高二上学期物理期中考试复习讲义

高二物理期中考试复习(22题型)复习范围：静电场及其应用、静电场中的能量、电路及其应用知识结构题型精讲目录TOC\o"13"\h\z\u一、三种起电方式 3二、电荷守恒定律和库仑定律 3三、电场叠加 4四、非共线力作用下带电体的平衡 4五、同一直线上带电体的平衡 6六、两等量点电荷周围的电场 7七、电场中的平衡及动力学问题 8九、电场中的功能关系 9十、匀强电场“等分法” 10十一、φ－x图像和E－x图像 10十二、电容 11十三、带电粒子在电场中的直线运动 11十四、带电粒子的类平抛运动 12十五、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 13十六、带电粒子在交变电场中的运动 13十七、电流、电阻和伏安特性曲线 14十八、电流表和电压表的改装 15十九、游标卡尺和螺旋测微器读数、导体电阻率测量实验 16二十、伏安法测量电阻的阻值 17二十一、替代法测电阻的阻值 18二十二、半偏法测电压表和电流表的内阻 18一、三种起电方式1.“纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行”。兴华同学在学习了电荷相关知识后,用丝绸摩擦玻璃棒并探究玻璃棒带电的原因,下列说法正确的是()A.玻璃棒创造了正电荷B.丝绸创造了负电荷C.丝绸上有些电子转移到玻璃棒上D.玻璃棒上有些电子转移到丝绸上2.如图所示,两个用绝缘柱支持的枕形导体A、B靠在一起,起初它们不带电。将带正电的C靠近导体A,下列说法正确的是()A.A左端带正电,B左端带负电B.A左端带负电,B左端也带负电C.先移走C,再将A、B分开,A将带正电D.先将A、B分开,再移走C,A将带负电3.(多选)某同学将一根橡胶棒用毛皮摩擦后,先后进行了如下操作:①将橡胶棒靠近(不接触)验电器的金属球(如图1);②保持橡胶棒的位置不动,用手接触验电器的金属球(如图2);③接着先把手移开,再把橡胶棒移开(如图3)。关于验电器的金属箔张开的情况及分析,以下说法正确的是()A.操作①中,验电器金属箔不张开,因为棒与金属球没有接触B.操作①中,随着棒靠近验电器金属球,金属箔张开的角度越来越大,因为产生的感应电荷越来越多,金属箔上聚集的负电荷也多C.操作②中,手接触验电器,金属箔闭合,金属球上的正电荷通过手导入到大地中D.操作③中,金属箔从闭合到又张开一定的角度,因为金属球上的电荷重新分布二、电荷守恒定律和库仑定律1.(多选)有一质量较小的小球A,用绝缘细线悬吊着,当用毛皮摩擦过的橡胶棒B靠近它时,看到它们先相互吸引,接触后又相互排斥。则以下判断中正确的是()A.接触前,A、B一定带异种电荷B.接触前,A、B可能带异种电荷C.接触前,A球一定不带任何电荷D.接触后,A球一定带有电荷2.有三个完全相同的金属小球A、B、C，A所带电荷量为＋7Q，B所带电荷量为－Q，C不带电．将A、B固定起来，然后让C反复与A、B接触，最后移去C，A、B间的相互作用力变为原来的()A.eq\f(1,7)倍 B.eq\f(2,7)倍C.eq\f(4,7)倍 D.eq\f(5,7)倍3.如图所示,带正电的导体球C靠近一个原先不带电的导体,若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开,将导体分为A、B两部分,这两部分所带电荷量的大小分别为QA、QB,则下列结论正确的是()A.沿虚线c切开,A带负电,B带正电,且QA>QBB.只有沿虚线b切开,才有A带正电,B带负电,且QA=QBC.沿虚线a切开,A带正电,B带负电,且QA<QBD.沿任意一条虚线切开,都有A带正电,B带负电,而QA的值与所切的位置有关三、电场叠加1.如图所示,四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q,分别固定在正方形的四个顶点上,正方形边长为a,则正方形两条对角线交点处的电场强度()A.大小为42kQB.大小为22kQC.大小为42kQD.大小为22kQ2.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2)D．keq\f(9Q＋q,9R2)3.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图5.M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴负向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴负向四、非共线力作用下带电体的平衡1．(多选)如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为0.则()A．B球和C球都带负电荷B．B球带负电荷，C球带正电荷C．B球和C球所带电荷量不一定相等D．B球和C球所带电荷量一定相等2.如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30eq\r(3)g，则B带电荷量是多少？(取g＝10m/s2，小球A、B视为点电荷，k＝9.0×109N·m2/C2)3.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上．其中O点与小球A间的距离为l，O点与小球B间的距离为eq\r(3)l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A、B均可视为点电荷．静电力常量为k，则()A．A、B间静电力大小F＝eq\f(kq2,2l2)B．A、B间静电力大小F＝eq\f(\r(3)mg,3)C．细线拉力大小FT＝eq\f(kq2,3l2)D．细线拉力大小FT＝eq\r(3)mg五、同一直线上带电体的平衡①平衡条件：每个点电荷受到的两个静电力必须大小相等，方向相反．②平衡规律可概括为：“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．③只要其中两个点电荷平衡，第三个点电荷一定平衡，只需根据平衡条件对其中的两个电荷列式即可．1.如图所示，带电荷量分别为＋q和＋4q的两点电荷A、B，相距L，问：(1)若A、B固定，在何处放置点电荷C，才能使C处于平衡状态？(2)在(1)中的情形下，C的电荷量和电性对C的平衡有影响吗？(3)若A、B不固定，在何处放一个什么性质的点电荷C，才可以使三个点电荷都处于平衡状态？2.(多选)如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是()A．a对b的静电力一定是引力B．a对b的静电力可能是斥力C．a的电荷量可能比b的少D．a的电荷量一定比b的多六、两等量点电荷周围的电场等量同种点电荷的电场(电场线分布如图1)(1)两点电荷连线上，中点O处场强为零，向两侧场强逐渐增大．(2)两点电荷连线的中垂线上由中点O到无限远，场强先变大后变小．(3)关于中心点O点的对称点，场强等大反向．