2022年高二物理全冊單元測試（每單元基礎+提高兩份）

高二物理同步單元雙基雙測AB卷第一單元《靜電場》單元測試（A卷基礎篇）（解析版）一、單選題（本大題共8小題）.國際單位制中電荷量的單位符號是C,如果用國際單位制基本單位的符號來表示，正確的是（A.FVB.A-SA.FVB.A-SC.J/VD.N-m/V【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)電荷量公式廣〃可知，電流/的單位是A,時間，的單位是s,故用國際單位制的基本單位表示電量的單位為As,故B正確，ACD錯誤。故選B。.如圖所示，a、6兩點位于以負點電荷-0（60）為球心的球面上，c點在球面外，則（）?A.a點場強的大小比b點大B.b點場強的大小比c點小C.a點電勢比6點高D.6點電勢比c點低【答案】D【解析】由點電荷場強公式后=左且確定各點的場強大小，由點電荷的笫勢線是以點電荷為球心的球面和r沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。由點電荷的場強公式七=上?可知，小〃兩點到場源r電荷的距離相等，所以a、兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比6點的大,所以。點的場強大小比。點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與。點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以。點電勢比，點低，故D正確。.如圖所示點電荷電場中，將檢驗電荷從4點分別移到以點電荷為中心的同?圓周上的8、C、D、E各點,則電場力做功（）A.從4到8做功最多B.從1到C做功最多C.從/I到￡做功最多D.做功一樣多【答案】D【解析】選D題圖中6、C、D、￡?四點在一個等勢面上，它們與｛點間的電勢差均相等，即。%產(chǎn)心,據(jù)公式Vq〃可知，D正確。.在電場中，把電荷量為4Xl（r"C的正點電荷從4點移到8點，克服靜電力做功6X10*J,以下說法中正確的是（）A.電荷在8點具有的電勢能是6Xl（rjB.8點電勢是15VC.電荷的電勢能增加了6X10-JD.電荷的電勢能減少了6X1O-"J【答案】C【解析】電荷在電場中某點的電勢能具有相對性，只有確定了零勢能點，8點的電勢、電荷在6點的電勢能才有確定的數(shù)值，故選項A、B錯誤；由于電荷從力點移到〃點的過程中克服靜電力做功6X10-」，故電荷電勢能應該是增加了6X10“J,選項C正確，選項D錯誤..空間尸、0兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中。點處為正電荷，尸、。兩點附近電場的等勢線分布如圖所示，。、b、c、d、e為電場中的5個點，設無窮遠處電勢為0,則（ ）

e點的電勢大于0a點和b點的電場強度相同b點的電勢低于d點的電勢D.負電荷從a點移動到c點時由勢能增加【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)電場線與等勢面垂直關(guān)系，可判斷尸點處為負電荷，無窮遠處電勢為0,e點在P0連線的中垂線上，則夕《=0'A錯誤；B.a、6兩點電場強度大小相同，方向不同，則a、6兩點電場強度不同，B錯誤：C.從0到戶電勢逐漸降低，則見>夕,/,C錯誤：D.由%>0,負電荷從。到c電場力做負功，電勢能增加，D止確。故選D。6.如圖所示，有一帶電的微粒，在電場力的作用下沿曲線從“點運動到,V點，則微粒（）M----N.A.帶負電，電勢能增加B.帶負電，電勢能減少C.帶正電，電勢能增加D.帶正電，電勢能減少【答案】D【解析】由帶電微粒運動的徑跡可以看出帶電微粒受到的電場力指向徑跡凹側(cè)，即與電場方向相同，故帶電微粒帶正電，選項A、B錯誤；電場力對帶電微粒做正功，微粒電勢能減少，選項C錯誤，D正確。一勻強電場的方向豎直向上，片0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為只不計粒子重力，則尸t關(guān)系圖象是（）(A) (B) (C) (D)【答案】A

【解析】由于帶電粒了在電場中類平拋運動，在電場力方向H故勻加速包線運動，加速度為戒，經(jīng)過時m間九電場力方向速度為延/,功率為P=Fv=qEx坦t,所以。與f成正比，故A正確。m m一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）.小孔正上方'處的尸點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電2容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回.若將下極板向上平移士則從尸點開始下落的相同粒子將（）3P-rdT萬A.打到下極板上B.在下極板處返回TOC\o"1-5"\h\zd 2C.在距上極板9處返回D.在距上極板!4處返回2 5【答案】D【解析】本題考查動能定理及靜電場相關(guān)知識，意在考查考生對動能定理的運用.當兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：拼gx'd-qkQ,當下極板向上移動”，設2 3E+]U粒子在電場中運動距離x時速度減為零,全過程應用動能定理可得mgX12 }-q一7=0d—32兩式聯(lián)立解得：x=d,選項D正確.5二、多選題（本大題共6小題）9.如圖所示，圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過〃點，再經(jīng)過N點，可以判定（）A.M點的電勢高于N點的電勢B.V點的電勢低于?點的電勢C.粒子在材點受到的電場力大于在加點受到的電場力D.粒子在"點的電勢能大于在、點的電勢能【答案】AD【解析】沿著電場線的方向甩勢降低，故選項A正確，選項B錯誤：電場線越密，場強越大，同一粒子受到的電場力越大，故選項C錯誤；粒子從〃點到?點電場力做正功，所以電勢能減小，所以選項D正確.10.（2019年新課標全國II卷）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自北點由靜止開始運動，A為粒子運動軌跡上的另外一點，則（）A.運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B.在材、力兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C.粒子在此點的電勢能不低于其在A點的電勢能D.粒子在A點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行【答案】AC【解析】A.若電場中由同種電荷形成即由力點釋放負電荷，則先加速后減速，故A正確；■4卷 第B.若電場線為曲線，粒子軌跡不與電場線重合，故B錯誤。C.由于“點速度大于等于零，故片點動能大于等于〃點動能，由能量守恒可知，”點電勢能小于等于"點電勢能，故C正確D.粒子可能做曲線運動，故D錯誤；11.真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的。點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態(tài)。過O點作兩正電荷連線的垂線，以。點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和氏（1,如圖所示。以下說法正確的是（）a點電勢低于。點b點電勢低于c點C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能【答案】BD【解析】【詳解】A.由題意可知。點合場強為零，根據(jù)同種電荷之間電場線的分布可知a。之間電場線由a到。

故"點電勢高于。點電勢，故A錯誤；B.同理根據(jù)同種電荷電場線分布可知b點電視低于c點電勢，故B正確：C.根據(jù)電場線分布可知負電荷從a到6電場力做負功，電勢能增加，即該試探電荷在。點的電勢能小于在b點的電勢能，故C錯誤：D.同理根據(jù)電場線分布可知負電荷從。點到"點電場力做負功，電勢能增加，即該試探電荷在「點的電勢能小于在d點的電勢能，故D正確。故選BD。.如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、6為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（ ）A.a、6兩點的場強相等 B.a、6兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等 D.c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】【詳解】BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸尸尸尸產(chǎn)所在的水平面與每條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在尸尸'上的點電勢為零，即夕“=%=0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即（pc＞（pd,故B正確，D錯誤；AC.上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，山電場的疊加原理可知AC正確;

