新教材人教版高中物理必修第三冊全冊各章綜合測驗(yàn)-含解析

人教版高中物理必修第三冊各章綜合測驗(yàn)第九章靜電場及其應(yīng)用 -1-第十章靜電場中的能量 -9-第十一章電路及其應(yīng)用 -26-第十二章電能能量守恒定律 -38-第十三章電磁感應(yīng)與電磁波初步 -52-第九章靜電場及其應(yīng)用(90分鐘100分)【合格性考試】(60分鐘60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題4分,共36分。)1.關(guān)于元電荷的理解,下列說法正確的是 ()A.元電荷就是電子B.元電荷是一個理想模型C.元電荷就是質(zhì)子D.物體所帶電量只能是元電荷的整數(shù)倍【解析】選D。元電荷是最小的電荷量,而不是一個物理模型;在高中階段,任何帶電體所帶的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍,D是正確的,因?yàn)楦咧须A段并不要求學(xué)生知道夸克模型。2.關(guān)于庫侖定律,以下說法中正確的是 ()A.庫侖定律適用于點(diǎn)電荷,點(diǎn)電荷其實(shí)就是體積很小的帶電體B.庫侖定律是實(shí)驗(yàn)定律C.庫侖定律僅適用于靜止的點(diǎn)電荷間的相互作用D.根據(jù)庫侖定律,當(dāng)兩個點(diǎn)電荷間的距離趨近于零時,則庫侖力趨近于無窮大【解析】選B。庫侖定律適用于點(diǎn)電荷,點(diǎn)電荷是指放入電場時對該處的電場無影響的帶電體,不一定就是體積很小的帶電體,選項A錯誤;庫侖定律是通過實(shí)驗(yàn)得出的規(guī)律,所以是實(shí)驗(yàn)定律,選項B正確;庫侖定律對靜止的點(diǎn)電荷和運(yùn)動的點(diǎn)電荷間的相互作用都是適用的,選項C錯誤;當(dāng)兩個點(diǎn)電荷間的距離趨近于零時,就不能看作點(diǎn)電荷了,于是庫侖定律就不再適用了,選項D錯誤;故選B。3.空間有p、q兩個點(diǎn)電荷相距r且僅在相互間的庫侖力作用下由靜止開始運(yùn)動,開始時p的加速度大小為a,q的加速度大小為4a,經(jīng)過一段時間后,q的加速度大小為a,速度大小達(dá)到v,則這時p的加速度大小和p、q兩個點(diǎn)電荷間的距離分別為 ()A.4a,4r B.a,rC.a,2r D.a,4r【解析】選C。兩點(diǎn)電荷間的相互作用力大小相等、方向相反,由于開始時p的加速度大小為a,q的加速度大小為4a,所以p、q兩個點(diǎn)電荷的質(zhì)量之比為4∶1,因此當(dāng)q的加速度大小為a時,p的加速度大小為a。設(shè)點(diǎn)電荷q的質(zhì)量為m,當(dāng)p的加速度大小為a時,p、q間的庫侖力為k=4ma,而當(dāng)q的加速度大小為a時,p、q間的庫侖力為k=ma,聯(lián)立解得:r'=2r。選項C正確,A、B、D錯誤。4.如圖所示,用兩根同樣長的細(xì)繩把兩個帶同種電荷的小球懸掛在一點(diǎn)上,兩球的質(zhì)量相等,A球所帶的電量大于B球所帶的電量,兩球靜止,懸線的偏角分別為α、β,則 ()A.α>βB.α=βC.α<βD.無法確定【解析】選B。兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力,大小相等,方向相反;兩個小球質(zhì)量相等,均受重力、靜電力和拉力,根據(jù)平衡條件,兩小球重力和靜電力的合力方向與豎直方向的夾角相同,而根據(jù)三力平衡,拉力一定與另外兩個力的合力等值、反向、共線,故α=β;所以B選項是正確的。5.如圖所示,M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn),O為圓心,∠MOP=60°,等量、異號的兩個點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn),這時O點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E1;若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn),則O點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2,E1與E2之比為()A.2∶1 B.2∶C.1∶2 D.4∶【解析】選A。由電場的疊加可知各點(diǎn)電荷單獨(dú)在O點(diǎn)形成的場強(qiáng)大小,移動之后電荷距O點(diǎn)的距離不變,故電場強(qiáng)度大小不變,則由矢量合成的方向可得出移動之后的合電場;即可求得比值。每個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為,則當(dāng)N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)時,合場強(qiáng)大小為E2=,故=,故A正確。6.如圖甲所示,AB是一個點(diǎn)電荷形成的電場中的一條電場線,圖乙則是放在電場線上a、b處的檢驗(yàn)電荷的電荷量與所受靜電力大小間的函數(shù)圖像(F-q圖像),若電場方向由A指向B,由此可以判定 ()A.場源電荷可能是正電荷,位置在A側(cè)B.場源電荷可能是負(fù)電荷,位置在A側(cè)C.場源電荷可能是正電荷,位置在B側(cè)D.場源電荷可能是負(fù)電荷,位置在B側(cè)【解析】選D。由F=qE和題圖乙可知,q相同時b點(diǎn)的靜電力較大,故場源電荷在B側(cè),由于電場方向是由A指向B,則場源電荷為負(fù)電荷,故選項D正確。7.下列各電場中,A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同的是 ()【解析】選C。電場強(qiáng)度是矢量,電場線疏密代表場強(qiáng)大小,切線方向就是場強(qiáng)方向;A中A、B兩點(diǎn)方向不同,故A錯誤;B中A、B兩點(diǎn)方向相同,但是疏密程度不同,故B錯誤;C中電場線是等間距平行線,所以A、B兩點(diǎn)大小方向都相同,故C正確;D中A、B兩點(diǎn)電場線方向不同,疏密程度也不同,兩點(diǎn)場強(qiáng)不同,故D錯誤;故選C。8.如圖所示,光滑絕緣水平面上有三個帶電小球a、b、c(均可視為點(diǎn)電荷),三球沿一條直線擺放,僅在靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài),則以下判斷正確的是 ()A.a對b的靜電力一定是斥力B.a對b的靜電力可能是斥力C.a的電荷量可能比b的少D.a的電荷量一定比b的多【解析】選D。若三個點(diǎn)電荷均處于平衡狀態(tài),三個點(diǎn)電荷必須滿足“三點(diǎn)共線,兩同夾異,兩大夾小”,所以選項D正確。9.如圖所示,一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強(qiáng)電場中,當(dāng)小球靜止后把懸線燒斷,則小球在電場中將做 ()A.自由落體運(yùn)動B.曲線運(yùn)動C.沿著懸線的延長線做勻加速直線運(yùn)動D.變加速直線運(yùn)動【解析】選C。懸線燒斷前小球靜止,所以受合外力為零,即重力和電場力的合力沿懸線的延長線且為恒力;燒斷后重力和電場力不變,小球從靜止開始沿懸線的延長線做初速為零的勻加速運(yùn)動,故選項C正確?？键c(diǎn):本題考查受力分析及運(yùn)動性質(zhì)的判斷。判斷物體的運(yùn)動性質(zhì),要依據(jù)初速度與合外力的關(guān)系。二、計算題(本題共3小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)10.(8分)一條長3L的絕緣細(xì)線穿過兩個完全相同且質(zhì)量都是m的小金屬環(huán)A、B,將線的兩端固定于同一點(diǎn)O,如圖所示,當(dāng)金屬環(huán)帶電后,由于兩環(huán)間的靜電斥力使細(xì)線構(gòu)成一等邊三角形,此時兩環(huán)恰處于同一水平線上。若不計環(huán)與線間的摩擦,兩環(huán)所帶電荷量各為多少?【解析】由于兩金屬環(huán)完全相同,所以帶電后再分開時,所帶電荷量應(yīng)相同,設(shè)為q。視小環(huán)為點(diǎn)電荷,平衡時兩環(huán)與O點(diǎn)之間恰好是一等邊三角形,因此環(huán)的兩邊拉力相等。對B進(jìn)行受力分析,如圖所示。正交分解可得:FTcos30°=mg和FT+FTsin30°=k,解得q=L。答案:LL11.(8分)如圖所示的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=2×104N/C。一電荷量q=+1×10-8C的點(diǎn)電荷從電場中的A點(diǎn)移動到B點(diǎn),A、B之間的距離d為0.1m。求:(1)點(diǎn)電荷所受電場力的大小F;(2)電場力對電荷所做的功W。【解析】(1)根據(jù)電場力公式F=qE得,電場力F=2×10-4N。(2)根據(jù)電場力做功公式W=Fd得,W=Fd=2×10-4×0.1J=2×10-5J。答案:(1)2×10-4N(2)2×10-5J12.(8分)如圖所示,真空中,帶電荷量分別為+Q和-Q的點(diǎn)電荷A、B相距r,則:(1)兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O的場強(qiáng)多大?(2)在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上,距A、B兩點(diǎn)都為r的O′點(diǎn)的場強(qiáng)如何?【解析】分別求+Q和-Q在O點(diǎn)的場強(qiáng)大小和方向,然后根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理,求出合場強(qiáng)。(1)如圖甲所示,A、B兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向相同,由A→B。A、B兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度EA=EB==。所以O(shè)點(diǎn)的場強(qiáng)為EO=2EA=。(2)如圖乙所示,EA′=EB′=,由矢量圖所示形成的等邊三角形可知,O′點(diǎn)的合場強(qiáng)EO′=EA′=EB′=,方向與A、B的中垂線垂直,即由A→B。答案:(1)方向由A→B(2)方向由A→B【等級性考試】(30分鐘40分)13.(5分)絕緣細(xì)線上端固定,下端懸掛一輕質(zhì)小球a,a的表面鍍有鋁膜。在a的近旁有一絕緣金屬球b,開始時a、b都不帶電,如圖所示,現(xiàn)使b帶電,則()A.a、b之間不發(fā)生相互作用B.b將吸引a,吸住后不放開C.b立即把a(bǔ)排斥開D.b先吸引a,接觸后又把a(bǔ)排斥開【解析】選D。帶電物體能夠吸引輕小物體,故b會將a球吸引過來,a與b接觸后,帶同種電荷而分開,所以D正確,A、B、C錯誤。14.(5分)A、B是一條電場線上的兩個點(diǎn),一帶負(fù)電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn),其速度—時間圖像如圖所示,則這一電場可能是 ()【解析】選A。由圖像可知,速度在逐漸減小,圖像斜率的絕對值在逐漸增大,故此帶負(fù)電的微粒做加速度越來越大的減速直線運(yùn)動,所受電場力越來越大,受力方向與運(yùn)動方向相反。故選A。15.(5分)如圖所示,a、b兩個帶電小球分別用絕緣細(xì)線系住,并懸掛在O點(diǎn),當(dāng)兩小球靜止時,恰好在同一水平面上,此時兩細(xì)線與豎直方向夾角滿足α<β。可以判斷兩球 ()A.電荷量關(guān)系:qa=qbB.質(zhì)量關(guān)系:ma>mbC.比荷關(guān)系:<D.定量關(guān)系:masinα=mbsinβ【解析】選B。兩球受到的庫侖力大小相等,設(shè)為F,對小球a、b受力分析,根據(jù)平衡條件有mag=,mbg=,聯(lián)立解得magtanα=mbgtanβ,因?yàn)棣?lt;β,則有tanα<tanβ,所以有ma>mb,選項B正確,D錯誤;根據(jù)已知條件無法求出兩球電荷量的關(guān)系、比荷的關(guān)系,選項A、C錯誤。16.(10分)如圖所示,兩個可看成點(diǎn)電荷的帶正電小球A和B位于同一豎直線上,在豎直向上的勻強(qiáng)電場中保持不變的距離,沿豎直方向勻速下落,已知A帶電量為Q,質(zhì)量為4m,B帶電量為4Q,質(zhì)量為m,求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小和兩球的間距為多大?【解析】由力的平衡條件對A有:QE+FAB=4mg①對B有:4QE=mg+FAB②①②聯(lián)立得E=,FAB=3mg設(shè)AB間距為r,由庫侖定律知FAB=k所以r===2Q答案:2Q17.(15分)如圖所示,在勻強(qiáng)電場中的O點(diǎn)放置點(diǎn)電荷Q,其帶電量為2.0×10-8C,此時距O點(diǎn)10cm處的P點(diǎn),場強(qiáng)恰好為零。求原勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小是多少?