必修三電場電流測試題

高一物理周測試題一選擇題（1-8單選，9-12為多選，每題4分共48分）下列是某同學(xué)對電場中的概念、公式的理解，其中正確的是（ ）F_根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=一，電場中某點的電場強(qiáng)度和試探電荷的電荷量q成反比q根據(jù)點電荷場強(qiáng)公式E=匡，E與Q成正比，而與r成反比r2根據(jù)電場力做功的計算式W=Uq，一個電子在1V電壓下加速，電場力做功為1eV根據(jù)電勢差的定義式U=匕，帶電量為1C的正電荷，從a點移動到b點克服電場力做功為1J，則a、abqb兩點間的電勢差為1V1.C【解析】電場強(qiáng)度的定義式E=F，采用了比值定義法，電場強(qiáng)度是表示電場本身的性質(zhì)的物理量，與試探q電荷的電荷量無關(guān)，A錯誤；公式E=籍是點電荷場強(qiáng)的決定式，可知E與Q"比，而與r2成反比，B錯誤；電子的電流為。，由W=Uq可知，電場對電子做功加速時W=Ue，即在1V電壓下加速，電場力做功為1eV，C正確；從a點移動到b點克服電場力做功為1J，即電場力做功Wb=TJ，電荷量為q=1C，代入U=一ab，得a、b兩點間的電勢差為U=-1V，故D錯誤.abq ab如圖所示，虛線表示電場的一簇等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等，一小粒子（帶正電）以一定的初速度進(jìn)入電場后，只在電場力作用下沿實線軌跡運(yùn)動，由此可判斷出（ ）a粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力大N點的電勢低于M點的電勢a粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大a粒子在M點的速率小于在N點的速率【答案】C【詳解】根據(jù)電場線或等勢面的疏密程度可知，a粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力小，故A錯誤；a粒子為氦核帶正電，由運(yùn)動軌跡可知，電場力的方向指向右下方即電場線的方向指向右下方，根據(jù)電場的性質(zhì)“順著電場線的方向電勢降落”可知N點的電勢高于M點的電勢，故B錯誤；a粒子帶正電，從M到N，電場力做負(fù)功，所以電勢能增加，所以N點的電勢能比在M點的電勢能大，故C正確；從M到N，電場力做負(fù)功，速度減小，所以M點的速率大于在N點的速率，故D錯誤。故選C。如圖所示，水平放置的平行板電容器，下極板接地，一帶電油滴靜止于尸點。現(xiàn)將下極板上移到圖中虛線位置，則（ ）十十+ +十十十油滴帶正電 B.M、N兩極板間電壓保持不變C.P點的電勢減小 D.油滴在P點的電勢能減小【答案】C【詳解】一帶電油滴靜止于P點，電場力向上，則油滴帶負(fù)電，故A錯誤；￡K現(xiàn)將下極板上移到圖中虛線位置，，相當(dāng)于減小了板間距，根據(jù)電容的決定式C=土可知，電容C變大，4兀kd電量Q不變，依據(jù)公式C=草可知，M、N兩極板間電壓變小，故B錯誤；板間場強(qiáng)E=U=些

d ￡S不變，而P點與下極板間距減小，根據(jù)U=Ed=p—0則有P點的電勢減小，故C正確；油滴在P點的電勢能E^qcp，因油滴帶負(fù)電，則電勢能變大，故D錯誤。故選C。如圖所示，兩塊平行正對的金屬板AB、CD水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強(qiáng)電場（不考慮邊緣效應(yīng)）.一帶電粒子以初速度匕從下極板的邊緣A點與金屬板成a角斜向上射入兩板間，帶電粒子經(jīng)過AC連線的中點P然后從下極板在邊緣B點飛出電場，帶電粒子所受的重力忽略不計.若該粒子仍從下極板邊緣A點斜射入兩板間，改變以下條件能使帶電粒子恰好從上極板邊緣C點沿與極板平行飛出的是( )p C僅適當(dāng)增加a角僅增大粒子初速度匕將粒子初速度匕和a角適當(dāng)增大將粒子初速度匕適當(dāng)增加，a角適當(dāng)減小【答案】B【詳解】帶電粒子在電場中做類斜拋運(yùn)動，帶電粒子經(jīng)過AC連線的中點p，由對稱性可知，經(jīng)過P點時的速度方向與極板平行，粒子由A-P的運(yùn)動可看做反方向的類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，位移PA與水平方向夾角。