期末考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理必修第三册（人教版2019）

— 42 — 期末考试测控卷 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 【名师推好题】 第14题,本题以闭合电路及U—I图像为背景,考查学生闭合电路及闭合电路 能量图像的理解,本题综合性较强,对图像的理解要求较高,值得推荐. 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.每小题只有一个选项符合题目要求) 1.高大的建筑物上安装接闪杆(避雷针),阴雨天气时云层中的大量电荷可 以带电云层通过接闪杆直接引入大地,从而达到保护建筑物的目的.如图 所示,虚线是某次接闪杆放电时,带负电的云层和接闪杆之间三条等势线 的分布示意图;实线是空气中某个带电粒子q由M 点到N 点的运动轨迹,不计该带电粒子的重 力,则 ( ) A.接闪杆尖端带负电 B.带电粒子q带正电 C.q在M 点的电势能大于在N 点的电势能 D.q越靠近接闪杆尖端,其加速度越小 2.两个带等量正电荷的点电荷,固定在图中P、Q 两点,MN 为PQ 连线的中垂线且交PQ 于O 点, A 点为MN 上的一点,一带负电的试探电荷q在静电力作用下运动,则 ( ) A.若q从A 点由静止释放,由A 点向O 点运动的过程中,加速度大小一定先增大再减小 B.若q从A 点由静止释放,其将以O点为对称中心做往复运动 C.q由A 点向O 点运动时,电场力逐渐减小,动能逐渐增大 D.若在A 点给q一个合适的初速度,它可以做类平抛运动 3.如图所示电路,R0 为定值电阻,R1、R2 为滑动变阻器,G 为理想灵敏电流计,电源内阻忽略不计. M、N 是两块水平放置的平行金属板,O点到两极板距离相等.闭合开关S,一质量为m 的带正电 小液滴恰好能静止在O 点位置.下列说法正确的是 ( ) A.若逐渐增大R1 的电阻,通过灵敏电流计的放电电流由上向下 B.若逐渐增大R2 的电阻,小液滴会向上加速运动 C.若将 M 极板向下移动一小段距离,小液滴会向下加速运动 D.若将两极板绕过O 点的轴(垂直于纸面)顺时针转过一个小角度,小液滴会静止在O 点位置 不动 4.已知一只表头的量程为0~100mA,内阻Rg=100Ω.现将表头改装成电流、电压两用的电表,如 图所示,已知R1=100Ω,R2=1kΩ,则下列正确的说法的是 ( ) A.用oa两端时是电压表,最大测量值为110V B.用ob两端时是电压表,最大测量值为110V C.用oa两端时是电流表,最大测量值为200mA D.用ob两端时是电流表,最大测量值为220mA 第4题图 第5题图 5.如图所示,面积S=0.4m2 的线圈abcd处于匀强磁场中,匀强磁场磁感应强度B=0.6T,方向竖 直向下,线圈平面与水平方向夹角θ=60°.下列说法正确的是 ( ) A.此时穿过线圈的磁通量为0.24Wb B.θ=90°时,穿过线圈的磁通量最大 C.θ=0°时,穿过线圈的磁通量为零 D.线圈以cd边为轴逆时针转过60°过程中磁通量变化量为0.12Wb — 41 — — 44 — 6.随着智能手机的发展,电池低容量和手机高耗能之间的矛盾越来越突出,手机无线充电技术间接 解决了智能手机电池不耐用的问题.在不久的将来各大公共场所都会装有这种设备,用户可以随 时进行无线充电,十分便捷.如图所示,电磁感应式无线充电的原理与变压器类似,通过分别安装 在充电基座和接收装置上的线圈,利用产生的磁场传递能量.当充电基座上的送电线圈通入交变 电流(不是恒定电流)后,就会在邻近的受电线圈中感应出电流,最终实现为手机电池充电.在充 电过程中 ( ) A.受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 B.送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场 C.