图1图2等量异种点电荷的电场(电场线分布如图2)(1)两点电荷连线上，沿电场线方向场强先变小再变大，中点处场强最小．(2)两点电荷连线的中垂线上电场强度方向都相同，总与中垂线垂直且指向负点电荷一侧．沿中垂线从中点到无限远处，场强一直减小，中点处场强最大．(3)关于中心点对称的点，场强等大同向．1.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是()A．a点的场强大于b点的场强；将一试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大C．a点的场强等于b点的场强；将一试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小D．a点的场强等于b点的场强；将一试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大2.两个带等量正电荷的点电荷如图所示，O点为两点电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，关于电子的运动，下列说法正确的是()A．电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B．电子在从a点向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．电子运动到O点时，加速度为零，速度最大D．电子通过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零七、电场中的平衡及动力学问题1.如图所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq\f(1,2)，(sin37°＝，cos37°＝，g＝10m/s2)求：(1)原来的电场强度大小；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小．八、电场线、等势面、运动轨迹的综合问题(1)速度方向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向轨迹曲线凹侧．(2)电势能大小的判断方法①电场力做功：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．②利用公式法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．1.如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN2.(多选)如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断()A．三个等势面的电势大小为φA>φB>φCB．三个等势面的电势大小为φC>φB>φAC．电子由a到c电势能不断减小D．电子由a到c动能不断减小九、电场中的功能关系①合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功．②电场力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似．③只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似．1.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为eq\f(1,3)g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度为eq\f(mg,3q)B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为eq\f(mg(H＋h),3)C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)D．弹簧的弹性势能的增加量为eq\f(mg(H＋h),3)2.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．十、匀强电场“等分法”1.关于匀强电场中的电场强度和电势差的关系,下列说法正确的是()A.任意两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积B.沿电场线方向,相同距离上电势差一定相等C.电势降落的方向一定是电场强度的方向D.电势降落最快的方向不一定是电场强度的方向2.如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m3.(多选)如图所示,在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形,空间有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中O(0,0)点电势为12V,A(1,3)点电势为9V,B(3,3)点电势为3V,则由此可判定()A.C点电势为3VB.C点电势为0VC.该匀强电场的电场强度大小为300V/mD.该匀强电场的电场强度大小为1003V/m十一、φ－x图像和E－x图像(1)从φ－x图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E随x的变化情况：φ－x图像切线斜率的绝对值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，为E的大小，场强E的方向为电势降低的方向．(2)E－x图像中E的正负反映E的方向，E为正表示与正方向相同；E的数值反映电场强度的大小，由此可以确定电场的强弱分布；E－x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断．1.(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有()A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功2.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大十二、电容1.由电容器电容的定义式C=QU可知(A.只有电容器带电时,电容C才不为零B.电容C与电容器所带电荷量Q成正比,与电压U成反比C.电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量D.电容器所带电荷量是两极板所带电荷量的代数和2.(多选)王老师利用如图电路研究电容器的充、放电问题,单刀双掷开关S原来跟2相接,从t=0开始,开关改接1,再将开关S拨向2位置,则流过电路中P点的电流大小随时间变化的图像及电容器两极板间的电势差UAB随时间变化的图像可能正确的是()3.