第21期 必修第三册复习 必修第三册 核心素养综合测试(一)-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第三册同步学案（人教版）

剑 的 9921L70-15t0 3721L2S-1s90 的 的 (2)按图7甲所示电路进行实验，分别读出电压表和电流表的 14.(12分)如图9所示电路中，电阻 15.(12分)如图10所示，两平行金属板 示数，并画出U-图像，如图乙所示.则待测电池的电动势为 R,=3k2、R,=6k2,A、C两端的电压U 水平放置，两板间距离为d=12cm,板长l= V,内阻r为 Ω.（结果保留两位有效数字) =15V,电压表的内阻R,未知，量程足够 20cm,两板之间的电压为0=120V,上板带 图10 大.当电压表接在A、B两端时，示数U= 正电，下板放在水平地面上.一带电粒子质量 A 1.2 1.0 3V.求： 为m=2.0×10"kg、电荷量为g=+4.0×10-0C,该带电粒子以 0 0.4 0.60.8 (1)电压表接在A、B两端时，电路中的电流1； 水平速度。=100m/s,沿着上板的边缘垂直于电场方向进入两板 图7 (2)电压表接在B、C两端时，电压表的示数U,: 电场中（假设两板之间为匀强电场，两板外无电场，不计带电粒子的 四、计算题（本题共3小题，共36分，解答应写出文字说明、方程 重力).求： 式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题，答案 (1)该带电粒子在电场中运动的加速度大小： 中必须写出数值和单位) (2)带电粒子从两板间射出时在竖直方向上的偏移量， 13.（12分)如图8所示，带等量同 种正电荷的小球a、b通过绝缘细线悬挂 高中物理 于天花板上的0点，平衡时，小球a、b处 于同一水平线上且相距L,细线与竖直 p 方向的夹角分别为a=45°，B=60°.已 必修第三册 知小球a的质量为m,重力加速度大小为g,静电力常量为k,不计小 球a、b的大小N (1)求小球b的质量m6及所带的电荷量q; 人教) (2)若仅在虚线的左侧空间布置一个匀强电场，平衡时连接小 核 球a的细线上的拉力为0，小球a的位置始终没变，求匀强电场的电 心素养测评 高中物理·必修第三册（人教）核心素养测评 场强度E. (参考答案见24期) 数理柄 2025年12月1日·星期 高中物理 第21期总第1165期 人教 必修第三册 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-285 何电荷在匀强电场中受力都相同 核心素养提升讲义（一） C.电场强度公式E=￡表明，电场强度的 0 《静电场及其应用》难点突破 大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半， 则该处的电场强度变为原来的2倍 ©山西王小军 (1)平衡条件：每个点电荷受到另外两个点 D.点电荷的电场强度公式E=? 表明，点 2 …难点一… 电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点 电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电 库仑定律及库仑力作用下的平衡 电荷产生的合电场强度为零的位置， 荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电 1.对库仑定律F=k9的理解与计算 (2)平衡规律 场强度变为r处的4倍 2 两同夹异电性 位置三点共线 解析：电场强度由电场本身决定，与放不放 (1)近似条件：在要求不很精确的情况下， 平街规律 空气可近似当作真空来处理。当带电体间的距 两大夹小电背量 试探电荷无关，在电场中的P点不放试探电荷， P点的电场强度不为零，故A错误；电荷在电场 离远大于它们本身尺度时，可把带电体看作点 例2.如图1所示，在光滑绝缘水平面上有中所受电场力与9、E有关，匀强电场中的电场强 电荷 三个可视为点电荷的带电小球，位于同一条直 度处处相同，电荷的电荷量q不同，电荷在其中 2)计算方法：注意库仑力是矢量，计算库线上，仅在它们之间的静电力作用下均处于静 仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代止状态，且距离关系满足AB>BC,则下列说法 受力不同，故B错误；公式E=￡是电场强度的 入公式，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互 错误的是 定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点 吸引来判断作用力F是引力还是斥力. 的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大 特别提醒：不可由r→0时，得出F→∞的 结论，虽然从数学角度成立，但从物理角度分 图1 小无关，故C错误；公式￡=号是真空中点电 析，当r→0时，两带电体不能视为点电荷，公式 A.A、C带同种电荷 荷电场强度的决定式，则点电荷周围某点电场 已不适用. B.C所带电荷量最小 强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方 例1.