若以O(shè)點(diǎn)為圓心,以O(shè)P長為半徑作一圓,在O點(diǎn)正上方圓周上S點(diǎn)的場強(qiáng)的大小是多少?方向如何?【解析】P點(diǎn)場強(qiáng)EP=0,應(yīng)為原場E與點(diǎn)電荷Q在P點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)EQ的合場強(qiáng)。E與EQ大小相等方向相反。大小關(guān)系為E=EQ=k=9.0×109×N/C=1.8×104N/C。Q在S點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)大小等于EQ,方向向上,與原場強(qiáng)E垂直,S處場強(qiáng)ES是E與EQ的合場強(qiáng),如圖所示。ES=E≈2.5×104N/C。方向:與E成45°角斜向上。答案:大小為1.8×104N/CS點(diǎn)場強(qiáng)大小為2.5×104N/C方向:與E成45°角斜向上第十章靜電場中的能量(90分鐘100分)【合格性考試】(60分鐘60分)一、選擇題(本題共11小題,每小題3分,共33分。)1.如圖所示,A、B是勻強(qiáng)電場中相距4cm的兩點(diǎn),其連線與電場方向的夾角為60°,兩點(diǎn)間的電勢差為20V,則電場強(qiáng)度大小為 ()A.5V/m B.50V/mC.1×102V/m D.1×103V/m【解析】選D。由題知,UAB=20V,dAB=0.04m,根據(jù)勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系:UAB=EdABcos60°,得E==V/m=1×103V/m,故選D。2.(多選)某靜電場的電場線分布如圖所示,P、Q為該電場中的兩點(diǎn),下列說法正確的是 ()A.P點(diǎn)場強(qiáng)大于Q點(diǎn)場強(qiáng)B.P點(diǎn)電勢高于Q點(diǎn)電勢C.將電子從P點(diǎn)移動到Q點(diǎn),靜電力做正功D.將電子從P點(diǎn)移動到Q點(diǎn),其電勢能增大【解析】選B、D。因?yàn)镼點(diǎn)處的電場線較P點(diǎn)處密集,可知P點(diǎn)場強(qiáng)小于Q點(diǎn)場強(qiáng),選項A錯誤;沿電場線方向電勢降低,可知P點(diǎn)電勢高于Q點(diǎn)電勢,選項B正確;將電子從P點(diǎn)移動到Q點(diǎn),靜電力做負(fù)功,電勢能增大,選項C錯誤,D正確。3.如圖所示,勻強(qiáng)電場的方向向上,電場強(qiáng)度大小E=5N/C,把電量為+q=2C的點(diǎn)電荷由靜止釋放,點(diǎn)電荷做直線運(yùn)動。以下判斷正確的是 ()A.點(diǎn)電荷+q受到的電場力大小為10NB.點(diǎn)電荷+q受到的電場力大小為2.5NC.點(diǎn)電荷+q在勻強(qiáng)電場運(yùn)動時電場力不斷增大D.點(diǎn)電荷+q在勻強(qiáng)電場運(yùn)動時電場力不斷減小【解析】選A。點(diǎn)電荷在電場中受到的電場力F=Eq=10N,故A正確,B錯誤;點(diǎn)電荷+q在勻強(qiáng)電場運(yùn)動時電場力不變,故C、D錯誤。故選A。4.如圖所示,虛線a、b、c代表電場中三個等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差相同,實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動軌跡,P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn),由此可知 ()A.三個等勢面中,a等勢面電勢最高B.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時電勢能最小C.帶電質(zhì)點(diǎn)通過Q點(diǎn)時動能最小D.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時加速度較小【解析】選A。電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),由于質(zhì)點(diǎn)帶正電,因此Q點(diǎn)處電場線指向右下方,沿電場線電勢降低,故c等勢面的電勢最低,a等勢面的電勢最高,故A正確;根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知,從P到Q過程中電場力做正功,電勢能降低,故P點(diǎn)的電勢能大于Q點(diǎn)的電勢能,故B錯誤;從P到Q過程中電場力做正功,電勢能降低,動能增大,故P點(diǎn)的動能小于Q點(diǎn)的動能,故C錯誤;等勢線密的地方電場線密場強(qiáng)大,故P點(diǎn)位置電場強(qiáng)度大,電場力大,根據(jù)牛頓第二定律,加速度也大,故D錯誤。故選A。5.如圖所示,在x軸上關(guān)于O點(diǎn)對稱的F、G兩點(diǎn)有等量異種電荷Q和-Q,一正方形ABCD與xOy在同一平面內(nèi),其中心在O點(diǎn),則下列判斷正確的是()A.O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零B.A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相等C.B、D兩點(diǎn)電勢相等D.若將點(diǎn)電荷-q從A點(diǎn)移向C,電勢能減小【解析】選B。Q和-Q在O點(diǎn)的電場方向均向右,根據(jù)疊加原理可知O點(diǎn)電場強(qiáng)度不為零,故A錯誤;根據(jù)電場線分布的對稱性可知,A、C兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相等,故B正確;根據(jù)順著電場線方向電勢降低,D點(diǎn)的電勢比B點(diǎn)高,故C錯誤;A到C電勢逐漸降低,根據(jù)負(fù)電荷在電勢高處電勢能小,可知電勢能增大,故D錯誤。6.如圖所示,電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中,帶電荷量為+q的電荷沿直線AB、折線ACB、曲線ANB運(yùn)動,已知AB長為d,關(guān)于靜電力做的功和大小關(guān)系,下列說法正確的是 ()A.沿折線ACB運(yùn)動時,靜電力做功最多B.沿直線AB運(yùn)動時,靜電力做功最少C.沿直線AB運(yùn)動時,靜電力做功為qEdD.沿直線AB運(yùn)動時,靜電力做功最多【解析】選C。靜電力做功與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān),電荷沿直線AB、折線ACB、曲線ANB運(yùn)動,其初、末位置相同,靜電力做功相同,均為W=qEd,選項A、B、D錯誤,C正確。7.將兩個點(diǎn)電荷A、B分別固定在水平面上x軸的兩個不同位置上,將一正試探電荷在水平面內(nèi)由A點(diǎn)的附近沿x軸的正方向移動到B點(diǎn)附近的過程中,該試探電荷的電勢能隨位置變化的圖象如圖所示,已知xAC>xCB,圖中的水平虛線在C點(diǎn)上方與圖線相切,兩固定點(diǎn)電荷的電荷量分別用qA、qB表示。則下列分析正確的是()A.兩固定點(diǎn)電荷都帶負(fù)電,且qA>qBB.C點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小但不等于零C.如果將試探電荷改為負(fù)電荷,則該電荷在C點(diǎn)的電勢能最大D.A、B兩點(diǎn)間沿x軸方向的電場強(qiáng)度始終向右【解析】選C。根據(jù)電勢能變化得到電勢變化,從而根據(jù)斜率得到電場強(qiáng)度方向;進(jìn)而根據(jù)電勢變化得到試探電荷帶負(fù)電時的電勢變化;最后根據(jù)電場強(qiáng)度方向變化得到源電荷A、B所帶電荷關(guān)系。由圖可知:C點(diǎn)處圖像斜率為零,故電勢變化為零,那么由電場強(qiáng)度為電勢隨距離變化的圖像斜率可知:電場強(qiáng)度為零,B錯誤;試探電荷為正時,電勢能為正,C點(diǎn)電勢能最小;那么,試探電荷為負(fù)時,電勢能為負(fù),C點(diǎn)電勢的絕對值最小,則電勢能最大,C正確;由圖可知:電勢能先減小后增大,故電勢先減小后增大,那么,電場強(qiáng)度方向先向右,后向左,D錯誤;由電場強(qiáng)度方向先向右,后向左可知:兩個點(diǎn)電荷同為正;又有xAC>xCB,故中點(diǎn)電場方向向右,那么qA>qB,A錯誤。8.如圖所示,虛線表示某電場的等勢面,實(shí)線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動的徑跡。粒子在A點(diǎn)的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA;在B點(diǎn)的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB。則下列結(jié)論正確的是()A.aA>aB,EkA>EkB B.aA<aB,EpA>EpBC.aA<aB,EpA<EpB D.aA>aB,EkA<EkB【解析】選C。圖中場源位于等勢面圓心位置,根據(jù)曲線的彎曲可知是靜電斥力,根據(jù)等差等勢面的疏密判斷場強(qiáng)大小,結(jié)合牛頓第二定律得到加速度大小關(guān)系;根據(jù)電場力做功判斷出動能的變化。由于等勢面是同心圓,故圖中場源位于等勢面圓心位置;根據(jù)曲線的彎曲可知是粒子受到靜電斥力;由于B位置等差等勢面較密集,場強(qiáng)大,加速度大,即aA<aB;從A到B,電場力做負(fù)功,粒子的動能減小,電勢能增大;即EpA<EpB,故C正確,A、B、D錯誤。故選C。9.如圖所示,平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接,G為一零刻度在表盤中央的靈敏電流計,閉合開關(guān)S后,下列說法正確的是 ()A.若只在兩板間插入電介質(zhì),電容器的兩板間電壓將增大B.若只在兩板間插入電介質(zhì),電容器的電容將保持不變C.若只將電容器下極板向下移動一小段距離,此過程電流計中有從a到b方向的電流D.若只將滑動變阻器滑片P向上移動,電容器儲存的電量將增加【解析】選D。閉合開關(guān)S后,電容器板間電壓等于變阻器下部分電阻的電壓,保持不變,若只在兩板間插入電介質(zhì),電容器的電容將增大,故A、B錯誤;若只將電容器下極板向下移動一小段距離,板間距離增大,電容減小,而電壓不變,則電容器所帶電量減小,電容器放電。由于上極板帶正電,所以此過程電流計中有從b到a方向的電流,故C錯誤;若只將滑動變阻器滑片P向上移動,電容器極板間電壓增大,則電容器所帶電荷增多,故D正確,故選D。10.如圖所示,板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接,其極板與水平面成30°角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0=由圖中的P點(diǎn)射入電容器,分別沿著虛線1和2運(yùn)動,然后離開電容器;虛線1為連接上下極板邊緣的水平線,虛線2為平行且靠近上極板的直線,則下列關(guān)于兩粒子的說法正確的是()A.兩者均做勻速直線運(yùn)動B.兩者電勢能均逐漸增加C.兩者的比荷之比為3∶4D.兩者離開電容器時的速率之比為∶【解析】選D。根據(jù)題意可知,粒子做直線運(yùn)動,則電場力與重力的合力與速度在同一直線上,所以電場力只能垂直極板向上,受力如圖所示;根據(jù)受力圖,粒子做直線運(yùn)動,則電場力與重力的合力與速度方向反向,粒子做勻減速直線運(yùn)動,故A錯誤;粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角,所以電場力做負(fù)功,電勢能逐漸增加;粒子乙運(yùn)動的方向與電場力的方向垂直,電場力不做功,所以粒子的電勢能不變,故B錯誤;根據(jù)受力圖,對甲:m甲g=q甲·Ecos30°=q甲E,所以=,對乙:m乙g·cos30°=q乙E,所以=;所以∶=∶=,故C錯誤;帶電微粒甲沿水平直線運(yùn)動,合力做的功:W1=-m甲g·tan30°·=-m甲gL,根據(jù)動能定理得:m甲-m甲=-m甲gL;所以v甲=;帶電微粒乙沿平行于極板的直線運(yùn)動,合力做的功:W2=-m乙g·sin30°·L=-m乙gL,根據(jù)動能定理得:m乙-m乙=-m乙gL,所以v乙=;所以v甲∶v乙=∶,故D正確。故選D。11.如圖所示,平行金屬板A、B間加速電壓為U1,C、D間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,M為熒光屏。今有電子(不計重力)從A板由靜止開始經(jīng)加速和偏轉(zhuǎn)后打在與熒光屏中心點(diǎn)O相距為Y的P點(diǎn),電子從A板運(yùn)動到熒光屏的時間為t。下列判斷中正確的是 ()A.若只增大U1,則Y增大,t增大B.若只增大U1,則Y減小,t減小C.若只減小U2,則Y增大,t增大D.若只減小U2,則Y減小,t減小【解析】選B。粒子在加速電場中只有電場力做功,根據(jù)動能定理有:eU1=m,電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動,在偏轉(zhuǎn)電場中:時間t2=,加速度a=,豎直方向的位移y=a=,由幾何關(guān)系知:==,故y與Y成正比,若只增大U1,則Y減小;電子從A板運(yùn)動到熒光屏的時間由電子出離電場的速度決定,而v0=,故若只增大U1,則v0增大,則t減小,選項A錯誤,B正確。