PAGEPAGE13綜合評估時間：90分鐘分值：100分一、選擇題(1～7為單選，每小題3分；8～10為多選，每小題4分，共33分)1．下面是某同學(xué)對電場中的一些概念及公式的理解，其中正確的是(D)A．依據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)可知，電場中某點的電場強度與摸索電荷所帶的電荷量成反比B．依據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，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．依據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，電場中某點的電場強度與場源電荷所帶的電荷量無關(guān)D．依據(jù)電勢差的定義式UAB＝eq\f(WAB,q)可知，帶電荷量為1C的正電荷，從A點移動到B點克服電場力做功為1J，則A、B兩點間的電勢差為－1V解析：電場強度E與F、q無關(guān)，由電場本身確定，A錯誤；電容C與Q、U無關(guān)，由電容器本身確定，B錯誤；E＝keq\f(Q,r2)是電場強度的確定式，故C錯誤；在電場中，克服電場力做功，電場力做負功，由UAB＝eq\f(WAB,q)可知D正確．2．如圖所示的四個電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個點電荷，A圖中虛線是一個圓，B圖中幾條直線間距相等相互平行，則在圖中M、N處電場強度相同的是(B)解析：電場強度是矢量，電場強度相等必定其大小相等、方向相同．故答案為B.3．a(chǎn)，b兩點各放有電量為＋Q和＋4Q的點電荷，a，b，c，d，e，f，g七個點在同始終線上，且ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb，如圖所示，取無限遠處為零電勢，則(D)A．d處的場強和電勢均為零B．e處的電勢比f處的電勢高C．電子在f處的電勢能比在g處的電勢能小D．電子從c移到e，電子所受電場力先做負功再做正功解析：設(shè)ac＝cd＝de＝ef＝fg＝gb＝L，場強為零處距a為x，因為eq\f(kQ,x2)＝eq\f(k·4Q,6L－x2)，所以x＝2L，即在d處場強為零，但電勢不為零，A錯誤；a至d區(qū)域場強方向向右，d至b區(qū)域場強方向向左，所以e處的電勢比f處的電勢低，B錯誤；電子帶負電，所以電子在f處的電勢能比在g處的電勢能大，C錯誤；電子在c，d間所受電場力向左，在d，e間所受電場力向右，因此電子從c移到e，電子所受到電場力先做負功再做正功，D正確．4．電源的兩個重要參數(shù)分別是電動勢E和內(nèi)電阻r.電路有兩種特別狀況：當外電路斷開時，電源兩端的電壓等于電源電動勢；當外電路短路時，短路電流等于電動勢和內(nèi)電阻的比值．現(xiàn)有一個電動勢為E、內(nèi)電阻為r的電源和一阻值為R的定值電阻，將它們串聯(lián)或并聯(lián)組成的系統(tǒng)視為一個新的等效電源，這兩種連接方式構(gòu)成的等效電源分別如圖甲和乙中虛線框所示．設(shè)新的等效電源的電動勢為E′，內(nèi)電阻為r′.試依據(jù)以上信息，推斷下列說法中正確的是(D)A．甲圖中的E′＝eq\f(r,R＋r)E，r′＝R＋rB．甲圖中的E′＝eq\f(R,R＋r)E，r′＝R＋rC．乙圖中的E′＝E，r′＝eq\f(Rr,R＋r)D．乙圖中的E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)解析：電源的電動勢等于外電路斷路時的路端電壓，則對甲圖可知E′＝E，r′＝r＋R，選項A、B錯誤；圖乙中，E′＝eq\f(ER,R＋r)，r′＝eq\f(Rr,R＋r)，故選項C錯誤，D正確．5.在如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照耀光強度的增大而減小，為志向電壓表．若將照耀R3的光的強度減弱，則(B)A．電壓表的示數(shù)變大B．小燈泡消耗的功率變小C．通過R2的電流變小D．電源內(nèi)阻消耗的電壓變大解析：若將照耀R3的光的強度減弱，則R3的電阻將增大，電路中的總電阻將增大，總電流減小，故電壓表的示數(shù)變小，內(nèi)電壓也減小，A、D錯誤；而電阻R2兩端的電壓將變大，通過R2的電流變大，而總電流減小，所以通過小燈泡的電流減小，小燈泡消耗的功率變小，B正確，C錯誤．6.如圖所示，有一半圓弧光滑軌道，半徑為R，在與圓心等高的位置靜止放置一個帶正電的小球A，其質(zhì)量為m，MN之間有一方向水平向左的勻強電場，讓小球A自由滾下進入勻強電場區(qū)域，水平面也是光滑的，下列說法正確的是(B)A．小球肯定能穿過MN區(qū)域接著運動B．假如小球沒有穿過MN區(qū)域，小球肯定能回到動身點C．假如小球沒有穿過MN區(qū)域，只要電場強度足夠大，小球可以到達P點，且到達P點速度大于等于eq\r(gR)D．假如小球肯定能穿過MN區(qū)域，電場力做的功為－mgR解析：小球帶正電，進入電場后做減速運動，假如小球達到N點還沒有減速到零，說明小球穿過了MN區(qū)域，假如小球還沒有到N點就減速到零，說明小球不能穿過MN區(qū)域，A項錯．