電場+恒定電流檢測題二(教師)

1、 紙上得來終覺淺 絕知此事要躬行 電場+恒定電流測試試題1、 選擇題（本大題共11小題，在每小題給出的四個選項中，第16題只有一個選項符合題目要求；第710題有多個選項符合題目要求）1下列說法中正確的是（）A電荷在某處不受電場力的作用，則該處電場強度不一定為零B一小段通電導線在某處不受磁場力作用，則該處磁感應強度一定為零C電場強度是表征電場中某點電場的強弱，是把一個檢驗電荷放在該點時受到的電場力與檢驗電荷本身電荷量的比值D磁感應強度是表征磁場中某點磁場的強弱，是把一小段通電導線放在該點時受到的磁場力與該小段導線長度和電流乘積的比值答案：C解答：解：A、電荷在電場中某處不受電場力，可知電場強度為

2、零故A錯誤B、一小段通電導線在磁場中不受磁場力，可能導線的方向與磁場方向平行，磁感應強度不一定為零故B錯誤C、根據(jù)E=知，電荷受到的電場力與所帶電荷量的比值表示該點電場的強弱故C正確D、只有當導線中電流的方向與磁場的方向垂直時，導線所受的磁場力與該小段通電導線的長度和電流的乘積的比值才能表示該處磁場的強弱故D錯誤故選：C2手機已是我們生活中普遍的通信工具，如圖所示是中國科健股份有限公司生產(chǎn)的一塊手機電池外殼上的文字說明，由此可知此電池的電動勢和待機狀態(tài)下平均工作電流分別是（）A4.2 V，14.58 mAB4.2 V，700 mAC3.7 V，14.58 mAD3.7 V，700 mA答案：C

3、解答：解：由手機電池外殼上的文字說明可知，4.2V是充電電壓電池的電動勢是3.7V700mAh是電池的容量，即放電電流與時間的乘積，所以平均工作電流I=故C正確，A、B、D錯誤故選：C點評：本題的技巧是采用排除法對于選擇題常用排除法、圖象法、極限法等求解3如圖所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為保證當絲線與豎直方向的夾角為=60°時，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強電場的電場強度大小最小值為（）ABCD答案：A解答：解：小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據(jù)平行四邊形定則，當電場力方向與拉力方向垂直時，電場力最小，F(xiàn)min=mgs

4、in60°，所以電場強度的最小值為：Emin=故選：C4如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一個以O為圓心、半徑R=0.1m的圓，P為圓周上的一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E=100V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）答案：C解答：解：在勻強電場中，兩點間的電勢差U=Ed，而d是沿場強方向上的距離，所以dOP=Rsin，故：Uop=100×0.1sin=10sin（V）故選：C5如圖所示，閉合開關(guān)S使電容器充電，充完后斷開

5、開關(guān)當增大兩極板間間距時，電容器帶電量Q，電容C，兩極板間電壓U，兩極板間場強E的變化情況是（）AQ變小，C不變，U變小，E變小BQ變小，C變小，U不變，E變小CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C不變，U變小，E變小答案：C解答：解：電容器與電源斷開，電量Q保持不變，增大兩極板間距離時，根據(jù)C= 知電容C變小，根據(jù)U=，知兩極板間的電勢差U變大，根據(jù)E=，知電場強度E不變故選：C6如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加

6、速度為g粒子運動加速度為（）AgBgCgDg答案：A解答：解：粒子受重力和電場力，開始時平衡，有：mg=q 當把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgq=ma 聯(lián)立解得：a=g故選：A7在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約為200，電壓表V的內(nèi)阻約為2k，電流表A的內(nèi)阻約為10，測量電路中電表的連接方式如圖（a）或圖（b）所示，若將由圖（a）和圖（b）中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則下了說法正確的是（）ARx1更接近真實阻值BRx2更接近真實阻值CRx1大于真實阻值，Rx2小于真實阻值DRx1小于真實阻值，Rx2大于真實阻值答案：AC解答：解：由于待測電阻滿足時R

7、ARV=10×2000R=40000，所以電流表應用內(nèi)接法，即RX1 更接近真實值；根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，采用內(nèi)接法時真實值應為：R真=R測，即測量值大于真實值；采用外接法時，真實值應為：R真=R測，即測量值小于真實值故選：AC8如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為a、b和c、abc一帶電的粒子射入電場中，其運動軌跡如圖中實線KLMN所示，由圖可知（）A粒子帶正電B粒子從L到M的過程中，靜電力做負功C粒子從K到L的過程中，電勢能增加D粒子從L到M的過程中，動能減少答案：AC解答：解：A、abc所以該電場是正電荷產(chǎn)生的電場，電場線的方向向外，粒子彎曲的方向向

8、下，說明電場力的方向向下，與電場線的方向相同，粒子帶正電故A正確B、粒子從L到M的過程中，虛線a、b、c代表靜電場中的三個等勢面，ab，電勢能減小，知電場力做正功故B錯誤C、粒子從K到L的過程中，電場力做負功，電勢能增加故C正確D、粒子從L到M的過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理，動能增加故D錯誤故選：AC9一個用半導體材料制成的電阻器D，其電流I隨它兩端的電壓U的關(guān)系圖象如圖甲所示，將它與兩個標準電阻R1、R2并聯(lián)后接在電壓恒為U的電源上，如圖乙所示，三個用電器消耗的電功率均為P現(xiàn)將它們連接成如圖丙所示的電路，仍然接在該電源的兩端，設電阻器D和電阻R1、R2消耗的電功率分別為PD、P1、P2

9、，它們之間的大小關(guān)系為（）AP1=4P2BPDP2CP14P2DPDP2答案：BC解答：解：AC、由題，電阻器D與兩個標準電阻R1、R2并聯(lián)后接在電壓恒為U的電源兩端，三個用電器消耗的電功率均為P，此時三個電阻的阻值相等；當將它們連接成如圖（C）所示的電路，接在該電源的兩端時，電阻器D的電壓小于電源的電壓，由（a）圖象可知，電阻器D的電阻增大，則有RDR1=R2而RD與R2并聯(lián)，電壓相等，根據(jù)歐姆定律得知，電流IDI2，又I1=I2+ID，得到I12I2，I12IDP1=R1，PD=RD，P2=R2，所以得到P14P2故A錯誤，C正確；BD、PD=，P2=，RDR2，故PDP2，故B正確，D錯

10、誤；故選：BC10如圖，在正電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，M=30°，M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（）A點電荷Q一定在MP的連線上B連接PF的線段一定在同一等勢面上C將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功DPM答案：AD解答：解：A、點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；B、P=F，線段PF是P、F所在等勢面（圓）的一

11、個弦，故B錯誤；C、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；D、在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故PM，故D正確故選：AD二、填空題11完成下列儀器讀數(shù)（1）游標卡尺讀數(shù)： cm（2）螺旋測微器讀數(shù)： mm解答：解：1、游標卡尺的主尺讀數(shù)為30mm，游標尺上第6個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為6×0.1mm=0.6mm，所以最終讀數(shù)為：30mm+0.6mm=30.6mm=3.06cm2、螺旋測微器的固定刻度為5.5mm，可動刻度為16.6×0.01mm=0.166mm，所以最終讀數(shù)

12、為5.5mm+0.66mm=5.666mm，由于需要估讀，最后的結(jié)果可以在5.6655.667之間故答案為：（1）3.06 （2）5.666（5.6655.667）12圖1為“測繪小燈伏安特性曲線”實驗的實物電路圖，已知小燈泡額定電壓為3V（1）在圖2框圖中畫出與實物電路相應的電路圖（2）完成下列實驗步驟：閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，應停留在滑動變阻器 端；（填左或右）閉合開關(guān)后，逐漸移動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；記錄如下一組U和I的數(shù)據(jù)，斷開開關(guān)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖3方格紙上作出小燈泡燈絲的伏安特性曲線編號12345678U/V

13、0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205燈光發(fā)光情況不亮 微亮 逐漸變亮 正常發(fā)光（3）數(shù)據(jù)分析：從圖線上可以得，當電壓逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是 圖線表明導體的電阻隨溫度升高而 小燈泡正常工作時的電阻約為 （保留小數(shù)點后一位有效數(shù)字）解答：解：（1）測定小燈泡的伏安特性曲線，電壓與電流要從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻較小，約為幾歐姆到十幾歐姆，遠小于電壓表內(nèi)阻，電流表應采用外接法，（2）為保護電路安全，開關(guān)閉合之前，圖乙中滑動變阻器的滑片應該置于左端根據(jù)表格中