(多选)如图所示,平行板电容器与电压为E的直流电源连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可忽略,开关闭合,稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点,下列说法正确的是()A.保持S闭合,将上极板右移一小段距离后,静电计指针的张角变大B.保持S闭合,将上极板下移一小段距离后,P点电势升高C.若断开S,将上极板右移一小段距离后,带电油滴向上运动D.若断开S,将上极板下移一小段距离,带电油滴的电势能不变十三、带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中的直线运动(1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同．(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；(2)功和能方法——动能定理；(3)能量方法——能量守恒定律．1.如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接上直流电源，两极板间的距离为L＝15cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下．已知小油滴的电荷量q＝3.5×10－14C、质量m＝3.0×10－9kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零．两极板间的电势差U＝6×105V．(不计空气阻力，取g＝10m/s2)(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点的正上方的高度h是多少？十四、带电粒子的类平抛运动运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列牛顿第二定律或运动学方程．利用功能关系分析：(1)功能关系：电场力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.1.如图所示，一带正电的粒子以初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A．在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,4)B．在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)qUC．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶2D．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为2∶12.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？十五、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的电场力．1.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力．(重力加速度为g)十六、带电粒子在交变电场中的运动受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向．运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定．处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．1.在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像．十七、电流、电阻和伏安特性曲线1．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流．设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动．关于该环形电流的说法正确的是()A．电流为eq\f(ve,2πr)，电流的方向为顺时针B．电流为eq\f(ve,r)，电流的方向为顺时针C．电流为eq\f(ve,2πr)，电流的方向为逆时针D．电流为eq\f(ve,r)，电流的方向为逆时针2．如图所示，电解池内有一价离子的电解液，时间t内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下解释中正确的是()A．正离子定向移动形成电流方向从A→B，负离子定向移动形成电流方向从B→AB．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝eq\f(n1e,t)D．溶液内电流方向从A到B，电流I＝eq\f(n1＋n2e,t)3.(多选)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是()A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B．对应P点，小灯泡的电阻R＝eq\f(U1,I2)C．对应P点，小灯泡的电阻R＝eq\f(U1,I2－I1)D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的“面积”4．(多选)截面积为S的导线中通有电流I.已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间Δt内通过导线截面的自由电子数是()A．nSvΔt B．nvΔtC.eq\f(IΔt,e) D．eq\f(IΔt,Se)5．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是()A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为eq\f(1,4)RC．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的eq\f(U,I)比值变大D．金属材料的电阻率随温度的升高而减小十八、电流表和电压表的改装小量程电流表G改装成电压表V(设扩大n倍)小量程电流表G改装成大量程电流表A(设扩大n倍)内部电路R的作用分压分流扩大量程的计算U＝Ig(R＋Rg)IgRg＝(I－Ig)R电表的总电阻RV＝Rg＋RR＝eq\f(U,Ig)－Rg＝(n－1)RgRA＝eq\f(R·Rg,R＋Rg)R＝eq\f(Ig,I－Ig)Rg＝eq\f(Rg,n－1)使用并联在待测电路中，“＋”接线柱接电势较高的一端串联在被测支路中，电流从“＋”接线柱流入1.有一个电流计G，内电阻Rg＝10Ω，满偏电流Ig＝3mA.要把它改装成量程为0～3V的电压表，应该串联一个多大的电阻？改装后电压表的内电阻是多大？2.如图是一个电流表、电压表两用电表的电路，电流表G的量程是100μA，内阻是1000Ω，电阻R1＝0.1Ω，R2＝99000Ω，当双刀双掷开关接到a、b上时，可作为________表，其量程是________，当双刀双掷开关接到c、d上时，可作为________表，其量程是________．十九、游标卡尺和螺旋测微器读数、导体电阻率测量实验1.(1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺,它们的游标尺分别为10分度、20分度,它们的读数依次为mm、mm。

