老师 马上又要第二次月考了 在此我想请您给我出一份题 请不要拒绝 不要说回答的问题不在范畴之类的话 我第一次月考就是让这

解题思路： 从选修3-1前二章的内容去命制，注意这两章的分值比例。
解题过程：
D．灯L₂变亮，电压表的示数增大
7．三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为R₁∶R₂∶R₃=1∶3∶6，则电路工作时，通过三个电阻器R₁、R₂、R₃上的电流之比I₁∶I₂∶I₃为 （ ）

A．6∶3∶1 B．1∶3∶6 C．6∶2∶1 D．3∶2∶1
8．如图为两个不同电源的U﹣I图象，则下列说法正确的是( )

A．电动势E₁=E₂，内阻r₁＞r₂
B．电动势E₁=E₂，内阻r₁＜r₂
C．接入相同电阻时，电源1的输出功率大
D．接入相同电阻时，电源2的输出功率大
9．如图所示，电路中R₁、R₂均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是

A．增大R₁的阻值 B．增大R₂的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开开关S
10．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R₁、R₂的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )

A．R₁接在电源上时，电源的效率高
B．R₂接在电源上时，电源的效率高
C．R₁接在电源上时，电源的输出功率大
D．R₂接在电源上时，电源的输出功率大
11．（单选）如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则不正确的是( )

A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
12．如图所示，两平行金属板A、B水平放置，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，闭合开关使电容器充电，一个不计重力的带电粒子恰能水平向右匀速通过，则（ ）

A．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子将向下偏
B．仅将极板A上移一小段距离，带电粒子仍能沿直线运动
C．仅将极板A、B错开一段距离，带电粒子一定向上偏
D．仅将极板A下移，此过程中将出现a到b的电流


第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
13．用如图所示装置可以研究影响平行板电容器电容的因素。设两极板正对面积为S，两极板间的距离为d，板间电介质的介电常数为ε，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变。
①若保持d、ε不变，减小S，则θ （填变大、变小、或不变，下同）
②若保持S、ε不变，增大d ，则θ
③若保持d、S不变，在板间插入介电常数ε更大的电介质，则θ
14．研究性学习小组围绕一个量程为30mA的电流计展开探究。

（1）为测量该电流计的内阻，同学甲设计了如图（a）所示电路。图中电源电动势未知，内阻不计。闭合开关，将电阻箱阻值调到20Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95Ω时，电流计指针指在如图（b）所示位置，则电流计的读数为 mA。由以上数据可得电流计的内阻R_g= Ω。
（2）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔，如图（c）所示，设计出一个简易的欧姆表，并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为 Ω（填“0”或“∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度。则“10mA”处对应表笔间电阻阻值为 Ω。
（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变，但将两表笔断开，调节电阻箱指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果与原结果相比将___（填“变大”、“变小”或“不变”）。
评卷人
得分
三、计算题（题型注释）
15．（8分）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距d，如图所示，求：

（1）小球带电荷量q是多少？
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
16．如图所示，板长L＝10 cm，板间距离d＝10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m、带电量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45 cm，(g取10 m/s²)求：

(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；
(3)电容器C极板间的电压U.
17．在如右图所示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R₀＝3Ω，滑动变阻器总电阻R＝20Ω，闭合电键S。电流表内阻不计。求：

（1）滑片滑到最下端a时，电流表示数值I
（2）在滑片P从a滑到b的过程中，保护电阻R₀两端的最低电压值U
18．一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车，拥有三十多个座位，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让汽车一次性跑5.0×10⁵m，汽车时速最高可达1.8×10²km/h，汽车总质量为9.0×10³kg。驱动电机直接接在蓄电池的两极，且蓄电池的内阻为r=0.20Ω。当该汽车在某城市快速水平公交路面上以v＝90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I＝1.5×10²A，电压U＝3.0×10²V，内电阻R_M=0.40Ω。在此行驶状态下（取g＝10 m/s²），求：
（1）驱动电机输入的电功率P_入；
（2）驱动电机的热功率P_热；
（3）驱动电机输出的机械功率P_机；
（4）蓄电池的电动势E。