关于对库仑定律的理解和应用，以下 C.A所带电荷量最大 成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来 说法中正确的是 () D.A、B在C处产生电场的合电场强度为零 的4倍，故D正确 A.库仑定律适用于任何点电荷的电场力计算 解析：A球受到B球和C球的库仑力而处于 答案：D B.根据F=02知，当两个带电体相距很 平衡状态，合力要为零，必须使B球和C球对A 2.电场的叠加 球的库仑力等大反向，所以B、C必须带异种电 (1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的 近时，它们之间的库仑力会无穷大 荷；要使B球平衡，A、C带同种电荷，同理，要使 电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强 C.两个电荷量分别为9：和92的带电金属C球平衡，A、B带异种电荷，故A正确；根据库仑度的矢量和. 球，它们球心间的距离为r,则二者带同种电荷 定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确 (2)运算法则：平行四边形定则 时，它们之间的库仑力F>9?,带异种电荷时 定各自电荷量的大小，因此在大小上一定为“两 例4.如图2所示，等边三 大夹一小”，由图可知A、B两球间的距离大于B、角形ABC的三个顶点处分别 F<k99 C两球间的距离，所以B所带电荷量最小，A所固定带电荷量为-9、-9、-9 2 带电荷量最大，故B错误，C正确：要使C球所受的三个点电荷，已知三角形的 4 D.两个电荷量分别为91和q2的带电金属 合力为零，则A、B在C处产生电场的合电场强边长为3L,静电力常量为k, 球，它们球心间的距离为，则二者带同种电荷 度必为零，故D正确.本题选错误的，故选B. 则该三角形中心0点处的电场强度大小为 时，它们之间的库仑力F<k94,带异种电荷时 答案：B 2 …难点二…→ A.2hg B.0 Fokg 电场强度的理解及应用 解析：库仑定律适用于真空中静止点电荷 C③ 1.电场强度公式的比较 L2hg D. L2 的电场力计算，故A错误；当两个带电体相距很 近时，两个带电体不能看成点电荷，则F=k9 (1)E=适用于任何电场，与检验电荷是 解析：由数学知识可得O到顶点A、B、C的 离，s之×31 1 2 否存在无关； 不适用，不能得到库仑力会无穷大的结论，故B c0s30°=L,三个点电荷在0产生的 错误；两个电荷量分别为9，和92的带电金属球， (2)6-9适用于点电荷产生的电场.Q为 它们球心间的距离为r,当二者带同种电荷时， 场源电荷的电荷量； 电场强度的大小的为E=兽A,BC处的负点 它们之间的库仑力为排斥力，则带电中心的距 (3)E=7适用于匀强电场，U为两点间的 电荷在O点产生的电场强度方向分别沿OA 离比r大，可得F<k9,当带异种电荷时它们 OB、OC方向，由几何关系可知∠B0C=120 电势差，d为沿电场方向两点间的距离， 则B、C处的负点电荷在O点产生的合电场强度 之间的库仑力为吸引力，则带电中心的距离比r 例3.对电场强度的理解，以下说法正确的大小为E,方向沿A0的延长线，与A处的点电荷 小，可得F>k9,故C错误，D正确 ()-q在0点产生的电场强度大小相等，方向相 A.若移走电场中P点的试探电荷，则P点反，所以三个点电荷在O点产生的总合电场强 答案：D 的电场强度变为0 度大小为0.故B正确 2.“三个自由点电荷平衡”的问题 B.匀强电场中电场强度处处相同，所以任 答案：B (下转第2版) 2 素养专练 数理极 (上接第1版) 静电力逐渐减小，由牛顿第二定律可知电子的加 2.运动情况反映受力情况 名师点拨：电场叠加问题的分析思路 速度逐渐减小，故D错误 (1)物体静止（保持）：F合=0. 电场中某点的实际电场强度等于几个场源电 答案：AC (2)做直线运动 荷单独存在时产生的电场强度的矢量和.同一直 4.电场线的应用 ①匀速直线运动：F合=0. 线上的电场强度的叠加可简化为代数运算；不在 电场线密处的电场强度大，电场线疏 ②变速直线运动：F合≠0，且F合与速度方向 同一直线上的两个电场强度的叠加，用平行四边 判断电场强度的大小 处的电场强度小，进而可判断电荷所 总是一致 受电场力大小和加速度的大小 形定则求合电场强度.分析电场叠加问题的一般 正电荷的受力方向和电场线在该点的 (3)做曲线运动：F合≠0，F合与速度方向不在 步骤是： 判断电场力的方向 切线方向相同，负电荷的受力方向和 条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧 (1)确定研究，点的空间位置； 电场线在该点的切线方向相反 (4)F。与v的夹角为，加速运动：0≤< 判断电势的高低与 沿电场线的方向电势降低最快，且电 (2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分 电势降低的快慢 场线密的地方比疏的地方降低更快 90°；减速运动：90°<α≤180°， 电场在该点的电场强度的大小和方向； 电场线越密的地方，等差等势面越密 (5)匀变速运动：F合=恒量， (3)依次利用平行四边形定则求出电场强度 判断等势面的疏密 集；电场线越疏的地方，等差等势面越 例7.如图5所示，水平 的矢量和. 稀疏 面上竖直固定四分之一绝缘 3.