若只減小U2,則Y減小,t不變,故C、D錯誤?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖,在MN和PQ這兩個平行豎直面之間存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場和平行紙面的勻強(qiáng)電場,一個帶電粒子以某一初速度由A點(diǎn)水平射入這個場區(qū)恰能沿直線運(yùn)動,并從PQ豎直面上的C點(diǎn)離開場區(qū)。若撤去磁場,其他條件不變,則該粒子從PQ豎直面上的B點(diǎn)離開場區(qū);若撤去電場,其他條件不變,則該粒子從PQ豎直面上的D點(diǎn)離開場區(qū)。若粒子在上述三種情況下通過場區(qū)的總時間分別是t1、t2和t3,運(yùn)動的加速度大小分別為a1、a2和a3,不計粒子所受重力的影響,則下列判斷中正確的是 ()A.t1=t2<t3,a1<a2=a3B.t2<t1<t3,a1<a3<a2C.t1=t2=t3,a1<a2<a3D.t1=t3>t2,a1=a3<a2【解析】選A。帶電粒子分別在復(fù)合場、電場、磁場中做勻速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動,比較三種情況下帶電粒子在兩個相互平行平面之間運(yùn)動時間及加速度大小。由相應(yīng)規(guī)律表示出時間和加速度,從而得到結(jié)論。在復(fù)合場中,帶電粒子做勻速直線運(yùn)動,則有Eq=Bqv,則有E=Bv。在復(fù)合場中的時間t1=,而在單一電場中水平方向也是做勻速直線運(yùn)動,所以運(yùn)動的時間t2=,而在單一磁場中做勻速圓周運(yùn)動,運(yùn)動的時間t3=,由于兩平面之間s弧>d,所以時間關(guān)系為t1=t2<t3;在復(fù)合場中a1=0,單一電場中和磁場中的加速度由電場力和洛倫茲力產(chǎn)生,但兩種力相等,所以a2=a3,但方向不同,綜上所述,B、C、D錯誤,A正確。故選A。二、計算題(本題共3小題,共27分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)12.(9分)在電場中把2.0×10-9C的正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn),靜電力做功2.0×10-7J。再把這個電荷從B點(diǎn)移到C點(diǎn),靜電力做功為-4.0×10-7J。(1)A、B間,B、C間,A、C間的電勢差各是多大?(2)A、B、C三點(diǎn)中哪點(diǎn)電勢最高?哪點(diǎn)電勢最低?(3)把-1.0×10-9C的電荷從A點(diǎn)移到C點(diǎn),靜電力做多少功?【解析】(1)根據(jù)電場力做功公式:WAB=qUAB得AB間的電勢差:UAB===100VBC間的電勢差:UBC===-200V,AC間的電勢差為:UAC=UAB+UBC=100V-200V=-100V(2)由(1)可知φC>φA>φB(3)把-1.0×10-9C的電荷從A點(diǎn)移到C點(diǎn),靜電力做功:WAC=qUAC=-1.0×10-9×(-100)J=1.0×10-7J。答案:(1)100V-200V-100V(2)C點(diǎn)的電勢最高,B點(diǎn)的電勢最低(3)1.0×10-7J13.(9分)如圖所示,在直角三角形abc所在平面有一勻強(qiáng)電場,ac邊沿電場方向。ab邊長為20cm,ab與ac的夾角為37°。現(xiàn)將電荷量為q=2×10-8C的正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)時靜電力做功W=1.6×10-7J,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小;(2)ac兩點(diǎn)間的電勢差U。【解析】(1)由功的定義可知,正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程靜電力做功為:W=qE·sabcos37°解得場強(qiáng)為:E==V/m=50V/m(2)由勻強(qiáng)電場中電勢差和場強(qiáng)的關(guān)系U=Ed可得ac兩點(diǎn)間的電勢差為:U=Esac=E=50×V=12.5V答案:(1)50V/m(2)12.5V14.(9分)如圖所示,離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m、電荷量為q的離子,從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后,獲得速度v0,并沿垂直于電場方向射入兩平行板中央,受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后,以速度v離開電場。已知平行板長為L,兩板間距離為d,求:(1)v0的大小。(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間t。(3)離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量y。(4)離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度v的大小?！窘馕觥?1)在加速電場中,由動能定理得:qU1=m解得:v0=(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動,在水平方向勻速運(yùn)動:L=v0t則離子的運(yùn)動時間為:t=L(3)離子在豎直方向做勻加速運(yùn)動,由牛頓第二定律可得:qE=ma電場強(qiáng)度為:E=則偏移量為:y=at2聯(lián)立解得:y=(4)由動能定理得:q(U1+y)=mv2-0解得:v=答案:(1)(2)L(3)(4)【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖甲所示,水平放置的平行金屬板A、B,兩板的中央各有一小孔O1、O2,板間距離為d,開關(guān)S接1。當(dāng)t=0時,在a、b兩端加上如圖乙所示的電壓,同時在c、d兩端加上如圖丙所示的電壓。此時,一質(zhì)量為m的帶負(fù)電微粒P恰好靜止于兩孔連線的中點(diǎn)處(P、O1、O2在同一豎直線上)。重力加速度為g,不計空氣阻力。(1)若在t=時刻將開關(guān)S從1扳到2,已知Ucd=2U0,求微粒P的加速度大小和方向;(2)若要使微粒P以最大的動能從A板中的O1小孔射出,問在t=到t=T之間的哪個時刻,把開關(guān)S從1扳到2?Ucd的周期T至少為多少?【解析】(1)當(dāng)A、B間加電壓U0時,微粒P處于平衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件,有q=mg當(dāng)A、B間電壓為2U0時,根據(jù)牛頓第二定律,有q-mg=ma由以上各式得a=g,加速度的方向豎直向上(2)依題意知,為使微粒P以最大的動能從小孔O1射出,應(yīng)讓微粒P能從O2處無初速度向上一直做勻加速運(yùn)動。為此,微粒P應(yīng)先自由下落一段時間,然后加上電壓2U0,使微粒P接著以大小為g的加速度向下減速到O2處再向上加速到O1孔射出。設(shè)向下加速和向下減速的時間分別為t1和t2,則gt1=gt2=g+g解得:t1=t2=故應(yīng)在t=T-時刻把開關(guān)S從1扳到2設(shè)電壓Ucd的最小周期為T0,向上加速過程,有d=g(-t2)2,解得T0=6答案:(1)a=g加速度的方向豎直向上(2)t=T-時刻把開關(guān)S從1扳到26【等級性考試】(30分鐘40分)15.(5分)(2019·天津高考)如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場中,質(zhì)量為m的帶電小球,以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動,通過N點(diǎn)時,速度大小為2v,方向與電場方向相反,則小球從M運(yùn)動到N的過程 ()A.動能增加mv2 B.機(jī)械能增加2mv2C.重力勢能增加mv2 D.電勢能增加2mv2【解析】選B。小球從M運(yùn)動到N的過程中動能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A錯誤;小球在豎直方向上只受重力,做豎直上拋運(yùn)動,初速度為v,末速度為零,根據(jù)0-v2=-2gh可得增加的重力勢能ΔEp=mgh=mv2,因此C錯誤;小球在水平方向只受電場力,做初速度為零、末速度為2v的勻加速直線運(yùn)動,根據(jù)(2v)2-0=2ax可得電場力做功W=Fx=max=2mv2,所以電勢能減少2mv2,機(jī)械能增加2mv2,因此B正確、D錯誤。16.(5分)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當(dāng)t=0時,在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電),設(shè)帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法中正確的是 ()A.2s末帶電粒子的速度為零B.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C.帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動D.0～3s內(nèi),電場力始終做正功【解析】選B。0～1s內(nèi),粒子做加速運(yùn)動,1～2s內(nèi)電場強(qiáng)度反向,且是0～1s內(nèi)的2倍,故在1～2s內(nèi)的加速度比0～1s內(nèi)的加速度大,故粒子在1.5s末速度就為零了,所以2s末粒子反向加速,速度不為零,根據(jù)對稱性可知粒子在3s末速度為零,回到出發(fā)點(diǎn),A、C錯誤,B正確;0～1s內(nèi)電場力做正功,1～1.5s內(nèi)電場力做負(fù)功,1.5～2.0s內(nèi)電場力做正功,2.0～3.0s電場力做負(fù)功,D錯誤。17.(5分)(多選)示波管是示波器的核心部件,它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,如圖所示。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的()A.極板X應(yīng)帶正電 B.極板X′應(yīng)帶正電C.極板Y應(yīng)帶正電 D.極板Y′應(yīng)帶正電【解析】選A、C。電子受力方向與電場方向相反,因電子向X偏轉(zhuǎn),則電場方向?yàn)閄到X′,則X帶正電,即極板X的電勢高于極板X′,同理可知Y帶正電,即極板Y的電勢高于極板Y′,故A、C正確。18.(5分)(多選)如圖,水平固定的圓盤a帶正電Q,電勢為零,從盤心O處釋放質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球。由于電場的作用,小球最高可上升到豎直高度為H的N點(diǎn),且過P點(diǎn)時速度最大,已知重力加速度為g。由此可求得Q所形成的電場中 ()A.P點(diǎn)的電勢 B.N點(diǎn)的電勢C.P點(diǎn)的電場強(qiáng)度 D.N點(diǎn)的電場強(qiáng)度【解析】選B、C。小球受兩個力,重力和電場力,小球從O運(yùn)動到N,電場力大于重力,小球向上先做加速運(yùn)動;到P點(diǎn),電場力等于重力,速度達(dá)到最大;從P運(yùn)動到N,小球向上做減速運(yùn)功,到N點(diǎn)速度為零。在P點(diǎn),根據(jù)電場力等于重力求出P點(diǎn)的場強(qiáng),根據(jù)動能定理,求出N點(diǎn)的電勢能,從而求出N點(diǎn)的電勢。小球由O到N的過程,根據(jù)動能定理得:W電-mgH=0,得電場力做功為W電=mgH,可知小球的電勢能減小mgH,O點(diǎn)電勢能為0,所以N點(diǎn)電勢能為EpN=-mgH,N點(diǎn)的電勢為φ==-,即可求出N點(diǎn)的電勢。由于小球通過P點(diǎn)的速度不知道,不能求出O到P電場力做功,不能求出P點(diǎn)的電勢,故A錯誤,B正確;在P點(diǎn)所受的電場力和重力二力平衡,則有qE=mg,解得P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為:E=,不能求出N點(diǎn)的電場力,也就不能求出N點(diǎn)的電場強(qiáng)度,故C正確,D錯誤。故選B、C。19.(5分)(多選)在如圖所示的4種情況中,a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同,電勢不同的是()A.帶電平行板電容器兩極板間的a、b兩點(diǎn)B.離點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)C.達(dá)到靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部的a、b兩點(diǎn)D.