送电线圈和受电线圈不是通过电磁感应实现能量传递 D.由于手机和基座没有导线连接,所以不能传递能量 7.如图所示,有一平行板电容器的电容为C,A 板接地,中间开有一小孔,通过 这一小孔连续地向电容器射入电子,电子射入小孔时的速度为v0,单位时间 内射入的电子数为n,电子质量为m,电量为e,电容器原来不带电.随着电 子不断射到B 板并均留在B 板上,电容器两极板间的电势差将不断增大, 则从开始射入电子到电容器极板间电势差达到最大所需要的时间为( ) A. Cmv02 2ne2 B. Cmv02 2n2e C. 2Cmv02 ne2 D. 2Cmv02 n2e 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得 6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.将一电源与电阻箱R、定值电阻R0 连接成闭合回路(甲),并且R0=2Ω,测得电阻箱所消耗功率 P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图(乙)所示,由此可知 ( ) A.电阻箱R=1Ω时,定值电阻R0 功率取得最大值 B.电源内阻一定等于5Ω C.电源电动势为30V D.电阻箱所消耗功率P 最大时,电源效率大于50% 9.如图甲所示,过均匀带电金属球的球心O 建立一维坐标系.以无穷远处的电势为零,x轴上的电 势φ 分布如图乙所示.已知|x1|<x2,下列说法正确的是 ( ) A.该带电体带负电 B.x1 处的电场强度比x2 处的电场强度小 C.电子在x1 处的电势能比在x2 处的大 D.将质子从x1 处移到x2 处,电场力做正功 10.如图,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图所示.t=0时刻,质量为m 的带电 微粒以初速度v0=g T 3 沿中线射入两板间,T 3~ 2T 3 时间内微粒匀速运动,T 时刻微粒恰好经金属 板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触,重力加速度的大小为g,关于微粒在0~T 时间 内运动的描述,正确的是 ( ) A.末速度沿水平方向 B.运动过程中的最大速度为vm= 2gT 3 C.板的长度为34d D. 克服电场力做功为mgd 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)某同学需测量一个圆柱体工件的电阻率,该同学先用螺旋测微器测量圆柱体的直径,游标 卡尺测量该圆柱体的长度. — 43 — — 46 — (1)螺旋测微器和游标卡尺的示数如图,则直径为 D= mm,圆柱体的长度为L= mm; (2)为了测量出该金属的电阻,该同学设计了如图甲所示的电路,请按设计的电路完成实物图乙 的连线; (3)实验测得工件两端的电压为U,通过的电流为I,写出该工件材料电阻率的表达式ρ= (用已测量的物理量相应的字母表达). 12.(8分)某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r,所给的其他器材有: A.电压表V(0~3V~15V); B.电流表A(0~0.6A~3A); C.变阻器R1(20Ω,1A); D.变阻器R2(1000Ω,0.1A); E.电阻箱R(0~999.9Ω); F.开关和导线若干. (1)实验中电压表应选用的量程为 (选填“0~3V”或“0~15V”),电流表应选用的量程 为 (选填“0~0.6A”或“0~3A”),变阻器应选用 (填字母代号“R1”或“R2”); (2)根据实验要求在虚线框中画出电路图; (3)测出几组电流、电压的数值,并画出图像如图所示,由图像知该电池的电动势E= V,内电 阻r= Ω. 13.