等量同种和等量异种电荷的电场强度的比较 分析电场中运动轨迹问题的方法 (1)“运动与力两线法”一一在运动轨迹与电 圆弧轨道BC,轨道Ah和BCm品 图5 比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷 场线的交点处画出运动轨迹的切线(“速度线”) 均光滑，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆 电场线 与电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情心，0B竖直，0C水平，BC轨道半径为R整个空间 有足够大、水平向右的匀强电场.一质量为m、电荷 分布图 况来分析曲线运动的情况 (2)“三不知时要假设”一电荷的正负、电 量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球 连线上0点电场强 场强度的方向或等势面电势的高低与电荷运动的 沿水平面向右运动，AB间距离为2R,匀强电场的 连线中，点0处 度最小，指向负电 为零 的电场强度 方向，是相互制约的三个方面.若已知其中任意一电场强度￡=m竖，重力加速度大小为g,不计空气 荷一方 个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不 连线上的电场 沿连线先变小，再 沿连线先变小，再 阻力.求： 强度大小（从 知，则要用“假设法”分别讨论各种情况 变大 变大 (1)小球到达C点时对轨道的压力； 左到右) 例6.如图4所示，实线表 沿中垂线由0 0点最大，向外逐 0点最小，向外先 示某电场的电场线（方向未标 (2)小球从A点开始，经过C点脱离轨道后上 点向外电场强 出)，虚线是一带正电的粒子只 升到最高点过程中，小球电势能的变化量 渐减小 变大后变小 度大小 关于0点对称 在电场力作用下的运动轨迹， 解析：(I)设小球在C点的速度为c,小球从A 图4 点运动C点过程中，由动能定理可得 的A与A、B与 等大同向 等大反向 设粒子在A点和B点时加速度大小分别为a4g,A B'的电场强度 点和B点的电势分别为P4PB,速度大小分别为 gE·3R-mgR=2m呢 例5.电场线能直观地反映电场的分布情况 y4A心g,电势能分别为E4、Eg:下列判断正确的是 () 解得vc=2gR 如图3甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图 小球在C点时水平方向的支持力F、与电场力 乙是电场中的一些点；0是电荷连线的中点，E、F A.VA UB,PA PR B.VA UB,aA aB 是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是 C.<P8,Em Epn D.a an,Em Ep qE的合力提供向心力，所以有 两电荷连线上关于0对称的两点.则 () 解析：根据带正电的粒子所受电场力大致指 F、-gE=mR 向轨迹的凹侧，可知电场线大致向右，沿电场线电 势逐渐降低，可知P:>PB,由B点电场线比A点密 解得Fv=5mg 集可知，B点电场强度较大，粒子在B点的加速度 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小 较大，即aA<aB,从A到B电场力做正功，则动能 为F%=F、=5mg,方向水平向右. 乙 增加，电势能减小，则心A<vg,E4>Es,故BD正 (2)小球过C点上升到最高点的过程中，由运 图3 确，AC错误 动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的 A.E、F两点电场强度相同 答案：BD 匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小 B.A、D两点电场强度不同 …难点三…→ 球从C点到最高点的时间为t,则 C.B、O、C三点中，0点电场强度最小 带电体的力电综合问题 D.从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大 水平方向上a,-光-=2 m 解析：等量异种点电荷连线的中垂线是一条 1.解答思路 等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两 竖直方向上1= g 点电场强度方向相同，由于E、F是连线中垂线上 取研究对象 一个带电体成儿个带电体成的系统 小球从A点开始运动到达最高点过程中电场 关于0对称的两点，则其电场强度大小也相等，故 静电力(F=qE或Fk座) 力做功为 *受力分析 A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密 两大分析 重力是否忽略，据题意：若是微观粒子】 W电=gE(3R+x） 程度相同，则A、D两点电场强度大小相等，由题图 般略：若是宏观物 一般不忽略 根据电场力做功与电势能变化关系W电= 甲看出，A、D两点电场强度方向相同，故B错误；由 其他力 △E。 题图甲看出，B、0、C三点比较，0点处的电场线最 运动分析→运动情况反映受力情况 解得△E。=-5mgR. 