兩個等量異種電荷連線上,與連線中點(diǎn)O等距的a、b兩點(diǎn)【解析】選A、D。電勢是標(biāo)量,電場強(qiáng)度是矢量,標(biāo)量只要大小相等,標(biāo)量就相等,而矢量,大小、方向均相同,矢量才相同。根據(jù)電場線的分布判斷。a、b處于勻強(qiáng)電場中,場強(qiáng)相同,電勢不同,沿著電場線電勢逐漸降低,a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢,即a、b兩點(diǎn)電勢不等,故A正確;a、b處于同一等勢面上,電勢相等,而電場強(qiáng)度方向不同,故電場強(qiáng)度不同,故B錯誤;處于靜電平衡狀態(tài)下的金屬內(nèi)部a,b兩點(diǎn),電場強(qiáng)度均為零,整個導(dǎo)體是等勢體,電勢相等,故C錯誤;根據(jù)電場線的分布情況可知a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)相同,a、b間的電場線從正電荷到負(fù)電荷,沿著電場線電勢逐漸降低,故a、b兩點(diǎn)電勢不等,故D正確。20.(5分)(多選)如圖所示是一個示波管工作原理的示意圖,電子經(jīng)電壓U1加速后以一定的速度垂直進(jìn)入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場,離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h,若兩平行板間距離為d,極板長為l。假設(shè)電子都可射出,為了增加射出電場時的偏轉(zhuǎn)量h,可以采取下列哪些方法 ()A.增大加速電壓U1 B.減小極板長度lC.增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 D.減小極板間距d【解析】選C、D。電子在加速電場中加速,根據(jù)動能定理可得:eU1=m,所以電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為:v0=,電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)位移為:h=at2=×()2=,因此要增加射出電場時的偏轉(zhuǎn)量h,可以增大U2、l,減小d、U1,所以C、D正確,A、B錯誤?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】1.(多選)如圖所示,傾角為α的斜面體固定在水平地面上,處于水平向右的勻強(qiáng)電場中。帶正電,質(zhì)量為m的滑塊從斜面上的某處靜止釋放。若滑塊沿斜面運(yùn)動過程中對斜面的壓力為0,重力加速度為g。在滑塊下滑位移為L的過程中()A.滑塊的重力勢能減小了mgLB.滑塊的電勢能減小了C.滑塊的機(jī)械能增加了mgLsinαD.滑塊的動能增加了【解析】選B、D。根據(jù)題意,滑塊運(yùn)動過程中對斜面的壓力為0,對滑塊受力分析如圖所示?；瑝K的重力勢能減少量等于重力做的功,為mgLsinα,故A錯誤;由tanα=得F電=,電場力做功W電=F電Lcosα=Lcosα=,所以滑塊的電勢能減小了,故B正確;根據(jù)功能關(guān)系,除重力以外其他力做功等于機(jī)械能的變化,所以滑塊機(jī)械能增加,故C錯誤;合力F合=,根據(jù)動能定理ΔEk=W合=F合L=,故D正確;故選B、D。2.如圖(a)所示的兩平行金屬板P、Q間加上圖(b)所示電壓,t=0時,Q板電勢比P板高5V,在兩板正中央M點(diǎn)放一電子,初速度為零,電子只受靜電力而運(yùn)動,且不會碰到金屬板,則這個電子處于M點(diǎn)右側(cè)、速度向右,且速度逐漸減小的時間段是 ()A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10s【解析】選B。在0<t<2×10-10s時間內(nèi),Q板電勢比P板高5V,所以電場方向水平向左,電子所受靜電力方向向右,加速度方向也向右,所以電子從M點(diǎn)向右做勻加速直線運(yùn)動,選項A錯誤;在2×10-10s<t<4×10-10s時間內(nèi),Q板電勢比P板低5V,電場強(qiáng)度方向水平向右,所以電子所受靜電力方向向左,加速度方向也向左,所以電子向右做勻減速直線運(yùn)動,當(dāng)t=4×10-10s時速度為零,此時電子在M點(diǎn)的右側(cè),選項B正確;在4×10-10s<t<6×10-10s時間內(nèi),Q板電勢比P板低5V,電場強(qiáng)度方向水平向右,所以電子所受靜電力方向向左,加速度方向也向左,所以電子向左做勻加速直線運(yùn)動,選項C錯誤;在6×10-10s<t<8×10-10s時間內(nèi),Q板電勢比P板高5V,電場強(qiáng)度方向水平向左,所以電子所受靜電力方向向右,加速度方向也向右,所以電子向左做勻減速直線運(yùn)動,到8×10-10s時刻速度為零,恰好又回到M點(diǎn),選項D錯誤。21.(10分)如圖,在豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場。長度為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端連接一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),初始時小球靜止在電場中的a點(diǎn),此時細(xì)繩拉力為2mg,g為重力加速度。(1)求電場強(qiáng)度E和a、O兩點(diǎn)的電勢差UaO;(2)若小球在a點(diǎn)獲得一水平初速度va=4,使其在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動,求小球運(yùn)動到b點(diǎn)時細(xì)繩拉力F的大小?！窘馕觥?1)小球靜止在a點(diǎn)時,由共點(diǎn)力平衡得mg+2mg=qE ①解得E=,方向豎直向上 ②在勻強(qiáng)電場中,有UaO=El ③則a、O兩點(diǎn)電勢差UaO= ④(2)小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn),設(shè)到b點(diǎn)速度大小為vb,由動能定理得-qE·2l+mg·2l=m-m ⑤小球做圓周運(yùn)動通過b點(diǎn)時,由牛頓第二定律得F+qE-mg=m ⑥聯(lián)立②⑤⑥式,代入va=4解得F=6mg答案:(1),方向豎直向上(2)6mg第十一章電路及其應(yīng)用(90分鐘100分)【合格性考試】(60分鐘60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分。)1.關(guān)于對電流的理解,下列說法中正確的是 ()A.自由電子的移動形成了電流B.電流是一個矢量,其方向就是正電荷定向移動的方向C.同一段電流相同的電路中,相同時間內(nèi)通過各不同橫截面的電荷量不同D.在國際單位制中,電流是一個基本物理量,其單位“安培”是基本單位【解析】選D。電荷的定向移動都可以形成電流,不僅僅是自由電子的定向移動;故A不正確。電流有方向,但電流的加減使用代數(shù)方法,不使用平行四邊形定則,故電流是標(biāo)量;故B不正確。串聯(lián)電路中,各處的電流相等,則相同時間內(nèi)通過各不同截面處的電量一定相等;故C不正確,在國際單位制中共七個基本物理量,電學(xué)中的電流是一個基本物理量,其單位安培為一個基本單位;故D正確。2.一段長為L,電阻為R的均勻電阻絲,把它拉制成2L長的均勻細(xì)絲后,其電阻值為 ()A. B.4R C. D.2R【解析】選B。一段長為L,電阻為R的均勻電阻絲,把它拉制成2L長的均勻細(xì)絲后,橫截面積變?yōu)樵瓉淼囊话?則根據(jù)R=ρ可知,電阻變成原來的4倍;故B正確,A、C、D錯誤。3.一同學(xué)將變阻器與一只6V,6～8W的小燈泡L及開關(guān)S串聯(lián)后接在6V的電源E上,當(dāng)S閉合時,發(fā)現(xiàn)燈泡發(fā)光。按圖所示的接法,當(dāng)滑片P向右滑動時,燈泡將 ()A.變暗 B.變亮C.亮度不變 D.可能燒壞燈泡【解析】選B。由題圖可知,變阻器接入電路的是PB段的電阻絲,由于燈泡的額定電壓等于電源電壓,所以不可能燒壞燈泡。當(dāng)滑片P向右滑動時,接入電路中的電阻絲變短,電阻減小,燈泡變亮,B選項正確。4.金屬材料的電阻率有以下特點(diǎn):一般而言,純金屬的電阻率小,合金的電阻率大;金屬的電阻率隨溫度的升高而增大,有的金屬電阻率隨溫度變化而顯著變化,有的合金的電阻率幾乎不受溫度的影響。根據(jù)以上的信息,判斷下列的說法中正確的是 ()A.連接電路用的導(dǎo)線一般用合金來制作B.電爐、電阻器的電阻絲一般用合金來制作C.電阻溫度計一般用電阻率幾乎不受溫度影響的合金來制作D.標(biāo)準(zhǔn)電阻一般用電阻率隨溫度變化而顯著變化的金屬材料制作【解析】選B。純金屬的電阻率小,故連接電路用的導(dǎo)線一般用純金屬來制作,故A錯誤;合金的電阻率大,故電爐、電阻器的電阻絲一般用合金來制作,故B正確;有的金屬電阻率隨溫度變化而顯著變化,故電阻溫度計一般用純金屬來制作,故C錯誤;有的合金的電阻率幾乎不受溫度的影響,故標(biāo)準(zhǔn)電阻一般用合金材料制作,故D錯誤。5.(多選)半徑為R的橡膠圓環(huán)均勻帶正電,總電荷量為Q,現(xiàn)使圓環(huán)繞垂直圓環(huán)所在平面且通過圓心的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,關(guān)于由圓環(huán)產(chǎn)生的等效電流,下列判斷正確的是 ()A.若ω不變而使電荷量Q變?yōu)樵瓉淼?倍,則等效電流也將變?yōu)樵瓉淼?倍B.若電荷量Q不變而使ω變?yōu)樵瓉淼?倍,則等效電流也將變?yōu)樵瓉淼?倍C.若使ω、Q不變,將橡膠環(huán)拉伸,使環(huán)半徑增大,等效電流將變大D.若使ω、Q不變,將橡膠環(huán)拉伸,使環(huán)半徑增大,等效電流將變小【解析】選A、B。截取圓環(huán)的任一橫截面S,如圖所示,在橡膠圓環(huán)運(yùn)動一周的時間T內(nèi),通過這個橫截面的電荷量為Q,則有I==,又T=,所以I=,由上式可知,選項A、B正確。6.如圖所示,某一導(dǎo)體的形狀為長方體,其長、寬、高之比為a∶b∶c=5∶3∶2,在此長方體的上下左右四個面分別通過導(dǎo)線引出四個接線柱1、2、3、4。在1、2兩端加上恒定的電壓U,通過導(dǎo)體的電流為I1;在3、4兩端加上恒定的電壓U,通過導(dǎo)體的電流為I2,則I1∶I2為 ()A.9∶25 B.25∶9 C.25∶4 D.4∶25【解析】選C。根據(jù)電阻定律R=ρ得,當(dāng)在1、2兩端加上恒定電壓U時,R1=ρ,在3、4兩端加上恒定的電壓時,R2=ρ,所以==,根據(jù)歐姆定律I=得,電流之比為25∶4,C正確。7.在某種帶有一價離子的水溶液中,正、負(fù)離子在定向移動,方向如圖所示。如果測得2s內(nèi)分別有1.0×1018個正離子和1.0×1018個負(fù)離子通過溶液內(nèi)部的橫截面M,則關(guān)于溶液中電流的方向、電流大小描述正確的是 ()A.方向由A指向B;大小為0.16AB.方向由A指向B;大小為0.08AC.方向由B指向A;大小為0.16AD.無電流【解析】選A。2s內(nèi)流過的電量為:Q=1.0×1018×1.6×10-19C+1.0×1018×1.6×10-19CZ=0.32C;則電流的大小為:I==A=0.16A;方向與正電荷的運(yùn)動方向相同;故電流由A指向B;故A正確,B、C、D錯誤。8.如圖所示,R1=2Ω,R2=10Ω,R3=10Ω,A、B兩端接在電壓恒定的電源上,則()A.S斷開時,R1與R2的電流之比為1∶5B.S閉合時通過R1與R2的電流之比為2∶5C.S斷開與閉合兩種情況下,電阻R1兩端的電壓之比為2∶1D.S斷開與閉合兩種情況下,電路中的總電阻之比為12∶7【解析】選D。S斷開時,R1與R2為串聯(lián)關(guān)系,電流之比為1∶1,故A錯誤;S閉合時,U1∶U2=R1∶R2=2∶5,根據(jù)歐姆定律有:I=,則I1∶I2=2∶1,故B錯誤;S斷開時,R1兩端的電壓為:U′1=UAB;S閉合時,R1兩端的電壓為:U′2=UAB;S斷開與閉合兩種情況下,電阻R1兩端的電壓之比為7∶12,故C錯誤;S斷開時,總電阻為:R=R1+R2=12Ω;S閉合時,總電阻為:R′=R1+=7Ω;S斷開與閉合兩種情況下,電路中的總電阻之比為R∶R′=12∶7,故D正確。9.一根長為L,橫截面積為S的金屬棒,其材料的電阻率為ρ,棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時,棒內(nèi)產(chǎn)生電流,自由電子定向運(yùn)動的平均速率為v,則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為()A. B. C.ρnev D.【解析】選C。歐姆定律I=,電流的微觀表達(dá)式I=neSv,電阻定律R=ρ,則金屬棒內(nèi)場強(qiáng)大小為E===ρnev,故C正確。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,共12分)10.(4分)某同學(xué)分別用毫米刻度尺和游標(biāo)卡尺測定一金屬桿的長度和直徑,示數(shù)如圖所示,則該金屬桿的長度和直徑分別為________cm和________mm。