故選ABCo.帶電粒子以速度外沿豎直方向垂直進入勻強電場￡中，如圖所示，經(jīng)過一段時間后，其速度變?yōu)樗椒较颍笮∪詾椋?則一定有（）~aVoA.電場力大于重力B.電場力所做的功大于重力所做的功C.粒子運動的水平位移大小等于豎直位移大小D.電勢能的減小一定等于重力勢能的增大【答案】CD【解析】設粒子運動的水平位移、豎直位移大小分別為￡、￡',由*=生力知,C對.由動能定理得:2qEL-mgL'=0,極mg=Eq,A、B錯.又重力勢能的增加量為wgZ/,電勢能的減小量為為故D對..如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是0,最低點是尸，直徑水平，a、6是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），6固定在"點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過戶點到達某點0（圖中未畫出）時速度為零，則小球a（）A.從1到。的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從小到戶的過程中，速率先增大后減小C.從2到0的過程中，電勢能一直增加D.從0到0的過程中，動能減少量小于電勢能增加量【答案】BC【解析】小球a從十點釋放一直到達。點的過程中，a、。兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°?直減小，故合力變大，選項A錯誤：小球a從十到尸的過程中，速度方向與用力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90。，故庫侖力與前力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小，選項B正確：小球a由1到。的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一宜增加，選項C正確：小球a從一到。的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤。三、計算題（本大題共4小題）.一個帶正電的點電荷，電荷量g=2.OXI。-'C,在靜電場中由a點移到6點，在這個過程中，電場力做的功為2.OXI。-、J,則a、6兩點間的電勢差為多少？如果若在a、b兩點間移動一2.5X1（T1C的電荷，那么電場力做的功為多少？【答案】10,V-2.5X10-5J【解析】設此過程中，電場力對點電荷做的功為以，則a、兩點間的電勢差為=%==%=2.0X10lJ2.0Xl()rV=10'V若在仄6兩點間移動一2.5X10-C的電荷，那么電場力做的功為/「=/^=-2.5X10-5J..如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為+g的小球從小孔正上方高處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，電力加速度為4)?求:+g?-(1)小球到達小孔處的速度;(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量;(3)小球從開始下落運動到下極板處所需的時間.【答案】⑴屈⑵加g力+dqd⑶用怛hNg【解析】(1)小球從開始下落到上極板間做自由落體運動，由v'=2gh得(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓第二定律得：mg-qE=ma由運動學公式知：0-/=2ad整理得電場強度h+dqd由U=Ed,Q=CU,得電容器所帶電荷量Q=m§htdCQ(3)由0=v+at2,f=r,+t>2h.如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以正電荷0為圓心的某圓交于8、C兩點，質(zhì)量為小帶電荷量為一17的有孔小球從桿上4點無初速度下滑，已知g《0,熊=兒小球滑到6點時的速度大小為、麗，求：

(1)小球由4到8的過程中靜電力做的功;(2)4、C兩點間的電勢差?！窘馕觥?1)因為桿是光滑的，所以小球從A到8的過程中只有兩個力做功：靜電力做的功辦和重力做的功mgh,由動能定理得：0+砥力=3//代入已知條件/得??>gh-mgh=-mghQ⑵因為6、C在同一等勢面上，所以之,即3-=一型-Q 2g【答案】(l&gh(2)一也2 2q18.(2020年全國I卷)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為R的圓，為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為加，電荷量為g(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自/點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率vo穿出電場,力C與的夾角價=60。。運動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大小;(1)求電場強度的大小;(2)(3)(2)(3)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大?為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0,該粒子進入電場時的速度應為多大？恪案】⑴八暮⑵曠攀⑶?；蛑鵂帯窘馕觥俊驹斀狻?I)由題意知在4點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于g>0,故電場線由/指向C,根據(jù)幾何關(guān)系可知:X」C~R所以根據(jù)動能定理有：qExAc=o解得：?=皿：2qR（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做ZC垂線并且與圓相切，切點為。，即粒了?要從。點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系有x=7?sin60°=卬-）y=R+7?cos60°=—at~而電場力提供加速度有qE=ma聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度：（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為〃”，。，即在電場方向上速度變化為w，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從8點射出時由幾何關(guān)系有Xpc—y/3R~XAC~R=~at2電場力提供加速度有qE-ma聯(lián)"解得v=叵1；當粒子從C點射出時初速度為0。2 25另解:由題意知，初速度為。時，動量增量的大小為此即問題的一個解。自/點以不同的速率垂￡1于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，白8點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為〃7%,由幾何關(guān)系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率為高二物理同步單元雙基雙測AB卷第一單元《靜電場》單元測試（B卷提升篇）（解析版）一、單選題（本大題共8小題）TOC\o"1-5"\h\z1.如圖，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量（可視為點電荷），相隔定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F。今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開.這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是（ ）X B8 A F F3F3FA.—B.—C.D.8 4 8 4【答案】A.【解析】假設A帶電量為Q,B帶電量為一Q,兩球之間的相互吸引力的大小是左絆；第三個不帶電r的金屬小球C叮A接觸后，A和C的電量都為2,C>jB接觸時先中和再平分，則C、B分開后電量均為-2.2 4k"〃這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小F'=24=一,由于帶異種電荷，則出現(xiàn)相".吸引，故A正r28確，BCD錯誤；故選A。.等量異種電荷的電場線如圖所示，下列表述正確的是（）A.。點的電勢低于8點的電勢B.。點的場強大于b點的場強，方向相同C.將一負電荷從。點移到b點電場力做負功D.負電荷在a點的電勢能大于在8點的電勢能【答案】C【解析】沿電場線方向電勢降低，故。點電勢高于8點電勢，A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度大小，電場線越密，電場強度越大，故a點的場強大于b點的場強，電場線的切線方向為場強方向，故時兩點的電場強度方向不同，B錯誤；負電荷在低電勢處電勢能大，所以從a點（高電勢）移動到b點（低電勢），電勢能增大，電場力做負功，C正確D錯誤..真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。下列說法正確的是（ ）A.該點電荷一定為正電荷B.尸點的場強一定比。點的場強大C.P點電勢一定比。點電勢低D.正檢驗電荷在P點比在。點的電勢能大【答案】B【解析】【詳解】A.正電荷和負電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，該點電荷不一定為正電荷，故A錯誤；B.相鄰等勢面間電勢差相等，P點附近的等差等勢面更加密集，故尸點的場強?定比0點的場強大，故B正確：C.正電荷和負電荷周圍的等勢面都為一組同心球殼，若為正點電荷，則尸點電勢一定比。點電勢高，故C錯誤；D.從等勢面的情況無法判斷該點電荷為正點電荷還是負點電荷，無法判斷P點電勢與0點電勢的高低，就無法判斷正檢驗電荷在尸點和在。點的電勢能的大小，故D錯誤。故選Bo4.電荷量為4X10FC的小球絕緣固定在4點，質(zhì)量為0.2kg、電荷量為-5xl（）-6c的小球用絕緣細線懸掛，靜止于8點。48間距離為30cm,48連線與豎直方向夾角為60。。靜電力常量為?m2/c2,小球可視為點電荷。下列圖示正確的是（）B iB【答案】B【解析】兩球之間的庫侖力為/=痣率=映期成1新W蚪竺學絲:?氟=2陶，小球8受到的重力大

