全书综合检测-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）

全书综 (时间：90分钟 一、选择题（每题4分，共48分） 1.（2024·福建三明期中)如图所示，某同学在 用毛皮摩擦过的PVC管靠近一细水流，发现 细水流向靠近PVC管的方向偏转，下列说法 正确的是 A.摩擦可以创造更多电荷 B.下雨天，实验效果会更明显 C.PVC管所带的电荷量一定是 元电荷e的整数倍 D.用丝绸摩擦过的玻璃棒代替本实验的PVC 管，细水流会向远离玻璃棒的方向偏转 2.(2025·广西玉林期中)如图所示，将一锥形 导体放入电荷量为Q的负点电荷电场中，导 体内有A、B两点，A点到电荷的距离为d,则 A.PB>PA B B.锥形导体右端带负电 C.导体表面的感应电荷在A点产生的电场强 度大小为龄 D.A点电场强度比B点大 3.(2024·广东广州期末)如图所示，空间存在 一水平向左的匀强电场，两个带电小球P、Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两 细绳都恰好竖直，则 A.P、Q均带正电 B.P、Q均带负电 C.P带正电、Q带负电 D.P带负电、Q带正电 4.（2025·湖南长沙雅礼中学月考)在直角坐标 系0-yz中有一四面体O-ABC,其顶点坐标 如图所示.在原点0固定一个电荷量为-Q的 点电荷，下列说法正确的是 A.A、B、C三点的电场强度相同 必修第三册：R刷 合检测 总分：100分) B.平面ABC构成一个等势面 C.将试探电荷+g自A点沿x轴负方向移动到 0点的过程中，其电势能增大 D.若在A、B、C三点放置三个点电荷，-Q所 受电场力的合力一定不可能为零 C(0,0,a) 06 B(0,a,0) xA(a.0.0 (第4题) (第5题) 5.(2024·天津蓟州三模)如图所示，电场中的 一簇电场线关于y轴对称分布，0点是坐标原 点，M、V、P、Q是以O为圆心的圆周上的四个 点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，下列 说法正确的是 ) A.P点电场强度的大小可能等于Q点电场强 度的大小 B.M点电势可能等于Q点电势 C.电荷在N点的电势能可能小于在M点的 电势能 D.电荷从N点运动到O点电场力做的功等 于从O点运动到M点电场力做的功 6.(2025·吉林长春二实验中学月考)如图所示 是三根平行通电直导线的截面图，它们的电 流强度大小均为I,且OA=OB=OC=L.已知 通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流 成正比、与该点到通电长直导线的距离成反 比，即B=k1,则0点的磁感应强度的大小为 ⑧B 黑白题104 A.3 B.5kl C.5KI 7.(2025·山东日照期中)如图甲所示，底面为 直角三角形的柱体位于空间坐标系O-yz中， 线段MW=OP=0.4m,NE=0F=0.3m, MP=NO=EF=0.4m.整个柱体处于匀强磁场 中，磁感应强度B为1.0T,方向平行于x0y平 面，并与x轴正方向的夹角0=37°，如图乙所 示.已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，则( 甲 乙 A.通过面积SNwr的磁通量为0 B.通过面积SMNe的磁通量为0.036Wb C.通过面积Swer的磁通量为0.096Wb D.通过面积SME的磁通量为O.8Wb 8.(2025·山西重点高中联考)b、c两点各固定 一个点电荷，以b、c的中点0为坐标原点，两 点的连线在x轴上，x轴上各点的电势P关于 位置的分布规律如图所示，已知图像关于纵轴 对称，0点处图像的切线平行于x轴，规定无穷 远处的电势为0.下列说法正确的是 A.坐标原点0处的电场 强度大小为零 B.关于O点对称的任意 两点电场强度相同 ab 0 c d C.b、c两点固定的点电荷均带负电，且所带电 荷量相等 D.电子在a点的电势能大于在d点的电势能 9.