【解析】刻度尺在讀數(shù)的時候要估讀一位,所以金屬桿的長度為60.10cm;游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為:4mm,游標(biāo)尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊,所以游標(biāo)尺讀數(shù)為10×0.02mm=0.20mm,所以最終讀數(shù)為:4mm+0.20mm=4.20mm。答案:60.104.2011.(8分)為測定金屬絲的電阻率ρ,某同學(xué)把一段粗細(xì)均勻的金屬絲拉直并固定在帶有毫米刻度尺的木板上。用多用電表粗測金屬絲的電阻Rx約為5Ω,實(shí)驗(yàn)室有以下器材可選用:電流表A1(量程300mA,內(nèi)阻r1=5Ω);電流表A2(量程600mA,內(nèi)阻r2約為1Ω);電壓表V(量程20V,內(nèi)阻r3約為3kΩ);滑動變阻器R1(0～10Ω,額定電流為1A);滑動變阻器R2(0～250Ω,額定電流為0.01A);電源E(電動勢3V,內(nèi)阻較小);導(dǎo)線、開關(guān)若干。(1)如圖1,用螺旋測微器測量金屬絲直徑d=________mm。

(2)為準(zhǔn)確測出該金屬絲的電阻,要求多測幾組數(shù)據(jù),請幫該同學(xué)在方框內(nèi)(圖2)畫出測量該電阻的電路原理圖(標(biāo)出所用儀器的代號),寫出對應(yīng)的表達(dá)式Rx=________,表達(dá)式中各物理量的含義:_______________________________。

