必修三电场电流测试题

高一物理周测试题一选择题（1-8单选，9-12为多选，每题4分共48分）下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（ ）F_根据电场强度的定义式E=一，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q成反比q根据点电荷场强公式E=匡，E与Q成正比，而与r成反比r2根据电场力做功的计算式W=Uq，一个电子在1V电压下加速，电场力做功为1eV根据电势差的定义式U=匕，带电量为1C的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1J，则a、abqb两点间的电势差为1V1.C【解析】电场强度的定义式E=F，采用了比值定义法，电场强度是表示电场本身的性质的物理量，与试探q电荷的电荷量无关，A错误；公式E=籍是点电荷场强的决定式，可知E与Q"比，而与r2成反比，B错误；电子的电流为。，由W=Uq可知，电场对电子做功加速时W=Ue，即在1V电压下加速，电场力做功为1eV，C正确；从a点移动到b点克服电场力做功为1J，即电场力做功Wb=TJ，电荷量为q=1C，代入U=一ab，得a、b两点间的电势差为U=-1V，故D错误.abq ab如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一小粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，由此可判断出（ ）a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大N点的电势低于M点的电势a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大a粒子在M点的速率小于在N点的速率【答案】C【详解】根据电场线或等势面的疏密程度可知，a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；a粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；a粒子带正电，从M到N，电场力做负功，所以电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误。故选C。如图所示，水平放置的平行板电容器，下极板接地，一带电油滴静止于尸点。现将下极板上移到图中虚线位置，则（ ）十十+ +十十十油滴带正电 B.M、N两极板间电压保持不变C.P点的电势减小 D.油滴在P点的电势能减小【答案】C【详解】一带电油滴静止于P点，电场力向上，则油滴带负电，故A错误；£K现将下极板上移到图中虚线位置，，相当于减小了板间距，根据电容的决定式C=土可知，电容C变大，4兀kd电量Q不变，依据公式C=草可知，M、N两极板间电压变小，故B错误；板间场强E=U=些

d £S不变，而P点与下极板间距减小，根据U=Ed=p—0则有P点的电势减小，故C正确；油滴在P点的电势能E^qcp，因油滴带负电，则电势能变大，故D错误。故选C。如图所示，两块平行正对的金属板AB、CD水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场（不考虑边缘效应）.一带电粒子以初速度匕从下极板的边缘A点与金属板成a角斜向上射入两板间，带电粒子经过AC连线的中点P然后从下极板在边缘B点飞出电场，带电粒子所受的重力忽略不计.若该粒子仍从下极板边缘A点斜射入两板间，改变以下条件能使带电粒子恰好从上极板边缘C点沿与极板平行飞出的是( )p C仅适当增加a角仅增大粒子初速度匕将粒子初速度匕和a角适当增大将粒子初速度匕适当增加，a角适当减小【答案】B【详解】带电粒子在电场中做类斜抛运动，带电粒子经过AC连线的中点p，由对称性可知，经过P点时的速度方向与极板平行，粒子由A-P的运动可看做反方向的类平抛运动，根据平抛运动规律，位移PA与水平方向夹角。和匕与极板间夹角a关系为tana=2tan0若使粒子从上极板右边缘C点平行极板出射，粒子由A-C的运动可看做反方向的类平抛运动，位移AC与极板夹角0不变，可知粒子入射时速度方向与极板间夹角应仍为a.可见只需保持a不变，仅增大初速度就能使粒子沿上极板边缘平行极板飞出，故B项，ACD三项均错误。故选B。真空中某电场线是直线，直线上各点电势伊与直线各点坐标x的关系如图中曲线所示，a、b、c是直线上的三点，且有沥场。，则以下判断正确的是（ ）A.B.C.ba、b、c三点中bA.B.C.ba、b、c三点中b点处电场强度最大该电场可能是置于0点处的点电荷产生的D.即有U|=9一中ababab9a>9cUab>Ubc从a点自由释放只受电场力的带正电的粒子一定能沿abc一直运动下去【答案】D【详解】9—x图线切线的斜率大小等于电场强度大小，所以E>E>Ebb点处电场强度最小，且Eb=0故选项A错误;点电荷空间各点电场强度E=kQ