参考答案
1．D
【解析】
试题分析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，即Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力；Ep-x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据，故电场强度也逐渐减小；故A错误； 根据动能定理，有：F•△x=△E_k，故E_k-x图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；题图v-x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误； 粒子做加速度减小的加速运动，故D正确；
故选D。
考点：带电粒子在电场中的运动.
【名师点睛】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，切入点在于根据Ep-x图象得到电场力的变化规律，突破口在于根据牛顿第二定律得到加速度的变化规律，然后结合动能定理分析；此题难度不大，意在考查学生对物理规律和物理图像的结合能力.
2．C
【解析】
试题分析：电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以在p点电荷减半或无检验电荷，P点的场强不变，故AB均错误；据F=Eq知，P点的场强越大，则同一电荷在P点所受的电场力越大，故C正确；
据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，所以P点的场强方向为正电荷在该点的受力方向，与负电荷受力方向相反，故D错误．故选C.
考点：电场强度.
【名师点睛】此题考查了学生对电场强度的理解；明确电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关；场强公式，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义；场强方向的规定判断场强方向与电场力的方向的依据。
3．AC
【解析】
试题分析：沿着电场线方向电势降低，所以a点的电场强度方向与x轴方向相同，故A正确；b点的等势面比a点的等势面密，等势面越密集的地方电场线密集，则b点电场线密集，即a点的场强小于b点的场强，故B错误；若一带电粒子沿x轴从a点移到b点，电场力做负功，则带电粒子的电势能一定增加，若只有电场力做功，则动能减小，故C正确，D错误．故选AC.
考点：等势面；电场强度.
【名师点睛】此题考查了电场线与等势面及电场强度的关系；要知道电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低．沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点即可解决本题．
4．A
【解析】
试题分析：由于电容器的两极板与电池相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变．根据电容决定式，由于S保持不变，d增大，故电容C减小，根据Q=CU可知电量Q减小；故A正确；由于d保持不变，S增大，故电容C增大，根据Q=CU可知电量Q增大；故B错误；由于S不变，d减小，故电容C增大，根据Q=CU，得场强，则电场强度不变；故C错误;由于S减小，d减小，根据Q=CU，得场强，则电场强度增大；故D错误；故选A.
考点：电容器；电场强度.
【名师点睛】电容器动态分析类的题目一定要注意是孤立的电容器（电量保持不变）还是与电池相连的电容器（电压保持不变）；一定要根据场强的决定式判断E的变化，要根据电容的决定式判断C的变化，从而根据电容的定义式Q=CU判断Q的变化情况.
5．C
【解析】
试题分析：根据圆环的对称性，圆环中心的电场强度为零，无穷远处也为零，小球从A点到圆环中心的过程中，电场强度可能是先增大后减小，电场力也是先增大后减小，小球的重力不变，合外力可能先减小后增大，加速度先减小后增大，小球通过圆环中心后，加速度方向向下为正方向，根据对称性，电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，所以A项错误；小球由释放到通过中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球通过中心后，电场力做正功，机械能增加，所以B项错误；电场不是匀强电场，电场力做功与距离不是线性关系，所以C项正确；在圆心以上重力势能为，在圆心以下重力势能为，所以D项错误。
考点：本题考查了电势能和电场强度
6．C
【解析】
试题分析：由图可知，R与L₂并联后与L₁串联，电压表测量电源的路端电压；当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小；则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；则由U=E-Ir可知，路端电压减小；由灯泡L₁变亮；故A错误；C正确；因路端电压减小，灯泡L₁电压增大，故并联部分电压减小；则L₂亮度变暗，电流减小；再由并联电路中的电流规律可知，流过A的电流增大；故B D错误；故选C.
考点：电路的动态分析.
【名师点睛】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，要掌握好此类题目的解题方法；明确“局部-整体-局部”的分析方法；首先分析电路得出电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化；再由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化；从而得出电流表示数及灯泡亮度的变化。
7．D
【解析】
试题分析：电阻R₂和R₃是并联关系，则电流之比等于电阻之比的倒数即：I₂：I₃= R₃∶R₂=2：1；则R₁上的电流等于R₂和R₃的电流之和，故I₁∶I₂∶I₃=3∶2∶1，故选D.
考点：串并联电路的特点
【名师点睛】此题考查了串并联电路的特点；要知道在串联电路中电流处处相等；并联电路中电压相等，且总电流等于各个电阻上的电流之和；此题是基础题，意在考查学生对基础知识的掌握程度.
8．BC
【解析】
试题分析：根据闭合电路欧姆定律得，U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出E₁=E₂，r₁＜r₂．故A错误，B正确．过原点O作出一条倾斜的直线3，该直线表示电阻的U-I图象，该直线与图线1、2的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线3与图线1交点的两坐标的乘积大于直线3与图线2交点的两坐标的乘积，说明外接的相同电阻时，电源1的输出功率比电源2的输出功率大，故C正确，D错误．
故选BC.