选月规律 平衙条件牛顿第二定律，动能定里、能 稀疏，电场强度最小，故C正确：由题图可知，电子 列方程求解 量守恒定律 答案：(1)5mg,方向水平向右； 从C点向0点运动过程中，电场强度逐渐减小，则 (2)-5mgR 线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑 场线从同一点射入平行板间的匀强电场，、b两粒子分别打在金属 道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻 板B上的M点和N点，不计粒子重力，则下列说法正确的是( 《必修第三册》核心素养综合测试（一） 力，则 ( A.a、b两粒子均带正电 A.小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B.a、b两粒子的电荷量关系为q1>q2 ◆数理报社试题研究中心 B.小球分别运动到A,B点时速度大小不 第I卷选择题（共46分) 同 C.a,b两粒子的比荷关系为>2 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选 C.若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D.电场对a、b两粒子所做功的关系为W,<W 错或不选得0分) D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落 1.关于“点电荷”，所体现的物理思想方法是 得快 第Ⅱ卷非选择题（共54分） A.等效替代 B.控制变量 7.一电流表的满偏电流I,=30mA,内电阻R。=952,要把它 C.建立模型 D.微元求和 改装成一个量程为0.6A的电流表，应在电流表上 三、实验题（本题共2小题，共18分，将正确答案填在题中横线 2.下列说法正确的是 A.串联一个5.002的电阻 上或按要求作答) A.在自助加油站给汽车加油时，可以接打移动电话 B.并联一个5.002的电阻 11.(9分)现测定金属丝的电阻率，利用下列器材设计一个电 B.家用电器或电线发生火灾时，应先断开电源再灭火 C.串联一个4.752的电阻 路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻R约为 高中 C.如果有人触电倒地，应该抱住他的腰部拖到安全的地方 D.并联一个4.752的电阻 1002. 中 物 理 D.超高压带电作业的工人所穿衣物的织物中掺入了金属丝，目 弯 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的 电源E(电动势10V,内阻约为102)； 理 的是导走因摩擦产生的静电 电流表A(量程0~250mA,内阻r1=202); 必 四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分， 修 3.把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，关于电场 有错选或不选的得0分) 电流表A(量程0~300mA,内阻约为52)； 力对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是( 8.在长直的塑料管的末端有铜制N匝 滑动变阻器R,(最大阻值10Ω，额定电流2A); 册 必修第三册( A.电场力做正功，电势能增加 线圈，用电流传感器连接线圈并连接好计 计算规 滑动变阻器R2(最大阻值10002，额定电流1A); 教 B.电场力做正功，电势能减少 算机当强磁体从图4中位置静止释放，则 电流传感器 开关S及导线若千. 核 C.电场力做负功，电势能增加 心 下列说法正确的是 ( (1)某同学根据题意设计了实验方案，滑动变阻器应该选择 D.电场力做负功，电势能减少 线图 (选填“R,”或“R,”); 素养测评 A.强磁铁下落的整个过程中始终不 图4 4.如图1所示，在某匀强电场中有一个正六面 核心素养测 会出现感应电流 (2)请在方框中把图6实验电路图补充完整，并标明器材代号； 体，棱长l=1m,已知AD、H、G点的电势分别为P 评 B.强磁铁从P处进人会产生感应电流 =6V、pn=6V、pm=14V、pc=22V,则下列说法 C.强磁铁从Q处离开不会产生感应电流 正确的是 D.强磁铁下落离开塑料管的过程中，机械能不守恒 图1 A.F点的电势为14V 9.一辆电动车蓄电池的电动势为E,内阻为r,当空载的电动车 B.B点的电势为6V 以速度，在平直公路上匀速行驶时，流过电动机的电流为1，电动机 C.匀强电场的电场强度大小为8V/m,方向沿DH水平向右 线圈电阻为R,司机与电动车总重力为mg,电动车受到的阻力是总 (3)该同学测量得到电流表A,的读数为1,1，电流表A,的读数为 D.匀强电场的电场强度大小为8√2V/m,方向沿GD斜向上 重力的k倍，忽略电动车内部的摩擦，则 ( 12,则这段金属丝电阻的计算式为 5.如图2所示，面积为0.5m2的圆形线圈内有 A.电源输出功率为E1-RB.电源效率为 12.(9分)在做测量干电池的电动势和内阻实验中： 个匀强磁场，线圈平面与磁场方向垂直，已知磁感应 (1)除待测电池、开关、若干导线外，选用下列哪组仪器，也可以 强度为2×102T,磁场范围的横截面是一个面积为 C.电动机的工作电压为IRD.电动机的输出功率为kmg 完成实验目的 0.2m2的圆，则穿过线圈的磁通量为 () 10.如图5所示，平行金属板A、B水平放置并4口 A.一直流电流表，一电阻箱 A.0 B.1×10-2Wb 图2 带有等量异种电荷，金属板A带正电.现有a,b两：心之 B.一直流电压表，一电阻箱 C.0.4×10-2Wb D.0.2 Wb 个带电粒子，质量分别为m,和m,带电荷量大小B三 C.