电场 恒定电流 专题限时训练 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

电学专题限时训练 考试时间：75分钟；分值：100分 一、单选题 1．如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）    A．a、c两点电场强度相同 B．正电荷+q在c点电势能大于在a点电势能 C．在MN连线的中垂线上，O点电势最高 D．负电荷从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大 2．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电油滴恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该带电油滴（   ） A．做匀速直线运动 B．电场力和重力的合力水平向左 C．动能一定增加 D．电势能一定增加 3．如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1，A2和V的示数分别为I1，I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　） A．A1示数减小，A2示数不变，V示数减小 B．A1示数减小，A2示数增大，V示数减小 C．A1示数增大，A2示数减小，V示数减小 D．A1示数增大，A2示数增大，V示数增大 4．图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为、、，由此可得点电势为（　　）    A．3V B．6V C．9V D．15V 5．真空中有两个电荷量为和的点电荷（电性未知），分别固定在和处，测得x轴正半轴上各点的电势随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．两点电荷电性相同 B．处场强为零 C． D．带负电的试探电荷在处由静止释放，将沿x轴负方向运动 6．将一电源、定值电阻R0=2Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，下列说法中正确的是（　　） A．该电源内阻为4Ω B．该电源电动势为6V C．R的功率最大时，电路中的电流为2A D．R的功率最大时，R0两端的电压为3V 7．如图所示，真空中A、B两个质量相同的带电小球用长度相同的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的O点，平衡时O、A间细线竖直且A小球与光滑竖直绝缘墙壁接触，O、B间细线偏离竖直方向60°。下列说法正确的是（　　） A．小球A和B可能带异号电荷 B．若B小球缓慢漏电，则O、B间细线上的拉力大小不变 C．若B小球缓慢漏电，则O、A间细线上的拉力大小不变 D．若B小球缓慢漏电，则A、B间的库仑力不变 二、多选题 8．实验小组设计了如图所示的欧姆表电路和对应表盘，欧姆表表盘正中央的刻线为“15”。通过开关S和调节电阻箱R2，能实现“×1”和“×10”双倍率量程。已知电源电动势E=1.5V，毫安表内阻Rg=90Ω，电源内阻不计，则（　　） A．如果要测二极管正向电阻，表笔A应该接二极管的负极 B．定值电阻R1的阻值为10Ω C．表头的满偏电流为100mA D．从“×1”挡换至“×10”挡，R2阻值需要增大 9．2023年9月24日到26日，先进电子材料创新大会在深圳某酒店胜利召开，大会聚焦于“新材料与产业发展新机遇”，瞄准全球技术和产业制高点。某材料研究所把两根不同新材料做成的电阻丝分别接入电路中，A电阻丝电阻率恒为，长为L，直径为D；B电阻丝电阻率恒为，长为4L，直径为4D。下列说法正确的是（    ） A．当时，两电阻丝两端的电压相等 B．当时，两电阻丝中通过的电流相等 C．当时，两电阻丝消耗的功率相等 D．当时，两电阻丝消耗的功率相等 10．示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（　　） A．如果在XX′之间加图a的电压，在YY′之间加图b的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线 B．如果在XX'之间加图b的电压，在YY'之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线 C．如果在XX'之间不加电压，在YY'加图a电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑 D．如果在XX'之间加图a的电压，在YY'之间加图c的电压，在荧光屏看到的亮线是正弦曲线 三、实验题 11．太阳能电池，是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，又称为“太阳能芯片”或“光电池”，主要通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。某同学要测量光电池的电动势和内阻，根据实验室提供的器材，设计实验方案。 ①光电池（电动势约为6.0V，内阻约为） ②电压表V（量程15V，内阻约为） ③电流表G（量程1mA，内阻） ④电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω） ⑤滑动变阻器    ⑥滑动变阻器 ⑦电阻箱    ⑧定值电阻 ⑨开关S和导线若干 (1)因电压表V的量程太大，现将电流表G改装成量程为6V的电压表，电阻箱的阻值需要调至 。 (2)为了准确测出电池组的电动势和内阻，设计电路如图甲所示，实验中应选用的滑动变阻器是 。（填写器材编号） (3)该同学利用上述实验原理图测得相关数据，并作出相应的图像如图乙所示，根据图像可求出电源的电动势 V，电源的内阻 。（结果均保留三位有效数字） 12．某同学想精确测量某电阻R的阻值。 （1）他先用欧姆表的“×10”挡粗测电阻，进行欧姆调零后，被测电阻接在两表笔间，指针的位置如图甲所示，则电阻阻值为 Ω。 （2）为了精确测量该电阻的阻值，实验室提供了以下器材： A．电源（电动势E约为1.5V，内阻）； B．电流表（量程为0~5mA，内阻）； C．电流表（量程为0~10mA，内阻）； D．定值电阻； E．定值电阻； F．滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω）； G．滑动变阻器（阻值范围为0~150Ω）； H．开关，导线若干。 实验要求尽可能多测量几组数据，定值电阻应选用 （填“”或“”），滑动变阻器应选用 （填“”或“”），根据选用的器材在图乙的方框内画出电路图，图上标出所选器材的符号 。 （3）根据设计的电路图连接电路，调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数、，作出图像，如图丙所示，则被测电阻的阻值 Ω（结果保留1位小数）。 四、解答题 13．在直角坐标系中，三个边长均为L的正方形区域分布如图所示，第一象限内区域中的匀强电场沿x轴负方向，电场强度的大小为；第二象限内区域中的匀强电场沿y轴负方向。一电荷量为、质量为m的粒子（重力不计）从A点由静止释放，恰好能通过G点。 (1)求区域内的电场强度以及粒子经过G点的速度大小； (2)若区域内的电场强度大小变为，方向不变，将该带电粒子从区域中P点由静止释放，经N点通过x轴，求P点的横坐标x。 14．直流电动机提升重物的装置图如图所示，重物的质量为，电源的电动势，内阻为，当电动机以的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流为。不计摩擦阻力与空气阻力，取重力加速度大小。求： (1)电动机的输入功率P； (2)电动机的工作效率； (3)电动机的线圈内阻。 15．如图所示，动摩擦因数为的水平粗糙绝缘直轨道（足够长）与竖直光滑的半圆形绝缘轨道平滑连接，轨道半径为，空间中存在一个水平向右的匀强电场，电场线与直轨道平行，电场强度，轨道上有、两个物块（均可视为质点），质量分别为、；其中带电荷量为，不带电。在水平轨道上静止释放物块，物块将在水平轨道上加速运动后与位于点的物块相撞，并粘合成一个整体继续运动。取。求： (1)物块在水平直轨道上运动时的加速度； (2)若释放后，、粘合成的整体恰好能运动到点，求物块释放时离点的距离LPB； (3)在第（2）问基础上，求物块、粘合后在半圆形轨道上的最大速度。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《电学专题限时训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B C C D B BD AC ABC 1．C 【详解】A．根据等量同种电荷电场线的分布可知，a、c两点电场强度大小相等，方向相反，故A错误； B．根据等量同种电荷电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则点电荷在a点电势能等于在c点电势能，故B错误； C．沿电场线方向电势降低，在MN连线的中垂线上，O点电势最高，故C正确； D．由对称性知O点的场强为零，MN连线的中垂线上无穷远处电场强度为零，电荷从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大后减小再增大再减小，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】AB．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力一定水平向左，粒子可能做匀减速直线运动，也可能做匀加速直线运动，如图 故A错误，B正确； CD．由上述分析可知，电场力做可能做正功，可能做负功，电势能不一定增加，由于速度可能减小，则动能可能减小，故CD错误； 故选B。 3．B 【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小；R3电压增大，R1，R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。故A、C、D错误，B正确。 故选B。 4．C 【详解】由于AB与CD平行且相等，且电场为匀强电场，则有 可得 解得 故选C。 5．C 【详解】A．因O点附近的电势为负值，而范围内电势为正，可知两点电荷电性相反，选项A错误； BC．曲线的斜率等于场强，可知处场强为零，由场强叠加可得 可得 选项B错误，C正确； D．沿电场线电势降低，可知之间的电场线方向沿x轴负向，则带负电的试探电荷在处由静止释放，将沿x轴正方向运动，选项D错误。 故选C。 6．D 【详解】AB。由图可知，R=4Ω时电阻箱消耗的功率最大，此时有 可得 由图可知，电阻箱的最大功率为 又 解得，故AB错误； CD．R的功率最大时，有 R0两端的电压为，故C错误，D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．由题意知B处于静止状态，对B球受力分析，如图所示 可知B受到A的库仑斥力，B才可能处于静止，故A、B带同种电荷，故A错误； BCD．对B分析，画出B的矢量三角形，根据相似三角形原理有 由于mg，OA，OB均不变，AB变小，故O、B间细线上的拉力不变，库仑力变小， 且库仑力的竖直分量也变小，再对A受力分析易知O、A间细线上的拉力大小一直变小，故BCD错误。 故选B。 8．BD 【详解】A．表笔A应与二极管的正极相连，故A错误； BC．由表盘可知，“×1”、“×10”倍率时，欧姆表内阻分别为15Ω、150Ω，且根据串并联电阻关系可知，S断开时为大倍率，根据闭合电路欧姆定律可知，S断开时表头通过满偏电流，则 S闭合时，表头仍通过满偏电流，而干路电流为 由分流原理可知 所以 故B正确，C错误； D．“×1”挡时，S闭合，此时 所以 “×10”挡时，S断开，此时 所以 所以从“×1”挡换至“×10”挡，R2阻值需要增大，故D正确。 