r 觀紫小為G,=2N，且尸與豎li方向夾角為60。，f=gb＜故小球b受到的庫侖力，重力以及細線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60。，B正確..如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為〃7的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v,方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（）?N :EC錯誤。.如圖所示，電荷量為Qi、5的兩個正點電荷分別置于A點和B點，兩點相距L.在以L為直徑的光滑絕緣半圓環(huán)上，穿著一個帶電小球+q（可視為點電荷），在P點平衡，PA與AB的夾角為a,不計小球的重力，則（）A.tan%=&B.tana=@C.0點場強為零D.Q,<Q2Q, Q,【答案】A［解析］P至IJAB的距離分別為L.L2,tana=—,tana=—,以上解得：tan?a=Q?由圖知tan'a=Q?小于|,故D錯誤。Qi、Q2電荷枇不EaL、 Qi Qi等，故O點場強不為零。.如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距/,在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為譏4>0）的粒子,在負極板附近有另一質(zhì)量為加、電荷量為一g的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距三的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M:m為（）r廠+ITOC\o"1-5"\h\zjC ,I". |一A.3：2B.2：1C.5：2D.3：1【答案】A【解析】設電場強度為區(qū)兩粒子的運動時間相同，對V有片幽，町=購八對加有T="：，/=均匕.1/52M m5 2m聯(lián)立解得A正確.m2.如圖所示，一質(zhì)量為加、電荷量為4（<7>0）的粒子以速度%從A/N連線上的尸點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知與水平方向成45。角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達A/N連線上的某點時（ ）MA.所用時間為浮qEB.速度大小為3%c.與尸點的距離為拽絲iqED.速度方向與豎直方向的夾角為30?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.粒子在電場中做類平拋運動，水平方向豎直方向y」以22m由tan45°=—x可得2mvnt= 2-Eq故A借誤：B.由于EqoVv=一f=2%

m故粒子速度大小為V=J%2+.2=80

故B錯誤；C.由幾何關(guān)系可知，到戶點的距離為°Eq故C正確：D.由于平拋推論可知，tana=2tan夕，可知速度止切tana-2tan45--2>tan60可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°,故D錯誤。故選C.二、多選題（本大題共6小題）.如圖2所示，一帶電粒子在電場中沿曲線運動，從8點穿出電場，a、b、c、d為該電場中的等勢面,且電勢從左向右逐漸降低，這些等勢面都是互相平行的豎直平面，不計粒子所受重力，則（）A.該粒子一定帶正電B.此電場不一定是勻強電場C.該電場的電場線方向一定水平向左D.粒子在電場運動過程中動能不斷減少【答案】AD【解析】由于能確定電場線方向水平向右，能確定粒子所帶電性，A正確；C錯誤；等勢而互相平行，故一定是勻強電場，B錯誤；粒子所受電場力一定沿電場線指向軌跡凹側(cè)，而電場線和等勢面垂直，由此可確定電場力一定做負功，故動能不斷減少，D正確..如圖，電荷量分別為夕和-g（g>0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則（）A.。點和b點的電勢相等B.。點和瓦點的電場強度大小相等C.〃點和瓦點的電場強度方向相同D.將負電荷從0點移到b點，電勢能增加

【答案】BC【解析】由幾何關(guān)系,可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負電荷從a移到電勢能減少，故D錯誤;由對稱性和電場的疊加原理，可得出。、6的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。11.如圖甲所示，18是電場中的一條直線，電子以某一初速度從4點出發(fā)，僅在電場力作用下沿運動到8點，其0Y圖像如圖乙所示。關(guān)于N、8兩點的電場強度￡八原和電勢那、他的關(guān)系，下列判斷正確的是（）A B甲 乙A.Ea>Eb B.Ea<EbC.<pA><pBD.9H【答案】AC【解析】由y-f圖像可知：電子做的是加速度越來越小的變減速運動，電子受到的電場力就是其所受的合外力，即電場力越來越小，由尸=的可知，電場強度越來越小，即￡>乙A選項正確；由于電子帶負電，其所受的電場力方向與場強方向相反，則電場強度的方向應為由力指向B,由沿電場線方向電勢越來越低，可得。|>0”C選項正確。12.如圖，NA/是銳角三角形最大的內(nèi)角，電荷量為q（4>0）的點電荷固定在。點。下列說法正確的是（ ）的是（ ）A.沿MN邊,從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B.沿MN邊,從M點到N點，電勢先增大后減小C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負【答案】 BC【解析】【詳解】A.點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖是最大內(nèi)角，所以PN〉PM,根據(jù)點電荷的場強公式￡=左且（或者根據(jù)電場線的疏密程度）可知r從MfN電場強度先增大后減小，A錯誤；B.電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從MfN電勢先增大后減小，B正確：C.M、N兩點的電勢大小關(guān)系為〉夕m，根據(jù)電勢能的公式夕可知正電荷在點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；D.正電荷從A/fN，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。故選BC.13.如圖所示，兩塊較大的金屬板48相距為乩平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為〃1、帶電荷量為g的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的是（）A.若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B.若將/向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G表中有的電流C.若將/向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有b-a的電流D.若將《向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有6-。的電流【答案】BC【解析】將S斷開，電容器電量不變，板間場強不變，故油滴仍處于靜止狀態(tài)，A錯誤；若S閉合，將1板左移，由可知，〃不變，油滴仍靜止，而電容C變小，電容器極板電量變小，電容器放電，〃則有由6-a的電流，故B正確：將.4板上移，則〃=-可知，6變小，油滴應向下加速運動，電容C變小，d電容器要放電，則有由6-a的電流流過G,故C正確：當力板卜移時，板間電場強度增大，油滴受的甩場力增加，油滴向上加速運動，C增大，電容器要充電，則有由a-6的電流流過G,故D錯誤.14.如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球（不計重力）。開始時，兩小球分別靜止在4、8位置。現(xiàn)外加一勻強電場￡,在靜電力作用下，小球繞輕桿中點。轉(zhuǎn)到水平位置。取。點的電勢為0。下列說法正確的有（）二2展.………一:%”A.電場E中4點電勢低于8點B.轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C.該過程靜電力對兩小球均做負功D.該過程兩小球的總電勢能增加【答案】AB【解析】【詳解】A.沿著電場線方向，電勢降低，A正確；B.由于。點的電勢為0,根據(jù)勻強電場的對稱性（Pa=~（Pb又縱=一彘，Ep=q（p,所以E"=EpbB正確；CD.A,8位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時針旋轉(zhuǎn)，兩小球靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，CD錯誤；故選AB?三、計算題（本大題共4小題）15.如圖所示，三條曲線表示三條等勢線，其電勢收=0,3x=08=10V,9o=-30V,將電荷量q=1.2X10fC的電荷在該電場中移動.⑴把這個電荷從C移到。，靜電力做功多少？(2)把這個電荷從D移到B再移到兒電勢能變化多少？-30V【答案】見解析【解析】⑴%=0,—0〃=3OV^=^=1.2X10"X30J=3.6X101J⑵%=<t>~0,=(-30-10)V=-40V^=^=1.2X10-,iX(-40)J=-4.8X10-5J所以電勢能應該增加4.8X10"j16.空間存在一方向豎直向下的勻強電場，。、尸是電場中的兩點。從。點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為加的小球4、瓦4不帶電，8的電荷量為1?“>0)。N從。點發(fā)射時的速度大小為物,到達P點所用時間為八8從O點到達P點所用時間為:。重力加速度為g,求(1)電場強度的大??；(2)8運動到P點時的動能?！敬鸢浮?1)E=即運：(2)耳=2Mv：+gT)【解析】(1)設電場強度的大小為E,小球8運動的加速度為°。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件,有m”qE=nta①5ag2=Qg/②解得(2)設8從。點發(fā)射時的速度為0,到達尸點時的動能為以，。、P兩點的高度差為從根據(jù)動能定理有耳—mvf=mgh+qEh④且有聯(lián)立③?⑤⑥式得&=2皿V；+g21）⑦17.如圖，兩金屬板尸、。水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、0、G的尺寸相同。G接地，P、0的電勢均為。（0>0）。質(zhì)量為"?，電荷量為q（g>0）的粒子自G的左端上方距離G為/?的位置，以速度w平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。海?）若粒子恰好從G的下方距離G也為〃的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？1TQ【答案】（1）三％懵，（2）卜2/=2%楞【解析】（1）PG、0G間場強大小相等，均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為。，有八”①dF=qE=ma②設粒子第一次到達G時動能為反，由動能定理有qEh=E*-；mv：③設粒子第一次到達G時所用的時間為3粒子在水平方向的位移為/,則有l(wèi)=vot?聯(lián)立①@?④⑤式解得+與qh⑥2a（2）設粒子穿過G-次就從電場的右側(cè)匕出，則金屬板的長度最短，由時稱性知，此時金屬板的長度A為18.多反射飛行時間質(zhì)譜儀是?種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源4處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為/的漂移管（無場區(qū)域）構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏8上被探測到，可測得離子從4到8的總飛行時間。設實驗所用離子的電荷量均為q,不計離子重力。（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；（2）反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E,求離子能進入反射區(qū)的最大距離X；（3）已知質(zhì)量為加°的離子總飛行時間為待測離子的總飛行時間為％,兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量叫?！敬鸢浮浚?）T]=p—：（2）x=—；（3）w,={—m0，2qU E【解析】【詳解】（1）設離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v,有qU=^mv2離子在漂移管中做勻速直線運動，則聯(lián)立①②式，得"=居（2）根據(jù)動能定理，有qU-qEx=O