(2024·广东深圳期中)图甲是观察电容器 充、放电过程的原理图，图中电源电动势为E, 图乙是利用电压传感器和计算机收集到该实 验的其中两个过程U-t数据图像，则图乙中 全书综合检测 电压 过程I过程Ⅱ C传感器 A.U>E B.U<E C.过程I为充电过程D.过程Ⅱ为充电过程 10.（2024·山东泰安模拟)（多选）如图所示，球 心为O、半径为r的球面上有8个点，恰好构 成一个立方体，其中B、A,处分别固定带电量 均为+g的点电荷，D、C,处分别固定带电量 均为-g的点电荷，已知静电力常量为k,取无 穷远处电势为零，下列说法正确的是( A.O点的电势为0 D B.0点的场强大小 0。 为43g 3r2 Bi C.若移走D处点电荷，B 处的场强大小为 D.一带负电的试探电荷在C点的电势能大 于在D,点的电势能 11.(2024·江苏连云港期中)某温度检测、光电 控制加热装置原理如图所示，图中R,为热敏 电阻（随温度升高阻值减小），用来探测加热 电阻丝R的温度，R。为光敏电阻（阻值随光 照强度的增大而减小)，接收小灯泡L的光 照，除R、R。外，其他电阻均为定值电阻.当 R处温度降低时 A.L变亮 B.通过R,的电流减小 C.E,的电源效率减小 白题105 D.R消耗的功率减小 12.如图所示，均匀带负电的 矩形薄板处在匀强电场m矿 中，匀强电场的场强大小 为E,方向与薄板垂直，薄板中心0处有一小 圆孔，现有一质量为m、电荷量为+g的粒子 仅在电场力作用下沿电场方向从左向右穿 过薄板，途中经过关于薄板中心0点对称的 A、B两点.若A、B两点到O点的距离均为d, 带电粒子经过A时速度为v,带电粒子和匀 强电场对薄板电荷分布的影响可以忽略， 那么 A.粒子由A运动到B的过程中电场力做功 为零 B.粒子由A运动到B的过程中一直做匀加 速运动 C.粒子运动到B点时的速度为 v2,4gEd m D.粒子运动到B点时的速度为 4gEd m 二、非选择题（共52分）》 13.(6分)(2025·湖北鄂东南联考)某型号多 用电表欧姆挡的电路原理图如图甲所示.微 安表G是欧姆表表头，其满偏电流I。= 200uA,内阻R。=10002.电源电动势E= 1.5V,内阻r=12.电阻箱R1和电阻箱R 的阻值调节范围均为0~9999Ω. (1)为测量一个阻值约20002的电阻，某同 学将图甲中的a、b端短接，为使微安表G 满偏，则应调节R= 2;然后在 α、b端之间接入待测电阻，发现指针偏转 过大 (2)于是该同学将微安表G与电阻箱R,并 必修第三册·RJ舞 联，如图乙所示，利用该电路图组装一个 “×100”倍率的欧姆表，要求欧姆表的表 盘刻度示意图如图丙所示，其中央刻度标 “15”,则该同学应调节R1= n2; 用此欧姆表测量一个阻值约2000Ω的 电阻，测量前应调节R2= 2. 4.(8分)(2024·山东名校联盟联考)“蓝天” 实验小组正在测定粗细均匀的铅笔芯的电 阻率，但却没有合适的电压表.同学们从实验 室领取了直流电源、电流表G(满偏电流I。= 3mA、内阻R。未知)、电流表A(测量范围为 0~0.6A、内阻也未知)、滑动变阻器R、电阻 箱、长度可变的铅笔芯、开关、导线、螺旋测 微器等 0 35 铅笔芯 © (A E 丙 (1)他们用螺旋测微器测量铅笔芯的直径的 示数如图甲所示，则铅笔芯的直径D= mm. (2)为了精确测量电流表G的内阻，同学们 设计了如图乙所示的实验电路.正确连接 电路并将电阻箱调整为合适的阻值（该 阻值记为R。),闭合开关S并调节滑动变 阻器使两表均有适当的示数，记录下此 时电流表A的示数I1和电流表G的示 数L2,则电流表G的内阻R。= (用I1、L2和R。表示) (3)同学们测定铅笔芯电阻率的实验电路如 图丙所示，电流表G两端并联的铅笔芯 白题106 的长度为L,调节滑动变阻器使电流表G 满偏，记录电流表A的示数1.改变铅笔 芯的长度L,重复上述步骤，获得多组1、L 数据，作出1图像如图丁所示图像的 纵截距b (填“大于”“小于”或 “等于”)1，铅笔芯的电阻率p= （用D、L、R。、c等题中涉及的物 理量符号表示)， 15.（16分)(2024·北京北师大附中期中)利用 电流表和电压表测定一节新干电池的电动 势和内电阻，要求尽量减小实验误差 图1 (1)应该选择的实验电路是图1中的 (填“甲”或“乙”) (2)现有电流表(0~0.6A)、开关和导线若 干，以及以下器材： A.