(2)某同学用如图丙所示的螺旋测微器测量小球的直径时,他应先转动D使F靠近小球,再转动(填仪器部件字母符号)使F夹住小球,直至听到棘轮发出声音为止,拨动G使F固定后读数。正确操作后,螺旋测微器的示数如图丁所示,则小球的直径是mm。

2.某研究小组设计了一个实验方案,粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率,实验步骤如下:(1)如图甲所示,滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝,测量出瓷筒外管直径D及瓷筒上电阻丝缠绕的总宽度l;(2)测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x,则电阻丝直径d=;

(3)由于d≪D,可算出电阻丝总长度为ldπD(4)已知该滑动变阻器阻值较小,但铭牌模糊,通过如图乙所示电路来测量其最大电阻,请把剩余的连线补充完整;(5)闭合开关得到电压表示数U,电流表示数I;(6)可以估算出电阻丝的电阻率ρ=(用x、n、D、U、I、l表示);

(7)电阻丝表层涂有绝缘漆,则因绝缘漆的存在使得电阻率的测量值真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。

二十、伏安法测量电阻的阻值测量电路(1)电流表外接法，如图，由于电压表的分流，电流表测量的电流值偏大，测得的电阻值偏小，适用于测量小电阻．(2)电流表内接法，如图，由于电流表的分压，电压表测量的电压值偏大，测得的电阻值偏大，适用于测量大电阻．控制电路(1)滑动变阻器限流式接法，如图.(2)滑动变阻器分压式接法，如图.1.某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：A．电压表(量程0～1V，内阻约10kΩ)B．电压表(量程0～10V，内阻约100kΩ)C．电流表(量程0～1mA，内阻约30Ω)D．电流表(量程0～0.6A，内阻约0.05Ω)E．电源(1.5V，额定电流0.5A)F．电源(12V，额定电流2A)G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10Ω，额定电流2A)(1)为使测量值尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________．(均填器材的字母代号)(2)画出测量Rx阻值的实验电路图．(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值，原因是___________________________________．二十一、替代法测电阻的阻值实验方法：利用“替代法”测量电阻的电路图如图所示．图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，Rx为待测电阻，A为电流表，利用该电路，经过如下步骤可以测得待测电阻Rx的阻值．(1)闭合S1和S3，断开S2，调节R1的阻值，使电流表读数等于某个数值I0；(2)闭合S1和S2，断开S3，保持R1不变，调节R2，使电流表读数等于I0，然后读出R2的值，则待测电阻Rx＝R2.1.某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲、乙所示，长度为________cm，直径为________mm.(2)按图丙所示连接电路后，实验操作如下：①将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(选填“大”或“小”)，将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；②将电阻箱R2的阻值调至最________(选填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω.(3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.二十二、半偏法测电压表和电流表的内阻半偏法测电流表内阻如图所示，闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表读数达到满偏值I0；保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数为eq\f(I0,2)，然后读出R2的值，则有RA＝R2.半偏法测电压表内阻如图所示，闭合开关S，将电阻箱R2的阻值调为零，调节滑动变阻器R1，使电压表达到满偏值U0；保持R1不变，调节R2，使电压表的示数为eq\f(U0,2)，记下此时电阻箱的示数R2，则有RV＝R2.1.实验室有一个量程为0～200μA的直流电流计G.(1)某同学用如图所示电路采用半偏法测定电流计G的内阻rg，其中电阻R0约为1kΩ.为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源应选用________，变阻器R1应选用________，变阻器R2应选用________(填器材前的字母)．A．电源(电压1.5V)B．电源(电压6V)C．电阻箱(0～999.9Ω)D．滑动变阻器(0～500Ω)E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器作用相当)(0～5.1kΩ)F．电位器(0～51kΩ)(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调到最大．后续的实验操作步骤依次是________，________，________，________，最后记录R1的阻值并整理好器材．(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)．A．闭合S1B．闭合S2C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度的一半E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度的一半F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满偏刻度(3)实验测得R1的值为300Ω，则被测电流计G的内阻rg的测量值为________Ω，该测量值________(填“略大于”“略小于”或“等于”)实际值．2.