得x=￡ ⑤<3）離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設其為工，有v=- ⑥2通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設為乙，在無場區(qū)的總路程設為右，根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v,設離子的總飛行時間為/總。有LL2（&=~+—VV聯(lián)立①⑥⑦式，得%=（2工1+&）可見，離子從4到B的總飛行時間與金成正比。由題意可得可得可得高二物理同步單元雙基雙測AB卷第二單元《恒定電流》單元測試（A卷基礎篇）（解析版）（時間：90分鐘，滿分：100分）一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）1}.電功率的計算公式々幺中，〃是加在用電器上的電壓，〃是用電器的電阻，此式可用于（ ）RA.計算電冰箱的功率C.計算電烙鐵的功率【答案】CB.計算電風扇的功率D.計算洗衣機的功率if【解析】公式々幺是根據(jù)功率公式和歐姆定律推導出來的，只能用在純電阻電路中，故C正確，A、B、DR錯誤..僦核；H發(fā)生。衰變成為氮核：He。假設含晁材料中；H發(fā)生。衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在.2X10,s時間內(nèi)形成的平均電流為5.O'10sAo已知電子電荷量為1.6、10l9C,在這段時間內(nèi)發(fā)生。衰變的瓶核；H的個數(shù)為（ ）A.5.0xl014 B.l.OxlO16 C.2.0x1O'6 D.l.OxlO18【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)/，=把tt可得產(chǎn)生的電了數(shù)為It5.0x10-8x3.2x104人n=—= =10'°個e 1.6xl0T9因在P衰變中，-個瓶核產(chǎn)生一個電子，可知瓶核的個數(shù)為1.0x1016個。故選B.3.電動玩具汽車的直流電動機電阻一定，當加上0.3V電壓時，通過的電流為0.3A,此時電動機沒有轉(zhuǎn)動.當加上3V電壓時，電流為1A,這時候電動機正常工作.則（）A.電動機的電阻是3c B.電動機正常工作時的發(fā)熱功率是3WC.電動機正常工作時消耗的電功率是4W D.電動機正常工作時的機械功率是2W【答案】D【解析】電動機為非純電阻元件，當電動機不轉(zhuǎn)時，可用歐姆定律求得電動機電阻R=°=IQ,故A錯誤：當電動機正常工作時，尸,\=尸及=IW,故B錯誤；Pe=U/=3W,故C錯誤；產(chǎn)電一『m=2W,故D正確..一段長為/、電阻為力的均勻電阻絲，把它拉成3/長的均勻細絲后，再切成等長的三段，則其中每一段電阻絲的阻值為（）D DA.3R B.R C.- D.-【答案】A

s / jlL【解析】電阻絲體積一定，即ZS=3/,?S',則S'=-,由電阻定律得與R'=一丁=3凡即每一段3 S 23電阻絲的阻值為3R,選項A正確..小燈泡的伏安特性曲線如圖中的48段（曲線）所示，由圖可知，燈絲的電阻因溫度的影響改變了（）° 36Hwv° 36HwvA.5Q B.10Q C.1Q D.6Q【答案】B【解析】由電阻的定義仁上知，4點電阻用=Q=30。；Z;點的電阻：用=一?一Q=40Q,從而初I 0.1 0.15段電阻改變10Q,故B正確..如圖所示是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，下列結(jié)論正確的是（）A.電源的電動勢為6.0V B.電源的內(nèi)阻為12cC.電源的短路電流為O.5A D.電流為0.3A時的外電阻是15?！敬鸢浮緼【解析】因該電源的。一/圖象的縱軸坐標并不是從零開始的，故縱軸上的截距雖為電源的電動勢，即后=6.0V,但橫軸上的截距0.5A并不是電源的短路電流，且內(nèi)阻應按斜率的絕對值計算，即r=|嗎=60-5%A/0.5—0F=20.由閉合電路歐姆定律可得電流/=0.3A時，外電阻/?=j一，=180.故選A..把表頭G改裝成大量程電流表時，下列說法正確的是（）A.改裝原理為并聯(lián)電阻能增大通過G的電流.改裝成電流表后，表頭G本身允許加的電壓增大了C.改裝后，表頭G自身的電阻減小了D.改裝后使用時，表頭G本身的參量都不改變，整個并聯(lián)電路允許通過的電流增大了【答案】D【解析】把表頭G改裝成大量程的電流表時，只是并聯(lián)了一個分流電阻，使整體并聯(lián)電路允許通過的最大電