电压表(0~15V) B.电压表(0~3V) C.滑动变阻器(0~202) D.滑动变阻器(0~15002) 实验中电压表应选用 ;滑动变 阻器应选用 .(填相应器材前的 字母)》 U/V 6 1.0日 0.1 0.20.30.40.50.61A 图2 全书综合检测 序号 1 2 3 5 6 电压U/V 1.50 1.45 1.35 1.28 1.25 1.15 电流I/A 0.06 0.120.24 0.26 0.36 0.48 (3)某位同学记录的6组数据如表所示，其 中5组数据的对应点已经标在图2的坐 标纸上，请标出余下的一组数据的对应 点，并画出U-I图线. (4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动 势E= V,内电阻r= 2 (结果保留2位小数) (5)某同学利用图像分析甲、乙两种方法中 由电表内电阻引起的实验误差.在图3 中，实线是根据实验数据描点作图得到 的U-I图像；虚线是该电源的路端电压 U随电流I变化的U-1图像（没有电表 内电阻影响的理想情况).甲电路图对应 的图像是 ,乙电路图对应的图 像是 图3 16.(7分)(2025·河南大学附中月考)如图所 示，A、B、C为匀强电场中的三个点，电场的 方向与△ABC所在的平面平行，AB⊥AC, ∠ACB=30°.将电荷量g=-2.0×109C的点 电荷从A点移动到B点，静电力做功WAB= -4.0×108J;将该电荷从B点移动到C点， 电势能增加了8.0×108J.设C点的电势 pc=0,A、B的距离L=4cm,求： 黑白题107 30°1. (1)A与B、C两点间的电势差UA、UAc; (2)A、B两点的电势P4、P和B点的电势 能EpB; (3)电场强度E的大小 17.(7分)(2025·山东潍坊期中)如图所示，电 动机M的铭牌标有“3V,3W”字样，电动机 线圈的直流电阻rM=0.52,定值电阻R1= 72,滑动变阻器的最大阻值R=202.将单 刀双掷开关S2拨到a位置，闭合开关S1,调 节滑动变阻器的阻值，当理想电压表的示数 增大到U,=5.0V时，电动机恰好正常工作； 保持滑动变阻器阻值不变，将开关S2拨到b 位置，电压表的示数为U2=5.4V.不计导线 电阻，求： (1)电动机正常工作时输出的机械功 率PM出； (2)电源的电动势E和内电阻r; (3)若开关2拨到b位置，调节滑片位置，当 滑动变阻器R消耗的功率最大时，求电 路中的电流′ R 必修第三册：RJ黑 8.(8分)(2024·安徽宿州期 图甲所示，P点处有质量 荷量为g的带电粒子连续，y1心 “飘入”电压为U。的加速电场，粒子经加速 后从0点水平射入两块间距、板长均为1的 水平金属板间，0为两板左端连线的中点.荧 光屏MO,N为半圆弧面，粒子从0点沿直线 运动到屏上0，点所用时间为1 2m .若在 A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的 变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行 金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏上.已 知粒子通过板间所用时间远小于T,粒子通 过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒 子间的相互作用及粒子所受的重力均不 计，求 (1)粒子在0点时的速度大小 (2)图乙中U的最大值 (3)U取(2)中最大值，所有粒子均能从平行 金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏 上.求粒子从0点到垂直打在屏上的最 短时间. U 0 白题108知，随着温度升高，各种波长的辐射强度均增大，故C错误； D.黑体只能够发生热辐射，不能够发生热反射，可知，黑体 的辐射强度按波长的分布与材料的表面状况无关，故D正 确.故选D. 3.B 4.C解析：量子是不可分割的最小的单元，体现了物质的不 连续性，即通常所说的“量子化”.