2025版《南方凤凰台5A教案基础版》配套精练高中物理第8-16章 配套精练含答案

2025版《南方凤凰台5A教案基础版》配套精练高中物理第8-16章配套精练含答案第八章静电场第1讲库仑定律电场中力的性质一、选择题1．《博物志·杂说上》记载：“今人梳头著髻时，有随梳解结有光者，亦有咤声．”这是关于摩擦起电产生火花并发出声音的记载．关于摩擦起电，下列说法中正确的是(A)A．两种不带电的绝缘体摩擦后，带等量异种电荷B．摩擦起电，使质子从一个物体转移到另一个物体C．摩擦能产生电子和质子D．摩擦起电表明电荷的总量并不守恒解析：两种不带电的绝缘体摩擦后，电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子的带正电，得到电子的带负电，两绝缘体带等量异种电荷，A正确；发生转移的是电子，不是质子，B错误；摩擦使电子发生了转移，没有产生电子，C错误；电荷不会无故产生，也不会无故消失，电荷总量是守恒的，D错误．2．(2023·扬州期末调研)如图所示是研究“点电荷之间相互作用规律”的库仑扭秤装置．下列说法中正确的是(C)A．A、C球带电荷量必须相等B．需要精确测量小球的电荷量C．通过悬丝扭转的角度比较力的大小D．探究出库仑力与距离成反比解析：实验中A、C球相互吸引，带电荷量不需要相等，故A错误；在库仑那个时代，没有电荷量的单位，不可能准确测出每个小球的电荷量，故B错误；悬丝扭转的角度越大说明A、C球间的库仑力越大，故通过悬丝扭转的角度比较力的大小，故C正确；图中探究出库仑力与距离的平方成反比关系，故D错误．3．某区域的电场线分布如图所示，下列说法中正确的是(C)A．这个电场可能是正点电荷形成的B．D处的场强为零，因为那里没有电场线C．点电荷q在A点所受的电场力比在B点所受电场力小D．负电荷在C点受到的电场力方向沿C点切线方向解析：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；由题图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷在A处所受的电场力小于在B处所受的电场力，故C正确；负电荷在C点所受电场力方向与C点切线方向相反，故D错误．4．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k为静电力常量．若用国际单位制表示，k的单位应为(C)A．N·m2/kg2 B．kg·m2/C2C．kg·m3·s-2·C-2 D．N·m2/A25．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是(B)A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关B．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关C．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比解析：保持Q、q不变，根据库仑定律F＝keq\f(Qq,d2)，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大，故A错误；保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关，故B正确；实验不能直接说明具体正反比关系，故C、D错误．6．(2023·常州联盟期末调研)如图所示是一个金属杆，原来不带电．现在沿着杆的轴线方向放置一个点电荷Q.金属杆达到静电平衡状态，杆上感应电荷产生的电场在轴线上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比(B)A．Ea>Eb>Ec B．Ea<Eb<EcC．Ea<Eb＝Ec D．Ea＝Eb>Ec解析：处于静电平衡状态的导体，内部的合场强处处为零．感应电荷在导体内某点的场强的大小应等于点电荷在这一点产生的场强的大小，方向应相反．显然点电荷Q在a、b、c三点产生的场强，是c点最大，a点最小，所以感应电荷的电场也是在c点场强最大，a点最小，故选B.7．(2023·苏北四市调研)如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上．两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E.撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为(B)A．eq\f(E,2) B．eq\f(\r(2),2)EC．E D．eq\r(2)E解析：设两棒均带正电荷，由点电荷场强特点及场强叠加规律可知，左侧eq\f(1,4)圆弧产生的场强方向斜向右下方，与＋x方向夹角为45°，右侧eq\f(1,4)圆弧产生的场强方向斜向左下方，与－x方向夹角为45°，它们大小均为E1，可得E2＝Eeq\o\al(2,1)＋Eeq\o\al(2,1)，解得E1＝eq\f(\r(2),2)E，撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为eq\f(\r(2),2)E，故选B.8．如图所示，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心．