流增大，但表頭的各特征量都不變，故D對,A、B、C錯..（2019年江蘇卷）如圖所示的電路中，電阻廬2Q.斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V,則電源的內(nèi)阻「為（）A.1Q B.2Q C.3Q D.4Q【答案】AF【解析】開關(guān)s斷開時有：￡=3V.開s閉合時有：2= R,其中R=2C，解得：r=lQ.R+r故A正確。二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）.如圖所示為伏安法測電阻的一種常用電路，以下分析正確的是（）A.此接法的測量值大于真實值 B.此接法的測量值小于真實值C.此接法要求待測電阻值遠大于電流表內(nèi)阻 D.開始實驗時滑動變阻器滑動頭戶應處在最右端【答案】AC【解析】*J=R+R\,故A項正確，B項錯誤，；此接法要求片＞"、?",故應大于電流表內(nèi)阻，C項正I制確；開始實驗時滑動變阻器滑動頭。應處在最左端，D項錯誤..某汽車的電源與啟動電機、車燈連接的簡化電路如圖所示。當汽車啟動時，開關(guān)S閉合，電機工作，車燈突然變暗，此時（燈突然變暗，此時（A.車燈的電流變小A.車燈的電流變小C.電路的總電流變小B.路端電壓變小D.電源的總功率變大【答案】ABD【解析】【詳解】A.開關(guān)閉合時，車燈變暗，故流過車燈的電流/燈變小，A正確；B.電路的路端電壓為。珞燈燈時/燈變小，路端電壓變小，B正確：C.總電流即干路電流為_U內(nèi)一E_U路/干— —rr。路減小，干路電流增大，C錯誤；D.電源總功率為P息=EI千/干增大，總功率變大，D正確。故選ABD。.如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為八以、&、處為定值電阻，Rl為光敏電阻（光照減弱時阻值增大），C為電容器。閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后，用光照射Rl，下列說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)增大 B.電源的效率增大C.電容器所帶電量增加 D.&消耗的功率增大【答案】CDE【解析】A、當光照射的，電阻變小，外電路總電阻變小，得：/=―丁，總電流/變大，根據(jù)。=七一"，當電流變大，路端電壓變小，即電壓表示數(shù)變小，A錯誤：B、電源效率蹄=—雙頗隰=—闋皿劫，路:端電氏變小，效率變小，B錯誤；C、路端電壓變小，尺兩端電壓變小，電流，變小，而總電流變大，與電流，2變大，所以為兩端電壓。2=/2%，變大電容器兩端電壓與尺兩端電壓相等，變大，所以Q=C。，電量變大，C正確；D、根據(jù)C選項分析2=電流變大，消耗功率變大，D正確。.檢測煤氣管道是否漏氣通常使用氣敏電阻傳感器。某氣敏電阻的阻值隨空氣中煤氣濃度增大而減小，某同學用該氣敏電阻R設計了圖示電路，R為變阻器，。間接報警裝置。當。間電壓高于某臨界值時,裝置將發(fā)出警報。則A.煤氣濃度越高，如6間電壓越高B.煤氣濃度越高，流過R的電流越小C.煤氣濃度越低，電源的功率越大 D.調(diào)整變阻器H的阻值會影響報警裝置的靈敏度【答案】AD【解析】煤氣濃度越高氣敏電阻凡阻值越小，電路總電阻越小，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流/越大，電阻兩端電壓U=/R變大，即。、8間電壓越高，故A正確，B錯誤：煤氣濃度越大，氣敏電阻以越大，電路總電阻越大，電路電流/越小，電源功率2=々越小，故C錯誤：調(diào)整變阻器A的阻值會改變煤氣濃度一定時a、6間的電壓，會影響報警器的靈敏度，故D正確。三、實驗題（本大題共2題，13題10分，14題14分，每個填空2分，共24分）.某同學用伏安法測量一阻值為幾十歐姆的電阻/?,,所用電壓表的內(nèi)阻為1k。，電流表內(nèi)阻為0.5C。該同學采用兩種測量方案，?種是將電壓表跨接在圖（a）所示電路的O、尸兩點之間，另一種是跨接在O、。兩點之間。測量得到如圖（b）所示的兩條UU圖線，其中。與/分別為電壓表和電流表的示數(shù)。OpJQ圖（a）回答下列問題：（1）圖（b）中標記為H的圖線是采用電壓表跨接在 （填“。、尸”或"0、Q"）兩點的方案測量得到的。UN圖(b)(2)根據(jù)所用實驗器材和圖(b)可判斷，由圖線 (填“I”或"H”)得到的結(jié)果更接近待測電阻的真實值，結(jié)果為C(保留1位小數(shù))。(3)考慮到實驗中電表內(nèi)阻的影響，需對(2)中得到的結(jié)果進行修正，修正后待測電阻的阻值為 Q(保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1).0、P(2).1 (3).50.5 (4).50.0【解析】【詳解】若將電壓表接在。、尸之間，,UU

RyRx則U=—?/

&+RvRRy根據(jù)-■次函數(shù)關(guān)系可知對應斜率為° ［。若將電壓表接在O、。之間，電流表分壓為力=風根據(jù)歐姆定律變形可知解得U=I(R+RJ根據(jù)一次函數(shù)可知對應斜率為（R+/?A），對比圖像的斜率可知kx>kn所以II圖線是采用電壓表跨接在O、P之間。（2）[2]因為待測電阻為幾十歐姆的電阻，通過圖像斜率大致估算待側(cè)電阻為50c左根據(jù)Ikn50。 < 50Q0.5Q說明電流表的分壓較小，電流表的分流較大，所以電壓表應跨接在。、。之間，所以選擇圖線I得到的結(jié)果較為準確。[3]根據(jù)圖像可知3V-1V=——―二——x50.5。59.6mA-20mA[4]考慮電流表內(nèi)阻，則修正后的電阻為Rx'=H、-a=50.50-0.50=50.0014.實驗方案對實驗測量的精度有直接的影響，某學習小組對“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗方案進行了探究。實驗室提供的器材有：干電池一節(jié)（電動勢約1.5V,內(nèi)阻小于1C）；電壓表V（量程3V,內(nèi)阻約3kC）；電流表A（量程0.6A,內(nèi)阻約1Q）：滑動變阻器H（最大阻值為20C）；定值電阻幻（阻值2C）；定值電阻&（阻值5。）：開關(guān)一個，導線若干。（1）該小組按照圖甲所示的電路進行實驗，通過調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值使電流表示數(shù)逐漸接近滿偏，記錄此過程中電壓表和電流表的示數(shù)，利用實驗數(shù)據(jù)在U-/坐標紙上描點，如圖乙所示，結(jié)果發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)的變化范圍比較小，出現(xiàn)該現(xiàn)象的主要原因是。（單選，填正確答案標號）A.電壓表分流

B.干電池內(nèi)阻較小C.滑動變阻器最大阻值較小D.電流表內(nèi)阻較小(2)針對電壓表示數(shù)的變化范圍比較小的問題，該小組利用實驗室提供的器材改進了實驗方案，重新測量得到的數(shù)據(jù)如下表所示。序號1234567//A0.080.140.200.260.320.360.40UN1.351.201.050.880.730.710.52請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答以下問題：①答題卡的坐標紙上已標出后3組數(shù)據(jù)對應的坐標點，請在答題卡的坐標紙上標出前4組數(shù)據(jù)對應的坐標點并畫出U-/圖像。②根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，所選的定值電阻為(填“Ri”或③用筆畫線代替導線，請在答題卡上按照改進后的方案，將實物圖連接成完整電路.【答案】(1).B(2),010.20104OSN60【答案】(1).B(2),010.20104OSN60，"A(3).R\(4).【解析】【詳解】（1）電壓表示數(shù)變化過小，則原因是外電阻比內(nèi)阻大的多，即電源內(nèi)阻偏小，故選B，（2）0根據(jù)數(shù)據(jù)做出U-/圖像如圖:I‘a(chǎn)r+R中=-^-=2?63Q定0.6電源內(nèi)阻小于1C，則定值電阻大于L63C,可知定值電阻為R；③定值電阻與電源串聯(lián)，電路如圖;四、計算題（本大題共三題，15題10分，16題10分，19題12分，共32分）（10分）如圖所示，電源的電動勢為50V,電源內(nèi)阻為1.0Q,定值電阻Q14Q,M為直流電動機,電樞電阻川=2.0Q,電動機正常運轉(zhuǎn)時，電壓表讀數(shù)為35V,則在100s時間內(nèi)電源做的功和電動機上轉(zhuǎn)化為機械能的部分是多少？【答案】5.0X10'J,3.3X10'J【解析】內(nèi)阻和電阻k上的電壓為〃=￡-〃=（50-35）V=15V.〃 15由歐姆定律得電路電流為-A=1A.R+r14+1在100s內(nèi)電源做的功?,=//:7=lX50X10()J=5.0X10,J.在100s內(nèi)電動機轉(zhuǎn)化為機械能的部分有1=(IU-IR')i=(lX35-l-X2)X100J=3.3X103J.(10分)如圖所示的電路中，電源電動勢￡為3.2丫，電阻的阻值為30Q,小燈泡L的額定電壓為3.0V,額定功率為4.5W,當開關(guān)S接位置1時，電壓表的讀數(shù)為3.0V,那么當開關(guān)S接位置2時，小燈泡L能正常發(fā)光嗎？實際功率是多少？【答案】不能正常發(fā)光1.28W【解析】 當開關(guān)S接位置1時，回路中的電流為:F—I；39—o電源的內(nèi)阻為：r=j=hUq=2O./, 0.1ri口2小燈泡的電阻為：A；=-=—Q=2Q.P4.5當開關(guān)S接位置2時，回路中的電流為：此時小燈泡的實際功率為:尸實=/用=0.+X2W=1.28W.從小燈泡的實際功率來看，小燈泡此時很喑，不能正常發(fā)光(12分)如圖所示，斤為電阻箱，。為理想電壓表，當電阻箱讀數(shù)為其=2Q時，電壓表讀數(shù)為〃=4V；當電阻箱讀數(shù)為花=5。時，電壓表讀數(shù)為4=5V.求：(1)電的電動勢《和內(nèi)阻工(2)當電阻箱"讀數(shù)為多少時，電的輸出功率最大？最大值R為多少？【答案】(1)6V1Q(2)1Q9W【解析】(1)由閉合電路歐姆定律①R、￡=〃+&咫聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得6=6V,r=lQ氐（2）由電功率表達式P= :硝/?+r-將③式變形為R_「2 ?由④式知，R=r=\。時, F4rR尸有最大值七=一=9W4r高二物理同步單元雙基雙測AB卷第二單元《恒定電流》單元測試（B卷提升篇）（時間：90分鐘，滿分：100分）一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）.下列說法中正確的是（）A.歐姆表的每一擋測量范圍都是0到8B.用歐姆表的不同擋測量同一電阻的阻值，誤差大小是一樣的C.用歐姆表測電阻，指針越接近刻度盤中央時，誤差越大D.用歐姆表測電阻，選不同量程時，指針越靠近右邊誤差越小【答案】A【解析】根據(jù)改裝原理，電阻為零對應電流的最大值即滿偏值，電阻為8對應電流為零，因指針表示的電流可以從零到最大變化，則電阻可測量的范圍為零到8,且每一擋均可，A正確；使用歐姆表時，指針指中央附近誤差較小，用不同擋指針的偏角不同，誤差大小也不同，B、C錯誤；選不同量程時，均是指針指到中央附近誤差較小，D錯誤.有甲、乙兩導體，甲的電阻是乙的一半，而單位時間內(nèi)通過導體乙橫截面的電荷量是甲的兩倍，則以F說法中正確的是（）A.甲、乙兩導體中的電流相同 B.乙導體中的電流是甲導體中的2倍C.甲、乙兩導體兩端的電壓相同 D.乙導體兩端的電壓是甲的2倍【答案】B【解析】由電流的定義式/=9可知乙導體中的電流是甲的兩倍.由/=,得〃=〃?，因八=2即，可知乙