故选C. 5.C解析：能量ε的单位为J,频率v的单位为s,所以h的 单位为J·8,而1J=1N·m=1g；m. ·m,则普朗克常景的 单位用国际单位制基本单位表示为gm、5-g·m,故 2 选c. 6.BC解析：由于氢原子发射的光子的能量：E=En-Em=2E, 1 =m2B,所以发射的光子的能量值E是不连续的， 只能是一些特殊频率的谱线，故A错误，B正确：由于氢原子 的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能量E。= 氢原子的能级是不连续的，即是分立的 当氢原子从较高轨道第n能级跃迁到较低轨道第m能级 1 1 时，发射的光子的能量为E=B。-B。=京BmB, ,E,=h,显然nm的取值不同，发射光子的频率就不 同，故氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关，故 D错误.故选BC. 第十三章章末检测 1.AC解析：A.电磁波谱按照波长由大到小顺序排列为：无线 电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、y射线，选项A正确； B.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子 力学的奠基人之一，选项B错误：C.紫外线可以消毒，X射 线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变细胞，选项C正 确：D.机场处用X射线对旅客的行李箱进行安全检查，选项 D错误.故选AC 2.B解析：设环形电流在环心O处的磁感应强度大小为B', 根据安培定则可知其方向为垂直纸面向内，则有B=B2+ B,B,=B'+B,可得环形电流在环心O处产生的磁感应强度 大小为B'=B,故选B. 3.D解析：当线圈水平放置沿A1B,快速移动时，电流计指针 不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线CD中无电流.当线 圈沿C,D,方向快速移动时，电流计指针偏转，说明线圈中磁 通量有变化，则直导线AB中有电流，故D正确，ABC错误 故选D 4①g风（②-8风e-成r(38=(2)广R 解折：(1)限据，S=宁（贷）广-受，故名 (2)若向纸面外转动角度90°，则中，=0，△中=中1-中。= oi, 若向纸面外转动角度180，则中，三8B@,△中=中， 参考答案与解析 中0=-Ba2. (3)要使线框中不产生感应电流，即线框中的磁通量不发生 变化，则经任意时刻t,线框运动的位移为x=t,磁通量中= 2(分n)'= 第十三章 真题演练 黑题 真题体验 1.AC解析：A.根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷， 故A正确：B.由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地 球自转方向相反，故B错误；C.若地表电荷的电量增加，则 等效电流增大，地磁场强度增大，故C正确：D.若地球自转 角速度减小，则等效电流减小，地磁场强度减小，故D错误 故选AC. 2.D解析：开关闭合后，由安培定则可知，U形铁芯下板为N 极：根据左手定则可知，导体棒受到的安培力向右，故选D 3.B解析：两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安 培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂 直于纸面向里、垂直于纸面向外，故M处的磁感应强度为 零：两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里， 故N处的磁感应强度为2B;综上分析B正确故选B. M N X。 0 -P 0 4.BC解析：A.本实验探究影响感应电流方向的因素，故不需 要记录感应电流的大小，故A错误：B.本实验通过电流表指 针的偏转方向确定感应电流的方向，故B正确：C.