【講與練】高中物理人教版(2019)必修3：本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)習(xí)題

本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共12小題，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題3分；第9～12小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．(2023·廣西欽州高二期中)下面是某同學(xué)對(duì)電場(chǎng)中的一些概念及公式的理解，其中正確的是(D)A．由E＝eq\f(F,q)知，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與試探電荷所帶的電荷量成反比B．由C＝eq\f(Q,U)知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，與兩極板間的電壓成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與場(chǎng)源電荷所帶的電荷量無(wú)關(guān)D．由UAB＝eq\f(WAB,q)知，將所帶電荷量為1C的正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功為－1J，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為－1V解析：電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷所帶的電荷量無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器的電容是由本身的結(jié)構(gòu)決定的，與其所帶電荷量以及兩極板間的電壓無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由E＝keq\f(Q,r2)，知，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與場(chǎng)源電荷所帶的電荷量成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由UAB＝eq\f(WAB,q)知，將所帶電荷量為1C的正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力做功為－1J，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB＝eq\f(－1,1)V＝－1V，選項(xiàng)D正確。2．如圖所示，把一個(gè)架在絕緣支架上的枕形導(dǎo)體放在由正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(D)A．A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相等，EA>EBB．A、B兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不相等，EA<EBC．感應(yīng)電荷產(chǎn)生的附加電場(chǎng)EA<EBD．當(dāng)電鍵S閉合時(shí)，電子從大地沿導(dǎo)線向?qū)w移動(dòng)解析：導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)時(shí)，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，A、B錯(cuò)誤；因感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與正電荷在該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，A點(diǎn)離正點(diǎn)電荷較近，故有EA>EB，C錯(cuò)誤；當(dāng)電鍵S閉合時(shí)，電子從大地沿導(dǎo)線移向?qū)w，并中和枕形導(dǎo)體右端的正電荷，相當(dāng)于右端正電荷流向大地的遠(yuǎn)端，D正確。3．(2023·廣東惠州一中高二上檢測(cè))如圖所示，P為一塊半圓形薄電阻合金片，先將它按圖甲方式接在電極A、B之間，然后將它再按圖乙方式接在電極C、D之間，設(shè)AB、CD之間的電壓是相同的，則這兩種接法的電阻大小關(guān)系為(B)A．R甲＝eq\f(1,2)R乙 B．R甲＝eq\f(1,4)R乙C．R甲＝2R乙 D．R甲＝4R乙解析：將四分之一圓形薄合金片看成一個(gè)電阻，電阻值設(shè)為r，圖甲中等效為兩個(gè)電阻并聯(lián)，R甲＝eq\f(r,2)，圖乙中等效為兩個(gè)電阻串聯(lián)，R乙＝2r，所以R甲＝eq\f(1,4)R乙，所以B正確。4．(2023·常德市一中高二期末)直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為(B)A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向解析：正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零，則作為對(duì)稱點(diǎn)的H點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度也為零，正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正向。