和匕與極板間夾角a關(guān)系為tana=2tan0若使粒子從上極板右邊緣C點平行極板出射，粒子由A-C的運(yùn)動可看做反方向的類平拋運(yùn)動，位移AC與極板夾角0不變，可知粒子入射時速度方向與極板間夾角應(yīng)仍為a.可見只需保持a不變，僅增大初速度就能使粒子沿上極板邊緣平行極板飛出，故B項，ACD三項均錯誤。故選B。真空中某電場線是直線，直線上各點電勢伊與直線各點坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，a、b、c是直線上的三點，且有瀝場。，則以下判斷正確的是（ ）A.B.C.ba、b、c三點中bA.B.C.ba、b、c三點中b點處電場強(qiáng)度最大該電場可能是置于0點處的點電荷產(chǎn)生的D.即有U|=9一中ababab9a>9cUab>Ubc從a點自由釋放只受電場力的帶正電的粒子一定能沿abc一直運(yùn)動下去【答案】D【詳解】9—x圖線切線的斜率大小等于電場強(qiáng)度大小，所以E>E>Ebb點處電場強(qiáng)度最小，且Eb=0故選項A錯誤;點電荷空間各點電場強(qiáng)度E=kQ

r2即與場源電荷距離越大場強(qiáng)越小，a、b、c三點場強(qiáng)表現(xiàn)特點，不是單一電荷形成的，故選項B錯誤;C.從（p—x圖線可知故選項C錯誤;沿電場線方向（場強(qiáng)）電勢由高到低，l圖線切線的斜率大小等于電場強(qiáng)度大小，0-a-b區(qū)域場強(qiáng)方向向右逐漸減小，b-c-g區(qū)域場強(qiáng)方向向左，場強(qiáng)先增加后減小直至x無窮為0,且有四"KJ所以。點自由釋放的帶正電的粒子，做加速度減小的加速運(yùn)動到b點速度最大（qU=2mv2）過b點后先做加速度增加后做加速度減小的減速運(yùn)動直至x無窮遠(yuǎn)（qU皿=0-2mv2）故選項D正確。故選D。如圖所示，矩形的四個頂點a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點，妃，電場線與矩形所在的平面平行，已知a點電勢為18V，b點電勢為10V，c點電勢為6V，一質(zhì)子從a點以速度?射入電場，與ab邊的夾角為???，一段時間后質(zhì)子經(jīng)過ab中點e，不計質(zhì)子重力，下列判斷正確的是1 .d點電勢為12V質(zhì)子從a到b電勢能增加了8eVC.電場強(qiáng)度大小為D.質(zhì)子從a到。所用時間為2vo6.D【解析】勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等，故Uad=Ubc，可得d點電勢為14V，故A錯誤.Uac=Ucb/Uab=8V，故質(zhì)子從a到b電場力做功為W=eU=8eV，電場力做正功電勢能減小，故B錯誤.經(jīng)計算可知，d點和e點的電勢相同，故連點連線為等勢線，由于ab=2bc=2L，故^ade為等腰三角形，a點到直線de的距離為『，由電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得，電場強(qiáng)度大小為，故C錯誤.de連線為等勢線，故質(zhì)子拋出后做類平拋運(yùn)動，落到e點時，垂直于電場線方向的位移為"，所需時間為=-宮土，故D正確.故選D.7如圖所示的電路中，電源電動勢為6V，當(dāng)開關(guān)S接通后，燈泡L1和燈泡L2都不亮，用電壓表測得各部分電壓是Uab=0V，Uad=0V，Ucd=6V，由此可斷定（）J 點 4A.L1和L2的燈絲都燒斷了 B.L1的燈絲燒斷了 C.L2的燈絲燒斷了 D.變阻器R斷路【答案】D【解析】據(jù)題：Uab=0V,Uad=0VUcd=6V,即變阻器R的電壓等于電源兩極間的電壓，說明a與b連接完好，c與b連接完好，所以不可能是L1的燈絲燒斷了，也不可能是L2的燈絲燒斷.只可能變阻器R斷路，ABC不符合題意，D符合題意.故答案為：D兩只電壓表V1和V2是由完全相同的兩個電流計改裝成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，把它們串聯(lián)起來接入電路中，則（ ）它們的示數(shù)相等，指針偏轉(zhuǎn)角度也相等它們的示數(shù)之比為1:3,指針偏轉(zhuǎn)角度相等它們的示數(shù)相等，指針偏轉(zhuǎn)角度之比為1:3它們的示數(shù)之比、指針偏轉(zhuǎn)角度之比均為1:33.B【詳解】電壓表是由電流計與定值電阻串聯(lián)改裝而成的；V］表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的兩個電流計改裝，可知，V2表的內(nèi)阻是V1表的內(nèi)阻的3倍.