由题图2 甲和乙知，条形磁体插入N极和S极时，电流方向不同，故感 应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关，故 C正确.故选BC. 5.B解析：黑体辐射的实验规律如图： 辐射强度 500 300K 100K 0 2 4 A/pum 特点是，随着温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，所以 人体热辐射的强度1增大；随着温度的升高，辐射强度的峰 值向波长较短的方向移动，所以入减小故选B. 全书综合检测 黑题 全书复习测 1.C解析：A.摩擦只能转移电荷，不能创造电荷，A错误； 黑白题47 B.下雨天，对细水流的偏转会有一定的影响，实验效果会不 明显，B错误；C.所有带电体所带电荷量一定为元电荷的整 数倍，C正确；D.用丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒会带正电，毛皮 摩擦过的PVC管带负电，虽然二者带电种类不同，但细水流 依旧会向靠近玻璃棒方向偏转，D错误.故选C. 2.C解析：A.导体处于静电平衡状态，内部各点的电势是相 等的，故A错误：B.根据静电感应的原理可知，锥形导体的 右端应感应点电荷的异种电荷，故带正电，故B错误：C.根 据静电平衡可知，导体内部合场强为零，则有E$-E点=0，点 电荷在A点产生的电场强度方向由A指向点电荷，故感应电 荷在A点产生的场强大小与点电荷在A点形成的电场强度 大小相等，方向相反，即E=?,故C正确；D.达到静电平 衡时，导体内部各点场强均为零，可知A点的电场强度等于 B点的电场强度，故D错误.故选C. 3.C解析：AB.由图可知，两小球均在匀强电场的电场力和库 仑力的作用下保持平衡，由于相互作用的库仑力大小相等、 方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也一定大 小相等、方向相反，所以两小球一定带异种电荷，故AB错 误：C.如果小球P带正电、Q带负电，小球P受到匀强电场 的电场力向左、库仑力向右，有可能保持平衡；同理如小球Q 带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，有可能 保持平衡，故C正确；D.如果小球P带负电、Q带正电，则小 球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能平衡； 同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不 能平衡，故D错误故选C. 4.D解析：A.根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三 点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C 三点的电场强度不同，故A错误：B.A、B、C三点处于同一等 势面上，电势相同，由于A、B、C三点所在的等势面为球面， 所以平面ABC不是等势面，故B错误；C.若将试探电荷+q 自A点沿x轴负方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸引力 方向沿着x轴的负方向，则电场力对该试探电荷做正功，其 电势能将减小，故C错误；D.若在A、B、C三点放置三个点电 荷，任意两个点电荷对-Q的电场力的合力与第三个电荷 对-Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对-Q的合 力不可能为零，故D正确.故选D. 5.C解析：A.根据电场线的疏密程度可知，P点的电场强度 小于Q点的电场强度，故A错误；B.根据沿电场方向电势降 低，结合等势面与电场方向垂直，可知M点电势低于Q点电 势，故B错误：C.根据沿电场方向电势降低，结合等势面与 电场方向垂直，可知N点的电势高于M点的电势，根据E。= 9P,若电荷带负电，则电荷在N点的电势能小于在M点的电 势能，故C正确：D.根据电场分布可知，OM间的平均电场强 度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM 间的电势差小于NO间的电势差，根据W=gU可得电荷从N 到O过程中电场力做的功大于从O到M过程中电场力做的 功，故D错误.