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．物理學的發展離不開物理學家的科學研究，以下符合史實的是(　　)
A．法拉第用電場線來形象描述電場，它是真實存在的
B．普朗克提出了能量子假說，基于此他又提出了光子說
C．奧斯特發現了電流的磁效應，使人們突破了對電與磁認識的局限性
D．楞次發現了電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善
2．(2024·珠海市高二月考)下列說法中，正確的是(　　)
A．公式C＝，其中電容器的電容C與電容器兩極板間電勢差U無關
B．由E＝可知電場中某點的電場強度E與q成反比
C．由Uab＝Ed可知，勻強電場中的任意兩點a、b間的距離越大，則兩點間的電勢差也一定越大
D．由公式φ＝知電場中某點的電勢φ與q成反比
3.(2024·四川省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·廣州市高二期中)如圖所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在A、B兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心與A、B的中點重合，現將一電子沿該路徑逆時針移動一周，下列判斷正確的是(　　)
A．e點和g點的電場強度相同
B．b點和c點的電勢相等
C．電子從f點到e點再到d點過程中，電場力先做負功后做正功
D．電子從g點到f點再到e點過程中，電勢能先減小再增大
5.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，則下列情況下導線框中不能產生感應電流的是(　　)
A．平移到位置Ⅱ
B．以MN為轉軸轉到位置Ⅲ
C．以bc為轉軸轉到位置Ⅱ
D．平移到以MN為對稱軸的位置Ⅲ
6．一對等量點電荷位于平面直角坐標系xOy的一個軸上，它們激發電場的場強和電勢隨坐標的變化情況如圖甲、乙所示，甲圖為y軸上各點場強隨坐標變化的E－y圖像，且沿y軸正向場強為正。乙圖為x軸上各點電勢隨坐標變化的φ－x圖像，且以無窮遠處電勢為零。圖中a、b、c、d為軸上關于原點O的對稱點，根據圖像可判斷下列有關描述正確的是(　　)
A．是一對關于原點O對稱的等量負點電荷所激發的電場，電荷位于x軸上
B．是一對關于原點O對稱的等量異種點電荷所激發的電場，電荷位于y軸上
C．將一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它會在aO間往復運動
D．將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它會在cOd間往復運動
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，靜電力做的功為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.(2023·廣州市華南師大附中高二期末)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點有一靜止的帶電油滴，現將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離。下列說法正確的是(　　)
A．油滴帶正電
B．靜電計指針張角減小
C．油滴向上運動
D．P點的電勢不變
9.如圖所示，光滑絕緣水平細桿上套有一個小球，其質量為m，帶電荷量為＋q，O、a、b是細桿垂線上的三點，O在桿上且Oa＝Ob，在a、b兩點分別固定一個電荷量為－Q的點電荷。小球從圖示位置以初速度v0向右運動的過程中(　　)
A．速度一定先減小后增大
B．加速度一定先增大后減小
C．對細桿的作用力始終保持不變
D．電勢能先減小后增大
10．(2023·廣州市華南師大附中高二期末)如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示。已知電流表讀數在0.2 A以下時，電動機沒有發生轉動。不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是(　　)
A．電路中電源電動勢為3.4 V
B．滑動變阻器的觸頭向右滑動時，V2讀數逐漸增大
C．此電路中，電動機的最大輸出功率為0.9 W
D．滑動變阻器的最大阻值為30 Ω
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11．(6分)(2024·湛江市高二月考)在測定某金屬的電阻率實驗中：
(1)(2分)甲學生進行了如下操作：
①利用螺旋測微器測金屬絲直徑d，如圖甲所示，則d＝________ mm。
②測量金屬絲電阻Rx的電路圖如圖乙所示，閉合開關S，先后將電壓表右側接線端P接a、b點時，電壓表和電流表示數如圖丁所示。該學生認真觀察到兩次測量中，電流表的讀數幾乎未變，為了減少實驗誤差，該學生應把接線端P接________(填“a”或“b”)來測電阻Rx。