把它們串聯(lián)接入電路，通過的電流相等，電表指針的偏角相同；電表兩端電壓之比等于內(nèi)阻之比1：3,它們的示數(shù)之比為1：3.故B項正確，ACD錯誤。故選B。如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為R方向與水平面平行，在圓上A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+g的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些點中，經(jīng)過B點的小球動能最大，由于發(fā)射時刻不同時，小球間無相互作用，且匕0=30。，下列說法正確的是（ ）%電場的方向與AB平行電場的方向與AB垂直小球在A點垂直電場方向發(fā)射，若恰能落到C點，則初動能為哮qER小球在A點重直電場方向發(fā)射，若恰能落到C點，則初動能為FAD【詳解】AB.由題意，小球經(jīng)過B點的動能最大，所以小球在圓上B點的電勢能最低，故圓上B點的電勢最低，過B點的等勢面為圓上過B點的切線，電場線和等勢面垂直，因此電場線沿AB方向，A正確，B錯誤；CD.小球在A點垂直電場方向發(fā)射，若恰能落到C點，小球只受電場力，做類平拋運(yùn)動有x=2Rsin30°cos30°=vty=2Rcos230°=—竺^22m由以上兩式得「1一1*E=2mv2=—qERC錯誤，D正確。故選AD。如圖所示，直流電源、滑動變阻器、平行板電容器與理想二極管（正向電阻為0，反向電阻為8）連接，電源負(fù)極接地.開始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S，穩(wěn)定后，一帶電油滴恰能靜止在電容器中P點。在開關(guān)S保持接通的狀態(tài)下，下列說法正確的是（）當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，帶電油滴會向上運(yùn)動當(dāng)電容器的上極板向上移動時，帶電油滴會向下運(yùn)動

當(dāng)電容器的下極板向下移動時，P點的電勢不變當(dāng)電容器的下極板向左移動時，P點的電勢會升高11.AD【詳解】A.當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，變阻器有效阻值增大，A的電壓增大，則電容器板間電壓增大，場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力增大所以帶電油滴會向上運(yùn)動，故場強(qiáng)增大，油滴所受的電場力增大所以帶電油滴會向上運(yùn)動，故A正確;B.當(dāng)電容器的上極板向上移動時，B.當(dāng)電容器的上極板向上移動時，C-44兀kd知電容減小，而電容器的電壓不變知Q要減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，則電容器的帶電量不變，根據(jù)推論可知電容器板間場強(qiáng)不變，油滴所受的電場力不變，所以帶電油滴仍靜止不動，故B錯誤;C.當(dāng)電容器的下極板向下移動時，電容器所帶的電量Q不變，由_4兀kQ:E—8S知電容器板間場強(qiáng)不變，由U=Ed知P與下極板間的電勢差變大，P點的電勢會升高，故C錯誤;D.當(dāng)電容器的下極板向左移動時C=4兀kd電容器的電容減小，由知Q要減小，電容器要放電，由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，那么只能是極板間U增大，由知電容器板間場強(qiáng)變大，則P與下極板間的電勢差變大，P點的電勢升高，故D正確。故選AD。11圖為科技館里一個趣味體驗項目的照片和簡化圖，核心裝置為一個金屬球，在干燥的空氣里，體驗者雙腳站在絕緣凳上，手（圖中為右手）按在金屬球上，并與周圍其他物體保持遠(yuǎn)離。