資源簡介

模塊綜合試卷
(滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．在物理學的研究中科學家使用了許多研究方法，如控制變量法、等效法、類比法、理想模型法、微元法等等，這些方法對我們學好物理有很大幫助。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是(　　)
A．為研究磁場強弱而引入了電流元，應用了等效法
B．在研究磁場時，用假設的磁感線來描述真實的磁場，應用的是類比法
C．在探究電阻與材料、長度和橫截面積三者之間的關系時應用了控制變量法
D．在電路中，可以用幾個合適的小電阻串聯來代替一個大電阻，這應用了類比法
2.某區域的電場線分布如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，則下列說法正確的是(　　)
A．P、N兩點電場強度不相等，但方向相同
B．同一檢驗電荷在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力
C．同一檢驗電荷在P點的電勢能一定小于在N點的電勢能
D．帶正電的粒子僅在電場力作用下，一定沿電場線PN運動
3.(2024·成都市第七中學模擬)如圖所示為一邊長為d的正方體，在FE、ND兩邊放置足夠長直導線，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中C點處的磁感應強度大小為(　　)
A．0 B．2B C．B D.B
4.(2024·南充市閬中東風中學高二月考)如圖所示的U－I圖像中，直線I為某電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖像可知(　　)
A．R的阻值為2.5 Ω
B．電源內阻為0.5 Ω
C．電阻R功率為1.5 W
D．電源內阻消耗功率為22 W
5.(2023·山東費縣第一中學高二期中)如圖所示，通有電流I的直導線MN固定在豎直位置上，且與導線框abcd在同一平面內，則下列過程中導線框中不能產生感應電流的是(　　)
A．導線框平移到位置Ⅱ
B．導線框以MN為轉軸轉到位置Ⅲ
C．導線框以bc為轉軸轉到位置Ⅱ
D．導線框平移到以MN為對稱軸的位置Ⅲ
6．有一場強方向與x軸平行的靜電場，電勢φ隨坐標x變化的關系圖線如圖所示，若規定x軸正方向為場強的正方向，則該靜電場的場強E隨x變化的圖線應是(　　)
7.如圖所示，勻強電場的方向平行于O、P、Q三點所在的平面，三點的連線構成一個直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2 cm，三點的電勢分別是φO＝5 V，φP＝11 V，φQ＝13 V。下列敘述正確的是(　　)
A．電場的方向沿QO方向，電場強度大小為2 V/m
B．OQ連線中點的電勢為6.5 V
C．電子在P點的電勢能比在Q點低2 eV
D．沿O→P→Q路徑將電子從O點移動到Q點，電場力做的功為8 eV
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　)
A．油滴帶負電
B．油滴受到的靜電力大小為
C．若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小
D．若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動
9.(2024·四川涼山州民族中學高二月考)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a(　　)
A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直減小
B．從N到P的過程中，存在一個位置小球所受的合力為零
C．從P到Q的過程中，庫侖力一直做負功
D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
10．(2023·河北武強中學高二期中)某種小燈泡的U－I曲線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路，電源的內阻為1.0 Ω，現閉合開關S，理想電壓表的示數為4.0 V，則(　　)
A．外電路的總電阻約為8.3 Ω
B．電源電動勢為5.6 V
C．電源內阻消耗的熱功率為3.0 W
D．電源的效率約為50%
三、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11．(8分)某同學用圖(a)所示的電路測量電源的電動勢E和內阻r，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝3 Ω。
(1)(2分)圖(a)中A、B分別是________傳感器、________傳感器。(均選填“電壓”或“電流”)
(2)(2分)請根據圖(a)，用筆畫線代替導線將圖(b)中實物圖補充完整；
(3)(2分)該實驗中，設A傳感器的示數為a，B傳感器的示數為b，則a關于b的函數關系式為a＝______；(用b、E、r、R2表示)
(4)(2分)若實驗中得到的兩電表的示數關系圖像如圖(c)所示，則該電源的電動勢E＝__________ V，內阻r＝__________ Ω。
12.(8分)用伏安法測量電阻阻值R，并求出電阻率ρ。給定電壓表(內阻約為50 kΩ)、電流表(內阻約為40 Ω)、滑動變阻器(最大阻值20 Ω)、電源、開關、待測電阻(約為250 Ω)及導線若干。
(1)(2分)在圖甲中完成測量的電路圖。
(2)(4分)圖乙中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，要求在圖中畫出 U－I圖像。并根據圖像求出電阻阻值R＝________ Ω。(保留3位有效數字)