(12分)如图所示的示波管,电子由阴极发射后,初速度 可以忽略,经加速后水平飞入偏转电场,最后打在荧光 屏上,电子电量大小为e,质量为 m,已知加速电压为 U1,BC间偏转电压为U2,两偏转极板BC 间距为d,板 长为L,偏转极板右侧到荧光屏的距离为 D,不计重 力,求: (1)电子射入偏转电场U2 时的速度大小; (2)电子射出偏转电场U2 时的偏转位移y的大小; (3)电子打在荧光屏上的偏转距离OP. — 45 — — 48 — 14.(12分)如图a所示,R 为电阻箱,V为理想电压表.当电阻箱读数为R1=2Ω时,电压表读数为 U1=4V;当电阻箱读数为R2=5Ω时,电压表读数为U2=5V.求: (1)电源的电动势E 和内阻r; (2)当电阻箱读数为多少时,电源的输出功率最大,最大值Pm 为多少; (3)若将两个完全相同的小灯泡如图b的方式接入电路,小灯泡的伏安特性曲线如图c所示,当 电阻箱读数为R3=0.5Ω时,求小灯泡的电功率P. 15.(16分)如图所示,在E=103V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘 轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接,半圆形轨道平面与电 场线平行,其半径R=40cm,N 为半圆形轨道最低点,P 为QN 圆弧的中点, 一带负电q=10-4C的小滑块质量m=10g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N 点右 侧1.5m的 M 处,g取10m/s2,求: (1)小滑块从 M 点到Q 点电场力做的功; (2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0 向左运动; (3)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大. — 47 — —66 — 在左端时,效率最大,为η= 6 6+0.5×100%≈92% ,故B错误;利 用等效内阻法,可知当滑动变阻器阻值为R1=R0+r=1.5Ω时, 有最大功率为P=E 2 4r'= E2 4(r+R0) =1.5W,故C正确;因为电阻 R0 的功率为P0=I2R0,所以当电路电流最大时,功率最大,即滑 动变阻器滑片处于右端时,此时电路电流为I= ER0+r =2A,解得 P0=4W.故D错误.故选C.] 5.D [根据安培定则,直导线在abcd 各点的磁场方向如图;各点的 磁感应强度都等于直导线在该点的磁场与匀强磁场B 在该点磁 场的矢量和,由磁场叠加可知,b、d 两 点的磁 感 应 强 度 不 相 同,选 项 A 错 误;B.a、c两 点 的 磁 感 应 强 度 大 小 相 同,但是方 向 不 同,选 项B错 误;CD. 直导线 在d 点 的 磁 场 与 匀 强 磁 场B 方向相同,由磁场叠加可知,d点的磁感应强度最大,选项C错误, D正确.故选D.] 6.B [由题意可知,线圈旋转过程中,磁通量先减小至零后再反向增 大,所以初、末状态时线圈的磁通量方向相反,根据磁通量的定义 可知初、末状态时线圈磁通量大小均为Φ=BSsin45°= 22BS. 所 以将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°的过程中线圈磁通量 的改变量大小为ΔΦ=2Φ= 2BS.故选B.] 7.A [滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中,R2 阻值变 大,电路总电阻变大,根据闭合电路欧姆定律知,总电流减小,电流 表示数 减 小,电 压 表 测 量 的 是 滑 动 变 阻 器 两 端 的 电 压U=E- I(R1+r),总电流减小,电压表示数增大,故 A正确;容器两端电 压即电压表两端电压Q=CU,电压增大,电容器所带电荷量增多, 故B错误;流过电阻R1 的电流减小,由公式P=I2R1 可知,消耗 的功率变小,故C错误;当外电阻等于内阻时,电源的输出功率最 大,题干中没有明确外电阻与内阻的关系,故滑动变阻器R2 的滑 动端由a向b缓慢滑动的过程中,电源的输出功率不一定增大,故 D错误.