电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表V(量程3V，内阻约为3000Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100Ω，额定电流2A)，电源(电压6V)，开关两个，导线若干．(1)图为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．(2)根据设计的电路，写出实验步骤：___________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“>”“＝”或“<”)，主要原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________.高二物理期中考试复习(22题型)答案一、三种起电方式1.D2.D3.BD二、电荷守恒定律和库仑定律1.BD2.C3.D三、电场叠加1.C2.B3.B四、非共线力作用下带电体的平衡1．AD解析：以B为研究对象，B球受重力及A、C对B球的静电力而处于平衡状态，则A、C球对B球的静电力的合力应与重力大小相等、方向相反，而静电力的方向只能沿两电荷的连线方向，则A对B的静电力应指向A，C对B的静电力应指向B的左侧，由此可知，B、C都应带负电荷，A对，B错．由受力分析图可知，A对B的静电力应为C对B静电力的2倍，故C所带电荷量应为A所带电荷量的一半；同理分析C可知，B所带电荷量也应为A所带电荷量的一半，故B、C所带电荷量相等，C错，D对．2.1.0×10－6C解析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.依据题意可得：tan30°＝eq\f(h,L)，则L＝eq\f(h,tan30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),3))cm＝10eq\r(3)cm，对B进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件，解得静电力F＝mgtan30°＝30eq\r(3)×10－3×10×eq\f(\r(3),3)N＝0.3N.由q1＝q2＝q，依据F＝keq\f(q1q2,r2)有：F＝keq\f(q2,L2).解得：q＝eq\r(\f(FL2,k))＝eq\r(\f(0.3,9×109)×10\r(3)×10－22)C＝1.0×10－6C.3.B解析：带电小球A受力如图所示，由几何知识得OC＝eq\f(\r(3),2)l，即C点为OB中点，根据对称性AB＝l.由库仑定律知A、B间静电力大小F＝eq\f(kq2,l2)，细线拉力大小FT＝F＝eq\f(kq2,l2)，选项A、C错误；根据平衡条件得Fcos30°＝eq\f(1,2)mg，得F＝eq\f(\r(3)mg,3)，细线拉力大小FT＝eq\f(\r(3)mg,3)，选项B正确，D错误．五、同一直线上带电体的平衡1.(1)由平衡条件，对C进行受力分析，C应在AB的连线上且在A、B之间，设C与A相距r，则eq\f(k·q·qC,r2)＝eq\f(k·4q·qC,L－r2)，解得：r＝eq\f(L,3)。(2)在AB间距离A为eq\f(L,3)处，不论C为正电荷还是负电荷，A、B对其作用力的合力均为零，故C的电荷量大小和电性对其平衡无影响．(3)若将C放在A、B电荷两边，A、B对C同为向左(或向右)的力，C都不能平衡；若将C放在A、B之间，C为正电荷，则A、B都不能平衡，所以C为负电荷．设放置的点电荷C的电荷量大小为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件，对电荷A：有eq\f(k·4q·q,L2)＝eq\f(kQ·q,r\o\al(12))，对电荷B：有eq\f(k·4q·q,L2)＝eq\f(kQ·4q,L－r12)，联立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(负电荷)，即应在AB连线上且在A的右边，与点电荷A相距eq\f(L,3)处放置一个电荷量为eq\f(4,9)q的负电荷．2.AD解析：根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”的结论，故A正确，B错误；由平衡条件来确定各电荷量的大小关系，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故D正确，C错误．六、两等量点电荷周围的电场1.C解析：根据等量异种点电荷周围的电场分布，可知a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同；中垂线上的场强O点最大，向两边逐渐减小，所以试探电荷在O点受到的电场力最大，则一试探电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小，故C正确．2.C解析：带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，沿中垂线从O点向无穷远处场强先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．但a点与最大场强点的位置关系不能确定，电子在从a点向O点运动的过程中，当a点在最大场强点的上方时，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误．但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当到达O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确．通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到与a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零，同样因b点与最大场强点的位置关系不能确定，故加速度大小的变化不能确定，D错误．七、电场中的平衡及动力学问题1.(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析：(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，解得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)当场强变为原来的eq\f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/s，x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.