由于H點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負(fù)向。當(dāng)正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)后，正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小E3＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a))2)＝eq\f(kQ,4a2)＝eq\f(1,4)E1，方向沿y軸正向，兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，方向沿y軸負(fù)向，因此H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為E4＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)向。故選B。5．如圖所示，同在一個(gè)平面內(nèi)的彼此絕緣的兩個(gè)圓環(huán)A、B，大圓環(huán)A中通有方向如圖所示的電流I，小圓環(huán)B的一半面積在A環(huán)內(nèi)、一半面積在A環(huán)外，則下列說(shuō)法正確的是(B)A．穿過(guò)小圓環(huán)B的磁通量為0B．穿過(guò)小圓環(huán)B的磁通量不為0，且磁通量指向紙面內(nèi)C．穿過(guò)小圓環(huán)B的磁通量不為0，且磁通量指向紙面外D．以上判斷均錯(cuò)誤解析：小圓環(huán)B在A環(huán)內(nèi)外部分的磁場(chǎng)強(qiáng)弱不同。根據(jù)安培定則可知整個(gè)A環(huán)上的電流在其內(nèi)部的磁場(chǎng)均向里，磁場(chǎng)在B環(huán)內(nèi)左半圓環(huán)向里、右半圓環(huán)向外，則小圓環(huán)B在A環(huán)內(nèi)部分的磁場(chǎng)比外部強(qiáng)，應(yīng)用磁通量概念可知小圓環(huán)B在A環(huán)內(nèi)部分的磁通量(向里)大于環(huán)外部分的磁通量(向外)，總體表現(xiàn)A環(huán)內(nèi)的磁通量，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。6．(2022·安徽太和縣第八中學(xué)高二開(kāi)學(xué)考試)如圖所示的兩電路中，電路甲和電路乙分別用開(kāi)關(guān)S1、S2控制，小燈泡L有電流流過(guò)就能發(fā)光。則下列操作能使L發(fā)光的是(A)A．保持S1閉合，閉合S2的瞬間B．保持S2閉合，斷開(kāi)S1的瞬間C．保持S2閉合，閉合S1的瞬間D．保持S1斷開(kāi)，閉合S2的瞬間解析：保持S1閉合，閉合S2的瞬間，穿過(guò)閉合電路甲的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，則L發(fā)光，A正確；保持S2閉合，斷開(kāi)或閉合S1的瞬間，穿過(guò)電路甲的磁通量沒(méi)有發(fā)生變化，則電路甲中沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，L不能發(fā)光，B、C錯(cuò)誤；保持S1斷開(kāi)，電路甲沒(méi)有構(gòu)成閉合回路，不管S2是否閉合，電路甲中都不可能有感應(yīng)電流產(chǎn)生，L都不能發(fā)光，D錯(cuò)誤。7．(2023·山西朔州高二期末)將一電源與一電阻箱連接成閉合回路，測(cè)得電阻箱所消耗功率P與電阻箱讀數(shù)R變化的曲線如圖所示，由此可知下列說(shuō)法不正確的是(C)A．電源最大輸出功率為45WB．電源內(nèi)阻一定等于5ΩC．電源電動(dòng)勢(shì)為45VD．電阻箱所消耗功率P最大時(shí)，電源效率等于50%解析：由電阻箱所消耗功率P與電阻箱讀數(shù)P變化的曲線可知，電阻箱所消耗功率P最大為45W，所以電源最大輸出功率為45W，故A正確，不符合題意；電源輸出功率最大的條件可知，電源輸出功率最大時(shí)，外電路電阻等于電源內(nèi)阻，所以電源內(nèi)阻一定等于5Ω，故B正確，不符合題意；由電阻箱所消耗功率P最大值為45W可知，此時(shí)電阻箱讀數(shù)為R＝5Ω，則有：Pmax＝eq\f(E2,4R)，解得E＝30V，故C錯(cuò)誤，符合題意；電阻箱所消耗功率P最大時(shí)，電源效率為50%，故D正確，不符合題意。故選C。8．(2022·全國(guó)高二單元測(cè)試)如圖所示電路中，已知電源接入電路后能提供大小保持不變的電流，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器兩端電壓的變化量為ΔU，定值電阻R1兩端電壓的變化量為ΔU1，定值電阻R2兩端電壓的變化量為ΔU2。下列說(shuō)法正確的是(C)A．ΔU>0 B．ΔU2>0C．