一直流电流表，一滑动变阻器 6.某小山坡的等高线如图3所示，M表示山顶，A、B是同一等高 分别为9，和92，它们以相同的初速度先后垂直电 图s D.一直流电流表，一直流电压表，一滑动变阻器高中物理人教（必修第三册）第21~23期 发理括 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（必修第三册）第21~23期(2025年12月) 第21期参考答案 面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度 一、单选题 大，故A错误；A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机 1.C:2.B;3.C;4.D:5.C;6.D:7.B. 械能守恒定律，运动到A、B点时速度大小相同，故B错误；等势 提示： 线越密集，电场强度越大，B处等势线比A处更密集，故A点电 1.若带电体的体积与研究的问题没有关系或关系很小时， 场强度比B点小，故C错误；等势线越密集，电势降落越快，右 将一个带电体看成一个“点电荷”，是忽略了带电体的体积，这 侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，故D正确， 是建立了一个理想模型方法，故C正确，ABD错误， 7.把电流计改装成一个量程为0.6A的电流表，需要并联 2.在自助加油站给汽车加油时，不可以接打移动电话，会 分流电阻，电阻大小为R= 1R=30×950=5.000,故B 600-30 有爆炸的风险，故A错误；家用电器或电线发生火灾时，应先断 正确 开电源再灭火，故B正确；如果有人触电倒地，抱住他的腰部有 二、多选题 触电的风险，应立即切断电源或者用绝缘体挑开电线，故C错 8.BD:9.BD:10.AC. 误；超高压带电作业的工人穿戴的工作服是用包含金属丝的织 提示： 物制成的，这种工作服叫屏蔽服，其作用是在穿用后，使处于高 8.强磁铁从P进人、从Q离开，都会使得线圈中的磁通量 压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防 发生变化，因此会产生感应电流，故AC错误，B正确；由于线圈 护人体免受高压电场及电磁波的危害，故D错误。 中有感应电流，电流在导线中会发热，所以强磁铁的机械能在 3.把负点电荷沿电场线由a点移至c点的过程中，受力与 下落过程中不守恒，故D正确 位移方向相反，故电场力做负功，电势能增加，故C正确 9.电源的输出功率为P=E1-r,故A错误；电源的效 4.因AD与FG平行，则pA-Pn=Pr-pe,因P:=Pn则 Pr=pc=22V,故A错误；因AB与HIG平行，则pA-PB=PH 率为)=”×10%，放B正确：电动机的工作电压为 -Pc,则Pg=14V,故B错误；因AD和FG都是等势面，可知电 E-r,故C错误；电动车匀速运动时，牵引力等于阻力，即F= 场强度方向垂直于AD和FG,沿GD斜向上，电场强度大小为E mg,则电动机的输出功率为P'出=kmgu,故D正确， 10.由于金属板A带正电，两粒子向下偏转，故a、b两粒子 Ue=2-6v/m=82V/m,故C错误，D正确. 21 均带正电，故A正确；两粒子在电场力的作用下做类平抛运动， 5.由图可知，线圈内含有磁场的面积为0.2m2,由于线圈 在水平方向有x=k,在竖直方向有y=2=,由题图 2m6 平面与匀强磁场方向垂直，因此穿过该线圈的磁通量由磁通量 公式Φ=BS得Φ=BS=2×102×0.2Wb=0.4×102Wb, 可知x>无，则有红>2，由题设条件无法比较4，与，的关 m m, 故C正确。 系，故B错误，C正确；由电场力做功公式W=qU知，因加速电 6.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a= 压0相同，而9与92的大小关系不能确定，所以不能确定W。 gsin0(0为坡面与水平面夹角)，MB对应的等高线更密集，坡与W。的大小关系，故D错误， 高中物理人教（必修第三册）第21~23期 三、实验题 (2)E=亡V2mg,方向斜向右上方450 11.(1)R 解析：(1)对球a,有cos=mg,F,sin a=k号 2 (2) 即k2 mgtan a 对球b,有F,c0sB=mg,F,sinB=k号 (3)R=2- 即k又 =migtan B 解析：(1)由题意可知，没有电压表，可以用已知内阻的电 3 流表A,测电压，另一个电流表A,测电流，由题意可知，作电压 联立解得m,= 3m,9= mgL2 表用的电流表A1最大量程是U=0.25×20V=5V,而电源 (2)由题意，小球a所受重力和库仑力的合力为F= 的电动势是10V,为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压 √2mg,方向斜向左下方45 接法，滑动变阻器应用小阻值的R, 则其所受匀强电场的电场力与F平衡，即qE=√2mg (2)根据伏安法可知，实验中需用一个已知内阻的电流表 A作为电压表测定待测电阻的电压，由于电流表A,内阻已知， 解得E=几=士，2mg,方向斜向右上方45 所以电流表A,采用外接法.实验电路图如答图所示。 14.(1)2×10-3A:(2)6V. (3)待测金属丝两端的电压为1，通过的电流为12-1， 解析：(1)电压表接在A、B两端时，电路中的电流 所以待测金属丝电阻R,=,- 0-4=2×103A I= R 12.