八、电场线、等势面、运动轨迹的综合问题1.D解析：由粒子的轨迹知粒子所受电场力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N点电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，电场力做正功，动能增加，故vM>vN.综上所述，选项D正确．2.AD解析：由等势面画出电场线如图所示，电子在c点受力和运动方向如图，并由此进一步得出电场线垂直等势面指向左，φA>φB>φC，A正确，B错误；从a至c电场力做负功，电势能不断增加，动能不断减小，C错误，D正确．九、电场中的功能关系1.D2.答案：(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)解析：(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的功为零．由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3R,2)，根据动能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mv\o\al(C2),2)－eq\f(mv\o\al(B2),2)，解得vC＝eq\r(7gR).(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq\f(mv\o\al(C2),2)，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因为φC＝0，可得φA＝－eq\f(mgR,2q).十、匀强电场“等分法”1.B2.A3.BC十一、φ－x图像和E－x图像1.AD解析：在φ－x图像中，图线的斜率大小表示场强大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点场强在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，选项B错误，选项D正确．2.BC解析：由题图可知，x1到x4电场强度先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力均做负功，电势能均增大，A错误，B正确．十二、电容1.C2.BD3.BCD十三、带电粒子在电场中的直线运动1.(1)4×106V/m(2)2.4×10－6C(3)0.55m解析：(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝eq\f(U,L)＝4×106V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q＝CU＝×10－6C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零，由动能定理可得：mg(h＋L)－qU＝0则B点在A点的正上方的高度是h＝eq\f(qU,mg)－L＝×10－14×6××10－9×10)m－15×10－2m＝0.55m.十四、带电粒子的类平抛运动1.B解析：粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动．由y＝eq\f(1,2)at2可得，在前eq\f(t,2)时间内位移y1＝eq\f(d,8)，电场力对粒子做的功W＝qEy1＝q×eq\f(U,d)×eq\f(d,8)＝eq\f(1,8)qU，故A错误．由y＝eq\f(1,2)at2可得，前eq\f(t,2)时间内与t时间内垂直于板方向的位移之比为1∶4，则在后eq\f(t,2)时间内的位移为eq\f(3,8)d，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)qU，故B正确．由电场力做功W′＝qEy＝eq\f(qUy,d)，则该粒子在下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)内，电场力做功之比为1∶1，故C、D错误．2.(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①，F＝qE＝ma②，设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③，设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④，l＝v0t⑤，联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qh⑥，l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).十五、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动1.2mg＋3Eq，方向水平向右解析：小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝meq\f(v2,R)，联立解得F1＝2mg＋3Eq，小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右．十六、带电粒子在交变电场中的运动1.t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动．对于题图甲所示电压，在0～eq\f(1,2)T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq\f(1,2)T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图线如图(a)所示．对于题图乙所示电压，在0～eq\f(T,2)内做类似题图甲0～T的运动，eq\f(T,2)～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示．十七、电流、电阻和伏安特性曲线1．电流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(e,\f(2πr,v))＝eq\f(ve,2πr)，方向与电子运动的方向相反，即沿逆时针方向，C正确．答案：C2．D解析：正电荷定向移动方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正、负电荷反向经过同一截面时，I＝eq\f(q,t)公式中q应该是正、负电荷电荷量绝对值之和．故I＝eq\f(n1e＋n2e,t)，电流方向由A指向B，故选项D正确．3.由欧姆定律知，I－U图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O点的连线的斜率的倒数，随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大，A错误．对应P点，小灯泡的电阻为O、P连线斜率的倒数，即R＝eq\f(U1,I2)，B正确，C错误．对应P点，小灯泡的功率P＝U1I2，即图中矩形