第3章 阶段滚动检测卷(二)（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（鲁科版）

阶段滚动检测卷(二) (分值：100分) 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，只有一项符合题目要求。 1．下列关于物理学思想方法的阐述，错误的是　(　　) A．追寻守恒量是物理学研究物质世界的重要方法之一，电荷守恒定律体现了这个思想 B．点电荷概念的建立是运用了等效替代法 C．在人们研究电荷之间的作用力的过程中，曾经猜测电荷间的作用力跟万有引力一样遵循与距离平方成反比的规律，运用了类比的思想方法 D．电场强度是通过两个基本物理量之比定义的新物理量，这种定义方法叫比值法 解析：选B。电荷守恒定律是物理学的基本定律之一 ，是物理学中“守恒”思想的具体体现，故A正确，不符合题意；点电荷概念的建立运用了理想模型法，故B错误，符合题意；库仑定律的确立遵循了类比—科学假说—实验验证的过程，由万有引力和静电力的类比，提出假说，最后用实验来验证，故C正确，不符合题意；电场强度是通过比值法定义的，故D正确，不符合题意。 2．两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F。两小球相互接触后并固定在相距为的两处，则两小球间库仑力的大小为(　　) A．2F B．F C．F D．F 解析：选B。两小球接触前库仑力的大小F＝k，两小球相互接触后带电量都是＋Q，两小球间库仑力的大小F′＝k＝。 3．关于各图中包含的物理知识，下列说法正确的是(　　) A．图甲，橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮带正电且电荷量是元电荷的整数倍 B．图乙，导体棒A端带负电，B端带正电 C．图丙，A、B两点与中心电荷的距离相等，故A、B两点的电场强度相同 D．图丁，利用库仑扭秤实验装置探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量 解析：选A。橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮失去电子带正电且电荷量是元电荷的整数倍，故A正确；根据静电感应原理可知，导体棒A端因感应带负电，由于导体棒A端接地，所以B端不带电，故B错误；A、B两点与中心电荷的距离相等，故A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误；库仑通过扭称实验发现了电荷之间的相互作用规律，不需要测出小球电荷量，故D错误。 4．如图所示，A、B两点相距3r，P、M两点把A、B连线三等分，在B点固定一点电荷，其所带电荷量为＋q，A点固定另一点电荷。已知M点电场强度为0，静电力常量为k，取无穷远处电势为0，则(　　) A．A点的点电荷带负电 B．A点的点电荷所带电荷量为q C．P点电势为0 D．撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为k 解析：选D。M点电场强度为0，则A点的点电荷带正电，A错误；设A点的点电荷所带电荷量为q′，根据k＝k，解得q′＝4q，B错误；无穷远处电势为0，则P点电势为正，C错误；撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为k，D正确。 5．如图所示的静电计与带电平行板电容器(右板带正电，左板带负电)相连，把一块薄板向下插入平行板的正中央，规定大地的电势为零，则插入薄板前后，下列说法正确的是(　　) A．静电计是测量电容器带电量的装置 B．指针的电势与外壳电势相等 C．若薄板是有机玻璃板，则插入后指针的偏角小于插入前 D．若薄板是金属板，则插入后的电容小于插入前 解析：选C。静电计是测量电容器两板间电压的装置，不是测量电容器带电量的装置，故A错误；静电器指针与外壳绝缘，指针的电势等于右板的电势，外壳的电势等于左板的电势，则两者的电势不相等，故B错误；若薄板是有机玻璃板，则插入后电容增大，电量不变，电压减小，指针的偏角变小，故C正确；若薄板是金属板，相当于变成两个电容器，每个电容器的间距变成原来的一半，每个电容器的电容变为原来的两倍，即插入后的电容大于插入前，故D错误。 6.电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美。如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A和B，A、B连线中点为O，在A、B所形成的电场中，有以O点为几何中心的矩形abcd，矩形eghf为abcd的中垂面，O是ef边的中点，下列说法正确的是(　　) A．e、f两点的电势相等 B．将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力先做正功后做负功 C．将一电荷由a点分别移到g点和O点，电势能变化量不相等 D．a、b两点的电场强度相同 解析：选A。根据题意，假设A为正电荷，B为负电荷，结合等量异种电荷的电场强度分布图，作出abcd所在平面中电场分布图如图所示，可知eghf所在平面为通过O点的中垂面，即等势面，且该平面内上的所有点的电势都为0，则e、f两点的电势相等，A正确；将一电荷由e点沿eghf移到f点，由于eghf所在平面为等势面，所以在此过程中电场力始终不做功，B错误； 由上述分析可知，将一电荷由a点分别移到g点和O点过程中电势变化相同，则电场力做功相同，电势能变化相同，C错误；因为电场强度是既有大小又有方向的矢量，根据电场分布图可知，a、b两点的电场强度方向不同，D错误。 