假如小球沒有穿過MN區(qū)域，依據(jù)能量守恒定律，小球能回到動身點，且速度為零，B項對，C項錯．假如小球肯定能穿過MN區(qū)域，依據(jù)動能定理，電場力做的功與重力做的總功之和等于動能的變更，由于不知道小球在N點的速度是否為0，所以無法確定電場力做的功，D項錯.7.用絕緣細線懸掛一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球，讓它處于如圖所示的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．由于磁場的運動，小球靜止在圖示位置，這時懸線與豎直方向的夾角為α，并被拉緊，則磁場的運動速度大小和方向可能是(C)A．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向右 B．v＝eq\f(mg,Bq)，水平向左C．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向上 D．v＝eq\f(mgtanα,Bq)，豎直向下解析：當磁場水平向右運動時，相當于小球水平向左運動，由左手定則可知，小球受的洛倫茲力豎直向下，小球不行能靜止，故A錯誤；當磁場水平向左運動時，相當于小球受洛倫茲力豎直向上，當小球靜止時有qvB＝mg，故v＝eq\f(mg,Bq)，此時線中無張力，故B錯誤；同理分析C選項中小球所受洛倫茲力水平向右，由共點力平衡可得v＝eq\f(mgtanα,Bq)，故C正確，因此D錯誤．8．如圖所示的直角坐標系中，第一象限內(nèi)分布著勻稱輻射狀電場．坐標原點與四分之一圓弧熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E.大量帶電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場，若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質(zhì)汲取并導(dǎo)走且不影響原來的電場分布，不計粒子的重力及它們間的相互作用．下列說法正確的是(CD)A．能進入第一象限的粒子在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上B．到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越大C．能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必需大于qUD．若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮解析：設(shè)粒子起先運動時的坐標為(－x，－h(huán))，粒子在電場中運動過程中，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得x＝v0t，h＝eq\f(at2,2)，qE＝ma，聯(lián)立得h＝eq\f(Eqx2,2mv\o\al(2,0))，可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，故A錯誤．粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y軸方向的分速度越大．粒子到達O點時，速度方向與y軸的夾角θ滿意tanθ＝eq\f(v0,vy)，可知到達坐標原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越小，故B錯誤．粒子進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必需大于等于0，由功能關(guān)系可知eq\f(mv2,2)－qU>0，即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必需大于qU，故C正確．粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(mv0,Eqt)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度方向與y軸之間的夾角不同，所以從不同的位置起先偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以隨意夾角進入第一象限，所以若U<eq\f(mv\o\al(2,0),2q)，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，故D正確．9．某種小燈泡的U-I圖線如圖甲所示，三個完全相同的這種小燈泡連接成如圖乙所示的電路，四個電表均為志向電表．現(xiàn)閉合開關(guān)S，電壓表V1的示數(shù)為4.0V，以下說法正確的是(AC)A．電壓表V2的示數(shù)為1.0VB．電流表A2的示數(shù)為0.60AC．電源的輸出功率為3.0WD．電源的電動勢肯定為8V，內(nèi)阻為5Ω解析：電壓表V1的示數(shù)為4V，由U-I圖象得到L1的電流為0.6A，故另外兩個燈泡的電流均為0.3A，再依據(jù)U-I圖象得到電壓為1V，故電壓表V2的示數(shù)為1.0V，電流表A2的示數(shù)為0.30A，故A正確，B錯誤；路端電壓為4V＋1V＝5V，干路電流為0.6A，故輸出功率為P＝UI＝5×0.6W＝3W，故C正確；路端電壓為U＝E－Ir，只有一組數(shù)據(jù)，無法求解電動勢和內(nèi)阻，故D錯誤．