(3)(1分)待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，長度L已知。用50分度的游標卡尺測量其直徑，如圖丙所示。由圖可知其直徑為________ cm。
(4)(1分)由于實驗誤差，實驗測量出的ρ________(選填“大于”“等于”或“小于”)材料真實的ρ0。
13.(10分)(2023·鳳城市第一中學高二期中)一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖如圖所示。電動機內阻r0＝0.4 Ω，電路中另一電阻R＝10 Ω，電源電動勢E＝180 V，內阻r＝2 Ω，電壓表的示數U＝120 V。
(1)(3分)求通過電動機的電流；
(2)(3分)求輸入電動機的電功率；
(3)(4分)若電動機以v＝1 m/s的速度勻速豎直向上提升重物，求該重物的質量。(g取10 m/s2)
14．(14分)科技在我國的“藍天保衛戰”中發揮了重要作用，某科研團隊設計了一款用于收集工業生產中產生的固體顆粒的裝置，其原理簡圖如圖所示。固體顆粒通過帶電室時帶上正電荷，顆粒從A點無初速度地進入加速區，經B點進入徑向電場區，沿圓弧BC運動，再經C點豎直向下進入偏轉電場區，最終打在豎直收集擋板上的G點。建立如圖所示坐標系，帶電室、加速區、徑向電場區在第二象限，偏轉電場區和擋板在第四象限。已知固體顆粒的比荷為1×10－3 C/kg，加速區板間電壓為U＝2×103 V，圓弧BC上各點的電場強度大小相同且為E1＝2.5×104 V/m，方向都指向圓弧BC的圓心D點，偏轉電場區電場強度大小為E2＝4×104 V/m，方向水平向右，擋板距離y軸0.2 m。不計重力、空氣阻力及顆粒間的作用力，求：
(1)(7分)帶電固體顆粒離開加速區的速度大小及圓弧BC的半徑；
(2)(7分)G點與x軸之間的距離。
15．(14分)(2024·成都市石室中學高二月考)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R＝2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1＝2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2＝1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2＝1 m。現將一電荷量為q＝＋4×10－2 C、質量為m＝1 kg的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)(4分)場強E1的大小；
(2)(4分)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
(3)(6分)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
模塊綜合試卷
1．C　2.B
3．D　[根據右手螺旋定則，放置在FE邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿CM；放置在ND邊直導線中的電流在C點產生的磁感應強度大小為B、方向沿FC；故C點處的磁感應強度大小為BC＝＝B，故選D。]
4．C　[R的阻值為R＝＝ Ω＝1.5 Ω，故A錯誤；根據閉合電路的歐姆定律有E＝U＋Ir，整理得U＝－Ir＋E，電源內阻為r＝|k|＝ Ω＝1.5 Ω，故B錯誤；電阻R功率為PR＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，故C正確；電源內阻消耗功率為Pr＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，故D錯誤。]
5．B　[線框平移到位置Ⅱ的過程中，穿過導線框的磁通量減小，會產生感應電流，A錯誤；以MN為轉軸轉到位置Ⅲ的過程中，線框經過的位置磁感應強度大小不變，磁場方向始終與線框垂直，穿過導線框的磁通量不變，不會產生感應電流，B正確；以bc為轉軸到位置Ⅱ過程中，穿過導線框的磁通量發生改變，會產生感應電流，C錯誤；平移到以MN為對稱軸的位置Ⅲ過程中，穿過導線框的磁通量發生改變，會產生感應電流，D錯誤。]
6．B　[0～2 mm，電勢φ升高，則知電場線方向沿x軸負方向，E為負，2～10 mm，電勢φ降低，順著電場線，則知電場線方向沿x軸正方向，E為正，故A、C、D不符合題意；0～2 mm，E＝＝－ V/m＝－2×104 V/m,2～10 mm，E＝＝ V/m＝1×104 V/m，10～12 mm，E＝＝－2×104 V/m，故B符合題意。]
7．D　[QO間的電勢差為8 V，將QO分成4等份，每份的電勢差為2 V，如圖所示，由幾何關系知OQ＝4 cm，若A點的電勢為11 V，則OA的長度為3 cm。AQ的長度為1 cm。根據幾何關系可知，PA⊥OQ，故PA所在的直線為等勢線，電場線沿QO方向從Q指向O。電場強度的大小為E＝＝＝2 V/cm，故A錯誤；根據勻強電場等差等勢面的特點，OQ連線中點的電勢為φ＝＝ V＝9 V，B錯誤；將電子從P移動到Q點，電場力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，電場力做正功，電勢能減小，故電子在P點的電勢能比在Q點高2 eV，故C錯誤；電場力做功與路徑無關，只與始、末位置有關，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正確。
]
8．AC　[根據題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，電場強度方向豎直向下，故油滴帶負電，A正確；兩極板間的電場為勻強電場，庫侖定律不適用，B錯誤；上極板下移，板間距d減小，根據C＝，U＝＝，則E＝＝，故電場強度E不變，F＝qE，可知油滴所受靜電力不變，油滴靜止不動，根據U＝Ed可知兩極板間電壓變小，靜電計指針張角減小，故C正確，D錯誤。]