U(V) I(A)
接線端P接a 1.84 0.15
接線端P接b 2.40 0.15
丁
(2)(4分)乙同學提出測量電阻不一定要用伏安法，可以直接用多用電表測。該同學按多用電表使用說明書正確操作。先將紅、黑表筆筆尖相互接觸，發現電表指針指向____________(選填“電流0刻度”或“歐姆0刻度”)位置，然后用其測電阻，將可調部件K調至“×100”位置，當指針擺穩后，表頭的示數如圖丙所示，得出該電阻的阻值Rx＝________ Ω。
12．(9分)(2023·廣州市廣雅中學高二期末)多用電表是實驗室中常用的測量儀器，如圖甲所示為多量程多用電表示意圖，其中電流有1.0 A、2.5 A兩個擋位，電壓有2.5 V、10 V兩個擋位，歐姆表有兩個擋位。
(1)(3分)通過一個單刀多擲開關S，B可以分別與觸點1、2、3、4、5、6接通，從而實現用多用電表測量不同物理量的功能。
①圖甲中A是________(選填“紅”或“黑”)表筆；
②當S接觸點________(選填“1”“2”“3”“4”“5”“6”)時對應多用電表1.0 A擋；
③當S接觸點3時，測量倍率比S接觸點4時小，則E1________E2(選填“>”“<”“＝”)；
(2)(6分)實驗小組用該多用電表測量電源的電動勢和內阻。器材還有：待測電源(電動勢約為9 V)，定值電阻R0＝9.0 Ω，電阻箱一只。實物連接如圖乙所示，測量時應將圖甲中S接觸點________(選填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)；改變電阻箱阻值R，測得并記錄多組數據后，得到對應的－圖像如圖丙所示，則電源電動勢E＝________ V，內阻r＝________ Ω(結果保留兩位有效數字)。
13.(10分)(2023·廣州市奧林匹克中學高二期末)如圖，靜止于A處的離子，經電壓為U的加速電場加速后，沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區域的有界勻強電場DCNQ，電場方向水平向左。靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強大小為E0，方向如圖所示，圓弧所對的圓心在CN邊界的O點，且PO＝QN＝2NO；離子質量為m、電荷量為q，離子重力不計。試確定
(1)(3分)離子經過加速電場剛進入靜電分析器時的速度大小；
(2)(3分)若離子在靜電分析器中運動的軌跡為一圓弧，如圖，則此圓弧的半徑R為多大？
(3)(4分)若離子進入勻強電場后，恰好打在Q點，確定此勻強電場的場強E的大小。
14．(14分)如圖所示的電路，電源的電動勢E＝36 V，內阻r＝6 Ω，電阻R1＝R3＝4 Ω，R2＝R4＝8 Ω，C為平行板電容器，其電容C＝2.0 pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長l＝0.20 m，兩極板的間距d＝0.24 m，極板右邊緣到熒光屏的距離b＝0.2 m。
(1)(4分)若開關S處于斷開狀態，則將其閉合后，流過R4的電荷量為多少？
(2)(5分)若開關S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，剛好沿虛線勻速運動，則當開關S閉合穩定后，t＝0時，該帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，試證明帶電微粒能否從極板間射出？(g取10 m/s2，要求寫出計算和分析過程)
(3)(5分)在(2)問中，若能射出，求帶電微粒打到熒光屏上距O點的距離Y，若不能射出，則求帶電微粒打在極板的位置。
15．(15分)(2023·惠州市高二學業考試)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，釋放前彈簧的彈性勢能為Ep＝mgR，脫離彈簧后經過B點，之后沿軌道BO運動恰好到達O點。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，方向指向右上，小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
(1)(3分)勻強電場的場強E的大小；
(2)(7分)小球到達B點剛進入圓弧軌道時對B點的壓力；
(3)(5分)若將勻強電場的場強大小調整為E1＝，方向水平向右，其他條件不變，小球離開彈簧后，運動過程中的最小速度的大小。
模塊綜合試卷
1．C　[電場線是假想的線，并非真實存在的，A錯誤；愛因斯坦提出了光子說，B錯誤；奧斯特發現了電流的磁效應，使人們突破了對電與磁認識的局限性，C正確；法拉第發現了電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善，楞次發現了楞次定律，D錯誤。]