故选A.] 8.ACD [由产生感应电流的条件可知,闭合开关且电流稳定后,线 圈B 中磁场不变化,则不会产生感应电流,灵敏电流表指针不偏 转,而闭合开关的瞬间或者闭合开关后将线圈A 迅速向上拔出时 或者闭合开关后迅速移动滑动变阻器的滑片,线圈B 中磁场会发 生变化,则会产生感应电流,灵敏电流表指针偏转.故选ACD.] 9.ACD [根据电流从红表笔进,黑表笔出可知图中与接线柱 A 相 连的是红表笔,故 A正确;根据题意可知,欧姆表的内阻r内 =EIg = 1.5 300×10-6 Ω=5kΩ.按正确使用方法测量电阻Rx 时,指针指 在刻度盘的正中央,即电 流 为Ig 2 ,故 有Ig 2= E r内 +Rx ,解 得 Rx = 5kΩ.故B错误;电池电动势变小,但此表仍能调零,由于电流表的 满偏电流不变,由公式Ig= E r内 . 可知欧姆表内阻应调小,由于待测 电阻 是 通 过 电 流 表 示 数 体 现 出 来 的,由I= Er内 +Rx = Igr内 r内 +Rx = Ig 1+ Rx r内 . 可知,当欧姆表内阻调小,I变小,指针跟原来位置相比偏左,电阻 阻值偏大,故C正确;测量电阻时,如果指针偏转角度过大,说明电 流太大,待测电阻阻值小,因指针偏转在中部较准确,则应将选择 开关 拨 至 倍 率 较 小 的 挡 位,重 新 调 零 后 测 量,故 D 正 确.故 选ACD.] 10.BC [电源的总功率P=EI.当I=4A时,P=32W.则电源的电 动势E=8V.由题图看出,当I=4A时,外电路短路,电源内部 热功率等于电源的总功率,则有P=I2r,代入解得r=2Ω.该电 源与电阻B 串联后,电路中的电流为0.8A,根据闭合电路的欧 姆定律得E=I(R+r),则R=8Ω,路端电压U=IR=6.4V.此 时电源内部热功率P=I2r=1.28W.故选项BC正确,选项 AD 错误.故选BC.] 11.解析 (1)螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍) 加可动刻度读数(0.5mm以下的小数),图中读数为 d=6.5mm+21.0×0.01mm=0.6710cm; (2)直流电源电动势为4V,电压表V量程为0~3V,通过待测合 金线的最大电流约为15mA,所以两个电流表都不合适,需要把 电流表A1 并联定值电阻R0 改装成大量程电流表; (3)滑动变阻器R 的最大阻值为1kΩ,所以滑动变阻器R 只能用 限流接法,由于电流表 A1 内阻已知,所以电流表 A1 采用内接 法,电路图如图所示. 答案 (1)0.6710 (2)A1 (3)见解析图 12.解析 (1)待测电阻R0(约为1kΩ),则最大电流为 Imax≈ 3 1000A=3mA 故电流表选A2(5mA),而阻值满足 R02=106>RV·RA2=4×103×1 即待测电阻为大电阻,选用电流表内接法可以减小系统误差; 滑动变阻器R1(0~20Ω,额定电流1A)较小,采用分压式接法操 作方便,多读数据,故电路图选D; (2)①电流表A1、电压表 V已损坏,余 下的电流表和电阻箱可以串联选择安 阻法测量电源的电动势E 和内阻r,实 验电路图如图所示 ②由全电路的欧姆定律有 E=Ir+IR 变形可得 1 I= 1 ER+ r E ③电流表分压,干路电流测量值准确,路端电压测量值偏小,则相 当于电流表内阻和电源串联构成等效电源,有 E测 =E,r测 =RA+r>r 即E测 等于E真,r测 大于r真 . 答案 (1)D (2)①见解析图 ②1I = 1 ER+ r E ③ 等于 大于 13.