ΔU1>0 D．|ΔU1|>|ΔU|解析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，則總電阻也減小，而電源的輸出電流不變，由歐姆定律可知，并聯(lián)部分兩端的電壓減小，所以R2兩端的電壓減小，即ΔU2<0，B錯(cuò)誤；R2是定值電阻，所以通過(guò)R2的電流減小，電源的輸出電流不變，則通過(guò)R1的電流增大，R1兩端的電壓增大，即ΔU1>0，C正確；滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，即ΔU<0，A錯(cuò)誤；R1兩端的電壓增大，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，R1和滑動(dòng)變阻器兩端的電壓之和減小，則R1兩端電壓的變化量的絕對(duì)值小于滑動(dòng)變阻器兩端電壓的變化量的絕對(duì)值，即|ΔU1|<|ΔU|，D錯(cuò)誤。9．如圖所示，兩個(gè)電荷量均為＋Q的點(diǎn)電荷分別固定在A、B兩點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)將A、B連線三等分，現(xiàn)使一個(gè)帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)開(kāi)始以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子的重力，則該粒子在CD之間運(yùn)動(dòng)的速度大小v與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能是(CD)ABCD解析：設(shè)A、B之間的距離為r，帶負(fù)電的粒子到A點(diǎn)的距離為x，由庫(kù)侖定律可得負(fù)電粒子所受的合力為F＝keq\f(Qq,x2)－keq\f(Qq,r－x2)，在AB之間的中點(diǎn)O，負(fù)電粒子所受的合力為0，C到O的合力方向向左，O到D的合力方向向右，因?yàn)閺腃到O負(fù)電粒子所受合力逐漸減小，在O點(diǎn)，合力大小為零，所以當(dāng)負(fù)電粒子以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，開(kāi)始時(shí)加速度變小，斜率不恒定，故A、B錯(cuò)誤；如果v0足夠大，粒子從C到O的過(guò)程中速度變小，在O點(diǎn)的加速度為零，即圖線的斜率在O點(diǎn)變?yōu)榱悖瑥腛到D過(guò)程中速度逐漸增加，斜率逐漸增加，在O點(diǎn)的速度可能為零也可能不為零，故C、D正確。10．(2023·常德漢壽縣第一中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，直線A為電源的U－I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U－I圖線。用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2。則(BC)A．P1>P2 B．P1＝P2C．η1>η2 D．η1<η2解析：根據(jù)圖線可得電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻為E＝6V，r＝eq\f(6,6)Ω＝1Ω，同時(shí)有R1＝eq\f(4,2)Ω＝2Ω，R2＝eq\f(2,4)Ω＝0.5Ω，當(dāng)電源與R1組成閉合電路時(shí)，電路中電流為I1＝eq\f(E,R1＋r)＝2A，可得此時(shí)電源的輸出功率和效率分別為P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝8W，η1＝eq\f(I\o\al(2,1)R1,I\o\al(2,1)R1＋r)＝eq\f(2,3)，同理可得當(dāng)電源與R2組成閉合電路時(shí)，電路中電流為I2＝eq\f(E,R2＋r)＝4A，可得此時(shí)電源的輸出功率和效率分別為P2＝Ieq\o\al(2,2)R2＝8W，η2＝eq\f(I\o\al(2,2)R2,I\o\al(2,2)R2＋r)＝eq\f(1,3)，所以有P1＝P2，η1>η2，故選BC。11．如圖所示，空間分布著勻強(qiáng)電場(chǎng)，豎直方向的實(shí)線為其等勢(shì)面，一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從O點(diǎn)由靜止開(kāi)始恰能沿直線OP運(yùn)動(dòng)，且到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，重力加速度為g(規(guī)定O點(diǎn)的電勢(shì)為零)，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝eq\f(\r(2)mg,q)B．小球在P點(diǎn)的電勢(shì)φP＝－eq\f(mv2,4q)C．小球在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep＝eq\f(mv2,4)D．