9．BC　[a球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖斥力F和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與F的夾角θ由直角逐漸減小，F增大，因此重力與庫侖力的合力F合一直增大，故A錯誤；從N到P的過程中，在其中間某個位置存在一個三力平衡的位置，此位置小球所受的合力為零，故B正確；在a球從P到Q的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，庫侖斥力一直做負功，故C正確；在從P到Q的過程中，根據能量守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加量之和，動能減少量大于電勢能增加量，故D錯誤。]
10．AB　[理想電壓表的示數為4.0 V，根據U－I圖像得流過L1的電流為I1＝0.6 A，燈泡L1的電阻為R1＝ Ω＝ Ω，另外兩個完全相同的小燈泡并聯，則流過L2的電流為0.3 A，根據U－I圖像得它們的電壓為1.0 V，燈泡L2、燈泡L3的電阻為R2＝R3＝ Ω＝ Ω，則外電路的總電阻約為R＝R1＋≈8.3 Ω，故A正確；根據閉合電路歐姆定律，電源電動勢為E＝U1＋U2＋I1r＝4.0 V＋1.0 V＋0.6×1.0 V＝5.6 V，故B正確；電源內阻消耗的熱功率為Pr＝I12r＝0.62×1.0 W＝0.36 W，故C錯誤；電源的效率約為η＝×100%＝×100%≈89.3%，故D錯誤。]
11．(1)電壓　電流　(2)見解析圖
(3)E－b(R2＋r)　(4)2.8　1
解析　(1)A傳感器與電路并聯，是電壓傳感器，B傳感器與電路串聯，是電流傳感器；
(2)實物圖如圖所示
(3)由閉合電路歐姆定律得U＝E－I(R2＋r)，U＝a，I＝b，解得a＝E－b(R2＋r)
(4)由題圖(c)知，電源的電動勢E＝2.8 V
該電源的內阻為
r＝||－R2＝ Ω－3 Ω＝1 Ω。
12．(1)如圖所示
(2)如圖所示　223(208～230內的整數均正確)
(3)0.800　(4)小于
13．(1)5 A　(2)600 W　(3)59 kg
解析　(1)根據閉合電路歐姆定律有
E＝Ur＋UR＋U
解得Ur＋UR＝60 V
電動機、電源和電阻R串聯，通過的電流相等
I＝＝ A＝5 A
(2)輸入電動機的電功率為P＝UI＝120×5 W＝600 W
(3)電動機的輸出功率為P出＝UI－I2r0＝(120×5－52×0.4) W＝590 W
若電動機以v＝1 m/s的速度勻速豎直向上提升重物，拉力為F＝＝ N＝590 N
由平衡條件得G＝F＝590 N
該重物的質量為m＝＝59 kg。
14．(1)2 m/s　0.16 m　(2)0.2 m
解析　(1)從A到B的加速過程有qU＝mv2
解得v＝2 m/s
從B到C的過程，固體顆粒受到的徑向電場力提供向心力，有qE1＝m
解得R＝0.16 m
(2)C到G過程，固體顆粒做類平拋運動，設從O點落到G點的時間為t，則x＝at2，qE2＝ma，y＝vt，解得y＝0.2 m。
15．(1)25 N/C　(2)1 m/s　1 s
(3)187.5 N/C≤E2≤300 N/C
解析　(1)滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有WAB＋mgR(1－cos 53°)＝mvB2，滑塊從A點運動到B點的過程中WAB＝－qE1Rsin 53°，聯立解得E1＝25 N/C。
(2)滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，以向右為正方向，由牛頓第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根據運動學公式有v2－vB2＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
(3)當E2較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有－μ(mg－qE2)L2＝0－mv2，解得E2＝187.5 N/C；當E2較大且滑塊剛好與豎直墻壁頂端F點碰撞時，從C點到F點滑塊做類平拋運動，在水平方向有L2＝vt1，解得t1＝1 s，豎直方向有L2＝ayt12，解得ay＝2 m/s2，又qE2－mg＝may，解得E2＝300 N/C，綜上，E2的取值范圍為187.5 N/C≤E2≤300 N/C。(共47張PPT)
模塊綜合試卷
一、單項選擇題
1.在物理學的研究中科學家使用了許多研究方法，如控制變量法、等效法、類比法、理想模型法、微元法等等，這些方法對我們學好物理有很大幫助。以下關于所用物理學研究方法的敘述正確的是
A.為研究磁場強弱而引入了電流元，應用了等效法
B.在研究磁場時，用假設的磁感線來描述真實的磁場，應用的是類比法
C.在探究電阻與材料、長度和橫截面積三者之間的關系時應用了控制變量法
D.在電路中，可以用幾個合適的小電阻串聯來代替一個大電阻，這應用了類
　比法
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2.某區域的電場線分布如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，則下列說法正確的是
A.P、N兩點電場強度不相等，但方向相同
B.同一檢驗電荷在M點受到的電場力小于在N點
　受到的電場力
C.同一檢驗電荷在P點的電勢能一定小于在N點的電勢能
D.帶正電的粒子僅在電場力作用下，一定沿電場線PN運動