故选C 6.B解析：由B=k乙知三根平行通电直导线在0点产生的 磁感应强度大小均为B。=k,用右手螺旋定则判断通电直 导线在0点上所产生的磁场方向，如图所示，则O点的磁感 应强度的大小为B=√(2B,)》尸+B=5 ，故选B 必修第三册·RJ 0 B B=Bc 7.B解析：A.磁场在沿着x方向的分量为B.=Bcos0=0.8T, 通过SONMP平面的磁通量为中1=B,Swwp=0.8×0.4×0.4Wb= 0.128Wb,故A错误；B.磁场在沿着y方向的分量为B,= Bsin0=0.6T,通过SME平面的磁通量为2=B,SwNE=0.6× 「2x0.4x0.3Wb=0.036wb,故B正确；C.磁感应强度B平 行于xOy平面，通过平面SNEr的磁通量为0，故C错误； D.SMeP平面与y轴平行，所以磁场在y轴方向的分量通 过SMEm平面的磁通量为零，SwFP平面在垂直x轴方向的投 影为Soww平面，所以，通过SMEp平面的磁通量为①，=④1= 0.128Wb,故D错误.故选B. 8.A解析：A.根据p-x图像的切线斜率表示场强大小，可知 坐标原点0处的电场强度大小为零，故A正确；B.根据p-x 图像可知，关于0点对称的任意两点电场强度大小相等，方 向相反，故B错误；C.由于P-x图像的电势均为正，且离点 电荷越近电势越高，结合对称性可知b、c两点固定的点电荷 均带正电，且所带电荷量相等，故C错误；D.由题图可知α 点的电势大于d点的电势，根据E。=qP,由于电子带负电，所 以电子在a点的电势能小于在d点的电势能，故D错误.故 选A 9.C解析：CD.过程I电容器两端电压从零逐渐增大到U后 保持不变，为充电过程，过程Ⅱ电容器两端电压从U,逐渐减 小为零，为放电过程，C正确，D错误； AB.电路稳定后没有电流流过电阻R,其两端电压为零，故 电容器两端电压等于电源电动势，即U。=E,AB错误.故 选C. 10.AB解析：A.由于O点位于B、D连线的垂直平分线上，也 位于A1、C,连线的垂直平分线上，根据等量异种点电荷场 强分布特点，可知O点的电势为0，A正确；B.A,、B处的点 电荷在O点的合场强与C,、D处的点电荷在O点的合场强 相同，方向均由O点指向O点在CC,D,D上的投影，设正方 体的边长为a,由几何关系知r=),D点与投影的连线与 0D的夹角9清足cm0=5,因此0点的场强大小为B 4xgs0=439,B正确：C.若移走D处点电荷，B、A处 r 3r2 点电荷在B,处产生的合场强E=2,C在B,处产 的场强E,=g,根据场强的叠加可知，剩余3个点电荷在 B,处产生的合场强E=√+E=339,C错误，D.根据 4r2 对称性可知，C、D,两点的合电势相等，则试探电荷在C、D 两点的电势能相等，D错误.故选AB. 11.B解析：当R处温度降低时，热敏电阻R阻值增大，由闭 合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，即通过小灯 泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，所以光敏电阻 黑白题48 R。的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，由闭合电路欧： 姆定律可知，干路电流减小，电源E,的路端电压增大，根据 nE,可知B,的电源效率增大，R两端电压U。= UI U R2增大，通过R的电流也增大，R消耗的功率增大，根据并 联电路分流规律可知通过R,的电流减小.故选B. 12.C解析：B.依题意，根据对称性及场强叠加原理，可知均 匀带负电的矩形薄板在直线AB上产生的场强大小相等， 方向相反，则根据矢量叠加原理可知在AB直线上关于O 点对称点的合场强，左边大于右边，故粒子由A运动到B 的过程中，电场力是变化的，粒子不可能做匀变速直线运 动，故B错误；ACD.由于均匀带负电的矩形薄板在直线AB 上产生的场强大小相等，方向相反，则粒子从A点运动到B 点的过程中，矩形薄板产生的电场对电荷所做的功代数和 为零，则合电场力做的功等于匀强电场电场力做的功，有 甲=4b,2=2-2r,求得粒子运动到B点时的速度 为，=√F,☑，故C正确，AD销误，故选C m 13.