故选BD。 9．AC 【详解】两电阻丝的阻值分别为 ， 即 A．当时，根据 得两电阻丝两端的电压相等，A正确； B．当时，根据 得 B错误； C．当时，根据 得 两电阻丝消耗的功率相等，C正确； D．当时，根据 得 D错误。 故选AC。 10．ABC 【详解】C．如果在XX′之间不加电压，则电子在X轴方向不偏转，在YY′加图a恒定电压，电压值为正，Y极板电势高于Y′极板电势，板间的匀强电场由Y极板指向Y′极板，所有电子运动的轨迹都相同，向着Y极板一侧偏转，即所有电子都打在荧光屏的正Y轴上的同一点，因此在正Y轴上将出现一个亮斑，故C正确； A．如果在XX′之间加图a的电压，则会在正X轴上将出现一个亮斑，若同时在YY′之间加图b的变化规律的电压，电子将同时在YY′轴上发生偏转，电压越大，侧移量越大，在一个周期内的时间内，电子由X轴上的某点向Y轴负方向扫描，直到到达到负向侧移量最大的位置，所以在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线，故A正确； B．如果在XX′之间加图b的电压，电子在一个周期内会在X轴方向上，由X′轴上某点向正X轴方向扫面到关于原点对称的某点，在荧光屏上会看到X轴上的一条水平亮线，若只在YY′之间加上图c所示电压，根据以上分析可知，Y轴方向上发生周而复始与电压变化一致的偏转，根据运动的合成可知，若在XX′之间加图b的电压，YY′在之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线，故B正确； D．如果在XX′之间加图a的电压，电子会向X轴正半轴偏转到一个点，同时在YY′之间加图c的电压，电子在竖直方向偏转成一条直线，因此在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线，故D错误。 故选ABC。 11．(1)5980.0 (2)⑤ (3) 6.00 1.20 【详解】（1）根据电压表改装原理 故电阻箱的阻值需要调至 （2）为调节方便，改装后的电压表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的，故实验中应选用的滑动变阻器是⑤。 （3）[1]根据闭合电路的欧姆定律 且 整理得 图像的纵截距为 解得电源的电动势 [2]图像的斜率为 解得电源的内阻 12． 140 135.7 【详解】（1）[1]欧姆表粗测被测电阻的阻值为140Ω。 （2）[2][3][4]由于测量电路的最大电流 因此电流表在测量电路的干路上，内阻已知，量程是的一半，为了多测量几组数据，尽可能使所在支路的电阻与被测电阻的阻值接近，因此用与串联后再与并联，由于要尽可能多测量几组数据，滑动变阻器采用分压电路，选用最大阻值小的，电路图如图所示。 （3）[5]由题意知 则 即 解得 13．(1)， (2) 【详解】（1）设粒子经过C点的速度为，在区域中，根据动能定理       设粒子在区域中运动的时间为t，根据类平抛规律,x方向 y方向                                                                                                  根据牛顿第二定律                                                                                     解得                                                                                                        设粒子到G点的速度为v，在区域中，根据动能定理                                                                                            解得 （2）从P点静止释放的粒子，根据动能定理                                        区域中的电场强度变为后，根据牛顿第二定律                                   根据类平抛规律 ，                                                                                                             粒子经过边时速度的y分量为                                                                   在区域，根据运动的合成与分解，                                                                                                           联立解得 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）电动机两端的电压为 电动机的输入功率为 （2）电动机的输出功率为 电动机的工作效率为 （3）电动机的热功率为 根据   解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）（1）对物块受力分析可得 解得 （2）释放后，PQ恰好能运动至点，由分析可知 对整体由到列动能定理： 解得 物块与物块发生完全非弹性碰撞，系统动量守恒： 解得 由运动分析可得 解得 （3）物块、粘合成整体后，在圆弧上做圆周运动，当速度取到最大值时，其切向上分力应当为0，将整体所受静电力与重力进行合成可得 与竖直方向所成角度， 过圆心平行于合外力做辅助线交圆弧于点 对由到点列动能定理可得 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $