2025人教版高中物理必修第三册
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全卷满分100分 考试用时90分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要
1.下列说法中正确的是( )
A.根据公式U=Ed知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大
B.在任何电路中,计算电功都可以用W=UIt,计算电热都可以用Q=I2Rt
C.电源的电动势越大,电源所能提供的电能就越多
D.由公式φ=可知,φ与Ep成正比,与放入电场中的试探电荷的电荷量q成反比
2.如图所示,取两个相同的验电器A和B,用丝绸摩擦过的玻璃棒与A接触,使A带电,B不带电。此时若用带绝缘柄的金属棒将A和B上的金属球连接起来,则( )
A.B中的正电荷通过金属棒流向A,A的金属箔张角变小
B.A中的负电荷通过金属棒流向B,B的金属箔张角变大
C.A中的负电荷通过金属棒流向B,B中的正电荷通过金属棒流向A
D.B中的负电荷通过金属棒流向A,B的金属箔张角变大
3.一个电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,放于圆心处的小磁针最后静止时N极的指向为( )
A.垂直纸面向里
B.垂直纸面向外
C.平行纸面向左
D.平行纸面向右
4.图甲为某元件R的U-I特性曲线,把它连接在图乙所示电路中。已知电源电动势E=5 V,内阻r=2 Ω,定值电阻R0=3 Ω。闭合开关S后,电源的总功率约为 ( )
A.1.5 W B.2 W C.3 W D.3.25 W
5.如图所示,空间存在匀强电场,有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC,已知AB=6 cm,BC=2 cm,A点的电势为φA=8 V,B点的电势为φB=2 V,C点的电势为φC=-4 V,则下列说法正确的是( )
A.此电场的电场强度大小为E=2 V/m
B.将一个电荷量为q=-3×10-6 C的电荷放到C点,其电势能为-1.2×10-5 J
C.将一个电荷量为q=-3×10-6 C的电荷从B点移到C点,其电势能增加1.8×10-5 J
D.将一个电荷量为q=-3×10-6 C的电荷从A点移到B点,电场力做功为W=1.8×10-5 J
6.如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电质点a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上,质点c所带电荷量为+Q,整个系统置于沿水平方向并垂直于ab的匀强电场中。已知静电力常量为k,若三个质点均处于静止状态,则下列说法正确的是( )
A.质点a、b所带电荷总量为+Q
B.质点a、b带等量异种电荷
C.无法确定匀强电场的具体指向
D.匀强电场的电场强度大小为
7.如图所示,G为灵敏电流计,V为理想电压表,R1、R2为定值电阻,R3是一根盐水柱(封于橡皮管内,与电路导通),平行板电容器两极板水平,开关S闭合后,电容器两板间的带电油滴恰好静止。现握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸的过程中(忽略温度对电阻的影响),下列说法正确的是( )
A.电阻R3的阻值减小
B.V表示数减小
C.油滴向下运动
D.G表中有从c到a的电流
8.静电场方向平行于x轴,将一电荷量为-q的带电粒子在x=d处由静止释放,粒子只在电场力作用下沿x轴运动,其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向,四幅示意图分别表示电势φ随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x变化的关系和粒子的动能Ek随x变化的关系,其中正确的是( )
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.某电场的电场线分布如图中实线所示,一带电粒子只在静电力作用下沿图中虚线所示的路径运动,先后通过M点和N点。下列说法正确的是( )
A.粒子在M、N点的速度大小关系为vM
C.M、N点的电场强度大小关系为EM>EN
D.粒子可能带正电
10.如图所示,四根平行直导线M、N、P、Q的截面对称分布在同一圆周上,截面的连线互相垂直,O为圆心。P、Q中没有电流,M、N中通有方向相反、大小均为I的电流时,O点的磁感应强度大小为B。现在P、Q中通入大小也为I的电流时,O点的磁感应强度大小仍为B,则( )
A.P、Q中的电流方向相同
B.O点的磁场方向由M指向N
C.若切断P或Q中的电流,O点磁感应强度大小均为B
D.切断M中电流后O点磁感应强度方向与切断N中电流后O点磁感应强度方向相反
11.两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙,以不同的速率沿着AO方向垂直射入匀强电场,电场强度方向竖直向上,它们在圆形区域中运动的时间相同,其运动轨迹分别如图所示。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.甲粒子带负电荷
B.甲粒子所带的电荷量比乙粒子的少
C.乙粒子在圆形区域中电势能变化量小
D.乙粒子进入电场时的动能比甲粒子的小
12.如图所示,水平固定的小圆盘A,带电荷量为Q,电势为零,从盘的中心O处由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的小球,由于电场的作用,小球竖直上升的最大高度可达过盘中心竖直线上的c点,又知道过竖直线上b点时,小球速度最大,已知Oc=H,Ob=h,重力加速度大小为g,由此可知( )
A.小球在c点的电势能为-mgH
B.c点电势φc=
C.小球从O点到c点电势能和动能之和一直减少
D.O、b两点电势差UOb<
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(8分)某研究小组的同学为了测量某一电阻Rx的阻值,A同学先用多用电表进行粗测,使用多用电表欧姆挡时,将选择开关调到欧姆挡“×10”挡位并调零,测量时发现指针向右偏转角度太大,这时他应该先将选择开关换成欧姆挡的“ ”挡位,将红、黑表笔短接,再进行 ,使指针指在欧姆表刻度的“0”处;再次测量电阻Rx的阻值时,指针在刻度盘上停留的位置如图甲所示,则所测量电阻Rx的阻值为 Ω。
(2)为进一步精确测量该电阻,研究小组准备了以下器材:
A.电流表(量程为0~150 mA,内阻约为2.0 Ω)
B.电流表(量程为0~0.6 A,内阻约为0.5 Ω)
C.电阻箱(最大电阻为99.99 Ω)
D.电阻箱(最大电阻为999.9 Ω)
E.电源(电动势为3 V,内阻为0.8 Ω)
F.开关2个
G.导线若干
B同学设计的电路图如图乙所示,现按照如下实验步骤完成实验:
①调节电阻箱,使电阻箱有合适的阻值R1,仅闭合S1,使电流表指针有较大的偏转且读数为I;
②保持开关S1闭合,闭合开关S2,再次调节电阻箱的阻值为R2,使电流表的读数仍为I;
a.根据实验步骤和实验器材规格可知,电流表应选择 (填器材前字母);
b.根据实验步骤可知,待测电阻Rx= (用题目所给测量数据表示)。
(3)利用以上实验电路,闭合S2,调节电阻箱R,可测量出电流表的内阻RA,某同学通过调节电阻箱R,读出多组R和I值,作出了-R图像如图丙所示,若图像中纵轴截距为1 A-1,则电流表内阻RA= Ω。
14.(8分)某物理实验小组要测量一个手机锂电池的电动势和内阻。已了解到该款锂电池在充电量为100%时的电动势为4 V左右,于是利用一个电阻箱R和一个R0=2 Ω的定值电阻以及一个电压表设计了如图甲所示的实验电路图。
(1)按照图甲所示的实验电路图,将图乙中的实物连接起来组成实验电路。
(2)通过调节电阻箱R的阻值,可以读出电压表示数以及电阻箱接入电路的阻值,重复操作可以得到多组电压表的示数U以及对应电阻箱的阻值R,以为纵轴,为横轴,作出的关系图线为一直线,如图丙所示。由图线可求得该手机锂电池的电动势E= V,内阻r= Ω。(保留2位有效数字)
(3)实验操作结束后,该实验小组考虑到电压表的内阻对电路的影响,进行了误差分析:该电池电动势的测量值与真实值相比 ,内阻的测量值与真实值相比 。(均填“偏大”“偏小”或“相等”)
15.(8分)某节水喷灌系统如图所示,喷口距地面的高度h=1.8 m,正常工作时喷水的速率v0=10 m/s,每秒喷出水的质量m0=7 kg,所用的水是从井下抽取的,地面与井中水面的高度差H=3.2 m并一直保持不变。水泵由电动机带动,电动机电枢线圈电阻r=5 Ω。电动机正常工作时,电动机的输入电压U=220 V,输入电流I=4 A,不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。忽略水在管道中运动的机械能损失,水泵的输出功率与输入功率之比称为水泵的抽水效率,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)电动机的输出功率;
(2)水泵的抽水效率η。
16.(8分)如图所示,一电荷量q=3×10-4 C、带正电的小球,用绝缘细线悬于竖直放置、足够大的平行金属板中的O点。闭合开关S后,小球静止时,细线与竖直方向的夹角α=45°。已知两板相距d=0.2 m,电源电动势E=12 V,内阻r=2 Ω,电阻R1=4 Ω,R2=R3=R4=12 Ω,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)流过电源的电流;
(2)两板间的电场强度的大小;
(3)小球的质量。
17.(12分)如图所示,一质量为1 kg、带电荷量为q=10-3 C的小物块静止在水平轨道上,水平轨道与圆弧轨道BC平滑连接,其圆心O1与C在同一水平面上,上方虚线框内存在着水平向右的匀强电场,电场右侧紧挨着一个圆弧轨道DG,其圆心O2与D在同一竖直线上,所有的轨道均绝缘且光滑,圆弧BC和DG的半径均为R=1 m。现给小物块 m/s的初速度,经圆弧轨道BC后进入电场,再沿着水平方向进入圆弧轨道DG,经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10 N,小物块最终落在水平地面上。设小物块在运动过程中带电荷量始终保持不变,空气阻力忽略不计,重力加速度g取10 m/s2。求:(结果可用根号表示)
(1)小物块在D点的速度大小;
(2)C、D两点之间的高度差;
(3)匀强电场的电场强度大小。
18.(16分)如图所示,光滑绝缘斜面高度h=0.45 m,斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接,水平轨道边缘紧靠平行板中心线。正对的平行板和电阻及输出电压恒定为U的电源构成如图所示电路,平行板板长为L=0.9 m,板间距离d=0.6 m,定值电阻阻值为R0(未知),可以看作质点的带负电小球电荷量q=0.01 C、质量m=0.03 kg,从斜面顶端由静止下滑。重力加速度g取10 m/s2。
(1)若S断开,小球刚好沿平行板中心线做直线运动,求电源的电压U;
(2)在(1)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器,使其接入电路的电阻为R1=6 Ω,小球获得4 m/s2的加速度,求电阻R0的阻值;
(3)在(1)(2)的条件下,若S闭合,调节滑动变阻器,使其接入电路的电阻为R2=2 Ω,判断小球能否飞出平行板。
答案与解析
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1.B 2.D 3.A 4.B 5.C 6.D
7.D 8.D 9.AD 10.AC 11.BD 12.AC
1.B 匀强电场中电势差与电场强度的关系式U=Ed中,d为沿电场线方向的距离,两点间的距离越大,电势差不一定越大,A错误;在任何电路中,计算电功都可以用W=UIt,计算电热都可以用Q=I2Rt,B正确;电源的电动势越大,表示电源把其他形式的能转化为电能的本领越强,提供的电能不一定越多,C错误;φ=是电势的定义式,φ的大小由电场本身的性质决定,与Ep、q无关,D错误。
2.D 丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,与A接触后A带正电;用带绝缘柄的金属棒将A和B上的金属球连接起来后,B中的部分负电荷通过金属棒流向A,A中金属箔因所带电荷量减少而张角变小,B中金属箔因带同种电荷互相排斥而张角变大,选D。
3.A 由于电子在平行于纸面的平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动,可得形成的电流方向为顺时针方向;根据安培定则可知平面内电流在小磁针处产生的磁场方向为垂直纸面向里,所以小磁针最后静止时N极的指向应为垂直纸面向里,选A。
4.B 设元件R两端电压为U,电流为I,由闭合电路欧姆定律得U=E-I(R0+r),代入数据得U=5-5I,把R0等效成电源内阻的一部分,则有U=E'-Ir'=5-5I,在U-I图像中画出图线如图所示,两图线交点坐标为(0.4 A,3.0 V),则电源的总功率约为P总=EI=5×0.4 W=2 W,B正确。