圖2(3)如果用符號d表示測得金屬絲的直徑、L表示金屬絲的長度、Rx為金屬絲電阻值,則該金屬的電阻率ρ=________(用d,L,Rx表示結(jié)果)。

【解析】(1)螺旋測微器的固定刻度為2mm,可動刻度為15.0×0.01mm=0.150mm,故金屬絲直徑為2mm+0.150mm=2.150mm;(2)實(shí)驗(yàn)中只是要求多測幾組數(shù)據(jù),故滑動變阻器可以分壓接法,也可以限流接法,R2阻值范圍過大,不便于測量,故選R1;題中所給電壓表量程太大,故不選用;要測量阻值,可以通過把電流表A1作為電壓表使用,故實(shí)驗(yàn)電路圖如圖;根據(jù)歐姆定律,有:Rx=其中I1為電流表A1的示數(shù),I2為電流表A2的示數(shù),r1為電流表A1的內(nèi)阻。(3)根據(jù)電阻定律,有:Rx=ρ代入數(shù)據(jù),得:ρ=答案:(1)2.150(2)見解析圖I1為電流表A1的示數(shù),I2為電流表A2的示數(shù),r1為電流表A1的內(nèi)阻(3)三、計算題(本題共3小題,共21分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)12.(7分)電路中,每分鐘有4.8×10-3C的電荷流過導(dǎo)線的某一橫截面,已知一個電子的帶電量為e=1.6×10-19C,求:(1)每分鐘內(nèi)流過該導(dǎo)線這一橫截面的電子數(shù)目;(2)流過該導(dǎo)線的電流?！窘馕觥?1)每分鐘內(nèi)流過該導(dǎo)線這一橫截面的電子數(shù)目為:n==個=3×1016個(2)流過該導(dǎo)線的電流為:I==A=8×10-5A答案:(1)3×1016個(2)8×10-5A13.(7分)測量液體的電阻率,工業(yè)上采用一種稱為“電導(dǎo)儀”的儀器,其中一個關(guān)鍵部件如圖所示,A、B是兩片面積為1cm2的正方形鉑片,間距為d=1cm,把它們浸在待測液體中,若通過兩根引線加上一定的電壓U=6V時,測出電流I=1μA,則(1)這種液體的電阻為多少?(2)這種液體的電阻率是多少?【解析】(1)由歐姆定律可知,電阻R==Ω=6×106Ω;(2)根據(jù)電阻定律可知:R=解得:ρ==Ω·m=6×104Ω·m答案:(1)6×106Ω(2)6×104Ω·m14.(7分)如圖所示,兩段長度和材料都完全相同的導(dǎo)線ab、bc橫截面積之比為1∶4,串聯(lián)后加上電壓U。求:(1)ab、bc兩段導(dǎo)線內(nèi)自由電子定向運(yùn)動速率之比。(2)兩段導(dǎo)線兩端電壓之比?！窘馕觥?1)因兩段導(dǎo)線串聯(lián),故電流相等;又同種材料,單位體積內(nèi)自由電子數(shù)也相等,由I=neSv可得:==4;即ab、bc兩段導(dǎo)線內(nèi)自由電子定向運(yùn)動速率之比為4∶1;(2)兩段長度和材料都完全相同的導(dǎo)線ab、bc,電阻率ρ相同,故根據(jù)電阻R=ρ可得:兩段導(dǎo)線電阻之比==4;故根據(jù)歐姆定律,由串聯(lián)電路電流相等可得:==4,即兩段導(dǎo)線兩端電壓之比為4∶1。答案:(1)4∶1(2)4∶1【等級性考試】(30分鐘40分)15.(5分)(多選)如圖所示是插頭式電阻箱的結(jié)構(gòu)示意圖,下列說法正確的是()A.電阻箱的銅塞拔出的越多,接入電路中的電阻越大B.電阻箱連入時要拔出一些銅塞,以免電路短路C.此電阻箱能得到的最大阻值為10ΩD.要想使電阻箱的電阻為8Ω,應(yīng)拔出的銅塞是3和5【解析】選A、B。電阻箱的工作原理實(shí)際上是金屬桿與電阻絲的并聯(lián),由電阻定律R=ρ知,如果金屬桿的橫截面積比較大,其電阻很小,可忽略不計。當(dāng)某個銅塞處于插入狀態(tài)時,與其并聯(lián)的電阻絲即被短路,當(dāng)電阻箱中的銅塞全部插入時,電阻箱的電阻為零,接入電路后造成短路,因此需拔出一些銅塞,銅塞拔出越多接入電路的電阻越多,阻值越大,銅塞全部拔出時電阻箱的電阻最大,為R=1Ω+2Ω+2Ω+5Ω+10Ω=20Ω,當(dāng)拔出銅塞3和5時,電阻絲3和5接入電路,R′=2Ω+10Ω=12Ω。16.(5分)(多選)小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示,P為圖線上一點(diǎn),PN為圖線的切線,PQ為U軸的垂線,PM為I軸的垂線,則下列說法中正確的是 ()A.隨著所加電壓的增大,小燈泡的電阻增大B.對應(yīng)P點(diǎn),小燈泡的電阻為R=C.對應(yīng)P點(diǎn),小燈泡的電阻為R=D.隨著所加電壓的增大,小燈泡的電阻減小【解析】選A、B。由圖像可知,U越大,I-U圖線的斜率越小,表示小燈泡的電阻越大,即A對,D錯;R=中的U、I與小燈泡所處狀態(tài)下的電壓與電流相對應(yīng),即B對,C錯。17.(5分)在檢驗(yàn)兩地是否短路的測試中,經(jīng)常用到如圖所示的T形電路,電路中的電阻R1=50Ω,R2=R3=30Ω,有一測試電源,所提供的測試電壓恒為80V。以下說法正確的是 ()A.若將cd端短路,ab之間的等效電阻為50ΩB.若將ab端短路,cd之間的等效電阻為60ΩC.當(dāng)ab兩端接上測試電壓時,cd兩端的電壓為30VD.當(dāng)cd兩端接上測試電壓時,ab兩端的電壓為30V【解析】選C。當(dāng)cd端短路時,ab間電路的結(jié)構(gòu)是:電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián),等效電阻為:R=+R1=Ω+50Ω=65Ω;故A錯誤;當(dāng)ab端短路時,cd之間電路結(jié)構(gòu)是:電阻R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián),等效電阻為:R=+R2=Ω+30Ω=48.75Ω,故B錯誤;當(dāng)ab兩端接上測試電壓時,cd兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓,Ucd=E=×80V=30V;故C正確;當(dāng)cd兩端接上測試電壓時,ab兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓,Uab=E=×80V=40V;故D錯誤。18.(10分)(2019·全國卷Ⅰ)某同學(xué)要將一量程為250μA的微安表改裝為量程為20mA的電流表。該同學(xué)測得微安表內(nèi)阻為1200Ω,經(jīng)計算后將一阻值為R的電阻與微安表連接,進(jìn)行改裝。然后利用一標(biāo)準(zhǔn)毫安表,根據(jù)圖(a)所示電路對改裝后的電表進(jìn)行檢測(虛線框內(nèi)是改裝后的電表)。(1)根據(jù)圖(a)和題給條件,將(b)中的實(shí)物連線。(2)當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為16.0mA時,微安表的指針位置如圖(c)所示,由此可以推測出所改裝的電表量程不是預(yù)期值,而是______。(填正確答案標(biāo)號)

A.18mA 21mAC.25mA 28mA(3)產(chǎn)生上述問題的原因可能是________。(填正確答案標(biāo)號)

A.微安表內(nèi)阻測量錯誤,實(shí)際內(nèi)阻大于1200ΩB.微安表內(nèi)阻測量錯誤,實(shí)際內(nèi)阻小于1200ΩC.R值計算錯誤,接入的電阻偏小D.R值計算錯誤,接入的電阻偏大(4)要達(dá)到預(yù)期目的,無論測得的內(nèi)阻值是否正確,都不必重新測量,只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為kR的電阻即可,其中k=________。