2．A　[C＝是電容器電容的定義式，其電容C的大小與電容器所帶電荷量Q以及兩極板間電壓無關，是由電容器本身結構所決定的，故A正確；
E＝是電場強度的定義式，電場強度是用比值法來定義的，E的大小與F和q無關，是由電場本身性質所決定的，故B錯誤；
Uab＝Ed中的d表示的是沿場強方向的距離，應該是沿電場方向的距離越大，兩點間的電勢差越大，故C錯誤；
電勢是用比值法來定義的，在數值上等于φ＝，其大小是由零勢能面和電場本身性質所決定的，故D錯誤。]
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　[根據電場線的分布知，e、g兩點的場強大小相等，方向不同，則電場強度不同，故A錯誤；根據沿著電場線方向電勢依次降低，可知，φb＞φc，所以b點和c點的電勢不相等，故B錯誤；電子帶負電，從f點到e點再到d點過程中，根據電場力方向與運動方向先成鈍角后成銳角，可知電場力先做負功再做正功，故C正確；
電子從g點到f點再到e點過程中，電場力一直做負功，電勢能一直增大，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，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，穿過導線框的磁通量發生變化，會產生感應電流，D錯誤。]
6．A　[因x軸上各點的電勢均小于零，且φ－x圖關于y軸對稱，表明是一對等量負電荷激發的電場，又E－y圖像中y軸正方向場強為負，y軸負方向場強為正，表明這一對負電荷在x軸上關于原點對稱，選項A正確，B錯誤；一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它從a點向O點先做加速度逐漸增大的加速運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，越過原點后先做加速度逐漸增大的減速運動，后做加速度逐漸減小的減速運動，到達b點時恰好速度為零，此后又變加速運動到a點，在aOb間往復運動，故C項錯誤；將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它將直接向x軸負向的負電荷運動并粘合，故D項錯誤。]
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，
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連線的中點電勢為φ＝＝ V＝9 V，B錯誤；將電子從P點移動到Q點，靜電力做功WPQ＝－eUPQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，靜電力做正功，電勢能減小，故電子在P點的電勢能比在Q點的電勢能高2 eV，故C錯誤；靜電力做功與路徑無關，只與始、末位置有關，故WOPQ＝WOQ＝－eUOQ＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正確。]
8．BD　[根據受力平衡可知，油滴所受電場力方向向上，而極板間電場向下，電場力方向與電場方向相反，故油滴帶負電，故A錯誤；此過程電容器所帶電荷量Q不變，根據C＝，電容的決定式C＝，又因為E＝，F＝Eq，聯立得出U＝，E＝，可知電場強度與極板間的距離無關，所以場強不變，所以油滴所受電場力不變，則不會運動；又由于P點與下極板間的距離不變，由UP0＝φP＝EdP0，知P點的電勢不變；由U＝知若將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，則電勢差變小，靜電計張角變小，故B、D正確，C錯誤。]
9．CD　[在O左側，小球受到的靜電力合力向右，在O右側小球受到的靜電力合力向左，小球在向右運動的過程中，在O左側做加速運動，在O右側做減速運動，所以小球的速度先增大后減小，A錯誤；根據電場線的分布情況，電場強度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯誤；兩個電荷量為－Q的點電荷對小球的庫侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以細桿對小球的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；在小球向右運動的過程中，所受的靜電力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，D正確。]