t R兩端的電壓是甲兩端電壓的4倍，所以A、C、D錯誤.

.如圖所示是汽車蓄電池與車燈、啟動電動機組成的電路，蓄電池內(nèi)阻為0.05C,電表可視為理想電表.只接通Si時，電流表示數(shù)為10A,電壓表示數(shù)為12V,再接通S2,接通Si時，電流表示數(shù)為10A,時通過啟動電動機的電流是（）A.2AB.8AC.50AD.58A【答案】C]9【解析】只接通S,時，由閉合電路歐姆定律得：E=Z/+Zr=12V+10X0.05V=12.5V, Q=1.2Q,10?oc—oxI9再接通工后，流過啟動電動機的電流為：1M也= "A-8A=50A,故選C.0.05.標有“6V6W”和“6V3W”的燈泡L和L串聯(lián)接在某電源上，設燈絲電阻不變，則（）A.通過燈1小k的電流之比為2：1 B.燈L、L的實際功率之比為2：1C.電源電壓為12V時，燈L、&均正常發(fā)光D.電源電壓為9V時，燈L正常發(fā)光【答案】D【解析】L和J串聯(lián)接在電路中，電流相等.L的電阻兄=牛=6。，L”的電阻用=§=12Q.電阻之比用：尺=1：2,所以分壓關(guān)系4：U2=1：2,通過兩燈的電流相等，所以功率之比P\：己=/用：『用=4：尺=1：2.當電源電壓為12V時，可得〃=4V,4=8V.電壓均不是額定電壓，都不能正常發(fā)光.當電源電壓為9V時，〃=3V,4=6V,L正常發(fā)光.所以正確選項應是D..圖（a）所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓如果Uc隨時間r的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓〃隨時間f變化的圖像中，正確的是（ ）

【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)電容器的定義式可知“St

cCC結(jié)合圖像可知，圖像的斜率為一，則1:2s內(nèi)的電流42與3?5s內(nèi)的電流，35關(guān)系為C且兩段時間中的電流方向相反，根據(jù)歐姆定律/=一可知R兩端電壓大小關(guān)系滿足RUR12=2UR35由于電流方向不同，所以電壓方向不同。故選Ao.用如圖所示電路可以測量干電池的電動勢和內(nèi)阻，圖中為電阻箱。下列關(guān)于該實驗的說法中正確的是A.為了測量電動勢和內(nèi)阻，至少需要測量6組數(shù)據(jù)B.用圖象處理數(shù)據(jù)時，為了得到線性圖象，可以作。與R的圖象C.用圖象處理數(shù)據(jù)時，為了得到線性圖象，可以作I/O與R的圖象D.因電壓表內(nèi)阻產(chǎn)生的誤差屬于系統(tǒng)誤差【答案】D【解析】根據(jù)文驗原理E=U+^，?可知，方程中有兩個未知量:，則為門則量電動勢和內(nèi)阻，至少需要測

量2組數(shù)據(jù)，選項A錯誤：根據(jù)E=U+±r可得上=士￥t?一，則用圖象處理數(shù)據(jù)時，為了得到線性圖象，可以作」--■!?的圖象，選項BC錯誤：因電壓表內(nèi)阻產(chǎn)生的誤泊屬「系統(tǒng)誤差，選項DiH說UR.如圖所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關(guān)S,當滑動變阻器用、&的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃尸恰好處于靜止狀態(tài).要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是（）A.把叢的滑片向左移動 B.把生的滑片向右移動C.把尺的滑片向左移動 D.把開關(guān)S斷開【解析】若塵埃尸處于靜止狀態(tài)，則重力與電場力平衡.若塵埃向下加速運動，則電場力減小，電容器兩極板間的電壓減小，故向左移動&的滑片可以實現(xiàn)這種變化,故A正確、B錯.由于穩(wěn)定時凡支路無電流，故無論如何移動&,電容器兩極板間的電壓都不會改變，故塵埃仍平衡，故C錯.斷開開關(guān)S,電容器兩極板間電壓增大，這種情況與B選項效果相同，故D錯..如圖所示電路，在滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，電壓表、電流表的示數(shù)變化情況為（）A.兩電表示數(shù)都增大A.兩電表示數(shù)都增大C.電壓表示數(shù)減少，電流表示數(shù)增大【答案】DB.兩電表示數(shù)都減少D.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少【解析】當滑動變阻器的滑片尸向。端滑動時，接入電路的電阻增大，與生并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻R增大，總電流/減小，則電壓表的示數(shù)Uv=￡-/（r+R），則Uv增大；流過此的電流八=增大，電流表的讀數(shù)為乙=/-/2，則電流表示數(shù)減?。汗蔄BC錯誤，D正確。二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）.如圖所示，系留無人機是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機，旋翼由電動機帶動?，F(xiàn)有質(zhì)量為20kg、

額定功率為5kW的系留無人機從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過200s到達100m高處后懸停并進行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對無人機的拉力，則（ ）A.空氣對無人機的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對無人機供電的額定電流為12.5AC.無人機上升過程中消耗的平均功率為100WD.無人機上升及懸停時均有部分功率用于對空氣做功【答案】BD【解析】【詳解】A.無人機先向上加速后減速,最后懸停，則空氣對無人機的作用力先大于200N后小于【詳解】A.無人機先向上加速后減速,后等于200N,選項A錯誤;B.直流電源對無人機供電的額定電流5000