点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d.已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点产生的电场强度的大小和方向分别为(A)A．eq\f(kq,d2)，水平向右 B．eq\f(kq,d2)，水平向左C．eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向右 D．eq\f(kq,9d2)，水平向右解析：薄板在a点的场强与点电荷－q在a点的场强等大反向，故大小为Ea＝E点＝eq\f(kq,d2)，水平向左，由对称性可知薄板在b点的场强大小Eb＝Ea＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右，A正确．9．(2023·扬州期初)如图所示，半径为R的绝缘细圆环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分．取走A、B处弧长均为ΔL的圆弧上的电荷(ΔL≪R)，静电力常量为k，此时圆心O处电场强度(A)A．方向沿CO，大小为keq\f(QΔL,2πR3)B．方向沿OC，大小为keq\f(QΔL,2πR3)C．方向沿CO，大小为keq\f(QΔL,πR3)D．方向沿OC，大小为keq\f(QΔL,πR3)解析：由于圆环所带电荷量均匀分布，所以长度为ΔL的小圆弧所带电荷量q＝eq\f(QΔL,2πR)，没有取走电荷时圆心O点的电场强度为零，取走A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O点产生的电场强度大小等于A、B处弧长为ΔL的小圆弧所带电荷在O点产生的场强的叠加，即有E＝eq\f(2kq,R2)cos60°，解得E＝eq\f(kQΔL,2πR3)，方向沿CO，故A正确，B、C、D错误．10．(2024·徐州期初)如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成半径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着负电荷，在圆环上E处取下足够短的带电荷量为q的小段，将其沿OE连线向右移动2L的距离到F点处，设圆环其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，则圆心O处电场强度的大小为(B)A．eq\f(2kq,3L2) B．eq\f(8kq,9L2)C．eq\f(10kq,9L2) D．eq\f(4kq,3L2)解析：根据割补法，余下线框在O点产生的场强为E1＝eq\f(kq,L2)，方向水平向左，而F点的负电荷产生的场强为E2＝eq\f(kq,(3L)2)＝eq\f(kq,9L2)，方向水平向右，则合场强大小为E＝E1－E2＝eq\f(kq,L2)－eq\f(kq,9L2)＝eq\f(8kq,9L2)，方向水平向左，故B正确，A、C、D错误．二、非选择题11．如图所示，把一带电荷量为－5×10-8C的小球A用绝缘细绳悬吊，若将带电荷量为＋4×10-6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45°角，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B两小球均可视为点电荷，取g＝10m/s2.(1)求A、B两球间的库仑力大小．答案：0.02N解析：由库仑定律得F＝eq\f(kqAqB,r2)代入数据解得F＝0.02N(2)求A球的质量．答案：2×10-3kg解析：对A受力分析如图所示根据物体平衡得F＝mgtanα代入数据解得m＝2×10-3kg(3)撤去小球B，改加一匀强电场，为使小球A仍静止在原处，则所加匀强电场的场强最小值多大？答案：2eq\r(2)×105N/C解析：当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小由mgsinα＝qAE解得E＝eq\f(mgsinα,qA)＝2eq\r(2)×105N/C第2讲电场中能的性质一、选择题1．电场中有A、B两点，将一带电荷量为＋1.0×10-5C的点电荷从无限远处移动到A点，电场力做功2.0×10-4J，将该电荷放在B点，其电势能为4.0×10-4J，则A、B两点的电势差UAB为(D)A．20V B．－20VC．60V D．－60V解析：A点的电势φA＝eq\f(WA0,q)＝eq\f(－2.0×10-4,1.0×10-5)V＝－20V，B点的电势φB＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(4.0×10-4,1.0×10-5)V＝40V，UAB＝φA－φB＝－60V，D正确．2．一带电粒子仅受电场力作用，在电场中运动，如图所示，实线为电场线，虚线为运动轨迹，则可以判断轨迹上A、B位置(D)A．电势φA＞φBB．电势φA＜φBC．粒子的电势能EpA＞EpBD．粒子的电势能EpA＜EpB解析：粒子做曲线运动，所受合外力指向曲线弯曲的内侧，但粒子的电性未知，故场强方向无法确定，A、B两点电势高低就无法判断，A、B错误；粒子从A到B，电场力做负功，电势能增加，粒子在B处电势能大于在A处电势能，C错误，D正确．3．