解析 (1)a线圈面积正好与圆形磁场区域重合 Φ1=Bπr2 Φ2=B'πr2 ΔΦ1=Φ2-Φ1=(B'-B)πr2=-2×10-2 Wb 即磁通量减少了2×10-2 Wb; b线圈面积大于圆形磁场面积,即线圈的一部分面积在磁场区域 外,有磁感线穿过的面积与a线圈面积相同,故磁通量的变化量 与a线圈相同; (2)磁场转过60°,a线圈在垂直磁场方向的投影面积为 S=πr2cos60° 则Φ3=Bπr2cos60° ΔΦ'=Φ3-Φ1=Bπr2(cos60°-1)=-3×10-2 Wb 即磁通量减少了3×10-2 Wb; (3)初始时磁感线从a线圈上平面穿入,线圈转过180°后,磁感线 从该面穿出,故 ΔΦ″=-BS-BS=-2BS=-0.12Wb 即磁通量减少了0.12Wb. 答案 (1)2×10-2 Wb 即2×10-2 Wb,2×10-2 Wb (2)3×10-2 Wb (3)0.12Wb 14.解析 (1)当S断开时 R1= U1 I1 =6Ω 当S闭合时 R并 = U2 I2 =3Ω 根据并联电阻的特点得 R并 = R1R2 R1+R2 解得 R2=6Ω; (2)当S断开时,由欧姆定律得 E=I1(R3+r)+U1 当S闭合时 E=I2(R3+r)+U2 解得E=5.6V r=0.5Ω. 答案 (1)R1=6Ω R2=6Ω (2)E=5.6V r=0.5Ω 15.解析 (1)闭合电路的外电阻为 R外 = (R1+R2)(R3+R4) R1+R2+R3+R4 =5Ω 根据闭合电路欧姆定律可得通过电源的电流为 I= ER外 +r= 4.2 5+1A=0.7A ; (2)两条支路的电阻相等,所以电流也相等,为总电流的一半,设 电源负极电势为零 R2 两端的电压 U2= 1 2IR2=1.75V 电容器上极板电势为1.75V. R4 两端的电压 U4= 1 2IR4=1.4V 电容器下极板电势为1.4V. 则可知上极板电势高,电容器上、下两极板间的电势差 U=1.75V-1.4V=0.35V 所以电容器上极板带正电,且 Q=CU=2.1×10-6C. 答案 (1)0.7A (2)带正电 2.1×10-6C 期末考试测控卷 1.C [云层带负电,根据感应起电原理可知,接闪杆尖端带正电,故 A错误;带电粒子q由M 点到N 点的运动轨迹,合力指向曲线的 凹侧,所以粒子带负电,故B错误;因为尖端带正电,粒子带负电, M 点到N 点,电场力做正功,电势能减小,q在M 点的电势能大于 在N 点的电势能,故C正确;q越靠近接闪杆尖端,等势面越密集, 场强越大,其加速度越大,故D错误.故选C.] 2.B [在射线OM 上,O 点电场强度为零,无穷远处的电场强度也为 零,故在射线OM 上存在一个电场强度最大的点.所以q从A 点由 静止释放,由A 点向O 点运动的过程中,加速度和电场力的大小 可能先 增 大 再 减 小,也 可 能 一 直 减 小,故 AC错 误;电 场 强 度 在 MN 上是关于O 点对称,等大反向分布的,q从A 点由静止释放后 由于只受到电场力的作用,故电荷在 MN 上不能保持平衡,结合 电场力做功可知,q将从A 点加速到O 点,然后从O 点减速到A' 点(A 点与A'点关于O 点对称),再从A'点加速到O 点,最后再从 O 点减速回到A 点,一直重复的来回运动.即以O 点为对称中心 做往复运动,故B正确;类平抛运动要求运动物体受到的合力恒 定,但该电场不是匀强电场,则q不可能做类平抛运动,故D错误. 故选B.] 3.A [由图可知,初始状态下,电容器下极板带正电,上极板带负 电,根据闭合回路欧姆定律E=I(R0+R1)可知,当R1 增大,则电 路中电流减小,根据U=IR 可知,R0 两端电压减小,则电容器两 端电压减小,电容器放电,通过灵敏电流计的电流由上向下,故 A 正确;由图根据闭合回路欧姆定律E=I(R0+R1)可知,增大R2, 电路电流不变,则电容器两端电压不变,则电容器两极板间电场不 变,小液滴受到的电场力不变,仍然保持静止,故B错误;根据闭合 回路欧姆定律E=I(R0+R1)可知,R0、R1 电阻不变,电路电流不 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 