(1)ABD(2)1.51.0 (2)电压表和R,并联的总电阻 解析：(1)利用一直流电流表和一电阻箱，通过调节电阻 RRy R=R+Ry 4=1.5k0 1 箱的阻值，则干路电流会变化，用电流表可以多次测量出干路 可解得Rv=3k2,当电压表接在B、C两端时，电压表与 电流，再根据E=(R+r)列方程组，即可求出E和r,故A正 R2并联的总电阻 确：利用一直流电压表和一电阻箱，通过调节电阻箱的阻值，则 RRy 路端电压会变化，用电压表可以多次测量出路端电压，再根据 R=R2+Ry =2k2 E=U+只列方程组，可求出E和，故B正确：只能测出电 根据串联电路电压与电阻成正比可知，此时电压表的示数 为 路中的电流，不能测量电压，因而不能测出电源的电动势和内 R' 电阻，故C错误；直流电压表可以测量路端电压，直流电流表可 U:=R+RU=6V. 以测量干路电流，而通过调节滑动变阻器，可以多测出几组U 15.(1)2×10m/s2;(2)4cm. 和1，再根据E=U+列方程组，即可求出E和r,故D正确， 解析：（①匀强电场的场强：E=号 (2)根据U=E-r可知U-1图像与纵轴的交点表示电 源的电动势，故电源的电动势E=1.5V;U-1图像斜率的绝 由牛顿第二定律有：gE=ma 对值等于内阻，则有r=18510=1.0n 解得：a=2×10m/s2; 0.7-0 (2)设带电粒子在偏转电场中运动的时间为1，带电粒子 四、计算题 在水平方向做匀速直线运动，有1=二 3 L 13.(1)m,=3m,9=√k 带电粒子射出偏转电场时在竖直方向上的偏移量：)= 高中物理人教（必修第三册）第21~23期 2d,解得：y=4em 大的初速度。射入电场中，电场线方向时刻发生变化，且电场 线密集程度不同，则加速度大小与方向时刻发生变化，故检验 第22期参考答案 电荷将做变速曲线运动，且电场力做正功，电势能减小.故D正 一、单选题 确。 1.A;2.D;3.A;4.B;5.C;6.D;7.D. 二、多选题 提示： 8.BC;9.ACD;10.AD. 1.中国古代建筑安装了既有装饰作用，又有避雷作用的塔 提示： 刹构件，其避雷作用的物理原理是尖端放电.故A正确， 8.一切电磁波在真空中传播速度相同，在同一介质中，不 2.球A所带电荷量为+4Q,球B不带电，现将球B与球A接 同电磁波传播速度不同，故A错误：紫外线有助于人体合成维 触后它们带的电荷量相等，都是g=9=2Q,它们之间的电场 2 生素D,但不宜过量，故B正确；一切物体都在不停地发射红外 力F=4学=架故D正确，ABC错误 线，故C正确：医学上用X射线透视人体，检查体内病变等，故 2 D错误， 3.根据电磁感应现象可知，杯垫线圈电流变化的快慢会影 9.由图可知，该图表示的是两个正电荷间的电势高低，并 响金属杯中感应电流的大小，故A正确；杯垫线圈中通入恒定 且a点的电荷量较大，故A正确，B错误；因为1A91表示电场 △x 电流，金属杯中的磁场不发生变化，则不会产生感应电流，故B 强度大小，所以电势最低的p点的电场强度为0，故C正确；因 错误；陶瓷杯处于变化的磁场中，但是缺少自由电荷，故不能产 为电场线总是从高电势指向低电势，所以ap间和bp间的电 生感应电流，故C错误；杯垫断电后，金属杯附近磁场消失，则 场方向都指向p点，故D正确。 金属杯在杯垫上快速平移不能产生感应电流，故D错误 10.由图可知，电源的输出功率最大为45W,故B错误；根 4.由于单位时间内通过乙导体某一横截面的电荷量是通 据电源输出功率的性质可知，当内外电阻相等时，电源的输出 过甲导体某一横截面的电荷量的2倍，根据1=？可知乙导体 功率最大，由图可知，电源的内阻为r=52,故C错误；由P 中的电流是甲的2倍，故A错误，B正确；根据电流微观表达式： 可知E=30V,故A正确；根据效率公式可得刀=R+, Ar 1=四，周：=点由于不知道甲，乙两导体的性质(a不 ×100%,最大功率时内外电阻相等，所以效率为50%，故D正 知道)，所以v的关系无法判断，故CD错误。 确。 5.电容器的大小与带电荷量无关，因此放电之后，电容器 三、实验题 的电容大小保持不变，故A错误；根据Q=CU,代入数据可知， 1.s:(2)-1660,(3U+2e 放电前，电容器储存的电荷量为0.135C,故B错误；根据1= 解析：(1)进行机械调零时，应调节机械调零旋钮“S”. 可知，该次放电的电流大小为67.5A,故C正确：达到击穿 (2)红表笔连接B多用电表的“-”插孔：测得的电压挡的 电压电容器就损毁了，击穿电压应略大于额定电压，故D错误， 内阻为160002. 6.根据安培定则，导线左侧磁场方向垂直纸面向外，线框 (3)根据闭合电路欧姆定律，有E=U+9R 在位置2更靠近导线，磁感应强度B更大，根据中=BS可知在 12.(1)0.680; 位置2线框磁通量更大，即④，<④.故D正确。 (2)①ACE②导线连接在滑动变阻器的滑片上 7.由图可知等势线关于y轴对称，则两个点电荷为等量异 采用了电流表内接法 种电荷；y轴为等势线，右侧为正电荷，左侧为负电荷，一个重 力不计的正检验电荷从y轴负半轴某处沿着y轴正方向以足够 3加= 3 高中物理人教（必修第三册）第21~23期 解析：(1)固定刻度读数：0；半刻度读数：0.5mm;可动刻 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h= 度读数0.01mm×18.0=0.180mm,故螺旋测微器读数为： t 0.680mm. 