7．真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无穷远处电势为0，则x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 解析：选D。根据点电荷周围的电势公式φ＝k，设x′处(x′>0)的电势为0，得k＋k＝0，解得x′＝，故可知当0<x<时，φ<0；当x>时，φ>0。 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，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．如图为某导体的伏安特性曲线，根据图中信息，可以得出(　　) A．导体的电阻率随电压的增大而增大 B．导体的电阻率随电压的增大而减小 C.导体两端电压为8 V时，电阻约为26.7 Ω D．导体两端电压为8 V时，电阻等于10 Ω 解析：选BC。I－U图像中，图线上的某一点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，根据图像可知，随导体两端电压升高，图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐变大，表明导体的阻值逐渐变小，根据电阻定律R＝ρ可知，该导体的电阻率减小，故A错误，B正确；根据电阻的定义式，当导体两端电压为8 V时，通过导体的电流为0.3 A，电阻R＝≈26.7 Ω，故C正确，D错误。 9．在如图所示的分压电路中，c、d间的电压恒为U＝10 V，滑动变阻器的全值电阻R0＝20 Ω，滑动触头P可在a、b两端点间滑动，定值电阻R＝10 Ω， 则(　　) A．电阻R两端的电压调节范围为0～10 V B．触头P位于a、b连线的中点时，电阻R两端的电压为5 V C．触头P位于a、b连线的中点时，电阻R两端的电压为 V D．触头P位于a点时，滑动变阻器消耗的功率为10 W 解析：选AC。c、d间的电压恒为U＝10 V，所以电阻R两端的电压调节范围为0～10 V，故A正确；触头P位于a、b连线的中点时，电阻R与R0的部分电阻RPb并联，阻值R并＝＝ Ω＝5 Ω，并联后R两端的电压UR＝×R并＝×5 V＝ V，故B错误，C正确；触头P位于a点时，滑动变阻器消耗的功率P＝＝ W＝5 W，故D错误。 10．如图所示，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f是以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，则下列说法正确的是(　　) A．e、f两点的电势相等 B．a、b两点的电场强度相同 C．图中O、a两点之间的电势差与O、d两点之间的电势差相同 D．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力做正功 解析：选AC。以O点为球心，则a、b、c、d、e、f所在球面为等势面，该球面上的所有点电势相等，O、a和O、d之间的电势差UOa＝φO－φa＝UOd＝φO－φd，故A、C正确；根据库仑定律以及点电荷的电场强度规律可知E＝＝k，a、b两点与电荷＋Q的距离相等，则电场强度大小相等，但电场强度是矢量，a、b两点电场强度的方向不同，则电场强度不同，故B错误；点电荷＋q在球面(等势面)上移动，电势能不变，则电场力不做功，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(6分)在使用多用电表测电流前，发现指针位置如图甲所示。 (1)现需要调整图丙中的部件__________(选填“K”“S”或“T”)，使指针对准电流的“0”刻线。调整好后，将部件K拨至“50 mA”挡，将多用表串联接入待测电路中，指针如图乙所示，则电路中电流为____________mA。 (2)使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件________(选填“K”“S”或“T”)，使指针对准电阻挡的“0刻线”。将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，若多用电表读数如图甲所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至____________(选填“×1”或“×100”)挡；之后要________________________________，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针位置如图乙所示，则待测电阻为____________Ω，测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡。 解析：(1)需要调整指针定位螺丝，即题图丙中的部件S，使指针对准电流的“0”刻线。将部件K拨至“50 mA”挡，最小刻度为1 mA，由题图乙可知电路中电流为22.0 mA。 (2)使用多用表测电阻时，将部件K拨至“×10”挡，并将两表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻挡的“0刻线”。