10．BD　[由電路圖甲知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關系，此圖線的斜率大小等于電源的內阻，則有r＝ Ω＝2 Ω，由題圖乙可知，當電流為0.1 A時，路端電壓為3.4 V，則由閉合回路歐姆定律可得，電路中電源電動勢為E＝U2＋Ir＝3.6 V，故A錯誤；變阻器的觸頭向右滑動時，R阻值變大，總電流減小，內電壓減小，路端電壓值即為V2讀數，逐漸增大，故B正確；根據題意，由題圖乙可知，當電動機兩端電壓為3 V時，流過電動機的電流為0.3 A，此時電動機的輸入功率最大，最大輸入功率為P＝UI＝0.9 W，因電動機內阻的影響，則電動機的最大輸出功率一定小于0.9 W，故C錯誤；根據題意，由題圖乙可知，電動機的電阻為rM＝ Ω＝4 Ω，當I＝0.1 A時，電路中電流最小，變阻器的阻值最大，則有I＝，解得Rm＝30 Ω，故D正確。]
11．(1)①1.703(1.702～1.704均可)　②a　(2)歐姆0刻度　1 100
解析　(1)①由題圖甲可知，螺旋測微器示數為1.5 mm＋20.3×0.01 mm＝1.703 mm。
②由表中實驗數據可知，電壓表接a、b兩點時，電流表示數不變，電壓表示數變化較大，說明電壓表內阻很大，電壓表分流很小，幾乎為零，電流表分壓較大，則電流表采用外接法時系統誤差較小，電壓表應接a點。
(2)歐姆調零時將紅、黑表筆筆尖相互接觸，發現電表指針指向“歐姆0刻度”位置，然后用其測電阻；
歐姆表選擇“×100”擋位，由題圖丙所示表頭可知，該電阻的阻值Rx＝11×100 Ω＝1 100 Ω。
12．(1)①紅　②2　③<　(2)6　9.1　1.0
解析　(1)①根據“紅進黑出”的原則，電流從歐姆表內部電源正極流出，所以A應該是紅表筆，B應該是黑表筆。
②電流表是通過表頭并聯電阻改裝而成的，并聯電阻越大，量程越小，所以1.0 A擋對應2。
③在滿偏電流相同的情況下，電源電動勢越大，所測電阻就越大，當S接觸點3時，測量倍率比S接觸點4時小，所以E1(2)多用表與變阻箱并聯做電壓表使用，電源電壓為9.0 V，所以應該選用10 V的量程，S接6。由題圖丙可知E＝(R＋R0＋r)
變換得＝·＋
由題圖丙可知k＝
＝ A－1＝1.1 A－1，b＝＝0.11 V－1
解得E≈9.1 V，r＝1.0 Ω。
13．(1)　(2)　(3)3E0
解析　(1)離子在加速電場中加速過程，根據動能定理，有：qU＝mv2
得v＝
(2)離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，根據牛頓第二定律，有 qE0＝m
聯立得R＝
(3)離子進入勻強電場后做類平拋運動，則沿PN方向PN＝PO＋ON＝at2＝R′，加速度a＝
沿CD方向R′＝vt
聯立解得E＝3E0。
14．(1)8.0×10－12 C　(2)見解析
(3)0.125 m
解析　(1)S斷開時，電阻R3兩端電壓U3＝＝ V＝8 V，S閉合后，外電路的總電阻R＝＝ Ω＝3 Ω，路端電壓U＝＝ V＝12 V，
電阻R3兩端的電壓
U3′＝U＝×12 V＝4 V，
流過R4的電荷量ΔQ＝C(U3－U3′)＝2.0×10－12×(8－4) C＝8.0×10－12 C。
(2)設帶電微粒的質量為m，帶電荷量為q，當開關S斷開時有＝mg，當開關S閉合后，設帶電微粒的加速度為a，則mg－＝ma，假設帶電微粒能從極板間射出，則水平方向t＝，豎直方向y＝at2，聯立解得y＝0.025 m<＝0.12 m，故帶電微粒能從極板間射出。
(3)帶電微粒打到熒光屏上距O點的距離Y，由類平拋運動規律可知，帶電微粒從極板間射出時豎直方向速度vy＝at＝0.5 m/s，水平速度v0＝2 m/s
豎直加速度g＝10 m/s2，運動時間t1＝＝1 s，則豎直方向運動的距離y1＝vyt1＋t12＝0.1 m
到O點的距離Y＝y＋y1＝0.125 m。
15．(1)　(2)mg，方向豎直向下
(3)
解析　(1)小球從A點到O點過程，由能量守恒定律，有mgR＋EqR＝mgR，解得E＝
(2)小球從A點到B點過程，由能量守恒定律，有mgR＝mvB2，vB＝，
小球在B點滿足FN＋Eqsin 45°－mg＝m，解得FN＝mg
由牛頓第三定律，可得小球對B點的壓力方向豎直向下，大小為FN′＝mg
(3)小球離開O點后，做類斜拋運動，假設合外力與豎直方向的夾角為θ，有tan θ＝＝1
θ＝45°，在小球飛出圓弧軌道之后，當沿合力方向運動速度減為0時，小球的速度最小，為vmin＝vBsin θ
代入數據可得vmin＝vB＝。(共54張PPT)
模塊綜合試卷
一、單項選擇題
1.物理學的發展離不開物理學家的科學研究，以下符合史實的是
A.法拉第用電場線來形象描述電場，它是真實存在的
B.普朗克提出了能量子假說，基于此他又提出了光子說
C.奧斯特發現了電流的磁效應，使人們突破了對電與磁認識的局限性
D.楞次發現了電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善
1
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√
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電場線是假想的線，并非真實存在的，A錯誤；
愛因斯坦提出了光子說，B錯誤；