小球機(jī)械能的變化量為eq\f(mv2,4)解析：小球沿直線OP運(yùn)動(dòng)，合力沿OP方向，如圖所示則有qEtan45°＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，故A錯(cuò)誤；設(shè)OP＝L，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLsin45°＋qELcos45°＝eq\f(1,2)mv2，解得電場(chǎng)力做功W＝qELcos45°＝eq\f(mv2,4)，根據(jù)W＝qUOP，解得UOP＝eq\f(mv2,4q)，根據(jù)UOP＝φO－φP，且φO＝0V，解得φP＝－eq\f(mv2,4q)，則P點(diǎn)的電勢(shì)能為Ep＝qφP＝－eq\f(mv2,4)，故B正確，C錯(cuò)誤；小球機(jī)械能的變化量等于電場(chǎng)力做的功，為ΔE＝W＝eq\f(mv2,4)，故D正確。故選BD。12．(2023·山東濰坊高一期末)如圖所示，兩根固定絕緣直桿組成“V”字形，兩桿夾角為30°，其中OE桿豎直，OF桿光滑。在E點(diǎn)固定一個(gè)帶電荷量為＋Q的小球a，另一帶電荷量也為＋Q的小球b套在OF桿上，小球b沿桿加速下滑到達(dá)F點(diǎn)時(shí)，速度為3m/s，越過(guò)M點(diǎn)后繼續(xù)下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，∠OEN＝30°，EF＝eq\f(8\r(3),15)m。關(guān)于小球b的運(yùn)動(dòng)，以下判斷正確的是(BD)A．在N點(diǎn)時(shí)，速度為3m/sB．在N點(diǎn)時(shí)，速度為5m/sC．從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒D．從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，在M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大解析：由點(diǎn)電荷的電勢(shì)分布可知，F(xiàn)、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由F到N電勢(shì)先升高后降低，M點(diǎn)電勢(shì)最高，由F至N過(guò)程，電場(chǎng)力做功為零，由動(dòng)能定理：mg·LFN·cos30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)，LFN＝LEF＝eq\f(8\r(3),15)m，解得：vN＝5m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；由F至N過(guò)程電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，在M點(diǎn)電勢(shì)能最大，機(jī)械能不守恒，故D正確，C錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)13．(6分)(2022·全國(guó)高二課時(shí)練習(xí))用伏安法測(cè)量一個(gè)定值電阻的電阻值，現(xiàn)有的器材規(guī)格如下：A．待測(cè)電阻Rx(大約100Ω)；B．直流毫安表A1(量程0～10mA，內(nèi)阻約100Ω)；C．直流毫安表A2(量程0～40mA，內(nèi)阻約40Ω)；D．直流電壓表V1(量程0～6V，內(nèi)阻約5kΩ)；E．直流電壓表V2(量程0～15V，內(nèi)阻約15kΩ)；F．直流電源(輸出電壓4V，內(nèi)阻不計(jì))；G．滑動(dòng)變阻器R(阻值范圍0～50Ω，允許最大電流1A)；H．開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干。(1)根據(jù)器材的規(guī)格和實(shí)驗(yàn)要求，為使實(shí)驗(yàn)結(jié)果更加準(zhǔn)確直流毫安表應(yīng)選_C__，直流電壓表應(yīng)選_D__；(2)在虛線框內(nèi)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖，要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些；(3)用鉛筆按電路圖將實(shí)物圖連線。答案：(2)見(jiàn)解析圖(3)見(jiàn)解析圖解析：(1)由于直流電源的電動(dòng)勢(shì)為4V，待測(cè)電阻Rx阻值約100Ω，故通過(guò)Rx的最大電流約為40mA，所以直流毫安表應(yīng)選C，直流電壓表若選0～15V量程，則讀數(shù)誤差較大，故應(yīng)選D。(2)由于要求電壓和電流的變化范圍盡可能大一些，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，由于eq\f(RV,Rx)＝eq\f(5000,100)＝50>eq\f(Rx,RA)＝eq\f(100,40)＝2.5，待測(cè)電阻屬于小電阻，故電流表采用外接法，電路圖如圖所示。(3)根據(jù)電路圖，實(shí)物圖連線如圖所示。14．