(2023·盐城三模)如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有矩形区域abcd,a、b、c三点的电势分别为0、4V、6V；ab长为2cm，bc长为eq\r(3)cm；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是矩形abcd四条边的中点．将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到某位置电场力做功为零，则该位置是(C)A．Ⅰ B．ⅡC．Ⅲ D．Ⅳ解析：匀强电场中任意两段平行且相等的线段，端点的电势差永远相等，故Uad＝Ubc，则d点的电势为2V.同理可得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电势分别为2V、5V、4V、1V，即Ⅲ点的电势与b点电势相同，所以将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到Ⅲ位置电场力做功为零．故选C.4．某空腔导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中实线表示电场线，A、B、C、D、M为电场中的五个点，其中C、M分别为空腔导体内、外表面的两点，下列说法中正确的是(B)A．电势φC>φD B．电势φC＝φMC．电场强度EA>EM D．电场强度EB>EM解析：当导体达到静电平衡状态时，电势均相等，C、D、M三点电势相等，故A错误，B正确；在导体外部，由图可知EA＝EM，EB<EM，故C、D错误．5．(2023·连云港期末调研)雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示．关于等势面上A、B、C三点的电势和电场强度的说法中，正确的是(A)A．φB>φA>φCB．φA>φB>φCC．EC>EB>EAD．EC>EA>EB解析：由于乌云带负电，可知电场线由避雷针指向乌云，根据电场线与等势线垂直，由高电势点指向低电势点可知φB>φA>φC，故A正确，B错误；等差等势面的分布的疏密程度能够反映电场的强弱，根据A、B、C三点等势面分布的疏密程度可知，A点最密集，B点次之，C点最稀疏，则有EA>EB>EC，故C、D错误．6．(2023·苏北苏中八市调研二)如图所示，某兴趣小组制作一个简易的静电除尘装置，没有底的空塑料瓶上固定着一块铝片和一根铜棒，将它们分别跟起电机的正、负极相连．在塑料瓶里放置点燃的蚊香，瓶内烟雾缭绕．摇动起电机后瓶内便清澈透明，图中a、b为同一根电场线上的两点．则起电机摇动时(C)A．电场强度Ea>EbB．电势φa<φbC．铝片是等势体D．带负电的烟雾向铜棒聚集解析：依题意，摇动起电机后铜棒带负电，铝片带正电，可知二者之间电场线的分布是从左至右依次变得密集，即电场强度关系为Ea<Eb，故A错误；根据上面选项分析可知，a、b所在电场线方向由铝片指向铜棒，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知φa>φb，故B错误；铝片带正电后，为一个等势体，故C正确；因为铝片带正电，所以带负电的烟雾向铝片聚集，故D错误．7．(2024·镇江高三质检)如图所示，电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，无限远处的电势为零，则下列说法中正确的是(C)A．A点的电势为零B．B点的电场强度为零C．A点的电势低于B点的电势D．同一试探电荷在A点的电势能小于其在B点的电势能解析：A点的电场强度为0，可知带电薄板带负电，根据点电荷的电场叠加特点可知A点左侧场强方向一定向左，沿着电场线方向电势降低，故A点的电势不为零，故A错误；由于带电薄板带负电，B点处带电薄板产生的场强和电荷量为＋q的点电荷产生的场强同向，故该处电场强度不为零，故B错误；分析可知对于带电薄板产生的电场在A、B两点电势相等，在点电荷q产生的电场中A点电势低于B点，故可知A点的电势低于B点的电势，故C正确；根据前面分析可知A点的电势低于B点的电势，当同一试探电荷带正电时在A点的电势能小于其在B点的电势能，当同一试探电荷带负电时在A点的电势能大于其在B点的电势能，故D错误．8．(2023·苏锡常镇调研二)两个点电荷，电性未知，电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示(未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线)，A、B、C、D为对称轴上的四个点，且满足AB＝BC＝CD.则(D)A．A、D两点的场强方向一定相反B．从D点向左至无限远，场强不断减小C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势解析：由图中电场线分布情况可知，两点电荷为异种电荷，且B处电荷量为4q，C处电荷量为q，设电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电荷量为q的点电荷为正电荷，AB＝BC＝CD＝r，则A点的场强大小为EA＝keq\f(4q,r2)－keq\f(q,(2r)2)＝eq\f(15kq,4r2)(方向由A指向B)，D点的场强大小为ED＝keq\f(4q,(2r)2)－keq\f(q,r2)＝0，由于D点的场强大小为零，可知从D点向左至无限远，场强先增大，后减小，故A、B错误；若电荷量为4q的点电荷为负电荷，电子从A向B移动的过程中，场强方向由A指向B，电场力与运动方向相反，电场力对电子做负功，电势能增加，故C错误；若B处为4q的负电荷，C处为q的正电荷，根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，可知－4q点电荷在A点的电势低于D点电势，＋q点电荷在A点的电势低于D点电势，则A点电势低于D点电势，故D正确．