10.如圖所示，在x>0，y>0的空間有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面對里，大小為B，現(xiàn)有四個質(zhì)量及電荷量均相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同的初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力的影響，則(AD)A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C．在磁場中運動時間最長的是沿③方向射出的粒子D．在磁場中運動時間最長的是沿④方向射出的粒子解析：明顯圖中四條圓弧中①對應(yīng)的半徑最大，由半徑公式R＝eq\f(mv,Bq)可知，質(zhì)量和電荷量相同的帶電粒子在同一個磁場中做勻速圓周運動的速度越大，半徑越大，A對B錯；依據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)知，當圓弧對應(yīng)的圓心角為θ時，帶電粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θm,Bq)，圓心角越大則運動時間越長，圓心均在x軸上，由半徑大小關(guān)系可知④的圓心角為π，且最大，故在磁場中運動時間最長的是沿④方向射出的粒子，D對C錯．二、非選擇題(共67分)11．(6分)某同學(xué)要測量一勻稱新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：(1)用游標為20分度的游標卡尺測量其長度如圖甲所示，由圖可知其長度L＝50.00mm.(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙所示，由圖可知其直徑D＝4.000mm.解析：(1)游標卡尺的主尺部分讀數(shù)為50mm，圓柱體的長度為50mm＋0×0.05mm＝50.00mm.(2)螺旋測微器主尺部分讀數(shù)為4mm，零刻度線對齊主尺刻度，所以螺旋測微器最終的讀數(shù)為4.000mm.12．(7分)一只多用電表的測電阻部分共分R×1、R×10、R×100、R×1k四擋，表面電阻刻度如圖(a)所示．某學(xué)生用這只多用電表來測一個電阻的阻值，他選擇R×100擋，并按運用規(guī)則正確地調(diào)整好了多用電表．測量時表針的偏轉(zhuǎn)如圖(b)，為使測量結(jié)果盡可能精確，他確定再測量一次，再次測量中，他應(yīng)選擇的是R×1_k擋；在后面所給的幾個操作步驟中，不須要進行的是D(填步驟前的字母代號)；在應(yīng)當進行的操作步驟中，按依次應(yīng)選①B②A③F④E⑤C(填步驟前的字母代號)．A．把兩根表筆短接B．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到上面所選擇的量程上C．將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到溝通電壓的最高擋D．在兩表筆分別的狀況下，調(diào)整電表的調(diào)整定位螺絲，使指針指在最左端零位E．把兩根表筆分別與待測電阻兩端接觸，指針穩(wěn)定后讀出電阻值F．調(diào)整歐姆擋的調(diào)零旋鈕，使指針指在電阻刻度的零位上解析：選擇R×100擋時，指針偏角很小，說明擋位選擇太小，應(yīng)選高擋位，故選R×1k擋．重新?lián)Q擋只需進行歐姆調(diào)零，不須要調(diào)整定位螺絲，故不須要進行的選D.由電阻測量步驟，依次應(yīng)是①B、②A、③F、④E、⑤C.13．(8分)在“描繪小電珠的伏安特性曲線”的試驗中，有供選擇的試驗儀器如下：(1)在上述器材中，滑動變阻器應(yīng)選R1；電流表應(yīng)選A2.(2)在圖中用筆畫線代替導(dǎo)線，把試驗儀器連接成完整的試驗電路．答案：如圖所示解析：(1)為便利電路調(diào)整，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；小電珠正常工作時I額＝0.3A＝300mA>100mA，故電流表應(yīng)選A2.(2)因為要求小電珠上的電壓從0增大，應(yīng)選用分壓電路；而小電珠正常工作時R燈＝eq\f(U,I)＝eq\f(3.8,0.3)Ω≈13Ω?RV＝5kΩ，故電流表應(yīng)選擇外接法，其電路見答案．14．(10分)在探討性課題中，小剛、小聰和小明所在的小組收集了手機的電池以及從廢舊收音機上拆下的電阻、電容器、電感線圈等電子器件．現(xiàn)從這些材料中選取兩個待測元件進行探討，一個是電阻Rx(阻值約2kΩ)，另一個是手機中常用的鋰電池(電動勢E的標稱值為3.4V)．在操作臺上還打算了如下試驗器材：A．電壓表V(量程4V，電阻RV約10kΩ)B．電流表A1(量程100mA，內(nèi)阻RA1約5Ω)C．電流表A2(量程2mA，內(nèi)阻RA2約50Ω)D．