65 — —68 — 变,则电容器两端电压不变,根据E=Ud 可知,将 M 极板向下移动 一小段距离,则d变小,电容器两极板间电场变大,则向上的电场 力变大,小液滴会向上加速运动,故C错误;根据闭合回路欧姆定 律E=I(R0+R1)可知,R0、R1 电阻不变,电路电流不变,则电容器 两端电压不变,则电容器两极板间电场不变,小液滴受到的电场力 大小不变,若将两极板绕过O 点的轴(垂直于纸面)顺时针转过一 个小角度,则电场力方向改变,此时,小液滴竖直方向和水平方向 的合力均不为零,无法保持静止,故D错误.故选A.] 4.C [由题给电路图可知,用oa两端时,表头G与R1 并联,是电流 表,最大测量值为I=Ig+ IgRg R1 =200mA,由题给电路图可知,用 ob两端时,表头G与R1 并联后再与R2 串联,是电压表,最大测量 值为U=I RgR1Rg+R1+R2 =210V.ABD错误,C正确.故选C.] 5.D [此时穿过线圈的磁通量Φ1=BScosθ=0.12Wb,故A错误; θ=90°时,磁感线与线圈平行,穿过线圈的磁通量为零,故B错误; θ=0°时,磁感线与线圈垂直,穿过线圈的磁通量最大,故C错误; 线圈以cd边为轴逆时针转过60°后,磁感线与线圈垂直,穿过线圈 的磁通量最大且为Φ2=BS=0.24Wb,磁通量变化量ΔΦ=Φ2- Φ1=0.12Wb,故D正确.故选D.] 6.B [根据题意,受电线圈中感应电流不是恒定电流,其产生的磁场 的变化的,A错误;送电线圈中电流产生的磁场是变化的磁场,在 受电线圈中产生感应电流,B正确;送电线圈和受电线圈是通过电 磁感应实现能量传递,C错误;手机和基座没有导线连接,但能通 过电磁感应传递能量,D错误.故选B.] 7.A [电子从A 板射入后打到B 板,A、B 间形成一个电场,当A、B 板间达到最大电势差U 时,电子刚好不能再打到B 板上,有eU= 1 2mv0 2,解得U=mv0 2 2e . 电子打到B 板后,A、B 板就是充了电的电 容器,当电势差达到最大时Q=CU=t·ne.联立解得t=Cmv0 2 2ne2 , 故A正确,BCD错误.故选A.] 8.CD [电阻箱R=0Ω时,电路电流最大,定值电阻R0 功率取得最 大值,故A错误;由电阻箱功率最大的条件可知,此时满足R=R0 +r,所以电源内阻一定等于3Ω,故B错误;由电阻箱所消耗功率 P 最大值为45W可知,由Pmax= E2 4(R0+r) ,得到电源电动势E= 30V,故 C正 确;电 阻 箱 所 消 耗 功 率 P 最 大 时,电 源 效 率η= R+R0 R+R0+r ×100%=70%,故D正确.故选CD.] 9.AC [以无穷远处的电势为零,那么负电荷周围的电势为负值,所 以该带电体带负电,则 A正确;由对称性可知离带电体越远的场 强越小,或者由电势与距离的图像的斜率的绝对值越大的场强越 大,则x1 处的电场强度比x2 处的电场强度大,所以B错误;由电 势与距离的图像可知,x1 处的电势比在x2 处的小,但是负电荷在 电势越小的位置电势能越大,所以电子在x1 处的电势能比在x2 处的大,则C正确;质子从x1 处移到x2 处,电势能增大,由功能关 系可知,电场力做正功电势能减小,电场力做负功电势能增大,所 以将质子从x1 处移到x2 处,电场力做的总功为负值,则D错误; 故选AC.] 10.AC [在0~T3 内 只 受 重 力,做平抛运动,T 3~ 2T 3 时 间内 微 粒 匀 速 运 动,则 有 qE0=mg.在 2T 3 ~T 时 间 内,微 粒 的 加 速 度 a= 2qE0-mg m =g. 方向竖直向上,微粒在竖直方向上做匀减速运动,T 时刻竖直分 速度为零,所以末速度的方向沿水平方向,大小为v0,A正确;竖 直方向速度随时间变化的图像如图,竖直方向的总位移为1 2d , 则1 2d= 1 2 T3+T vm,解得vm=3d4T,B错误;根据竖直方向速 度时间 图 像 可 知,在 0~ T3 内 竖 直 方 向 的 位 移 1 4 × d 2 = 1 2g T3 2 .