则x2=a12 (2)①两节干电池电动势共为3V,为减小读数误差，选小 联立解得x2=0.05m 最程电压表放选A:银据欧蝴定律1=发-滑-Q.6A,电 由对称性可知A、B细胞收集管的间距 △x=2(x1+x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m. 流不超过0.6A,故电流表同样选择小量程的，即选C;滑动变 15.(1)2A(2)2.64×103J(3)0.6×103Pa 阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方 解析：(1)由图甲可知，定值电阻R。与压敏电阻R串联，电 便，故选小电阻的，即选E 压表测R两端的电压，则通过R。的电流 ②错误一：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误二：伏 安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻 6瓷-01=2 用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相近，故采用安 (2)由图乙可知，舱体内气压为1.0×10°Pa时，压敏电阻 培表外接法 的阻值R=10Ω，由串联电路的电阻特点可知，电路中的总电 (3)根据R=p 阻R总=R+R=(10+100)2=1102 1 ,解得p=dR 4 4L 由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流I=,= 四、计算题 2A 13.(1)BL2;(2)-BL2. 由欧姆定律可知，电源电压 解析：(1)当线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，ad边在纸 U=1Rg=2×110V=220V 面内的投影长度 则工作I0min,电路消耗的总电能 d=2L×cos60°=L W=U=220×2×10×60J=2.64×103J. 即cd边恰好位于磁场右边界的正上方，所以穿过线圈的 (3)电压表示数为176V时，电路中的电流 磁通量 r儿-受-语=16A Φ=B×2L2×cos60°=BL2 由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻 (2)当线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，ad边在纸面内的 R6-9=200=125n 投影长度 7=.76 d”=2L×cos60°=L 则压敏电阻的阻值 即αb边恰好位于磁场右边界的正上方，所以穿过线圈的 R′=R'点-R。=(125-100)2=252 磁通量为零；磁通量的变化量为△Φ=0-B×L2=-BL. 由图乙可知，此时舱内的气压值为0.6×103Pa. 14.(1)5×103m(2)0.11m. 第23期参考答案 解析：(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛 一、单选题 运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，有l= 1.D:2.D;3.C;4.B;5.D;6.C;7.C. 提示： 沿电场方向有名=2 1.经过铝箔纸吹出的气泡会悬浮在带电的静电棒上面，并 由牛顿第二定律有gE=m@ 随静电棒轻轻的上下起舞，原因是：静电棒和气泡带上同种电 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x=5× 荷，由于相互排斥而能随着静电棒上下起舞.故D正确。 103m. 2.根据电场线的性质：沿电场线方向，电势逐渐降低.观察 高中物理人教（必修第三册）第21~23期 图中电场线，可判断电场线方向.比较a、b、c、d四点，d点位于正确，B错误；把滑动变阻器的滑片向a端滑一点，滑动变阻器 电场线“上游”，沿电场线方向电势依次降低，即d点电势高于c: 阻值变大，则电容器充放电时间变长，则频闪灯的发光频率将 点，c点高于b点，b点高于a点.因此电势最高的是d点.故D正 变低；同理把滑动变阻器的滑片向b端滑一点，滑动变阻器阻 确。 值变小，电容器充放电时间变短，则频闪灯的发光频率将变高， 3.带电粒子受到竖直向上的电场力和竖直向下的重力，电 故C错误，D正确 场力大于重力，合力也是恒力，方向竖直向上，因此粒子才向上 9.由图读出电源的电动势为E=4V,图线A的斜率绝对 偏转，根据牛顿第二定律有qE-mg=ma,带电粒子做类平抛 值大小表示电源的内阻则r=合d1=05n.故A结误： 运动，在竖直方向，相等的时间间隔内发生的位移之比为1：3： 灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态， 5:7,因此重力做功不相等，电场力做功也不相等，电场力做功 则知其电压U=3V,I=2A,则灯泡L的额定电压为3V,功率 大于重力做功.故C正确。 为P=UI=3×2W=6W,故B正确；把灯泡L的电阻R= 4.