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3.(2024·成都市第七中學模擬)如圖所示為一邊長為d的正方體，在FE、ND兩邊放置足夠長直導線，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中C點處的磁感應強度大小為
A.0 B.2B
C.B D.
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4.(2024·南充市閬中東風中學高二月考)如圖所示的U－I圖像中，直線I為某電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖像可知
A.R的阻值為2.5 Ω
B.電源內阻為0.5 Ω
C.電阻R功率為1.5 W
D.電源內阻消耗功率為22 W
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電阻R功率為PR＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，故C正確；
電源內阻消耗功率為Pr＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W，故D錯誤。
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5.(2023·山東費縣第一中學高二期中)如圖所示，通有電流I的直導線MN固定在豎直位置上，且與導線框abcd在同一平面內，則下列過程中導線框中不能產生感應電流的是
A.導線框平移到位置Ⅱ
B.導線框以MN為轉軸轉到位置Ⅲ
C.導線框以bc為轉軸轉到位置Ⅱ
D.導線框平移到以MN為對稱軸的位置Ⅲ
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線框平移到位置Ⅱ的過程中，穿過導線框的磁通量減小，會產生感應電流，A錯誤；
以MN為轉軸轉到位置Ⅲ的過程中，線框經過的位置磁感應強度大小不變，磁場方向始終與線框垂
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直，穿過導線框的磁通量不變，不會產生感應電流，B正確；
以bc為轉軸到位置Ⅱ過程中，穿過導線框的磁通量發生改變，會產生感應電流，C錯誤；
平移到以MN為對稱軸的位置Ⅲ過程中，穿過導線框的磁通量發生改變，會產生感應電流，D錯誤。
6.有一場強方向與x軸平行的靜電場，電勢φ隨坐標x變化的關系圖線如圖所示，若規定x軸正方向為場強的正方向，則該靜電場的場強E隨x變化的圖線應是
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0～2 mm，電勢φ升高，則知電場線方向沿x軸負方向，E為負，2～10 mm，電勢φ降低，順著電場線，則知電場線方向沿x軸正方向，E為正，故A、C、D不符合題意；
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7.如圖所示，勻強電場的方向平行于O、P、Q三點所在的平面，三點的連線構成一個直角三角形，∠P是直角，∠O＝30°，PQ＝2 cm，三點的電勢分別是φO＝5 V，φP＝11 V，φQ＝13 V。下列敘述正確的是
A.電場的方向沿QO方向，電場強度大小為2 V/m
B.OQ連線中點的電勢為6.5 V
C.電子在P點的電勢能比在Q點低2 eV
D.沿O→P→Q路徑將電子從O點移動到Q點，電場力做的功為8 eV
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QO間的電勢差為8 V，將QO分成4等份，每份的電
勢差為2 V，如圖所示，由幾何關系知OQ＝4 cm，
若A點的電勢為11 V，則OA的長度為3 cm。AQ的長
度為1 cm。根據幾何關系可知，PA⊥OQ，故PA所在的直線為等勢線，電場線沿QO方向從Q指向O。電場強度的大小為E＝ 　　　　＝
2 V/cm，故A錯誤；
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將電子從P移動到Q點，電場力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，電場力做正功，電勢能減小，故電子在P點的電勢能比在Q點高2 eV，故C錯誤；
電場力做功與路徑無關，只與始、末位置有關，故WOPQ＝WOQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正確。
二、多項選擇題
8.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d，上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q，靜電力常量為k，下列說法正確的是
A.油滴帶負電
B.油滴受到的靜電力大小為
C.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小
D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動
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根據題意知，油滴所受靜電力與重力平衡，電場強度方向豎直向下，故油滴帶負電，A正確；
兩極板間的電場為勻強電場，庫侖定律不適用，B錯誤；
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9.(2024·四川涼山州民族中學高二月考)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a
A.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直減小