5.C 设AC中点为D,则D点的电势为φD==2 V=φB,即D点与B点是等势点,B、D连线是一条等势线;由于直角三角形ABC中,AB=6 cm,BC=2 cm,根据几何关系可得∠C=60°,故三角形BCD为等边三角形,电场方向沿∠C的平分线斜向上,如图所示,电场强度大小E= V/m=200 V/m,A错误。将一电荷量为q=-3×10-6 C的电荷放到C点,其电势能为Ep=qφC=-3×10-6×(-4) J=1.2×10-5 J;将其从B点移到C点,电场力做功为WBC=qUBC=-3×10-6×6 J=-1.8×10-5 J,电势能增加1.8×10-5 J;将其从A点移到B点,电场力做功WAB=qUAB=-3×10-6×6 J=-1.8×10-5 J,故C正确,B、D错误。
6.D 由于a、b和c三个质点置于沿水平方向并垂直于ab的匀强电场中,整个系统处于静止状态,所受合力为零,故对整个系统而言总电荷量为零;由于质点c带电荷量为+Q,所以质点a、b所带电荷总量一定为-Q,A错误。由于质点c处于静止状态,其所受匀强电场的电场力沿水平方向且垂直于ab,故a对其的电场力与b对其的电场力在平行于ab方向上的分量大小相等、方向相反,即 cos 60°= cos 60°,得qa=qb,即a、b带等量同种电荷,B错误。质点a、b对c的电场力的合力水平向左,可以判定匀强电场对c的电场力向右,故匀强电场沿水平方向并垂直于ab向右,C错误。以质点a为研究对象,在垂直于ab方向上有·sin 60°=Eqa,得E=,D正确。
7.D 握住盐水柱两端将它竖直均匀拉伸,盐水柱长度L增加,横截面积S减小,由电阻定律R=ρ可知电阻R3的阻值增大,A错误;因电阻R3的阻值增大,电路中的总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,路端电压增大,R1两端电压减小,则并联部分电压增大,电压表V的示数增大,B错误;由于电容器两端的电压增大,由E=可知两极板间的电场强度E增大,电场力大于重力,油滴将向上运动,C错误;由于电容器两端电压增大,电容器继续充电,G表中有从c到a的电流,故D正确。
8.D 根据Ep=φq可知,由于粒子带负电,电势的变化应与题图中Ep的变化相反,故φ-x图像应如图所示,A错误;φ-x图像的斜率表示电场强度,沿电场方向电势降低,则知在x=0的左侧,存在向左的匀强电场,x=0右侧存在向右的匀强电场,B错误;根据牛顿第二定律知qE=ma,粒子在匀强电场中运动时加速度不变,由于粒子带负电,粒子的加速度在x=0左侧为正值,大小不变,在x=0右侧加速度为负值,且大小不变,C错误;因为带电粒子只受电场力作用,所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变,即Ek-x图像应与Ep-x图像的形状上下对称,故D正确。
9.AD 在曲线运动中,由于物体的速度沿轨迹的切线方向,合力指向轨迹的凹侧,可知粒子在N点的速度vN和静电力FN的方向关系如图所示,可知粒子从M点运动到N点的过程中,速度v和静电力F的夹角为锐角,静电力做正功,动能增加,所以粒子的速度增大,A正确;由于电场线的疏密表示电场强度的大小,M处电场线比N处电场线疏,所以EM
11.BD 甲粒子向上偏转,所受的电场力向上,与电场方向相同,故甲粒子带正电,A错误;两个粒子在匀强电场中均做类平抛运动,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,有y=·t2,E、t、m相等,则y∝q,因为甲粒子的偏转距离y较小,可知甲粒子所带的电荷量比乙粒子带的电荷量少,B正确;电场力对粒子做功为W=qEy,甲粒子带电荷量少,偏转距离小,则电场力对甲粒子做功少,其电势能变化量小,C错误;水平方向有x=v0t,在相同时间内,乙粒子的水平位移小,则乙粒子进入电场时的初速度小,而两个粒子质量相等,则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子的小,D正确。
12.AC 带电小球从O到c,由动能定理有W电-mgH=0,电场力做正功,W电=mgH,电势能减小,在O点的电势能为0,则在c点的电势能为-mgH,故A正确;c点的电势为φc=-,故B错误;由于小球运动过程中只有重力和电场力做功,则小球机械能和电势能之和保持不变,小球从O点到c点的过程中,重力势能一直增大,则电势能和动能之和一直减少,故C正确;带电小球从O点到b点,根据动能定理有qUOb-mgh=Ekm,解得UOb=,则UOb>,故D错误。
13.答案 (1)×1(1分) 欧姆调零(1分) 18(1分) (2)A(1分) R2-R1(2分) (3)2.2(2分)