(1)6499(2)2501299 E 解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知R=了R1 64992. (2)组装一个“×100”倍率的欧姆表，其中央刻度标“15”， 则欧姆表内阻为R内=100×152=15002. 电流表的满偏电流'= E=0.001A 由并联电路电压相等，可得I,R。=（'-I）R,解得 R1=2502. ERR:-7=1290. 测量前应欧姆调零，可知R,=了R,+R, 14.(1)1.415 (2)-4)R, (3)等于 TD2cR。 2 解析：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,则铅笔芯的直 径D=1mm+41.5×0.01mm=1.415mm. (2)电流表G和电阻箱并联，根据并联电路特点有12R= (I1-12)R (I1-L,)R。,变形得R= 2 (3)铅笔芯和电流表G并联，根据并联电路特点有1，R。= (I-)R=(-1) S 变形得1=S1 结合题图丙可知，图像的纵截距b=I,图像的斜率k= 26-b 1gRgS 结合铅笔芯的横裁面积S=可得铅笔芯的电阻率 D=TD'ch .4 15.(1)甲(2)BC (3)如图所示 参考答案与解析具 ↑U 1.6 .2 1.1 O 0.1 0.20.30.40.5 0.6→A (4)1.550.83(5)AC 解析：(1)一节新干电池的电动势和内电阻较小，则实验电 路是图1中的甲图时测量误差相对较小，所以应该选择的 实验电路是图1中的甲 (2)一节干电池的电动势约为1.5V,则应选择量程较小的 电压表，所以实验中电压表应选用B. 电流表的量程为0.6A,则电路中总电阻的最小值约为 1.5y=2.50, Ruin=0.6 A 则0~20Ω滑动变阻器足够保护电路且方便调节，故滑动 变阻器应选用C. (3)根据“描点法”作出U-1图线。 (4)根据闭合电路欧姆定律有U=E- 结合图像可得，干电池的电动势为E=1.55V, 干电池的内电阻为r=A0.6-0 △U1.55-1.05 ≈0.83n. (5)甲电路图的误差是由电压表分流引起的，则电流表测 量的电流值小于电源电流的真实值，两图线对应短路电流 均为三，所以甲电路图对应的图像是A 乙电路图的误差是由电流表分压引起的，则电压表测量的 电压值小于电源路端电压的真实值，所以乙电路图对应的 图像是C. 6.(1)20V60V(2)60V40V-8.0×10-8J (3)1000V/m W二 解析：(1)由题可知WAB=qUB,解得UB= -4.0x10V=20V, -2.0×10-9 电荷从B点移动到C点，电势能增加，说明在此过程中，电 场力也是做负功，同理可得Uc= ac--8.0x109 9-2.0x109 V=40V, 根据电势差的关系可得UAc=UAB+Uc=60V. (2)根据上述分析可知PB-Pc=Uc,Pc=0,所以，B点的电 势Pg=40V,Eb=9B=-2.0×109×40V=-8.0×108J,同 理可得PA-PB=UB,解得A点的电势PA=60V. 3)沿AB方向的电杨强度E,-”2=500Vm,沿AC方向 的电场强度E,= c一=5005V/m,所以电场强度E= L tan30° √E+E=1000V/m. 白题49 17.(1)2.5W(2)6V1n(3)0.375A P,懈得1 解析：()当开关S,拨到a位置时，则有 1A,则电动机正常工作时输出的机械功率PM出=P籁-IrM, 代入数据解得PM出=2.5W; (2)当开关S,拨到0位置，则有R=,,解得R=2D,根 据闭合电路欧姆定律有E=U,+1wr=5.0+r,当开关S2拨到b 位置，则有R外=R+R1=9D,根据I= ，解得1=Q6A,根 02 据闭合电路欧姆定律有E=U,+r=5.4+0.6r,联立解得E= 6 V,r=10; (3)当开关S,拨到b位置时，可将除滑动变阻器外的电路 视为等效电源，该等效电源的等效内电阻r'=r+R1=8Ω， 即当R='=8Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时电路 E 中的电流' R+,代入数据解得r=0,375A U4 18.