r2即与场源电荷距离越大场强越小，a、b、c三点场强表现特点，不是单一电荷形成的，故选项B错误;C.从（p—x图线可知故选项C错误;沿电场线方向（场强）电势由高到低，l图线切线的斜率大小等于电场强度大小，0-a-b区域场强方向向右逐渐减小，b-c-g区域场强方向向左，场强先增加后减小直至x无穷为0,且有四"KJ所以。点自由释放的带正电的粒子，做加速度减小的加速运动到b点速度最大（qU=2mv2）过b点后先做加速度增加后做加速度减小的减速运动直至x无穷远（qU皿=0-2mv2）故选项D正确。故选D。如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，妃，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V，一质子从a点以速度・射入电场，与ab边的夹角为•••，一段时间后质子经过ab中点e，不计质子重力，下列判断正确的是1 .d点电势为12V质子从a到b电势能增加了8eVC.电场强度大小为D.质子从a到。所用时间为2vo6.D【解析】匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故Uad=Ubc，可得d点电势为14V，故A错误.Uac=Ucb/Uab=8V，故质子从a到b电场力做功为W=eU=8eV，电场力做正功电势能减小，故B错误.经计算可知，d点和e点的电势相同，故连点连线为等势线，由于ab=2bc=2L，故^ade为等腰三角形，a点到直线de的距离为『，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为，故C错误.de连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为"，所需时间为=-宫土，故D正确.故选D.7如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和灯泡L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab=0V，Uad=0V，Ucd=6V，由此可断定（）J 点 4A.L1和L2的灯丝都烧断了 B.L1的灯丝烧断了 C.L2的灯丝烧断了 D.变阻器R断路【答案】D【解析】据题：Uab=0V,Uad=0VUcd=6V,即变阻器R的电压等于电源两极间的电压，说明a与b连接完好，c与b连接完好，所以不可能是L1的灯丝烧断了，也不可能是L2的灯丝烧断.只可能变阻器R断路，ABC不符合题意，D符合题意.故答案为：D两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的，V1表的量程是5V，V2表的量程是15V，把它们串联起来接入电路中，则（ ）它们的示数相等，指针偏转角度也相等它们的示数之比为1:3,指针偏转角度相等它们的示数相等，指针偏转角度之比为1:3它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1:33.B【详解】电压表是由电流计与定值电阻串联改装而成的；V］表的量程是5V，V2表的量程是15V，相同的两个电流计改装，可知，V2表的内阻是V1表的内阻的3倍.把它们串联接入电路，通过的电流相等，电表指针的偏角相同；电表两端电压之比等于内阻之比1：3,它们的示数之比为1：3.故B项正确，ACD错误。故选B。如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为R方向与水平面平行，在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+g的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且匕0=30。，下列说法正确的是（ ）%电场的方向与AB平行电场的方向与AB垂直小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为哮qER小球在A点重直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为FAD【详解】AB.由题意，小球经过B点的动能最大，所以小球在圆上B点的电势能最低，故圆上B点的电势最低，过B点的等势面为圆上过B点的切线，电场线和等势面垂直，因此电场线沿AB方向，A正确，B错误；CD.小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，小球只受电场力，做类平抛运动有x=2Rsin30°cos30°=vty=2Rcos230°=—竺^22m由以上两式得「1一1*E=2mv2=—qERC错误，D正确。故选AD。如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为8）连接，电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（）当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动