解析 (1)选欧姆挡“×10”挡位并调零,测量时指针向右偏转角度太大,说明所选挡位太大,为准确测出电阻,应先将选择开关调到欧姆挡的“×1”挡位,将红、黑表笔短接,再进行欧姆调零;由题图甲所示表盘可知,所测量电阻Rx的阻值为Rx=18×1 Ω=18 Ω。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知,通过待测电阻的最大电流约为Imax= A≈0.167 A=167 mA,如果电流表选B,则读数误差太大,故电流表应选A;根据闭合电路欧姆定律,S2断开时有E=I(Rx+R1+RA+r),S2闭合时有E=I(R2+RA+r),解得Rx=R2-R1。
(3)闭合S2后,由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+RA+r),则有-R图像的纵截距b==1 A-1,解得RA=Eb-r=3×1 Ω-0.8 Ω=2.2 Ω。
14.答案 (1)见解析(2分) (2)3.7(2分) 0.22(2分) (3)偏小(1分) 偏小(1分)
解析 (1)根据电路图连接实物图如图所示。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E=U+(R0+r),解得,根据图像的斜率与截距解得=0.27 V-1, Ω/V,解得E=3.7 V,r=0.22 Ω。
(3)由于电压表的分流作用,流过电源的电流大于通过电阻箱的电流,当外电路短路时电流的测量值与真实值相等,导致电动势的测量值小于真实值,内阻的测量值小于真实值。
15.答案 (1)800 W (2)87.5%
解析 (1)电动机的输入功率P电=UI=220×4 W=880 W(1分)
电动机的热功率P热=I2r=42×5 W=80 W(1分)
电动机的输出功率P出=P电-P热=800 W(1分)
(2)由于水泵的输入功率等于电动机的输出功率,可得水泵的输入功率P入=800 W(1分)
水泵的输出功率P出=(1分)
其中m=m0t(1分)
解得P出=700 W(1分)
故水泵抽水效率η=×100%=87.5%(1分)
16.答案 (1)1 A (2)50 V/m (3)1.5×10-3 kg
解析 (1)分析电路可知,外电路为R2和R3并联后与R1串联,则外电路的总电阻为R=R1+=10 Ω(2分)
根据闭合电路欧姆定律可得I==1 A(1分)
(2)两板间电压等于路端电压,故U=E-Ir=10 V(1分)
两板间的电场强度的大小为E'==50 V/m (1分)
(3)设小球质量为m,根据平衡条件可得 tan α=(2分)
解得m=1.5×10-3 kg(1分)
17.答案 (1)2 m/s (2)0.5 m (3)×104 N/C
解析 (1)经过D点时小物块对轨道的作用力恰好为10 N,由牛顿第二定律有mg+N=m(2分)
解得小物块在D点的速度vD=2 m/s(1分)
(2)小物块从开始运动到C点,由机械能守恒定律有+mgR(2分)
解得小物块在C点的速度vC= m/s(1分)
小物块在电场中从C点运动到D点,在竖直方向上做竖直上抛运动,所以C、D两点之间的高度差为h==0.5 m(2分)
(3)小物块从C运动到D的时间为t= s(2分)
沿电场方向有t=vD(1分)
联立解得E=×104 N/C(1分)
18.答案 (1)18 V (2)4 Ω (3)见解析
解析 (1)当S断开时,两极板间电势差等于电源电压U,由平衡条件得mg=q(1分)
解得U=18 V(1分)
(2)当S闭合时,对带电小球,由牛顿第二定律有mg-qE1=ma1(1分)
两极板间电势差
UC1=E1d=10.8 V(1分)
当S闭合,R1=6 Ω时,滑动变阻器和R0串联,电容器与滑动变阻器并联,滑动变阻器两端电压有=UC1
根据串联分压有(1分)
得R0=4 Ω(1分)
(3)小球下滑过程机械能守恒,
由机械能守恒定律得mgh=(1分)
得小球进入平行板间的初速度为v0=3 m/s(1分)
当S闭合,R2=2 Ω时,(1分)
得电容器两端电压UC2=6 V
对小球,由牛顿第二定律得mg-qE2=ma2(1分)
UC2=E2d(1分)
得a2= m/s2(1分)
带电小球在极板间做类平抛运动,竖直方向有y=a2t2(1分)
水平方向有L=v0t(1分)
联立求得y=0.3 m(1分)
即y=,带电小球恰好从极板右侧边缘飞出。(1分)
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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