奧斯特發現了電流的磁效應，使人們突破了對電與磁認識的局限性，C正確；
法拉第發現了電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善，楞次發現了楞次定律，D錯誤。
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2.(2024·珠海市高二月考)下列說法中，正確的是
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Uab＝Ed中的d表示的是沿場強方向的距離，應該是沿電場方向的距離越大，兩點間的電勢差越大，故C錯誤；
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3.(2024·四川省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·廣州市高二期中)如圖所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在A、B兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心與A、B的中點重合，現將一電子沿該路徑逆時針移動一周，下列判斷正確的是
A.e點和g點的電場強度相同
B.b點和c點的電勢相等
C.電子從f點到e點再到d點過程中，電場力
　先做負功后做正功
D.電子從g點到f點再到e點過程中，電勢能先減小再增大
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根據電場線的分布知，e、g兩點的場強
大小相等，方向不同，則電場強度不同，
故A錯誤；
根據沿著電場線方向電勢依次降低，可
知，φb＞φc，所以b點和c點的電勢不相等，故B錯誤；
電子帶負電，從f點到e點再到d點過程中，根據電場力方向與運動方向先成鈍角后成銳角，可知電場力先做負功再做正功，故C正確；
電子從g點到f點再到e點過程中，電場力一直做負功，電勢能一直增大，故D錯誤。
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5.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，則下列情況下導線框中不能產生感應電流的是
A.平移到位置Ⅱ
B.以MN為轉軸轉到位置Ⅲ
C.以bc為轉軸轉到位置Ⅱ
D.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，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，穿過導線框的磁通量發生變化，會產生感應電流，D錯誤。
14
15
6.一對等量點電荷位于平面直角坐標系xOy的一個軸上，它們激發電場的場強和電勢隨坐標的變化情況如圖甲、乙所示，甲圖為y軸上各點場強隨坐標變化的E－y圖像，且沿y軸正向場強為正。乙圖為x軸上各點電勢隨坐標變化的φ－x圖像，且以無窮遠處電勢為零。圖中a、b、c、d為軸上關于原點O的對稱點，根據圖像可判斷下列有關描述正確的是
A.是一對關于原點O對稱的等量負點電荷
　所激發的電場，電荷位于x軸上
B.是一對關于原點O對稱的等量異種點電荷所激發的電場，電荷位于y軸上
C.將一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它會在aO間往復運動
D.將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它會在cOd間往復運動
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因x軸上各點的電勢均小于零，且φ－x圖關于y軸對稱，表明是一對等量負電荷激發的電場，又E－y圖像中y軸正方向場強為負，y軸負方向場強為正，表明這一對負電荷在x軸上關于原點對稱，選項A正確，B錯誤；
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一個＋q從y軸上a點由靜止釋放，它從
a點向O點先做加速度逐漸增大的加速
運動，后做加速度逐漸減小的加速運
動，越過原點后先做加速度逐漸增大的減速運動，后做加速度逐漸減小的減速運動，到達b點時恰好速度為零，此后又變加速運動到a點，在aOb間往復運動，故C項錯誤；
將一個＋q從x軸上c點由靜止釋放，它將直接向x軸負向的負電荷運動并粘合，故D項錯誤。
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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，靜電力做的功為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，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＝　　　　　　　　故A錯誤；