若多用电表读数如题图甲所示，可得待测电阻较大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学将部件K拨至“×100”挡；之后要重新进行欧姆调零，再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值，此时指针位置如题图乙所示，则待测电阻为19×100 Ω＝1 900 Ω。 答案：(1)S　22.0 (2)T　×100　重新进行欧姆调零　1 900 12．(12分)某同学设计实验测定金属丝的电阻率，要求电压从零开始调节。用米尺测量金属丝的长度L＝0.640 m，用螺旋测微器和游标卡尺分别测量金属丝的直径时如图甲、乙所示。 金属丝的电阻大约为4 Ω，在用伏安法对金属丝进行进一步测定时，有如下实验器材供选择： 直流电源(输出电压为4 V) 电流表A1(量程0～0.6 A，内阻为0.125 Ω) 电流表A2(量程0～3.0 A，内阻为0.025 Ω) 电压表V(量程0～3 V，内阻为3 kΩ) 滑动变阻器R1(最大阻值为20 Ω) 滑动变阻器R2(最大阻值为100 Ω) 开关、导线等。 (1)从图甲中读出金属丝的直径D＝________mm，从图乙中读出金属丝的直径D＝__________ mm。 (2)在所给的器材中，应选的电流表是______，应选的滑动变阻器是____________。(填写仪器的字母代号) (3)根据题目要求，在下列虚线框中设计出本实验所需要的电路图。 (4)实验测出的电流表读数为I，电压表读数为U。根据测量数据，计算出这种金属材料的电阻率为____________(用题中所给字母表示)。 解析：(1)螺旋测微器的精确度为0.01 mm，从题图甲中读出金属丝的直径D＝0.5 mm＋33.0×0.01 mm＝0.830 mm。 游标卡尺的精确度为0.1 mm，从题图乙中读出金属丝的直径D＝0＋8×0.1 mm＝0.8 mm。 (2)通过待测电阻的最大电流约为I＝A＝0.75 A，应选的电流表是A1，电压从零开始调节，滑动变阻器采用分压式接法，选用最大阻值与待测电阻相近的R1。 (3)由于>，则电流表应采用外接法，要求电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。 (4)根据电阻定律有R＝ρ，由欧姆定律有R＝，联立解得ρ＝。 答案：(1)0.830　0.8　(2)A1　R1　(3)图见解析 (4) 13．(10分)如图所示，某同学用一个量程Ig＝100 μA，内阻Rg＝45 Ω的微安表头、单刀双掷开关以及两个可调阻值的电阻箱R1和R2组装成一个多用电表，单刀双掷开关接“1”时，改装成量程为0～1 mA的电流表，单刀双掷开关打向“2”时，改装成量程未知的电压表，求： (1)开关接“1”时，R1应调到的阻值；(4分) (2)开关接“2”，调整R2＝9 955 Ω时，电压表的量程。(6分) 解析：(1)由题图可知，当S接1时，设电流表的最大量程为I，根据并联电路知识有IgRg＝(I－Ig)R1，解得R1＝5 Ω。 (2)当S接2时，设电压表的最大量程为U，根据串联电路知识有U＝Ig(Rg＋R2)，解得U＝1 V。 答案：(1)5 Ω　(2)0～1 V 14．(12分)如图所示，半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧形绝缘轨道与水平绝缘轨道AB平滑连接于B点，轨道所在空间存在方向水平向右、电场强度大小E＝2.5×103 N/C的匀强电场。将质量m＝0.5 kg的带电体P(可视为质点)从水平轨道AB上的A点由静止释放后，P沿轨道开始运动。已知P的电荷量q＝＋8.0×10－4 C，P与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B两点间的距离L＝9.0 m，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)P从A点运动到B点所用的时间t；(6分) (2)P运动到圆弧轨道的末端C点时，圆弧轨道对P的弹力大小FN。(6分) 解析：(1)P从A点运动到B点的过程，根据牛顿第二定律有qE－μmg＝ma 解得加速度大小 a＝2 m/s2 根据运动学公式有 L＝at2 解得所用的时间 t＝3 s。 (2)P从A点到C点的过程，根据动能定理有 qE(L＋R)－μmgL－mgR＝mv－0 解得vC＝ m/s 在C点，根据牛顿第二定律有 FN－qE＝m 解得FN＝18.5 N。 答案：(1)3 s　(2)18.5 N 15．(14分)如图所示，纸面内存在方向与水平方向夹角为θ的匀强电场，在电场中的A点水平向右以速度v1＝3 m/s抛出一带正电的小球，小球沿直线向右运动的最大距离LAB＝0.6 m。已知小球的质量m＝0.02 kg，电荷量q＝1.25×10－6 C，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)A、B两点间电势差UAB；(4分) (2)小球由A到B的时间t；(6分) (3)电场强度E的大小。(4分) 解析：(1)A到B根据动能定理有 qUAB＝0－mv 解得UAB＝－7.2×104 V。 (2)根据速度位移关系式有02－v＝－2aLAB 速度时间关系式有0＝v1－at 联立得a＝7.5 m/s2，t＝0.4 s。 (3)根据平衡条件有Eq sin θ＝mg，Eq cos θ＝ma 解得E＝2×105 N/C。 答案：(1)－7.2×104 V　(2)0.4 s　(3)2×105 N/C 学科网（北京）股份有限公司 $