当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高11.AD【详解】A.当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，A的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大所以带电油滴会向上运动，故场强增大，油滴所受的电场力增大所以带电油滴会向上运动，故A正确;B.当电容器的上极板向上移动时，B.当电容器的上极板向上移动时，C-44兀kd知电容减小，而电容器的电压不变知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误;C.当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由_4兀kQ:E—8S知电容器板间场强不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高，故C错误;D.当电容器的下极板向左移动时C=4兀kd电容器的电容减小，由知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，故D正确。故选AD。11图为科技馆里一个趣味体验项目的照片和简化图，核心装置为一个金属球，在干燥的空气里，体验者双脚站在绝缘凳上，手（图中为右手）按在金属球上，并与周围其他物体保持远离。一条特殊传送带（图中未画出）给金属球不断地输送电荷，过一段时间后，体验者的头发便会四处散开，甚至倒立，十分有趣，在此状态下，若用左手也去摸金属球，会被电击若用左手与旁边的观众握手，会被电击若将右手离开金属球，则头发会立刻恢复常态若将右手离开金属球而且走下绝缘凳，头发会立刻恢复常态11.BD【解析】A.因为左右两手的电势相等，故若用左手也去摸金属球，不会有电流产生，不会被电击，选项A错误；若用左手与旁边的观众握手，因为与旁边的人有电势差，故会有电流产生，通过人体会被电击，选项B正确；若将右手离开金属球，电荷不会转移，则头发仍然直立，选项C错误；若将右手离开金属球而且走下绝缘凳，则电荷将进入大地，人体将不再带点，头发会立刻恢复常态，选项D正确；故选BD。如图，空间存在沿OM方向的匀强电场，ON与OM的夹角ZNOM=0,某带正电粒子从OM上的P点垂直于OM进入电场，仅在电场力作用下运动，第一次经过ON的位置记为Q点。当粒子以不同大小的初速度进入电场，Q点的位置会不同，若Q点离O点最远距离OQ=L。下列说法正确的是（ ）Q点最远时，粒子的速度沿ON方向粒子在OM方向的分运动是匀加速直线运动，垂直OM方向的分运动是匀速直线运动C•粒子进入电场的初速度越大，Q点离O点越远D.根据条件可以求得OP=§cos012【答案】ABD【详解】当粒子的运动轨迹与ON相切时，Q点最远，此时粒子的速度沿ON方向，故A正确；粒子在OM方向受电场力，在垂直OM的方向不受力，所以粒子在OM方向的分运动是匀加速直线运动，垂直OM方向的分运动是匀速直线运动，故B正确；C•粒子进入电场的初速度越小，到达ON所用时间越长，粒子在OM方向的位移越大，Q点离O点越远，故C错误；D.根据前面分析可知，当OQ=L时，粒子运动轨迹与ON相切，如图所示，根据类平抛运动规律的推论可知速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，则有OS2PSQ^=~QS解得PS=1OS2所以OP=1OS=Lcos02 2故D正确。故选ABDo二实验13.下图中游标卡尺的读数为cm；螺旋测微器的读数为 mm。1.450 6.791【解析】［1］从主尺上读出14mm，游标是20分度的，精确度是0.05mm，恰好游标上10与主尺对齐，因此读数为14mm+10x0.05mm=14.50mm=1.450cm［2］从主尺上读出6.5mm，螺旋上每个刻度为0.01mm，读出数值为29.1x0.01mm，因此读数为6.5mm+29.1x0.01mm=6.791mm14有一只灵敏电流计G，刻度盘上共有N格刻度而无具体示数，现要根据图（。）所示电路测出此表的满偏电流Ig和内阻Rg。（1）请按原理图（。），将图⑦）中的实物电路连接完整;（2） 实验中调节滑动变阻器R0和电阻箱R，使灵敏电流计刚好满偏，读出此时电压表的示数U和电阻箱的阻值K；然后再调节滑动变阻器R0和电阻箱R，使灵敏电流计刚好半偏，且电压表的示数仍为U，读出此时电阻箱的阻值R2。用U、R］和R2表示灵敏电流计的满偏电流Ig和内阻Rg，表达式：Ig=，Rg=；（3） 仅从实验设计原理上看，这种测量方法得到满偏电流的测量值与真实值相上（选填“偏大”“偏小”或“相等''）。14.【答案】（1）.图见解析/ U（2）I= -（2）gR-R；2 1R=R2-2%（3）相等【详解】（1）连接的实物图如图当电流计满偏时有g R1+R当电流计半偏时有U—g= R2+R联立解得1-R—R2 1R=R2—2%实验应用了等效代替法，两种情况下电路两端电压相等，则电流计内阻测量值等于真实值，故相等。15一电阻丝电阻大概200欧姆，为准确测量该电阻丝的电阻，备有以下器材:待测电阻Rx；电动势3V的直流电源，其内阻可不计；直流电压表V，两侧为0〜15V，内阻为15kQ，其读数可表示为U；直流电流表A］，量程为0〜1mA，内阻为r「30Q，其读数可表示为I1；直流电流表A2，量程为0〜20mA，内阻为r2约为2Q，其读数可表示为12；定值电阻R］，阻值为2970；滑动变阻器R2,其最大电阻为10Q；开关和导线若干在虚线框中将电路图补充完整 .TOC\o"1-5"\h\z: ；i i0 1 2 1il,i1.1,1,」」I,i: 1TI :IIf1I]ITilIIIH|1I1-_益/ 10 10 20用刻度尺测得电阻丝接入电路的长度为L,用游标卡尺测其直径d时，某次游标卡尺的示数如图所示，其读数为mm.写出金属丝电阻率的表达式为=.(用题目中所给的符号表示)兀d2兀d21(r+R)

4L(121-11)(2)电路图如图所示(2)电路图见解析；(3)0.95；(4)P=【详解】(1)用欧姆表粗测电阻.现将欧姆表置于’X100”，经正确的操作，测量电阻时发现指针偏角过大，说明有的档位偏大，应该换小挡，使得指针指向表盘的中央刻度附近，所以改用“x10”的档位，换档后重新欧姆调零.游标尺主尺部分的读数为：0mm分尺上的读数为：19x0.05mm=0.95mm游标尺的最终读数为：0.95mm由电路知识得；UI(R+r)TOC\o"1-5"\h\zR=—=——1 1—\o"CurrentDocument"2 1由电阻定律得：dLL 4L\o"CurrentDocument"R=P;=P— P—XS 兀(d)2 兀d22联立可解得:兀d21(r+R)P=4L(I-1)2 1三计算题(解答应写出必要的文字说明和重要的解题步骤，只写出最后结果的不给分。本题共46分)16在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示.当给电容器突然充电使其电压增加△"］时，油滴开始向上运动；经时间&后，电容器突然放电使其电压减少△%，又经过时间&，油滴恰好回到原来位置.假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计.重力加速度为g.求:（1） 带电油滴所带电荷量与质量之比；（2） ）第一个&与第二个&时间内油滴运动的加速度大小之比;（3） 凹与*之比.•带电油滴I Idg13.【答案】(1)—；(2)1:3；(3)1：4%【详解】（1）油滴静止时，根据平衡条件有:qdg解得：m~U0（2）设第一个△内油滴的位移为％，加速度为aj，第二个△内油滴的位移为了2，加速度为a2，则1―X=—aAt21 21…1―X=vAt一一aAt22 1 22根据题意有:v=aAt联立解得：a1：户1：3?（3）油滴向上加速运动时，根据牛顿第二定律有：qU0*△匕-mg=ma

d 1即:AUq~d~^=a1①油滴向上减速运动时，根据牛顿第二定律有:mg-qU0+AUi~AU2=mad 2即:AU-AU

q 2 1联