Too5000

Too-A=12.5A選項B正確;C.若空氣對無人機的作用力為尸="2g=200N則無人機上升過程中消耗的平均功率200x100一200x100一t一200=100W但是由于空氣對無人機向上的作用力不是?宜為200N,則選項C錯誤;D.無人機上升及懸停時，螺旋槳會使周圍空氣產(chǎn)生流動，則會有部分功率用于對空氣做功，選項D正確。故選BD=10.如圖所示，是根據(jù)某次測定電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗記錄的數(shù)據(jù)作出的〃一/圖象，下列關(guān)于這個圖象的說法中正確的是（）

(7/V3.0；、2.82.6—,—— 0().20.40.6//AA.縱軸截距表示待測電池的電動勢，即￡=3.0VB.橫軸截距表示短路電流，即7?=().6AC.根據(jù)r=￡,計算出待測電池內(nèi)阻為5Q D.根據(jù)計算出待測電池內(nèi)阻為1Q4 AZ【答案】ADAI；R0—94【解析】由于縱坐標并非從零開始，故橫軸截距不是短路電流，內(nèi)阻r=1—￡1= Q=1Q.AI0.6-0.將阻值為4C和10。的兩個電阻Q、&分別接在同一電上，結(jié)果&上消耗的功率。2比凡上消耗的功率乃大，則()A.電內(nèi)阻一定大于4QB.兩電阻串聯(lián)后接此電，外電路總功率一定大于只接七時的功率C.兩電阻并聯(lián)后接此電，外電路總功率一定小于只接幾時的功率D.只接凡時電消耗的功率一定大于只接及時消耗的功率rRyR【答案】ACD【解析】根據(jù)電輸出功率隨外電阻的變化關(guān)系曲線如圖所示.因為處消耗的功率尸2比Ri消耗的功率自大.所以有/?1<&2<凡且r>R=4O.A選項正確、D選項正確./?(與治的并聯(lián)電阻一定小于Ri的電阻.由電的輸出功率曲線可知外電路總功率一定小于只接R時的功率，C正確.若凡與小串聯(lián)，其電阻大于尺的電阻.外電路的消耗的總功率不一定大于只接心時的功率，B錯昧.如圖所示，Ci=6pF,C2=3pF,Ri=3C,&=6。，電源電動勢E=18V,內(nèi)阻不計，下列說法正確的是()是()A.開關(guān)S斷開時，a、b兩點電勢相等B.開關(guān)S閉合后，〃、8兩點間的電流是2A

C.開關(guān)S斷開時Cl帶的電荷量比開關(guān)S閉合后G帶的電荷量大D.不論開關(guān)S斷開還是閉合，G帶的電荷量總比C2帶的電荷量大【答案】BC【解析】S斷開時外電路處于斷路狀態(tài)，兩電阻中均無電流通過，電阻兩端電勢相等，由題圖知a點電勢與電源負極電勢相等，而6點電勢與電源正極電勢相等，A錯誤.S斷開時兩電容器兩端電壓都等于電源電動勢，而。＞0,由g"知此時當S閉合時，穩(wěn)定狀態(tài)下G與片并聯(lián)，0與凡并聯(lián)，甩路中電流/=—^=2A,此時兩電阻兩端電壓分別為〃=/川=614=/6=12V,則此時兩電容器所帶的電荷量分別"1+花為4=6^=3.6X10-5C,Q；=64=3.6X10-%,對電容器。來說，S閉合后其兩端電壓減小，所帶的電荷量也減小，B、C正確，D錯誤.三、實驗題（本大題共2題，13題每個填空2分，14題每個填空3分，共22分）.（10分）已知一熱敏電阻當溫度從10℃升至60℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學利用伏安法測量其阻值隨溫度的變化關(guān)系。所用器材：電源后開關(guān)S、滑動變阻器H（最大阻值為20。）、電壓表（可視為理想電表）和毫安表（內(nèi)阻約為100C）。（1）在答題卡上所給的器材符號之間畫出連線，組成測量電路圖_ 。（2）實驗時，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和亳安表的示數(shù)，計算出相應的熱敏電阻阻值。若某次測量中電壓表和毫安表的示數(shù)分別為5.5V和3.0mA,則此時熱敏電阻的阻值為kC（保留2位有效數(shù)字）。實驗中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度，變化的曲線如圖（a）所示。圖(a)圖（b）圖(a)圖（b）（3）將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測得達到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2k。。由圖（a）求得，此時室溫為-C（保留3位有效數(shù)字）。（4）利用實驗中的熱敏電阻可以制作溫控報警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖中，E為直流電源（電動勢為10V,內(nèi)阻可忽略）；當圖中的輸出電壓達到或超過6.0V時，便觸發(fā)報警器（圖中未畫出）報警。若要求開始報警時環(huán)境溫度為50℃,則圖中（填“心”或）應使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應為kQ（保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?1.8 (3).25.5 (4).【答案】⑵.1.8 (3).25.5 (4)./?! (5).1.2【解析】【詳解】滑動變阻器由用分壓式，電壓表可視為理想表，所以用電流表外接。連線如圖熱敏電阻熱敏電阻（2）［2］由部分電路歐姆定律得R=—=—^-^Q?1.8kQI0.3x10-3（3）口］由圖（a）可以直接可讀該電阻的阻值為2.2kC對應的溫度為25.5℃。（4）［4］溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，分得電壓減少。而溫度高時要求輸出電壓升高，以觸發(fā)報警，所以當為熱敏電阻。［5］由圖線可知，溫度為50℃時，Q=0.8kQ,由歐姆定律可得E=/(q+&),U=IR2代入數(shù)據(jù)解得凡二1.2kfl.某同學描繪一種電子元件的/-。關(guān)系圖象，采用的實驗電路圖如題圖1所示，V為電壓表，mA為電流

表，E為電源(電動勢約6V),R為滑動變阻器(最大阻值20。)，%為定值電阻，5為開關(guān)。電感表圖1 圖2(1)請用筆畫線代替導線，將題圖2所示的實物電路連接完整(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器，記錄電壓表和電流表的示數(shù)如下表:電壓U/V0.0000.2500.5000.6500.7000.7250.750電流//mA0.000.100.250.601.704.307.50請根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在方格紙上作出該元件的/-。圖線一A//mAOil0.50403M070J(3)根據(jù)作出的/-。圖線可知，該元件是(選填“線性”或“非線性”)元件。(4)在上述測量中，如果用導線代替電路中的定值電阻R。，會導致的兩個后果是A.電壓和電流的測量誤差增大B.可能因電流過大燒壞待測元件C.滑動變阻器允許的調(diào)節(jié)范圍變小D.待測元件兩端電壓的可調(diào)節(jié)范圍變小

