 (2)实验步骤如下： ①将滑动变阻器R的滑片移到 (选填“A”或“B”端)，闭合开关S； ②改变滑片位置，记下电压表的示数U和毫安表的示数I，多次实验后将所测数据描绘在如图乙所示的坐标纸上，作出U­I图线； (3)根据图线求得电池组的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。(结果均保留2位有效数字) 答案：(1)300　(2)A　(3)3.0　0.67 Ω 解析：(1)电阻箱的阻值是0.8 Ω，则毫安表和变阻箱的并联电阻阻值为 R并＝＝ Ω＝ Ω 则电流表的量程为Im＝＝＝ mA＝300 mA。 (2)为了实验仪器的安全，应将滑动变阻器R的滑片移到电阻最大端即A端，再闭合开关S。 (3)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋(R0＋r) 即U＝E－(R0＋r) 故图像纵轴截距即为电源电动势E，由U­I图像可知E＝3.0 V 图像的斜率大小即为(R0＋r)，由U­I图像可得图像斜率的大小为 (R0＋r)＝ Ω＝16 Ω 解得r≈0.67 Ω。 13．(8分)磁场中放一根与磁场方向垂直的通电导线，通过它的电流是2.5 A，导线长1 cm，它受到的磁场力为5×10－2 N。求： (1)该位置的磁感应强度是多大？ (2)如果把通电导线中的电流增大到5 A，该位置的磁感应强度又是多大？ (3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，是否能确定该处没有磁场？ 答案：(1)2 T　(2)2 T　(3)不能 解析：(1)由磁感应强度的定义式得 B＝＝ T＝2 T。 (2)磁感应强度B是由磁场和空间位置(点)决定的，和导线的长度L、电流I的大小无关，所以该点的磁感应强度还是2 T。 (3)如果通电导线在磁场中某处不受磁场力，则有可能是该处有磁场，只不过通电导线与磁场方向平行，故不能确定该处没有磁场。 14. (10分)(2023·河南高二联考期末)如图所示，M为一线圈电阻r1＝0.2 Ω的电动机，R＝24 Ω，电源电动势E＝15 V。当S1闭合，S2断开时，理想电流表的示数I1＝0.6 A，当开关S2也闭合时，理想电流表的示数为I2＝3.0 A，求： (1)开关S1、S2都闭合时，通过电阻R的电流； (2)开关S1、S2都闭合时，电动机的输出功率。 答案：(1)0.5 A　(2)28.75 W 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律可知I1＝ 代入数据解得电源内阻为r＝1 Ω 开关S2也闭合时，电源内阻上的电压为U内＝I2r＝3.0×1 V＝3 V 路端电压为U＝E－U内＝12 V 通过电阻R的电流为IR＝＝ A＝0.5 A。 (2)开关S1、S2都闭合时，通过电动机的电流为IM＝I2－IR＝2.5 A 电动机两端的电压为12 V，则电动机的输出功率为P出＝UIM－Ir1＝12×2.5 W－2.52×0.2 W＝28.75 W。 15. (10分)(2023·内蒙古包头高二统考期末)如图所示，平行板电容器的两个极板A、B，B极板接地。两极板间距为5 cm，一带电量为q＝1×10－9 C的点电荷沿电场线从C点运动到D点，电场力做功为3×10－9J。C、D间距为3 cm，A、C间距为1 cm，不计重力。求： (1)C、D两点间的电势差UCD； (2)A极板的电势φA； (3)仅将A极板移动到C处后，A极板的电势φA′。 答案：(1)3 V　(2)5 V　(3)4 V 解析：(1)由电场力做功与电势差的关系得WCD＝qUCD C、D两点间电势差为UCD＝＝V＝3 V。 (2)由场强公式E＝得，两极板间的场强大小为 E＝＝ V/m＝100 V/m A、B两极板间的电势差为UAB＝EdAB＝100×0.05 V＝5 V 因为UAB＝φA－φB 解得A极板电势为φA＝5 V。 (3)由电容的决定式C＝，电容的定义式C＝，可得E＝ 在带电荷量不变的情况下，极板间的电场强度与板间距无关 则A极板的电势为φA′＝UAB′＋φB＝EdAB′＝100×0.04 V＝4 V。 16. (12分)如图所示，电路中电源电动势E＝80 V，内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同。A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L＝90 cm，板间距离d＝40 cm。在两金属板左端正中间位置M处，有一小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场。已知小液滴的质量m＝2.0×10－3 kg，带负电，电荷量q＝1.0×10－3 C。重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)平行板电容器两极板间电压U的大小； (2)在此过程中液滴电势能的变化量ΔEp； (3)液滴进入电场时初速度v0的大小。 答案：(1)40 V　(2)－0.02 J　(3)9.0 m/s 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律得 U＝·R 代入数据解得U＝40 V。 (2)液滴在电场中运动，静电力做功W＝qU 代入数据解得W＝0.02 J 根据静电力做功与电势能变化的关系 W＝－ΔEp 可得ΔEp＝－0.02 J。 (3)根据牛顿第二定律，有 q－mg＝ma 竖直方向有＝at2 水平方向有L＝v0t 联立解得v0＝9.0 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$