根據勻強電場等差等勢面的特點，OQ連線的中點電勢為φ＝
　　　　＝9 V，B錯誤；
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將電子從P點移動到Q點，靜電力做功WPQ＝
－eUPQ＝－e×(－2 V)＝2 eV，靜電力做正功，
電勢能減小，故電子在P點的電勢能比在Q點
的電勢能高2 eV，故C錯誤；
靜電力做功與路徑無關，只與始、末位置有關，故WOPQ＝WOQ＝－eUOQ
＝－e×(－8 V)＝8 eV，D正確。
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二、多項選擇題
8.(2023·廣州市華南師大附中高二期末)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點有一靜止的帶電油滴，現將電容器的上極板豎直向下移動一小段距離。下列說法正確的是
A.油滴帶正電 B.靜電計指針張角減小
C.油滴向上運動 D.P點的電勢不變
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根據受力平衡可知，油滴所受電場力方向向上，而極板間電場向下，電場力方向與電場方向相反，故油滴帶負電，故A錯誤；
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9.如圖所示，光滑絕緣水平細桿上套有一個小球，其質量為m，帶電荷量為＋q，O、a、b是細桿垂線上的三點，O在桿上且Oa＝Ob，在a、b兩點分別固定一個電荷量為－Q的點電荷。小球從圖示位置以初速度v0向右運動的過程中
A.速度一定先減小后增大
B.加速度一定先增大后減小
C.對細桿的作用力始終保持不變
D.電勢能先減小后增大
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在O左側，小球受到的靜電力合力向右，在O右側小球受到的靜電力合力向左，小球在向右運動的過程中，在O左側做加速運動，在O右側做減速運動，所以小球的速度先增大后減小，A錯誤；
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根據電場線的分布情況，電場強度可能先減小后增大，所以小球所受的靜電力可能先減小后增大，則加速度可能先減小后增大，B錯誤；
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兩個電荷量為－Q的點電荷對小球的庫侖力在豎直方向的分力大小相等，方向相反，所以細桿對小球的作用力等于小球的重力，始終保持不變，C正確；
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在小球向右運動的過程中，所受的靜電力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，D正確。
10.(2023·廣州市華南師大附中高二期末)如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數隨電流表讀數的變化情況如圖乙所示。已知電流表讀數在0.2 A以下時，電動機沒有發生轉動。不考慮電表對電路的影響，以下判斷正確的是
A.電路中電源電動勢為3.4 V
B.滑動變阻器的觸頭向右滑動時，
　V2讀數逐漸增大
C.此電路中，電動機的最大輸出
　功率為0.9 W
D.滑動變阻器的最大阻值為30 Ω
√
√
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由電路圖甲知，電壓表V2測量路
端電壓，電流增大時，內電壓增
大，路端電壓減小，所以最上面
的圖線表示V2的電壓與電流的關
系，此圖線的斜率大小等于電源的內阻，則有r＝
由題圖乙可知，當電流為0.1 A時，路端電壓為3.4 V，則由閉合回路歐姆定律可得，電路中電源電動勢為E＝U2＋Ir＝3.6 V，故A錯誤；
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變阻器的觸頭向右滑動時，R阻值
變大，總電流減小，內電壓減小，
路端電壓值即為V2讀數，逐漸增大，
故B正確；
根據題意，由題圖乙可知，當電動機兩端電壓為3 V時，流過電動機的電流為0.3 A，此時電動機的輸入功率最大，最大輸入功率為P＝UI＝0.9 W，因電動機內阻的影響，則電動機的最大輸出功率一定小于0.9 W，故C錯誤；
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三、非選擇題
11.(2024·湛江市高二月考)在測定某金屬的電阻率實驗中：
(1)甲學生進行了如下操作：
①利用螺旋測微器測金屬絲直徑d，如圖甲所示，則d＝____________________ mm。