B.從N到P的過程中，存在一個位置小球所受的合力
　為零
C.從P到Q的過程中，庫侖力一直做負功
D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
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a球從N點靜止釋放后，受重力mg、b球的庫侖斥力F和槽的彈力N作用，a球在從N到Q的過程中，mg與F的夾角θ由直角逐漸減小，F增大，因此重力與庫侖力的合力F合一直增大，故A錯誤；
從N到P的過程中，在其中間某個位置存在一個三力平衡的位置，此位置小球所受的合力為零，故B正確；
在a球從P到Q的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，庫侖斥力一直做負功，故C正確；
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在從P到Q的過程中，根據能量守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加量之和，動能減少量大于電勢能增加量，故D錯誤。
10.(2023·河北武強中學高二期中)某種小燈泡的U－I曲線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路，電源的內阻為1.0 Ω，現閉合開關S，理想電壓表的示數為4.0 V，則
A.外電路的總電阻約為8.3 Ω
B.電源電動勢為5.6 V
C.電源內阻消耗的熱功率為3.0 W
D.電源的效率約為50%
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根據閉合電路歐姆定律，電源電動勢為E＝U1＋U2＋I1r＝4.0 V＋1.0 V＋0.6×1.0 V＝5.6 V，故B正確；
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三、非選擇題
11.某同學用圖(a)所示的電路測量電源的電動勢E和內阻r，R1是滑動變阻器，定值電阻R2＝3 Ω。
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(1)圖(a)中A、B分別是______傳感器、______傳感器。(均選填“電壓”或“電流”)
電壓
電流
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A傳感器與電路并聯，是電壓傳感器，B傳感器與電路串聯，是電流傳感器；
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(2)請根據圖(a)，用筆畫線代替導線將圖(b)中實物圖補充完整；
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答案　見解析圖
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實物圖如圖所示
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(3)該實驗中，設A傳感器的示數為a，B傳感器的示數為b，則a關于b的函數關系式為a＝____________；(用b、E、r、R2表示)
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E－b(R2＋r)
由閉合電路歐姆定律得U＝E－I(R2＋r)，U＝a，I＝b，解得a＝E－b(R2＋r)
(4)若實驗中得到的兩電表的示數關系圖像如圖(c)所示，則該電源的電動勢E＝_____ V，內阻r＝___ Ω。
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2.8
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由題圖(c)知，電源的電動勢E＝2.8 V
該電源的內阻為
12.用伏安法測量電阻阻值R，并求出電阻率ρ。給定電壓表(內阻約為50 kΩ)、電流表(內阻約為40 Ω)、滑動變阻器(最大阻值20 Ω)、電源、開關、待測電阻(約為250 Ω)及導線若干。
(1)在圖甲中完成測量的電路圖。
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答案　如圖所示
(2)圖乙中的6個點表示實驗中測得的6組電流I、電壓U的值，要求在圖中畫出U－I圖像。并根據圖像求出電阻阻值R＝______________________
_________ Ω。(保留3位有效數字)
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答案　如圖所示
223(208～230內的整數
均正確)
(3)待測電阻是一均勻材料制成的圓柱體，長度L已知。用50分度的游標卡尺測量其直徑，如圖丙所示。由圖可知其直徑為_______ cm。
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0.800
(4)由于實驗誤差，實驗測量出的ρ_______(選填“大于”“等于”或“小于”)材料真實的ρ0。
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小于
13.(2023·鳳城市第一中學高二期中)一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖如圖所示。電動機內阻r0＝0.4 Ω，電路中另一電阻R＝10 Ω，電源電動勢E＝180 V，內阻r＝2 Ω，電壓表的示數U＝120 V。
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(1)求通過電動機的電流；