【解析】(1)電流表改裝時,微安表應(yīng)與定值電阻R并聯(lián)接入虛線框內(nèi),則實(shí)物電路連接如圖所示:(2)由標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)與微安表的指針位置可知,改裝后的電流表量程被擴(kuò)大的倍數(shù)n==100倍,則當(dāng)微安表表盤達(dá)到滿偏時,改裝的電表量程為:250×10-3mA×100=25mA,故選項C正確。(3)根據(jù)IgRg=(I-Ig)R,可得:I=Ig,改裝后的量程偏大的原因可能是原微安表內(nèi)阻測量值偏小,即電表實(shí)際內(nèi)阻Rg真實(shí)值大于1200Ω,故選項A正確,B錯誤;改裝后的量程偏大的原因還可能是定值電阻R的計算有誤,計算值偏大,實(shí)際接入定值電阻R阻值偏小,故選項C正確,D錯誤。(4)由于接入電阻R時,改裝后的表實(shí)際量程為25mA,故滿足IgRg=(25-Ig)R;要想達(dá)到預(yù)期目的,即將微安表改裝為量程為20mA的電流表,應(yīng)滿足IgRg=(20-Ig)kR,其中Ig=250μA=0.25mA,聯(lián)立解得:k=。答案:(1)見解析圖(2)C(3)A、C(4)19.(15分)如圖所示,電壓U恒定不變,將電流表A1、A2分別接入電路。接成圖(a)時,電流表A1的示數(shù)為2A,電流表A2的示數(shù)為3A;接成圖(b)時,電流表A1、A2的示數(shù)均為4A,求:電路中不接入電流表時的電流?！窘馕觥吭O(shè)A1、A2的電阻分別為R1、R2,在(a)圖中有:2R1=3R2U=5R+2R1,在(b)圖中有:U=4(R+R1+R2),由以上三式可得:R1=RU=R。假如電路中不接電流表,此時電流為:I==A。答案:A第十二章電能能量守恒定律(90分鐘100分)【合格性考試】(60分鐘60分)一、選擇題(本題共9小題,每小題3分,共27分。)1.如圖所示是一種新型節(jié)能路燈。它“頭頂”小風(fēng)扇,“肩扛”太陽能電池板。關(guān)于節(jié)能路燈的設(shè)計解釋合理的是 ()A.太陽能電池板將太陽能轉(zhuǎn)化為電能B.小風(fēng)扇是用來給太陽能電池板散熱的C.小風(fēng)扇是風(fēng)力發(fā)電機(jī),將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能D.蓄電池在夜晚放電時,將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能【解析】選A。這種新型節(jié)能路燈,“肩扛”太陽能電池板可以把太陽能轉(zhuǎn)化為電能;“頭頂”的小風(fēng)扇可以把風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能,這樣只要有風(fēng),這種路燈也可以發(fā)電,填補(bǔ)了陰天和晚上不能發(fā)電的空白,可用于路燈晚上照明使用;蓄電池在夜晚放電時,將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能;故A正確,B、C、D錯誤。2.關(guān)于能量耗散,下列說法中正確的是 ()A.能量耗散是指在一定條件下,能量在轉(zhuǎn)化過程中總量減少了B.能量耗散表明能量守恒定律具有一定的局限性C.能量耗散表明在能源的利用過程中,能量在數(shù)量上越來越少D.能量耗散從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中宏觀過程的方向性【解析】選D。能量耗散的過程中能量向品質(zhì)低的大氣內(nèi)能轉(zhuǎn)變,但是總的能量是守恒的,能量不能憑空產(chǎn)生,也不能憑空消失,故A、B錯誤;能量耗散表明在能源的利用過程中,能量在數(shù)量上并未減少,但是在可利用的品質(zhì)上降低了,故C錯誤;根據(jù)熱力學(xué)定律可知,宏觀自然過程自發(fā)進(jìn)行是有其方向性的,能量耗散就是從能量的角度反映了這種方向性,故D正確。3.關(guān)于四個公式①P=UI;②P=I2R;③P=;④P=,下列敘述正確的是()A.公式①④適用于任何電路的電功率的計算B.公式②③適用于任何電路的電功率的計算C.公式①②③適用于任何電路的電功率的計算D.以上均不正確【解析】選A。公式①④適用于任何電路的電功率的計算,而②③只適用于純電阻電路的電功率的計算。故A正確,B、C、D錯誤。4.如圖所示,a、b、c為同一種材料做成的電阻,b與a的長度相等但橫截面積是a的兩倍;c與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍。當(dāng)開關(guān)閉合后,三個理想電壓表的示數(shù)關(guān)系是 ()A.V1的示數(shù)是V3的2倍 B.V1的示數(shù)是V2的2倍C.V2的示數(shù)是V1的2倍 D.V2的示數(shù)是V3的2倍【解析】選B。由題意可知:Lc=2La=2Lb,Sb=2Sa=2Sc;設(shè)b的電阻Rb=R,由電阻定律R=得:Ra=2Rb=2R,Rc=2Ra=4R,Rc∶Ra∶Rb=4∶2∶1。由電路圖可知,a、b、c三個電阻串聯(lián),通過它們的電流相等,由U=IR得:Uc∶Ua∶Ub=4∶2∶1,故UV3∶UV1∶UV2=4∶2∶1,所以B正確。5.A、B兩燈的額定電壓都是110V,A燈的額定功率PA=100W,B燈的額定功率PB=40W,若將兩燈同時接入電壓恒為220V的電路上,且使兩燈均能正常發(fā)光,同學(xué)們設(shè)計了如圖所示的甲、乙兩種電路,則甲、乙兩電路消耗的電功率之比為()A.2∶7 B.2∶5 C.5∶7 D.3∶7【解析】選C。A燈的額定電流為:IA==A=A,B燈的額定電流為:IB==A=A,甲圖電路的功率為:P甲=IAU=×220W=200W乙圖電路的功率為:P乙=(IA+IB)U=×220W=280W甲、乙兩電路消耗的電功率之比:P甲∶P乙=200∶280=5∶7。故A、B、D錯誤,C正確。6.如圖,電源的輸出電壓和A、B兩燈的電阻均不變。若滑動變阻器R的滑片向左移動,則 ()A.A、B兩燈均變亮B.A、B兩燈均變暗C.A燈變暗,B燈變亮D.A燈變亮,B燈亮度不變【解析】選D。因電源輸出電壓不變,故兩支路兩端的電壓不變;R的滑片向左移動時,接入電阻減小,故A中電流增大;A燈變亮;而B燈兩端電壓不變,故B燈亮度不變;故D正確,A、B、C錯誤。7.一臺電動機(jī)額定電壓為U,線圈電阻為r,電動機(jī)正常工作時通過電動機(jī)線圈的電流強(qiáng)度為I,電動機(jī)正常工作時間為t時,以下說法正確的是()A.電動機(jī)消耗的電能為I2rtB.線圈r產(chǎn)生的熱量為UItC.I=D.電動機(jī)輸出的機(jī)械能為UIt-I2rt【解析】選D。電動機(jī)是非純電阻元件,電動機(jī)消耗的電能W=UIt,故A錯誤;線圈電阻是r,通過線圈的電流是I,研究線圈產(chǎn)生的焦耳熱時,線圈是純電阻元件,線圈r產(chǎn)生的熱量為Q=I2rt,故B錯誤;此電路為非純電阻電路,不滿足歐姆定律,所以I≠,故C錯誤;由能量守恒定律知,電動機(jī)輸出的機(jī)械能W機(jī)=UIt-I2rt,故D正確。8.如圖所示電路,兩電壓表為理想電表,將開關(guān)K閉合,當(dāng)滑動變阻器的滑片向左滑動時 ()A.電壓表V1的示數(shù)不變B.電壓表V1的示數(shù)變小C.電壓表V2的示數(shù)變小D.電壓表V2的示數(shù)不變【解析】選C。由圖可知,電路中R1與R2串聯(lián)接在電源兩端,電壓表V1測量R1兩端的電壓,V2測量路端電壓,當(dāng)滑片向左滑動時,滑動變阻器接入電阻減小,則電路中總電阻減小;由閉合電路歐姆定律可知,電路中電流增大,因R1為定值電阻,故其兩端電壓增大,電壓表V1的示數(shù)變大,故A、B錯誤;由閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知,路端電壓減小,電壓表V2的示數(shù)變小,故C正確,D錯誤。9.飲水機(jī)是一種常見的家用電器,其工作電路可簡化為如圖所示的電路,其中S是溫度控制開關(guān),當(dāng)水溫升高到一定溫度時,它會自動切換,使飲水機(jī)處于保溫狀態(tài);R2是飲水機(jī)加熱管的電阻,R1是與加熱管串聯(lián)的電阻。該飲水機(jī)的額定電壓是220V,加熱功率為550W,保溫時整機(jī)耗電量0.48kW/24h(不考慮R1、R2的阻值受溫度影響)。當(dāng)開關(guān)S閉合時,飲水機(jī)處于何種工作狀態(tài)及R2的阻值為()A.加熱220Ω B.加熱88ΩC.保溫88Ω D.保溫220Ω【解析】選B。電源電壓U不變,由P=可知,溫控開關(guān)S閉合時,只有一只電阻工作,電阻小,則電功率大,為加熱狀態(tài);由公式P=得R2的阻值:R2===88Ω;故B正確,A、C、D錯誤。二、實(shí)驗(yàn)題(12分)10.利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻?，F(xiàn)有開關(guān)和導(dǎo)線若干及以下器材:A.電流表(0～0.6A,內(nèi)阻約1Ω)B.電壓表(0～3V,內(nèi)阻約3kΩ)C.滑動變阻器(0～50Ω)D.滑動變阻器(0～500Ω)(1)實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)選用________。(選填相應(yīng)器材前的字母)

(2)要求盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差,應(yīng)選擇的實(shí)驗(yàn)電路是圖1中的________(選填“甲”或“乙”)。

(3)某位同學(xué)記錄的6組數(shù)據(jù)如表所示,其中5組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點(diǎn)已經(jīng)標(biāo)在圖2的坐標(biāo)紙上,請標(biāo)出余下一組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點(diǎn),并畫出U-I圖線。序號123456電壓U/V1.451.401.301.251.201.10電流I/A0.060.120.240.260.360.48(4)根據(jù)(3)中所畫圖線可得出干電池的電動勢E=________V,內(nèi)阻r=________Ω。