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1.703(1.702～1.704均可)
由題圖甲可知，螺旋測微器示數為1.5 mm＋20.3×0.01 mm＝1.703 mm。
②測量金屬絲電阻Rx的電路圖如圖乙所示，閉合開關S，先后將電壓表右側接線端P接a、b點時，電壓表和電流表示數如圖丁所示。該學生認真觀察到兩次測量中，電流表的讀數幾乎未變，為了減少實驗誤差，該學生應把接線端P接____(填“a”或“b”)來測電阻Rx。
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U(V) I(A)
接線端P接a 1.84 0.15
接線端P接b 2.40 0.15
丁
a
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由表中實驗數據可知，電壓表接a、
b兩點時，電流表示數不變，電壓
表示數變化較大，說明電壓表內阻
很大，電壓表分流很小，幾乎為零，
電流表分壓較大，則電流表采用外接法時系統誤差較小，電壓表應接a點。
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U(V) I(A)
接線端P接a 1.84 0.15
接線端P接b 2.40 0.15
丁
(2)乙同學提出測量電阻不一定要用伏安法，可以直接用多用電表測。該同學按多用電表使用說明書正確操作。先將紅、黑表筆筆尖相互接觸，發現電表指針指向______
_____(選填“電流0刻度”或“歐姆0刻度”)位置，然后用其測電阻，將可調部件K調至“×100”位置，當指針擺穩后，表頭的示數如圖丙所示，得出該電阻的阻值Rx＝______ Ω。
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歐姆0
刻度
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歐姆調零時將紅、黑表筆筆尖相互接觸，發現電表指針指向“歐姆0刻度”位置，然后用其測電阻；
歐姆表選擇“×100”擋位，由題圖丙所示表頭可知，該電阻的阻值Rx＝11×100 Ω＝1 100 Ω。
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12.(2023·廣州市廣雅中學高二期末)多用電表是實驗室中常用的測量儀器，如圖甲所示為多量程多用電表示意圖，其中電流有1.0 A、2.5 A兩個擋位，電壓有2.5 V、10 V兩個擋位，歐姆表有兩個擋位。
(1)通過一個單刀多擲開關S，B可以分別與觸點1、
2、3、4、5、6接通，從而實現用多用電表測量不
同物理量的功能。
①圖甲中A是_____(選填“紅”或“黑”)表筆；
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紅
根據“紅進黑出”的原則，電流從歐姆表內部電源正極流出，所以A應該是紅表筆，B應該是黑表筆。
②當S接觸點_____(選填“1”“2”“3”“4” “5”“6”)時對應多用電表1.0 A擋；
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電流表是通過表頭并聯電阻改裝而成的，并聯電阻越大，量程越小，所以1.0 A擋對應2。
③當S接觸點3時，測量倍率比S接觸點4時小，則E1_____E2(選填“>”“<”“＝”)；
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<
在滿偏電流相同的情況下，電源電動勢越大，所測電阻就越大，當S接觸點3時，測量倍率比S接觸點4時小，所以E1(2)實驗小組用該多用電表測量電源的
電動勢和內阻。器材還有：待測電源
(電動勢約為9 V)，定值電阻R0＝9.0 Ω，
電阻箱一只。實物連接如圖乙所示，
測量時應將圖甲中S接觸點____(選填
“1”“2”“3”“4”“5”或“6”)；
改變電阻箱阻值R，測得并記錄多組數
據后，得到對應的 圖像如圖丙所
示，則電源電動勢E＝_____ V，內阻r＝____ Ω(結果保留兩位有效數字)。
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解得E≈9.1 V，r＝1.0 Ω。
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13.(2023·廣州市奧林匹克中學高二期末)如圖，靜止于A處的離子，經電壓為U的加速電場加速后，沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區域的有界勻強電場DCNQ，電場方向水平向左。靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處場強大小為E0，方向如圖所示，圓弧所對的圓心在CN邊界的O點，且PO＝QN＝2NO；離子質量為m、電荷量為q，離子重力不計。試確定