答案　5 A
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根據閉合電路歐姆定律有
E＝Ur＋UR＋U
解得Ur＋UR＝60 V
電動機、電源和電阻R串聯，通過的電流相等
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(2)求輸入電動機的電功率；
答案　600 W
輸入電動機的電功率為P＝UI＝120×5 W＝600 W
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(3)若電動機以v＝1 m/s的速度勻速豎直向上提升重物，求該重物的質量。(g取10 m/s2)
答案　59 kg
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電動機的輸出功率為P出＝UI－I2r0＝(120×5－52×0.4) W＝590 W
由平衡條件得G＝F＝590 N
14.科技在我國的“藍天保衛戰”中發揮了重要作用，某科研團隊設計了一款用于收集工業生產中產生的固體顆粒的裝置，其原理簡圖如圖所示。固體顆粒通過帶電室時帶上正電荷，顆粒從A點無初速度地進入加速區，經B點進入徑向電場區，沿 圓弧BC運動，再經C點豎直向下進入偏轉電場區，最終打在豎直收集擋板上的G點。建立如圖所示坐標系，帶電室、加速區、徑向電場區在第二象限，偏轉電場區和擋板在第四象限。已知固體顆粒的比荷為1×10－3 C/kg，加速區板間電壓為U＝2×103 V，
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圓弧BC上各點的電場強度大小相同且為E1＝2.5×104 V/m，方向都指向圓弧BC的圓心D點，偏轉電場區電場強度大小為E2＝4×104 V/m，方向水平向右，擋板距離y軸0.2 m。不計重力、空氣阻力及顆粒間的作用力，求：
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(1)帶電固體顆粒離開加速區的速度大小及圓弧BC的半徑；
答案　2 m/s　0.16 m
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解得v＝2 m/s
解得R＝0.16 m
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(2)G點與x軸之間的距離。
答案　0.2 m
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qE2＝ma
y＝vt
解得y＝0.2 m。
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15.(2024·成都市石室中學高二月考)如圖，圓弧軌道AB的圓心為O，半徑為R＝2.5 m，圓弧軌道AB的B點與水平地面BE相切，B點在O點的正下方，在B點的右側有一豎直虛線CD，B點到豎直虛線CD的距離為L1＝2.5 m，豎直虛線CD的左側有一水平向左的勻強電場，場強大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側有場強大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強電場。豎直虛線CD的右側有一豎直墻壁EF，墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L2＝1 m，墻壁EF底端E點與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L2＝1 m。
現將一電荷量為q＝＋4×10－2 C、質量為m＝1 kg的完全絕緣的滑塊從A點由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，過B點時的速度大小為4 m/s，最后進入豎直虛線CD右側。已知滑塊可視為質點，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
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(1)場強E1的大小；
答案　25 N/C
滑塊從A點運動到B點的過程中，由動能定理有WAB＋mgR(1－cos 53°)＝ mvB2，滑塊從A點運動到B點的過程中WAB＝－qE1Rsin 53°，聯立解得E1＝25 N/C。
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(2)滑塊到達豎直虛線CD時速度的大小和滑塊從B點到達豎直虛線CD所用時間；
答案　1 m/s　1 s
滑塊從B點運動到豎直虛線CD的過程中，以向右為正方向，由牛頓第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根據運動學公式有v2－vB2＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
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(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，求E2的取值范圍。
答案　187.5 N/C≤E2≤300 N/C
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當E2較小時，滑塊剛好與豎直墻壁底端E點碰撞，有－μ(mg－qE2)L2＝0－ mv2，解得E2＝187.5 N/C；

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