滑動變阻器R(0～40Ω，額定電流1A)E．電阻箱R0(0～999.9Ω)F．開關(guān)S一個、導(dǎo)線若干(1)小剛采納伏安法測定Rx的阻值，他運用的電源是待測的鋰電池．如圖是他連接的部分試驗器材，請你完成實物連接．小剛選用的電流表應(yīng)是A2(填“A1”或“A2”)；他用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)作為Rx的測量值，則測量值大于真實值(填“大于”或“小于”)．答案：見解析圖(2)小聰和小明設(shè)計了如圖甲所示的電路圖測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r.a．小聰?shù)脑囼灢僮魇牵洪]合開關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值為R1時，讀出電壓表的示數(shù)為U1；調(diào)整電阻箱的阻值為R2時，讀出電壓表的示數(shù)為U2.依據(jù)小聰測出的數(shù)據(jù)可求得該電池的電動勢，其表達式為E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b．小明認為用線性圖象處理數(shù)據(jù)更便于分析．他在試驗中多次變更電阻箱阻值，獲得了多組數(shù)據(jù)，畫出的eq\f(1,U)-eq\f(1,R)圖線為一條直線(見圖乙)．則該圖象的函數(shù)表達式為eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，由圖乙可知該電池的電動勢E＝eq\f(10,3)(或3.3)V，內(nèi)阻r＝0.25Ω.解析：(1)測量Rx的阻值時，滑動變阻器實行分壓接法，由于待測電阻的阻值較大，電流表實行內(nèi)接法，實物圖如圖所示：通過待測電阻的最大電流約為Im＝eq\f(3.4,2000)A＝1.7mA，故電流表選取A2；由于電流表實行內(nèi)接法，用電壓表的讀數(shù)除以電流表的讀數(shù)為待測電阻與電流表內(nèi)阻的阻值之和，所以測量值大于真實值．(2)a.由閉合電路的歐姆定律可知E＝U1＋eq\f(U1,R1)r，E＝U2＋eq\f(U2,R2)r，聯(lián)立解得E＝eq\f(U1U2R1－R2,U2R1－U1R2)；b.由閉合電路的歐姆定律可知E＝U＋eq\f(U,R)r，整理得eq\f(1,U)＝eq\f(r,ER)＋eq\f(1,E)，所以eq\f(1,E)＝0.3V－1，解得E＝eq\f(10,3)V；斜率eq\f(r,E)＝eq\f(0.6－0.3,4.0)＝eq\f(3,40)，解得r＝0.25Ω.15．(10分)如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4m，質(zhì)量為6×10－2kg的通電直導(dǎo)線，電流I＝1A，方向垂直紙面對外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應(yīng)強度每秒增加0.4T，方向豎直向上的磁場中．設(shè)t＝0時，B＝0，則須要多長時間斜面對導(dǎo)線的支持力為零？(g取10m/s2)答案：5s解析：斜面對導(dǎo)線的支持力為零時導(dǎo)線的受力如圖所示．由平衡條件FTcos37°＝F①FTsin37°＝mg②由①②解得F＝eq\f(mg,tan37°)代入數(shù)值得：F＝0.8N由F＝BIL得：B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(0.8,1×0.4)T＝2T.B與t的變更關(guān)系為B＝0.4t.所以t＝5s.16．(12分)如圖所示，電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，水平放置的平行金屬板A、B間的距離為d，板長為L.在A板的左端且特別靠近極板A的位置，有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小液滴以初速度v0水平向右射入兩極板．(重力加速度用g表示)，求：(1)若使液滴恰能沿v0方向射出電場，電動勢E1應(yīng)為多大？(2)若使液滴恰能從B板右端邊緣射出電場，電動勢E2應(yīng)為多大？答案：(1)eq\f(2mgd,q)(2)eq\f(2md,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(2dv\o\al(2,0),L2)))解析：(1)若使液滴沿v0方向射出電場，則液滴在電場中做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，即mg＝eq\f(qUAB,d)由閉合電路歐姆定律，得E1＝I(R＋R)，UAB＝IR解得E1＝eq\f(2mgd,q)(2)由于液滴能從B板右端邊緣飛出，液滴在電場中做類平拋運動，有L＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，由牛頓其次定律，有eq\f(qUAB′,d)－mg＝ma由歐姆定律，得UAB′＝eq\f(E2,2)聯(lián)立以上各式，解得E2＝eq\f(2md,q)eq\b\