(1)離子經過加速電場剛進入靜電分析器時的速度大小；
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(2)若離子在靜電分析器中運動的軌跡為一圓弧，如圖，則此圓弧的半徑R為多大？
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(3)若離子進入勻強電場后，恰好打在Q點，確定此勻強電場的場強E的大小。
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答案　3E0
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沿CD方向R′＝vt
聯立解得E＝3E0。
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14.如圖所示的電路，電源的電動勢E＝36 V，內阻r＝6 Ω，電阻R1＝R3＝4 Ω，R2＝R4＝8 Ω，C為平行板電容器，其電容C＝2.0 pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長l＝0.20 m，兩極板的間距d＝0.24 m，極板右邊緣到熒光屏的距離b＝0.2 m。
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(1)若開關S處于斷開狀態，則將其閉合后，流過R4的電荷量為多少？
答案　8.0×10－12 C　
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流過R4的電荷量ΔQ＝C(U3－U3′)＝2.0×10－12×(8－4) C＝8.0×
10－12 C。
(2)若開關S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，剛好沿虛線勻速運動，則當開關S閉合穩定后，t＝0時，該帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間，試證明帶電微粒能否從極板間射出？(g取10 m/s2，要求寫出計算和分析過程)
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答案　見解析　
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(3)在(2)問中，若能射出，求帶電微粒打到熒光屏上距O點的距離Y，若不能射出，則求帶電微粒打在極板的位置。
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答案　0.125 m
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帶電微粒打到熒光屏上距O點的距離Y，由類平拋運動規律可知，帶電微粒從極板間射出時豎直方向速度vy＝at＝0.5 m/s，水平速度v0＝2 m/s
到O點的距離Y＝y＋y1＝0.125 m。
15.(2023·惠州市高二學業考試)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內的光
滑 圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將
輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，釋放前彈簧的彈性勢能為Ep＝
脫離彈簧后經過B點，之后沿軌道BO運動恰好到達O點。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy，在x≥－R區域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，方向指向右上，小球在運動過程中電荷量保持
不變，重力加速度為g。求：
(1)勻強電場的場強E的大小；
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(2)小球到達B點剛進入圓弧軌道時對B點的壓力；
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(3)若將勻強電場的場強大小調整為E1＝ 方向水
平向右，其他條件不變，小球離開彈簧后，運動過程中的最小速度的大小。
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θ＝45°，在小球飛出圓弧軌道之后，當沿合力方向運動速度減為0時，小球的速度最小，為vmin＝vBsin θ

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