(5)實(shí)驗(yàn)中,隨著滑動變阻器滑片的移動,電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化。圖3的各示意圖中正確反映P-U關(guān)系的是________。

【解析】(1)干電池的內(nèi)阻很小,為了調(diào)節(jié)方便,滑動變阻器選C;(2)乙圖中測量的等效干電池電阻為電流表內(nèi)阻和干電池內(nèi)阻之和,因?yàn)殡娏鞅韮?nèi)阻未知,故電路圖選圖甲;(3)根據(jù)題給數(shù)據(jù),描點(diǎn)作圖,U-I圖線如圖所示;(4)根據(jù)(3)中所畫圖線可得出干電池的電動勢即為圖線在縱軸的截距,即E=1.50V;圖線的斜率大小為電源的內(nèi)阻,故內(nèi)阻r=Ω=0.83Ω;(5)實(shí)驗(yàn)中,隨著滑動變阻器滑片的移動,電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化,由歐姆定律和功率表達(dá)式得P=,由P與U關(guān)系,可得P隨U先增大后減小,故A、B、C錯誤,D正確。答案:(1)C(2)甲(3)見解析圖(4)1.500.83(5)D三、計算題(本題共3小題,共21分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位)11.(7分)在如圖所示的電路中電源內(nèi)阻r=0.5Ω,當(dāng)開關(guān)S閉合后,電路正常工作,電壓表的讀數(shù)U=2.8V,電流表的讀數(shù)I=0.4A。若所使用的電壓表和電流表均為理想電表。求:(1)電阻R的阻值;(2)電源的內(nèi)電壓U內(nèi);(3)電源的電動勢E。【解析】(1)由歐姆定律得:R==Ω=7Ω; ①(2)電源的內(nèi)電壓為U內(nèi)=Ir=0.4×0.5V=0.2V②(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有:E=U+Ir=2.8V+0.4×0.5V=3V③答案:(1)7Ω(2)0.2V(3)3V12.(7分)如圖所示,有一臺提升重物用的直流電動機(jī)M,電動機(jī)的內(nèi)阻為r=0.60Ω,與電動機(jī)串聯(lián)的定值電阻阻值為R=10Ω,電路的路端電壓為U=160V。圖中理想電壓表的示數(shù)為110V。求:(1)通過電動機(jī)的電流I是多大?(2)電動機(jī)的輸入功率P是多大?(3)電動機(jī)的機(jī)械功率P′是多大?【解析】(1)電動機(jī)和電阻串聯(lián),所以電流相等,電阻R兩端電壓U1=160V-110V=50V,I==A=5A(2)電動機(jī)的輸入功率P=UVI=110×5W=550W。(3)電動機(jī)的熱功率P熱=I2r=15W,所以電動機(jī)的機(jī)械功率P′=P-P熱=535W答案:(1)5A(2)550W(3)535W13.(7分)如圖所示是一提升重物用的直流電動機(jī)工作時的電路圖,電動機(jī)內(nèi)電阻r=1.0Ω,電路中另一電阻R=4Ω,直流電壓U=120V,電壓表示數(shù)UV=100V。試求:(1)通過電動機(jī)的電流;(2)輸入電動機(jī)的電功率;(3)電動機(jī)的輸出功率?！窘馕觥?1)R兩端電壓為:UR=120V-100V=20V①則通過電阻R的電流為:I==A=5A②電動機(jī)與電阻R串聯(lián),則通過電動機(jī)的電流也為5A;(2)電動機(jī)的輸入功率為:P=UVI=100×5W=500W③(3)電動機(jī)的輸出功率為:P出=UVI-I2r=100×5W-52×1W=475W④答案:(1)5A(2)500W(3)475W【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示是利用電動機(jī)提升重物的示意圖,其中D是直流電動機(jī)。P是一個質(zhì)量為m的重物,它用細(xì)繩拴在電動機(jī)的軸上。閉合開關(guān)S,重物P以速度v勻速上升,這時電流表和電壓表的示數(shù)分別是I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s。已知重物的質(zhì)量m=45kg(g取10m/s2)。求:(1)電動機(jī)消耗的電功率P電;(2)細(xì)繩對重物做功的機(jī)械功率P機(jī);(3)電動機(jī)線圈的電阻R。【解析】(1)根據(jù)電功率關(guān)系式有:P電=UI=110×5W=550W,故電動機(jī)消耗的功率為550W;(2)以重物為研究對象,由于重物勻速上升,有:F-mg=0 ①P機(jī)=F·v ②聯(lián)立①②,代入數(shù)據(jù)得:P機(jī)=315W;故細(xì)繩對重物做功的機(jī)械功率為315W;(3)根據(jù)功能關(guān)系有:P電=P機(jī)+P熱 ③P熱=I2R ④聯(lián)立③④,代入數(shù)據(jù)得:R=9.4Ω;答案:(1)550W(2)315W(3)9.4Ω【等級性考試】(30分鐘40分)14.(5分)處于山區(qū)的某校引入一臺風(fēng)力發(fā)電機(jī),利用豐富的風(fēng)能為學(xué)校供電。已知該風(fēng)力發(fā)電機(jī)扇葉半徑為8m,空氣平均密度為1.2kg/m3,發(fā)電機(jī)所在處平均風(fēng)速為5m/s,該發(fā)電機(jī)將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為10%,該校配備的日光燈功率為20W,則該發(fā)電機(jī)可供日光燈正常發(fā)光的數(shù)量約為 ()A.15盞 B.75盞 C.150盞 D.750盞【解析】選B。單位時間內(nèi)垂直流向扇葉旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為ρvS,S=πr2,風(fēng)能的最大功率可表示為:Pm=(ρvπr2)v2=πρv3r2=15072W,發(fā)電機(jī)將風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為10%,所以轉(zhuǎn)化的電能為1507.2W,n=≈75盞,故B正確。15.(5分)如圖所示為兩電源的U-I圖像,則下列說法不正確的是()A.電源①的電動勢比電源②的電動勢大B.當(dāng)外接同樣的電阻時,兩電源的輸出功率可能相等C.電源①的內(nèi)阻比電源②的內(nèi)阻大D.電源①的短路電流比電源②的短路電流大【解析】選B。根據(jù)閉合電路歐姆定律得,U=E-Ir,當(dāng)I=0時,U=E,即圖線與縱軸交點(diǎn)表示斷路狀態(tài),交點(diǎn)的縱坐標(biāo)等于電源的電動勢大小,圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻,由圖看出,電源①的電動勢和內(nèi)阻均比電源②大,故A、C正確;過原點(diǎn)O作出一條傾斜的直線,該直線與圖線①、②的交點(diǎn)就表示該電阻與兩電源連接時的工作狀態(tài),由圖看出,直線與圖線①交點(diǎn)的兩坐標(biāo)的乘積大于直線與圖線②交點(diǎn)的兩坐標(biāo)的乘積,說明不論外接多大的相同電阻,電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大,故B錯誤;圖像與橫軸的交點(diǎn)表示短路電流,故電源①的短路電流比電源②的短路電流大,故D正確。本題選錯誤的,故選B。16.(5分)(多選)如圖所示,將一個改裝的電流表接入電路和標(biāo)準(zhǔn)表進(jìn)行校準(zhǔn),發(fā)現(xiàn)待測表的讀數(shù)比標(biāo)準(zhǔn)表的讀數(shù)偏大一些,如果表頭G的示數(shù)Ig是準(zhǔn)確的,出現(xiàn)的誤差可能是選項中哪種原因引起的 ()A.Rg的測量值比真實(shí)值偏大B.Rg的測量值比真實(shí)值偏小C.所并聯(lián)的R并比公式R并'=計算出的R并'偏小D.所并聯(lián)的R并比公式R并'=計算出的R并'偏大【解析】選A、D。改裝成的電流表(待測表)比標(biāo)準(zhǔn)表的讀數(shù)偏大,說明流經(jīng)表頭G的電流偏大些,根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn),所并聯(lián)的R并越大,流經(jīng)表頭G的電流越大,所以R并比公式R并′=計算出的R并′偏大。同樣如果Rg的測量值比真實(shí)值偏大,也會使R并偏大,故選項A、D正確。17.(10分)在“測定蓄電池的電動勢和內(nèi)電阻”的實(shí)驗(yàn)中,備有如下器材:A.蓄電池B.電流表(0～0.6A,內(nèi)阻約為0.1Ω)C.靈敏電流計G(滿偏電流Ig=200μA,內(nèi)阻rg=150Ω)D.滑動變阻器R1(0～20Ω,2.0A)E.電阻箱R2F.定值定阻R0=2ΩH.開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)由于沒有電壓表,可把靈敏電流計G與電阻箱R2串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表,如圖甲中電阻箱R2的阻值應(yīng)為________Ω。

(2)按圖甲所示電路圖,請在乙圖上補(bǔ)充完成實(shí)物連線。(3)在閉合開關(guān)S前,將滑動變阻器的滑片移動至圖甲中的________(選填“a”“中央”或“b”)端。

(4)丙圖為該實(shí)驗(yàn)繪出的I1-I2圖線(I1為靈敏電流計G的示數(shù),I2為電流表A的示數(shù)),由丙圖可求得被測蓄電池的電動勢E=________V,內(nèi)電阻r=______Ω(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

【解析】(1)根據(jù)電壓表改裝的原理,有Ig(rg+R2)=6V,代入數(shù)據(jù),得R2=29850Ω(2)實(shí)物圖如圖所示;(3)在閉合開關(guān)S前,滑動變阻器連入電路電阻應(yīng)最大,起到保護(hù)電路作用,則由圖甲可知滑片應(yīng)移到a端;(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律,有E=U+I(R0+r)=I1(rg+R2)+(I1+I2)(R0+r)整理得I1=-I2結(jié)合圖像,得=175×10-6A①= ②聯(lián)立①②,代入數(shù)據(jù)得r=2.50ΩE=