(8分)在做“用電流表和電壓表測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)E(約3V)和內(nèi)電阻r”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，部分器材參數(shù)如下：電壓表(量程3V)，電流表(量程0.6A)，定值電阻R0(阻值為3Ω)，滑動(dòng)變阻器R(阻值約30Ω)。(1)小紅按如圖甲所示的電路圖連接實(shí)物電路，在電路連接正確的情況下，當(dāng)她閉合開(kāi)關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)電壓表有示數(shù)，電流表沒(méi)有示數(shù)，反復(fù)檢查后發(fā)現(xiàn)電路連接完好，估計(jì)是某一元件斷路，因此她拿來(lái)多用電表檢查故障。她的操作如下：a．?dāng)嚅_(kāi)電源開(kāi)關(guān)S；b．將多用表選擇開(kāi)關(guān)置于×1Ω擋，調(diào)零后，紅黑表筆分別接R兩端，讀數(shù)為30Ωc．將多用表選擇開(kāi)關(guān)置于×100Ω擋，調(diào)零后，將紅黑表筆分別接電壓表兩端，發(fā)現(xiàn)指針讀數(shù)如圖乙所示，則所測(cè)阻值為2200Ω，然后又將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置與圖乙?guī)缀醪蛔?。由以上操作可判斷發(fā)生斷路故障的元件是電流表(填元件名稱)。(2)她設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路中定值電阻R0的作用是(說(shuō)出一條理由即可)保護(hù)電源。(3)請(qǐng)根據(jù)電路圖把實(shí)物圖丙沒(méi)完成的連線連接好。(4)在更換規(guī)格相同的元件后，她改變滑動(dòng)變阻器的阻值，測(cè)出了6組對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)并在坐標(biāo)系上描點(diǎn)如圖丁所示，請(qǐng)?jiān)趫D丁中繼續(xù)完成圖像；并根據(jù)圖像可得該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝3.00V，電池內(nèi)阻r＝0.41Ω(小數(shù)點(diǎn)后保留兩位數(shù)字)。答案：(3)見(jiàn)解析圖解析：(1)根據(jù)圖乙可讀出所測(cè)阻值為2200Ω；將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置幾乎不變，說(shuō)明多用電表仍然測(cè)量的是電壓表的內(nèi)阻，也就說(shuō)明了電流表處發(fā)生了斷路。(2)她設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路中定值電阻R0的作用是：①保護(hù)電源，②增大電源等效內(nèi)阻，使調(diào)節(jié)時(shí)兩電表示數(shù)變化明顯。(3)實(shí)物圖連線見(jiàn)圖a(4)描點(diǎn)連線見(jiàn)圖b，根據(jù)U－I圖像得：當(dāng)電流I＝0時(shí)，U＝3.00V，所以電池的電動(dòng)勢(shì)E＝3.00V，通過(guò)U－I圖像求出該直線的斜率為k＝eq\f(3－1.5,0.44)Ω≈3.41Ω，也就是r＋R0≈3.41Ω，所以電池內(nèi)阻r＝0.41Ω。三、論述、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)15．(8分)(2022·山東夏津第一中學(xué)高二階段測(cè)試)如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝12V，電源內(nèi)阻r＝0.5Ω。定值電阻R1＝5.5Ω，R2＝12.0Ω。求：(1)閉合開(kāi)關(guān)S后，求流過(guò)電源的電流；(2)若在ab之間接一個(gè)C＝200μF的電容器，閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電荷量。答案：(1)0.67A(2)1.6×10－3C解析：(1)閉合開(kāi)關(guān)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，流過(guò)電源的電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)≈0.67A。(2)閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后電阻R2兩端的電壓為U2＝IR2＝8V，電容器上所帶電荷量Q＝CU2＝1.6×10－3C。16．(8分)豎直方向上無(wú)限大均勻帶電平板上有一小孔O，平板右側(cè)過(guò)O點(diǎn)且垂直于板的x軸上的電勢(shì)隨距離x的變化如圖所示。一個(gè)電荷量q＝－1×10－10C，質(zhì)量m＝1×10－10kg的帶電粒子從O點(diǎn)以初速度v0＝10m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，忽略粒子重力。