9．(2024·如皋高三期中质量调研)如图所示，球体O的直径AB、CD、MN两两垂直，两个带等量正电荷的点电荷分别位于A、B点，则(D)A．C点的电场强度和M点的相同B．C点的电势比M点的高C．一试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力一直增大D．一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，试探电荷的电势能先减小，后增大解析：根据等量同种电荷的电场分布，C点与M点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；根据等量同种电荷的电场分布，可判断出C、D、M、N这四点处于同一等势面内，故电势相等，故B错误；根据等量同种电荷的电场分布可知，在O点以及无限远处的场强为零，则从O点沿半径ON方向移到无限远处，场强先增大，后减小，但无法判断试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力的变化情况，故C错误；一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中，电势先减小，后增大，所以试探电荷的电势能先减小，后增大，故D正确．10．(2024·常州高三期中)如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，M和N分别为AC边和AD边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷＋Q和－Q，则(D)A．B、D处场强大小相等，方向不同B．电子在M点的电势能小于在N点的电势能C．将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D电场力做正功D．将位于C处的电荷－Q移到B处时M、N点场强大小相等解析：因为是正四面体，所以各边长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)可知，两点电荷各自在B、D处产生的场强大小相等，由于电场强度是矢量，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在B、D处产生的场强方向相同，故A错误；根据等量异种点电荷形成的电场的特征可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可知M点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φN>φM，而带负电的粒子在电势越高的地方电势能越小，由此可知电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；根据正四面体的性质可知，BD在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D两点电势相等，均为零，将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D电场力不做功，故C错误；将位于C处的电荷－Q移到B处时，可知M、N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的场强公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合场强的大小相等，故D正确．二、非选择题11．(2023·南京二十九中)如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间的距离为2cm，两点的连线与场强方向成60°角．将一个电荷量为－2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.1J.(1)在此过程中，电场力对该电荷做了多少功？答案：－0.1J解析：电场力做正功多少，电势能就减小多少，克服电场力做功多少，电势能就增加多少．据题电荷的电势能增加了0.1J，则电场力对电荷就做－0.1J的功．(2)若B点的电势为1000V，则A点的电势φA为多大？答案：6000V解析：由W＝qU可得A、B间的电势差UAB＝eq\f(W,q)＝eq\f(－0.1,－2×10-5)V＝5000V据UAB＝φA－φB，φB＝1000V得φA＝6000V(3)匀强电场的场强为多大？答案：5×105V/m解析：A、B两点间的沿电场线方向的距离为d＝2cm×cos60°＝1cm＝1×10-2m由UAB＝Ed得E＝eq\f(UAB,d)＝eq\f(5000,1×10-2)V/m＝5×105V/m第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题1．