【答案】(1).(3),【答案】(1).(3),非線性元件(4).BC【解析】【詳解】⑴口]根據(jù)題意連接電路如圖(2)[2]根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點，并用平滑的曲線連接各點如圖(3)[3]根據(jù)圖像可知該元件是非線性元件。(4)[4]AB./一。圖線上某點與原點連線的斜率為:，根據(jù)元件的特性可知，當電壓超過一定數(shù)值時，電流會急劇增大，所以電阻會急劇減小，若用導線代替電流急劇增大，可能會燒壞待測元件，對電流表和電壓表的測量誤差無影響，A錯誤，B正確;CD.根據(jù)圖像可知待測元件的電壓范圍小于IV，而電源電動勢為6V,因為待測元件兩端電壓非常小,如果用導線代替&)，會導致滑動變阻器的調(diào)節(jié)范圍變得非常小，難以調(diào)節(jié).，C正確，D錯誤,故選BC.四、計算題(本大題共三題，15題10分，16題12分，17題12分，共34分).如圖所示電路中，電源電動勢E=12V,內(nèi)阻r=2D,R=4C,&=6。，/?3=3Q.(1)若在C、。間連一個理想電壓表，其讀數(shù)是多少？(2)若在C、。間連一個理想電流表，其讀數(shù)是多少？【答案】⑴6V⑵1AF 12【解析】(1)若在C、。間連一個理想電壓表，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有4=——-——= -A=1A.Ri+Rz+r4+6+2理想電壓表讀數(shù)為Uv=/I/?2=6V.(2)若在C、。間連一個理想電流表，這時電阻&與心并聯(lián)，并聯(lián)電阻大小n_R2R3n_R2R3此3=；--R2+R36X36+3C=2C根據(jù)閉合電路歐姆定律，有124124+2+2A=1.5A6/3=￡-/2(r+/?i)=3V理想也流表讀數(shù)為/=S=1A.R3.如圖所示的電路中，Ri=9Q,&=30C,S閉合時，理想電壓表V的示數(shù)為11.4V,理想電流表A的示數(shù)為0.2A,S斷開時，理想電流表A的示數(shù)為0.3A,求：(1)電阻及3的值；(2)電源電動勢E和內(nèi)阻〃的值.【答案】(1)15。(2)12Vin【解析】⑴S閉合時，尺兩端電壓：S=/2&=6V：所以，吊兩端電壓為：S=U-S=5.4V;流過Ri的電流:/i=5=0.6AR]流過電阻R的電流/3=/|-/2=0.6A-0.2A=0.4A所以電阻心的限值心=絲=42=]5Qh0.4(2)由閉合電路歐姆定律，當S閉合時E=U+hr當S斷開時?=/(&+&+，?)代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得￡=12V,r=lQ..如圖所示的電路中因=3Q,/?2=6。，&=1.5Q,C=20"。當開關(guān)S斷開時，電源所釋放的總功率為2W;當開關(guān)S閉合時，電源所釋放的總功率為4W,求：(1)電源的電動勢和內(nèi)電阻。(2)閉合S時，電源的輸出功率。(3)S斷開和閉合時，電容器所帶的電荷量各是多少？【答案】(1)4V0.5Q(2)3.5W(3)6x10^0【解析】(DS斷開時外電路用、尺串聯(lián)：TOC\o"1-5"\h\zE=I、(&+RJ+I、r (D々呻 ②S閉合時:外電路脩、凡并聯(lián)后與后串聯(lián)"3R1+R?代入數(shù)據(jù)〃外'11.5+f)Q=3.5Q③對閉合電路E=LR*，+// ④Pz=Ek ⑤(E=4V,L°n5qAl2=1A(2)閉合S時，電源的輸出功率尸，z2?/'=1X3.5W=3.5W(3)S斷開時S閉合，電容器兩端的電勢差為零,則QR高二物理同步單元雙基雙測AB卷第三單元《磁場》單元測試（A卷基礎篇）（解析版）（時間：90分鐘，滿分：100分）一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）.如圖所示，磁場方向豎直向下，通電直導線劭由水平位置1繞。點在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)到位置2,通電導線所受安培力是 （）A.數(shù)值變大，方向不變B.數(shù)值變小，方向不變C.數(shù)值不變，方向改變D.數(shù)值、方向均改變【答案】B【解析】安培力少電流不變，垂直直導線的有效長度減小，安培力減小，安培力的方向總是垂直6、/所構(gòu)成的平面，所以安培力的方向不變，B對，故選B..（2020年北京卷）如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（ ）A.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場B.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變【答案】B【解析】【詳解】AB.小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故C錯誤；D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故D錯誤。故選Bo.特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流4和12,4>4。小氏c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、C兩點與6點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（ ）b點處的磁感應強度大小為0d點處的磁感應強度大小為0a點處的磁感應強度方向豎直向下c點處的磁感應強度方向豎直向下【答案】C【解析】【詳解】A.通電直導線周圍產(chǎn)生磁場方向由安培定判斷，如圖所示人在b點產(chǎn)生的磁場方向向I*.,4在方點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為B、＞B2則在6點的磁感應強度不為零，A錯誤；BCD.如圖所示，d點處的磁感應強度不為零，。點處的磁感應強度豎直向下，,點處的磁感應強度豎直向上，BD錯誤，C正確。故選C。.如圖，等邊三角形線框由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，己如導體棒受到的安培力大小為F,則線框受到的安培力的大小為()A.2F B.1.5尸C.0.5尸D.0【答案】B【解析】設每一根導體棒的電阻為R,長度為L,則電路中，上下兩路電阻之比為用：典=3聚：就=2:1，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，h5兩路電流之比小4=1：2。如卜圖所示，由于卜.路通電的導體受安培力的有效長度為L,根據(jù)安培力計算公式下=〃8,可知,F1：f= 得E'=；E,根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為史書聲”=之聲，故本題選B.2.如圖，邊長為/的正方形內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面(Med所在平面)向外。而邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于外邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為八則從。、d兩點射出的電子的速度大小分別為()

A.-kBl,JlkBlB.-kBlt-kBlC.-kBl,—kBlD.-kBl,-kBl4 444242 4【解析】“點射出粒子半徑叱禽，得…T="點射【解析】“點射出粒子半徑叱禽，得…T="點射出粒子半徑為故修鬻學’故B選項符合題意.如圖所示，乙是一個帶正電的小物塊，甲是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有水平方向的勻強磁場.現(xiàn)用水平恒力拉甲物塊，使甲、乙無相對滑動地一起水平向左加速運動，在加速運動階段（）XK乙乂X~I~~I7777777777777777A.甲、乙兩物塊一起勻加速運動B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C.甲、乙兩物塊間的摩擦力大小不變D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小【答案】D【解析】乙?guī)д?，在向左運動的過程中，受到的洛倫茲力的方向向下，所以對甲的壓力變大，甲與地面之間的為滑動摩擦力，壓力變大，所以甲與地面之間的滑動摩擦力也變大，甲、乙兩物塊間沒有相對的滑動，是靜摩擦力，由于甲與地面之間的滑動摩擦力的增大，整體的加速度減小，所以A錯誤：對于乙來說,靜摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由于整體的加速度減小，所以甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小，所以B、C錯誤，D正確.7.如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為!8和8、方向均垂直于紙面向外的勻強2

磁場。一質(zhì)量為“、電荷量為夕(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為() B °????5nm him1\nml R C D 6qB 6qB6qB 6qB【答案】B【解析】運動軌跡如圖。即逐功由兩潴分組成，笫?部分是！個周期，第二部分是』個周期.樸廣仁第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90。，4 6T-1 1l7rmtim則運動的時間為〃=十=二?一二=「;：粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60。，則運動的時間為44gB2qB4=工=彳-藪=荔；則粒子在磁場中運動的時間為：，=八+〃=三1+興=；三，故B正確，望彳" 3qBIqB6g3ACD錯誤。..磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為8的勻強磁場中，在相距為d、寬為人長為6的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為p。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是()，皿、,T皿-erBdvab “八皿q、*,量言凝A.上板為止極，電流/=；—； B.上板為負極，電流f= Rab+pd 燙磔％護解志C.下板為正極，電流/=犬0.D.下板為負極，電流］=號…Rab+pd 資遍尋脾愚【答案】C【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有。8="與，解得穩(wěn)定時電源的電動勢E=8dv，則流過R的電流a為/= ,而廠=夕一，S=ab,則得電流大小為次=-7^ ,C正確.R+r S 聲二、多選題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）.三個速度大小不同而質(zhì)量相同的一價離子，從長方形區(qū)域的勻強磁場上邊緣平行于磁場邊界射入磁場，它們從下邊緣飛出時的速度方向如圖所示.以下判斷正確的是（） 'XXXX；I IIXXX