考点：闭合电路欧姆定律,电功率.
【名师点睛】本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，要知道U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．技巧是作出电阻的伏安特性曲线，结合功率的公式讨论.
9．B
【解析】
试题分析：电容器两端的电压等于电阻R₁两端的电压，故当增大R₁的阻值时，电容器两端的电压变大，油滴向上运动，选项A错误；增大R₂的阻值，对电路无影响，油滴不动，选项B正确；增大两板间的距离，则电容器两板间场强E减小，则油滴向下运动；选项C错误；断开开关S，电容器将放电，电压减小，电场强度减小，故油滴向下运动，选项D错误； 故选B.
考点：直流电路的含电容电路；电场强度.
10．AD
【解析】
试题分析：电源效率，故当路端电压高时电源效率高，由全电路欧姆定律可得 ，由图可知，故R₁接在电源上时，路端电压较高，电源效率高；即A正确、B错误；电源的输出功率，故当时电源的输出功率最大，由图可知，，联立前两式可知，故R₂接在电源上时，电源的输出功率大，所以C错误、D正确。
考点：本题考查了电源效率、电源的输出功率
11．B
【解析】
试题分析：依题意，由P至N过程，2mgd—qU_AB=0，电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离后，U_AB不变，电场力做功仍等于重力做功的大小，质点自P点自由下落后仍能返回，选项A错误；将A板向下移动一小段距离，U_AB不变，根据动能定理，mgh—qU_AB=0，质点自P点自由下落后仍能返回，选项B正确；将B板向上移动一小段距离，U_AB不变，根据动能定理知，mgh—qU_AB＜0，说明在到达N点之前小球的速度就已达到0，之后向上返回，选项C错误；将B板向下移动一小段距离，U_AB不变，根据动能定理知，mgh—qU_AB =（h>2d），故质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落，选项D错误。
考点：本题旨在考查电容器、动能定理。
12．BD
【解析】
试题分析：仅将极板A上移一小段距离，AB之间的距离增大，根据：，可知电容C减小；由于ab之间的具有单向导电性的二极管，电流的方向只能由a流向b，所以C减小时，电流不能流向a，所以电容器上的电量保持不变；又：，所以：，所以极板之间的电场强度也不变，因此粒子仍然匀速通过，故A错误B正确；仅将极板A、B错开一段距离，根据：，可知电容C减小；由于ab之间的具有单向导电性的二极管，所以电容器上的电量保持不变，又：，所以电场强度E增大，电场力增大，由于正电荷受到的电场力的方向向下，所以正电荷将向下偏转．故C错误；仅将极板A下移，AB之间的距离增大，根据：，可知电容C增大，极板之间的电势差减小，所以此过程中将出现a到b的电流才能使极板之间的电势差保持不变，故D正确．
考点：考查了电容器的动态变化
13．①变大 ②变大 ③变小
【解析】
试题分析：①若保持d、ε不变，减小S，根据，则C减小，根据Q=CU可知，Q不变，则U变大，则θ变大；②若保持S、ε不变，增大d，根据，则C减小，根据Q=CU可知，Q不变，则U变大，则θ变大；③若保持d、S不变，在板间插入介电常数ε更大的电介质，根据，则C变大，根据Q=CU可知，Q不变，则U变小，则θ变小；
考点：电容器的电容；
14．（1）12.0；30 （2）∞ ；6 （3）不变
【解析】
试题分析：（1）电流计的读数为12.0mA。由欧姆定律可知：；，联立解得：由以上数据可得电流计的内阻R_g=30Ω；E=1.5V。（2）将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“30mA”处，此处刻度应标阻值为∞；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电流刻度；则“10mA”处，设对应表笔间电阻阻值为R_x，则电路的总电流，则由全电路欧姆定律：，解得：R_x=6Ω；
（3）根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有，测量电阻时电流表示数为
欧姆表用一段时间调零时有，测量电阻时，比较可知，所以若电流相同则，即测量结果不变
考点：万用表测电阻.
15．（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由平衡条件可知：Eq=mgtanθ
得：
（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：
由运动学公式得：
则
考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用.
【名师点睛】此题主要考查物体的平衡条件的应用以及牛顿第二定律的应用问题；首先要受力分析，根据共点力的平衡条件列出方程；注意当剪断细线的瞬时，小球将沿细线的方向斜向下做匀加速直线运动，我们可以只研究水平方向的匀加速运动即可.
16．（1）；（2）3 m/s.（3）
【解析】
试题分析：（1）由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：
解得.
（2）从O点到A点，由动能定理得： mgxcot 60°＝mv²－0 解得：v＝3 m/s.
（3）小球在电容器C中做类平抛运动，水平方向：L＝vt①
竖直方向：②
③
①②③联立求解得
考点：动能定理；平抛运动；牛顿第二定律.
17．（1）1.5A （2）2V
【解析】
试题分析：（1）滑片滑到最下端a时，R=0，则此时电流表示数值；
（2）在滑片P从a滑到b的过程中，滑动变阻器上下两部分电阻并联，当P滑到中点时，并联电阻值最大，此时电路的电流最小，保护电阻R₀两端的电压最低；滑动变阻器上下两部分电阻并联电阻的最大值为：；电路中电流的最小值：；保护电阻R₀两端的最低电压值
考点：闭合电路的欧姆定律.
18．（1）（2）（3）（4）330V
【解析】
试题分析：（1）驱动电机输入的电功率：
（2）驱动电机的热功率：
（3）驱动电机输出的机械功率：
（4）蓄电池的电动势：
考点：全电路的欧姆定律；功率的计算.
【名师点睛】此题考查了全电路的欧姆定律以及功率的计算；首先要知道电动机是非纯电阻电路，用P=IU计算总功率，用P=I²R.计算发热功率；同时要明确电动机内部的能量转化关系；此题是基本的电路计算.