微粒在水平方向匀速直线运动,则板长L=v0T,解 得L=34d ,C正确;T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出,根据动 能定理1 2mgd-W 电 =0 ,克服电场力做功为1 2mgd ,D错误.故 选AC.] 11.解析 (1)根据读数规则可知,螺旋测微器的读数为 D=1.5mm+11.0×0.01mm=1.610mm 游标卡尺的读数为 L=38mm+7×0.05mm=38.35mm; (2)由电路图可得实物连接图如下图所示 (3)由电阻定律可得 R=ρ L S 根据欧姆定律有 R=UI 又S=π D2 2 联立解得 ρ= πD2U 4IL . 答案 (1)1.610 38.35 (2)见解析图 (3)πD 2U 4IL 12.解析 (1)干电池的电动势为1.5V,故电压表应选用的量程为0 ~3V. 由题图可知,实验中所测电流小于0.2A,故电流表应选用的量 程为0~0.6A. 滑动变阻器R2 最大阻值过大,不利于调节控制电流,且额定电流 不符合实验要求,故变阻器应选用R1; (2)由于电流表内阻未知,且其内阻和干电池内阻相比不可忽略, 为尽量减小系统误差,应采用内接法,电路图如图所示; (3)U-I图像的纵轴截距表示电动势E,斜率的绝对值表示内电 阻r,即 E=1.5V r=1.5-1.00.2 Ω=2.5Ω. 答案 (1)0~3V 0~0.6A R1 (2)见解析图 (3)1.5 2.5 13.解析 (1)加速电场中根据动能定理 U1e= 1 2mv1 2 解得v1= 2eU1 m ; (2)电子在偏转电场中做类平抛运动 t=Lv1 a=eU2md 则y=12at 2= U2L2 4U1d ; (3)电子离开电场后做匀速直线运动,时间 t1= D v1 vy=at 因此竖直偏转位移 y'=vyt1 电子打在荧光屏上的偏转距离OP OP=y+y'= U2L(L+2D) 4dU1 . 答案 (1) 2eU1 m (2) U2L2 4U1d (3) U2L(L+2D) 4dU1 14.解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得 U1 R1 = ER1+r U2 R2 = ER2+r 解得 E=6V r=1Ω; (2)当电阻箱的读数为1Ω时,电源的输出功率最大 R=1Ω Pm= E2 4r=9W ; (3)设通过每个灯泡的电流为I,灯泡两端电压为U,将电阻箱看 作电源的内阻,根据闭合电路欧姆定律得U=E-2I(R3+r) 解得U=E-3I 当I1=0时 U1=6V 当I2=2A时 U2=0 做出U-I图像,灯泡的功率为 P=UI= 1.55 ×2 × 1.05 ×9 W≈1.08W. 答案 (1)E=6V,r=1Ω (2)R=1Ω,Pm=9W (3)P≈ 1.08W 15.解析 (1)W=-qE·2R,W=-0.08J; (2)设小滑块到达Q 点时速度为v, 由牛顿第二定律得mg+qE=mv 2 R 小滑块从开始运动至到达Q 点过程中,由动能定理得 -mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x= 1 2mv 2-12mv0 2 联立方程组,解得:v0=7m/s; (3)设小滑块到达P 点时速度为v',则从开始运动至到达P 点过 程中,由动能定理得 -(mg+qE)R-μ(qE+mg)x= 1 2mv' 2-12mv0 2 又在P 点时,由牛顿第二定律得FN=m v'2 R 代入数据,解得:FN=0.6N 由牛顿第三定律得,小滑块通过P 点时对轨道的压力FN'=FN= 0.6N. 答案 (1)-0.08J (2)7m/s (3)0.6N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 67 —