(1)m (2)2U(3)32+2)1m 4W2g0。 204 解析：(1)由动能定理得U9=2m,解得oF√m (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖 直偏转量y=号，水平方向l=o, 竖直方向y=2ad,a=7 a-0,9,解得U。=20o 进阶突破 第九章静电场及其应用 第1节电荷 B解析：A.椭圆形导体原来不带电，在右侧带电体的静电感 应下，导体内部的自由电子向左侧发生定向移动，则椭圆形导 体左侧的负电荷较多，沿虚线甲分开，则左侧部分带负电，由电 荷守恒定律可知右侧部分带上等量的正电，故A错误；B.与A 选项同理，沿虚线乙分开，则左侧部分所带负电的电荷量等于 右侧部分所带正电的电荷量，故B正确：C.沿虚线甲分开，则 左侧部分所带负电的电荷量等于右侧部分所带正电的电荷 量，2、3部分内部的自由电子在与带电体之间的库仑力作用下 向左侧移动，中和了一部分2部分所带的正电，但不可能全部 中和，因此沿虚线乙分开后2、3部分均带正电且所带正电的电 荷量之和等于1部分所带负电的电荷量，则3部分所带正电的 电荷量小于1部分所带负电的电荷量，故C错误；D.与C选项 同理，先沿虚线乙分开，再沿虚线甲分开，1部分所带负电的电 荷量大于3部分所带正电的电荷量，故D错误.故选B. 第2节库仑定律 1.D解析：将A由0点静止释放，对A进行受力分析，受重 力、支持力、弹簧的弹力、斜面的摩擦力和带电球B的库仑 力.这些力随A上滑位移x的变化关系是：重力、支特力、摩 擦力均不变，弹簧的弹力与形变量成正比，故与位移成一次 线性关系；根据库仑力的表达式P=k,得，库仑力与距离 的平方成反比.A.根据牛顿第二定律得T弹-f-mgsin0- 必修第三册·RJ (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全 部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平 总位移最小，故时间最短，如图所示 M A OE F P 0 U→ N 由题意得lo0,=ot=2l, 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有an0=, at,解得0=45. 由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得F= E为圆弧的圆心，由几何关系可得EO1=EE=EF+FO,= 3√2 则有EP'=EE'cos45°=4l, 则水平位移有OP-324L1=32+2 1+ 4 2 4 最短时间为-0P-(3,2+22m 4 2qUo 拔高练 F库=ma,弹簧的弹力与位移成一次线性关系，库仑力与位移 不成线性关系，根据牛顿第二定律表达式可知加速度与位移 不成一次线性关系，故A错误；C.根据动能定理得W# x-mgxsin0-W电=△Ek,弹力和库仑力都随位移的变化而变 化，开始时弹力沿斜面向上较大，库仑力较小，故经过相同的 位移开始时动能变化量较大，故C错误：B.当A在运动过程 中速度达到最大后，库仑力继续增大，弹簧弹力继续减小，合 外力增大，根据库仑力和弹力的变化特点可知，速度不可能 关于位移成线性减小，其斜率应该越来越大，故B错误； D.摩擦力和库仑力做负功使得弹簧与A的机械能减小，在 运动过程中摩擦力和库仑力一直做负功，且库仑力随位移变 化越来越大，故弹簧与A的机械能E一直减小，且经过相同 位移机械能的变化量越来越大，D正确.故选D. 2.当A,B是同种电荷时，F,=0,Q=mgd tan9;当A,B是异种 g mgd 电荷时，R器。00 解析：当A、B是同种电荷时，设B的电荷量为Q,由库仑定律 得，库仑力为F=,对A受力分析，如图所示 B 0 hmmmhnnnmmmmtt mg 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜面方向上F+ 黑白题50