一條特殊傳送帶（圖中未畫出）給金屬球不斷地輸送電荷，過一段時間后，體驗者的頭發(fā)便會四處散開，甚至倒立，十分有趣，在此狀態(tài)下，若用左手也去摸金屬球，會被電擊若用左手與旁邊的觀眾握手，會被電擊若將右手離開金屬球，則頭發(fā)會立刻恢復(fù)常態(tài)若將右手離開金屬球而且走下絕緣凳，頭發(fā)會立刻恢復(fù)常態(tài)11.BD【解析】A.因為左右兩手的電勢相等，故若用左手也去摸金屬球，不會有電流產(chǎn)生，不會被電擊，選項A錯誤；若用左手與旁邊的觀眾握手，因為與旁邊的人有電勢差，故會有電流產(chǎn)生，通過人體會被電擊，選項B正確；若將右手離開金屬球，電荷不會轉(zhuǎn)移，則頭發(fā)仍然直立，選項C錯誤；若將右手離開金屬球而且走下絕緣凳，則電荷將進(jìn)入大地，人體將不再帶點，頭發(fā)會立刻恢復(fù)常態(tài)，選項D正確；故選BD。如圖，空間存在沿OM方向的勻強(qiáng)電場，ON與OM的夾角ZNOM=0,某帶正電粒子從OM上的P點垂直于OM進(jìn)入電場，僅在電場力作用下運(yùn)動，第一次經(jīng)過ON的位置記為Q點。當(dāng)粒子以不同大小的初速度進(jìn)入電場，Q點的位置會不同，若Q點離O點最遠(yuǎn)距離OQ=L。下列說法正確的是（ ）Q點最遠(yuǎn)時，粒子的速度沿ON方向粒子在OM方向的分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，垂直O(jiān)M方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動C?粒子進(jìn)入電場的初速度越大，Q點離O點越遠(yuǎn)D.根據(jù)條件可以求得OP=§cos012【答案】ABD【詳解】當(dāng)粒子的運(yùn)動軌跡與ON相切時，Q點最遠(yuǎn)，此時粒子的速度沿ON方向，故A正確；粒子在OM方向受電場力，在垂直O(jiān)M的方向不受力，所以粒子在OM方向的分運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，垂直O(jiān)M方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，故B正確；C?粒子進(jìn)入電場的初速度越小，到達(dá)ON所用時間越長，粒子在OM方向的位移越大，Q點離O點越遠(yuǎn)，故C錯誤；D.根據(jù)前面分析可知，當(dāng)OQ=L時，粒子運(yùn)動軌跡與ON相切，如圖所示，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律的推論可知速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，則有OS2PSQ^=~QS解得PS=1OS2所以O(shè)P=1OS=Lcos02 2故D正確。故選ABDo二實驗13.下圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為cm；螺旋測微器的讀數(shù)為 mm。1.450 6.791【解析】［1］從主尺上讀出14mm，游標(biāo)是20分度的，精確度是0.05mm，恰好游標(biāo)上10與主尺對齊，因此讀數(shù)為14mm+10x0.05mm=14.50mm=1.450cm［2］從主尺上讀出6.5mm，螺旋上每個刻度為0.01mm，讀出數(shù)值為29.1x0.01mm，因此讀數(shù)為6.5mm+29.1x0.01mm=6.791mm14有一只靈敏電流計G，刻度盤上共有N格刻度而無具體示數(shù)，現(xiàn)要根據(jù)圖（。）所示電路測出此表的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg。（1）請按原理圖（。），將圖⑦）中的實物電路連接完整;（2） 實驗中調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計剛好滿偏，讀出此時電壓表的示數(shù)U和電阻箱的阻值K；然后再調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計剛好半偏，且電壓表的示數(shù)仍為U，讀出此時電阻箱的阻值R2。用U、R］和R2表示靈敏電流計的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg，表達(dá)式：Ig=，Rg=；（3） 僅從實驗設(shè)計原理上看，這種測量方法得到滿偏電流的測量值與真實值相上（選填“偏大”“偏小”或“相等''）。