如图所示，已经充好电的平行板电容器与静电计连接在一起，固定B板，移动A板，下列现象中正确的是(C)A．向右移动A板，静电计指针张角增大B．向右移动A板，静电计指针张角不变C．向上移动A板，静电计指针张角增大D．向上移动A板，静电计指针张角不变解析：向右移动A板，两板间的距离减小，根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容增大，由于Q一定，再根据公式C＝eq\f(Q,U)，可知电压减小，所以静电计指针张角减小，故A、B错误；向上移动A板，两板间的正对面积减小，根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容减小，由于Q一定，再根据公式C＝eq\f(Q,U)，可知电压增大，所以静电计指针张角增大，故C正确，D错误．2．(2024·镇江高三质检)电容式位移传感器工作原理如图所示，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．若电介质板向左移动一微小位移x，下列说法中正确的是(B)A．电容器两极板间电压变小B．电容器电容C变大C．电容器带电荷量变少D．有a→b方向的电流流过电阻解析：若电介质板向左移动一微小位移x，电介质插入两板间的长度增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容C增大；电容器与电源连接，电压不变，故A错误，B正确；根据C＝eq\f(Q,U)可知，若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电荷量变大，同时有b→a方向的电流流过电阻，故C、D错误．3．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法中正确的是(C)A．A、K之间的电场强度为eq\f(U,d)B．电子到达A极板时的动能大于eUC．由K到A电子的电势能减小了eUD．由K沿直线到A电势逐渐减小解析：由于不是匀强电场，可知A、K之间的电场强度不是eq\f(U,d)，故A错误；由动能定理可知电子到达A极板时的动能等于eU，故B错误；由功能关系可知由K到A电子的电势能减小了eU，故C正确；沿着电场线方向电势是降低的，可知由K沿直线到A电势逐渐增大，故D错误．4．(2023·泰州中学)如图所示，平行板电容器的极板倾斜放置，直线PM为平行板电容器的中心线，P、M两点位于电容器的边沿，电容器两极板间的电场视为匀强电场．现有一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点．不计空气阻力．液滴在从P点运动到M点的过程中(B)A．做匀减速直线运动B．做匀加速直线运动C．电势能增加D．电势能减少解析：一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点．受力分析如图所示，合力沿PM向下，电容器与水平面倾角为θ，加速度为a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，所以液滴在从P点运动到M点的过程中，做匀加速直线运动，故B正确，A错误；由于电场力不做功，故电势能不变，故C、D错误．5．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(B)A．eq\f(3mveq\o\al(2,0),8q) B．－eq\f(3mveq\o\al(2,0),8q)C．－eq\f(mveq\o\al(2,0),8q) D．eq\f(mveq\o\al(2,0),8q)解析：从M点到N点利用动能定理有qUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)m(v0cos60°)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UMN＝－eq\f(3mveq\o\al(2,0),8q)，故B正确．6．(2023·苏州中学)如图所示为示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以(C)A．增大加速电压U1，增大偏转电压U2B．增大加速电压U1，减小偏转电压U2C．减小加速电压U1，增大偏转电压U2D．减小加速电压U1，减小偏转电压U2解析：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后的偏转位移为h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(U2l2,4dU1)，所以要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以增大偏转电压U2，减小加速电压U1，故选C.7．