14、的數(shù)據(jù)，畫出小燈泡的IU圖線（3）從圖線上可以得，當電壓逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是先不變，后逐漸增大圖線表明導體的電阻隨溫度升高而增大根據(jù)IU圖線得電壓U=3V時，I=0.2A，所以小燈泡正常工作時的電阻約為R=15.0故答案為：（1）電路圖如圖所示（2）左端如圖所示（3）先不變，后逐漸增大增大15.0三、計算題13如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L=2.0m，若將電荷量均為q=+2.0×106C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：（1）兩點電荷間的庫侖力大小；（2）C點的電場強度的大小和方

15、向考點：庫侖定律；電場強度專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)庫侖定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解兩個電荷單獨存在時在C點的場強，然后根據(jù)平行四邊形定則合成得到C點的場強解答：解：（1）電荷量均為q=+2.0×106C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力為：F=k=9.0×109×=9.0×103N；（2）A、B點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為：E1=k=9.0×109×=4.5×103N/CA、B點電荷在C點的合場強大小為：E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C&

16、#215;=7.8×103N/C場強方向沿著y軸正方向；答：（1）兩點電荷間的庫侖力大小為9.0×103N；（2）C點的電場強度的大小為7.8×103N/C，方向為+y軸正方向點評：本題考查了庫侖定律和電場強度的矢量合成問題，關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形定則合成，基礎(chǔ)問題14一臺電動機內(nèi)阻為1，接到120V的電源上當電動機工作時，電流為10A問：（1）電動機輸入功率是多少？（2）電動機發(fā)熱功率是多少？（3）每分鐘轉(zhuǎn)化的機械能是多少？考點：電功、電功率專題：恒定電流專題分析：（1）根據(jù)P=UI求出電動機輸入功率；（2）根據(jù)公式P=I2r求出電動機發(fā)熱功率；（3）電動機消耗的

17、電能減去線圈產(chǎn)生的熱量即為電動機輸出的機械能解答：解：（1）電動機的輸入功率 P電=UI=120×10 W=1200 W；（2）電動機的發(fā)熱功率 P熱=I2r=102×1 W=100 W；（3）輸出的機械功率 P機=P電P熱=1 200 W100 W=1100 W轉(zhuǎn)化的機械能為 W=P機t=1100×60J=66KJ答：（1）電動機輸入功率是1200 W（2）電動機發(fā)熱功率是100W（3）每分鐘轉(zhuǎn)化的機械能是66KJ點評：本題考查了電功公式和焦耳定律的應用，關(guān)鍵是知道電動機消耗的電能減去線圈產(chǎn)生的熱量即為電動機輸出的機械能15一電荷量為q（q0）、質(zhì)量為m的帶電粒

18、子在勻強電場的作用下，在t=0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示不計重力，求在t=0到t=T的時間間隔內(nèi)（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間解答：解：粒子在0、T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設加速度大小分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4，由此得帶電粒子在0T時間間隔內(nèi)運動的at圖象如圖 （a）所示，對應的vt圖象如圖（b）所示，其中，由圖（b）可知，帶電粒子在t=0到t=T時的位移為，聯(lián)立解得 ，它的方向沿初始電場正方向 （2）由圖（b）可知，粒子在t=到t=內(nèi)沿初始電場反方向運動

19、，總的運動時間為答：（1）粒子位移的大小為得 和方向沿初始電場正方向；（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間得 點評：另一種解法：（1）帶電粒子在粒子在0、T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4設粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T時刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有、設帶電粒子在t=0到t=T時的位移為s，有解得 它的方向沿初始電場正方向 （2）由電場的變化規(guī)律知，粒子從t=T/4時開始減速，設經(jīng)過時間t1粒子速度為零，有0=v1+a2t1，解得 t1=粒子從t=T/2時開始加速，設經(jīng)過時間t2粒子速度為零，有0=v2+a3t2，解得 t2=；設粒子從t=0到t=T內(nèi)沿初始電場反方向運動的時間為t2，有t=，解得 16如圖所示，EF與GH間為一無場區(qū)無場