(1)求粒子在x＝0.02m處所受的電場(chǎng)力；(2)請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明粒子能否到達(dá)x＝0.08m處。若能，求出粒子到達(dá)該處的速度大??；若不能，求出粒子向右運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)點(diǎn)的位置坐標(biāo)。答案：(1)1×10－7N方向水平指向O點(diǎn)(2)0.05m解析：(1)由電勢(shì)分布圖像可知，此電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(Δφ,Δx)，E＝103V/m，故粒子運(yùn)動(dòng)到x＝0.02m處所受電場(chǎng)力，F(xiàn)＝qE＝1×10－7N，方向水平指向O點(diǎn)。(2)假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)距O點(diǎn)的最大距離為x，由動(dòng)能定理得Eqx＝0－Ek，解得x＝0.05m，故粒子不能到達(dá)x＝0.08m處，粒子向右運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)點(diǎn)的位置坐標(biāo)為x＝0.05m。17.(14分)如圖所示，在x>0的空間中，存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E；在x<0的空間內(nèi)，存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也等于E。一電子(－e，m)在x＝d處的P點(diǎn)以沿y軸正方向的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)電子重力。求：(1)電子在x方向分運(yùn)動(dòng)的周期；(2)電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中，任意兩個(gè)相鄰交點(diǎn)之間的距離L。答案：(1)4eq\r(\f(2md,eE))(2)2v0eq\r(\f(2md,eE))解析：電子射入電場(chǎng)后，y方向的分運(yùn)動(dòng)一直為勻速運(yùn)動(dòng)；x方向的分運(yùn)動(dòng)為先是－x方向的加速運(yùn)動(dòng)，接著是－x方向的減速運(yùn)動(dòng)，又＋x方向的加速運(yùn)動(dòng)，再＋x方向的減速運(yùn)動(dòng)…，如此反復(fù)。故電子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。(1)設(shè)電子從射入到第一次與y軸相交所用時(shí)間為t，則d＝eq\f(1,2)eq\f(eE,m)t2解得t＝eq\r(\f(2md,eE))所以，電子在x方向分運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝4t＝4eq\r(\f(2md,eE))。(2)在豎直方向上y＝v0t＝v0eq\r(\f(2md,eE))電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中，任意兩個(gè)相鄰交點(diǎn)之間的距離l為l＝2y＝2v0eq\r(\f(2md,eE))。18．(16分)如圖甲所示，某直線加速器由沿軸線分布的兩個(gè)金屬圓管(漂移管A、B)組成，質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過(guò)金屬筒，筒B接地(電勢(shì)為零)，兩筒間電壓恒定。不同時(shí)刻釋放的質(zhì)子進(jìn)入金屬筒A時(shí)速度均為8×105m/s，進(jìn)入金屬筒B時(shí)速度均為1×106m/s，從B筒右端射出后，沿兩水平金屬板M、N間的中心線射入，MN板長(zhǎng)L＝10cm，板間距d＝10cm，加在MN板上的電壓UMN隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。粒子穿過(guò)MN板的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視作恒定的。兩板右側(cè)放一圓筒，其表面有一層厚度不計(jì)的方格坐標(biāo)紙。筒的左側(cè)邊緣與極板右端距離l＝8cm，圓筒繞其軸線勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，周期T＝2s，筒的周長(zhǎng)s＝20cm，筒能接收到通過(guò)AB板后射出的所有質(zhì)子。質(zhì)子的比荷為1×108C/kg，不計(jì)質(zhì)子重力。(1)請(qǐng)根據(jù)所學(xué)知識(shí)，解釋并說(shuō)明質(zhì)子在漂移管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；(2)粒子在AB之間加速時(shí)，求A管的電勢(shì)；(3)以t0＝0時(shí)刻進(jìn)入MN的質(zhì)子打到圓筒記錄紙上的點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取y軸豎直向上為正，計(jì)算質(zhì)子打到記錄紙上沿y軸