14.【答案】（1）.圖見解析/ U（2）I= -（2）gR-R；2 1R=R2-2%（3）相等【詳解】（1）連接的實物圖如圖當(dāng)電流計滿偏時有g(shù) R1+R當(dāng)電流計半偏時有U—g= R2+R聯(lián)立解得1-R—R2 1R=R2—2%實驗應(yīng)用了等效代替法，兩種情況下電路兩端電壓相等，則電流計內(nèi)阻測量值等于真實值，故相等。15一電阻絲電阻大概200歐姆，為準(zhǔn)確測量該電阻絲的電阻，備有以下器材:待測電阻Rx；電動勢3V的直流電源，其內(nèi)阻可不計；直流電壓表V，兩側(cè)為0?15V，內(nèi)阻為15kQ，其讀數(shù)可表示為U；直流電流表A］，量程為0?1mA，內(nèi)阻為r「30Q，其讀數(shù)可表示為I1；直流電流表A2，量程為0?20mA，內(nèi)阻為r2約為2Q，其讀數(shù)可表示為12；定值電阻R］，阻值為2970；滑動變阻器R2,其最大電阻為10Q；開關(guān)和導(dǎo)線若干在虛線框中將電路圖補(bǔ)充完整 .TOC\o"1-5"\h\z: ；i i0 1 2 1il,i1.1,1,」」I,i: 1TI :IIf1I]ITilIIIH|1I1-_益/ 10 10 20用刻度尺測得電阻絲接入電路的長度為L,用游標(biāo)卡尺測其直徑d時，某次游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為mm.寫出金屬絲電阻率的表達(dá)式為=.(用題目中所給的符號表示)兀d2兀d21(r+R)

4L(121-11)(2)電路圖如圖所示(2)電路圖見解析；(3)0.95；(4)P=【詳解】(1)用歐姆表粗測電阻.現(xiàn)將歐姆表置于’X100”，經(jīng)正確的操作，測量電阻時發(fā)現(xiàn)指針偏角過大，說明有的檔位偏大，應(yīng)該換小擋，使得指針指向表盤的中央刻度附近，所以改用“x10”的檔位，換檔后重新歐姆調(diào)零.游標(biāo)尺主尺部分的讀數(shù)為：0mm分尺上的讀數(shù)為：19x0.05mm=0.95mm游標(biāo)尺的最終讀數(shù)為：0.95mm由電路知識得；UI(R+r)TOC\o"1-5"\h\zR=—=——1 1—\o"CurrentDocument"2 1由電阻定律得：dLL 4L\o"CurrentDocument"R=P;=P— P—XS 兀(d)2 兀d22聯(lián)立可解得:兀d21(r+R)P=4L(I-1)2 1三計算題(解答應(yīng)寫出必要的文字說明和重要的解題步驟，只寫出最后結(jié)果的不給分。本題共46分)16在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示.當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加△"］時，油滴開始向上運(yùn)動；經(jīng)時間&后，電容器突然放電使其電壓減少△%，又經(jīng)過時間&，油滴恰好回到原來位置.假設(shè)油滴在運(yùn)動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計.重力加速度為g.求:（1） 帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；（2） ）第一個&與第二個&時間內(nèi)油滴運(yùn)動的加速度大小之比;（3） 凹與*之比.?帶電油滴I Idg13.【答案】(1)—；(2)1:3；(3)1：4%【詳解】（1）油滴靜止時，根據(jù)平衡條件有:qdg解得：m~U0（2）設(shè)第一個△內(nèi)油滴的位移為％，加速度為aj，第二個△內(nèi)油滴的位移為了2，加速度為a2，則1―X=—aAt21 21…1―X=vAt一一aAt22 1 22根據(jù)題意有:v=aAt聯(lián)立解得：a1：戶1：3?（3）油滴向上加速運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有：qU0*△匕-mg=ma

d 1即:AUq~d~^=a1①油滴向上減速運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有:mg-qU0+AUi~AU2=mad 2即:AU-AU

q 2 1聯(lián)