该电容器最大容纳电荷量为：Q=CU=12000×3C= 36000C,故A错误；电容器的电容与电荷量和电压无关，在充 号=子0=1.50，换成-个1n的定值电阻，可知其电用更 放电时电容不变，电容器放电，电荷量逐渐减小到0，电压逐渐 接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输 减小为0，故B正确，C错误；若30s能充满，则充电平均电流 出功率最大，知把灯泡L换成一个12的定值电阻，电源的输 为：1==36,000A=1200A,故D错误 出功率将变大而效率)=名=R,外电阻变小，效率变 t 30 低，故C错误：小灯泡的U-I图线之所以是一条曲线，由图可 5.原电源与R串联视为等效电源1，E,=24V,·1=r+R 以看出，小灯泡L的电阻随通过电流的增大而增大，故D正确。 =122,等效电源1与R,并联视为等效电源2，E,=12V,r,= 10.线圈接通电源瞬间，线圈中的电流是逐渐增大的，产生 B·1=6n,等效电源2与R,串联视为等效电源3，B,= R2+r 的磁场也是逐渐增大的，则根据麦克斯韦电磁场理论可知，变 12V,3=r2+R=92,故R=92时，R上有最大功率Pm= 化的磁场产生电场，从而导致带电小球受到电场力，使圆板转 最故D正确 动，因为线圈中电流方向未知，产生的感应电场方向未知，所以 不能确定小球所受的电场力方向，无法判断小球的电性，但若 6.设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x,磁场的磁感 小球不带电，一定不会转动，故B错误，A正确：线圈接通电源 应强度为B。,依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，可知左 瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到 侧闭合回路中磁通最不变，可得B,k=B(x+,),整理得日 电场力，使其转动，故D错误，C正确。 三、实验题 =房+公散行与为一次函数关系放C正确 11.(1)50.15:(2)4.700: 7.对于质量为m,的电荷，它们的库仑力提供其向心力，即 (3)220;(4)A2V,R k=%三，同理，对于质量为则的电荷，有 解析：(1)游标卡尺读数为L=50mm+3×0.05mm= d 50.15mm; 则它们总的动能为m矿+分店=碧，放c正 1 (2)螺旋测微器的读数为d=4.5mm+20.0×0.01mm m2 d-r' =4.700mm; 确 (3)欧姆表的读数为R=22×102=2202: 二、多选题 (4)直流电源电动势4V,则电压表选择V1:根据闭合电路 8.AD:9.BD 10.AC 提示：8.电容器充电的过程中，充电的电流越来越小，故A 欧婚定律可知，电路中的最大电流为人=是=易× 5 高中物理人教（必修第三册）第21~23期 1000mA≈l8mA,所以电流表应选A2;由于要求“测得多组数 (2)由92=12·t2=3×300C=900C 据”，所以变阻器应用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R· -=2.16×10V=24v 又E2= 92 900 12.(1)0.75500;(2)R2;(3)偏大； E 解析：(1)U-1图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线 故每组电动势E= =1.3V 斜率的绝对值表示水果电池的内阻，·-I图线的纵轴截距约 说明长时间使用，电源的电动势会明显下降，应该及时充 为0.75V,即“水果电池”的电动势为0.75V,图线斜率的绝对 电 值为r1o050n 15.(1) 2gEd (2)-3(3)(5+10√gE 2md m (2)由于电源的内阻为5002，若选用0~10Ω的滑动变 解析：(1)在电场Ⅱ中，根据运动分析，粒子带负电 阻器，移动滑片，电流可调节测量范围较小，所以本实验中滑动 变阻器应选用R2 根据动能定理，有-9Bd=0-2m6 (3)由于电流表的分压，使得路端电压+ 2gEd 解得，=√m 存在误差，而电流没有误差，运用图像法分 (2)从M到V,根据动能定理，有 别在U-I图上由测量数据作出的图线1和 修正误差后真实值作出的图线2，由图看0 -9lw=a(22-2md 出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测 联立解得UN=-3Ed. 量值偏大。 (3)根据Uw=-3Ed=-Eh 四、计算题 可知M、N两点间的竖直距离为h=3d 13.(1)200V/m;(2)-2V. 带电粒子在N点的速度大小是M点的2倍，可得粒子在N 解析：(1)点电荷从A点到B点，静电力做正功，负电荷受 点时竖直方向的分速度为v'=√(2o)2-哈=3o 到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上：根 粒子在电场1中，有31=了4 据题意有W=Flcos60°，F=gE,解得E=200V/m. (2)A、B间的电势差 粒子在电场1中，有d=2 U=Elcos60°=200×2×102×0.5V=2V 粒子在两电场中运动的总时间t=61+2 因A点电势低，即U=-2V 而UB=PA-PB 联立解得：=(5+) 解得PA=PB+UB=0+(-2V)=-2V. 14.(1)1800J: (2)1.3V,说明长时间使用，电源的电动势会明显下降， 应该及时充电 解析：(1)据W=qE=Et 代入数据可得E,三=36V 整个电源的电动势E,=36V 在10s内电源移送的电荷量为 91=1,·t1=5×10C=50C 由电动势的意义可知W1=9,E,=50×36J=1800J 6