(2023·南师附中)如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则(D)A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：当电容器的下极板向上运动时，根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当d减小时，电容C将变大，故A错误；由于电容器连接电源，两端电压不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计的张角不变，故B错误；根据公式E＝eq\f(U,d)可知，电容器间的场强变大，P点与上极板距离不变但电势差增大，因此P点的电势减小，故带负电的油滴在该处的电势能变大，故C错误；若先将上极板与电源正极的导线断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，其大小是不变的，故带电油滴所受的电场力也是不变的，故D正确．8．(2023·宿迁期末调研)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图所示．下列关于电容器充电时带电荷量q、电流i、两极板间的电压u分别与时间t的关系，以及q与两极板间的电压u的关系中正确的是(B)ABCD解析：电容器充电时带电荷量逐渐增大，根据C＝eq\f(Q,U)有q＝Cu，由于C不变，所以q-u图像为一次函数，故D错误；电容器充电时随着电容器带电荷量逐渐增大，电流逐渐减小，根据I＝eq\f(q,t)有q＝It，所以q-t图像的斜率逐渐减小，故A错误，B正确；根据C＝eq\f(Q,U)有u＝eq\f(q,C)＝eq\f(I,C)t，电容器充电时随着电容器带电荷量逐渐增大，电流逐渐减小，所以u-t图像的斜率逐渐减小，故C错误．9．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与静电计相连，两板间有一个正检验电荷固定在P点．以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正检验电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像中，正确的是(C)解析：充电后与电源断开，电容器的带电荷量Q不变，根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，两极板距离变小，C成非线性变大，A错误；电容器带电荷量不变时，只改变两极板的距离，电场强度不变，B错误；P点与左极板间的电势差UP左＝Ed1，E不变，d1变小，UP左变小，即P点电势成线性减小，C正确；根据电势能公式Ep＝φq知，P点电势减小，正检验电荷的电势能减小，D错误．10．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(C)A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，由tan45°＝eq\f(y,x)，可得t＝eq\f(2mv0,Eq)，故A错误；由于vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),Eq)，故C正确；由平抛推论可知速度偏转角的正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误．二、非选择题11．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m＝9×10-31kg，电荷量为e＝1.6×10-19C，加速电场极板间电势差为U0＝2000V.偏转电场电压为u＝110eq\r(2)sin(100πt)V，极板长度为L＝5cm，板间距d＝1cm.电子能从偏转电场中射出．偏转电场可视为匀强电场，忽略电子重力．(1)求穿过偏转电场的时间t.答案：1.875×10-19s解析：电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))电子在偏转电场中运动的时间t＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝1.875×10-9s(2)在计算一个电子通过极板的偏转距离Δy时，仍可认为偏转极板间电势差是定值．请分析说明这样计算的合理性．解析：交变电压的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s由于t≪T，所以这样计算是合理的(3)根据(2)中的结论，t＝eq\f(1,400)s时，电子恰好进入偏转电场，计算电子通过偏转电场的偏转距离Δy.答案：0.34cm解析：t＝eq\f(1,400)s时，偏转电场电压u＝110eq\r(2)sin(100πt)V＝110V电子在偏转电场中偏转距离Δy＝eq\f(1,2)at2qE＝maE＝eq\f(u,d)t＝eq\f(L,v0)联立解得Δy＝eq\f(uL2,4U0d)＝0.0034m＝0.34cm12．(2024·扬州高三上期中)如图所示，两金属板P、Q竖直放置，间距为d，两金属板正中间有一竖直放置的金属网N，P、Q、N的尺寸相同，N接地，P、Q的电势均为φ(φ>0).带电微粒在距离N为L的A点由静止释放，恰好经过N右侧距离N也为L的B点．已知微粒的质量为m，电荷量为＋q，微粒与金属网N不发生碰撞，重力加速度为g.求：(1)P、N间电场强度的大小E.答案：eq\f(2φ,d)解析：P、N间，Q、N间均为匀强电场，电场方向相反由E＝eq\f(φ,\f(1,2)d)得E＝eq\f(2φ,d)(2)微粒第一次到达N的时间t.答案：eq\r(\f(mdL,qφ))解析：设微粒的水平加速度大小为aqE＝ma解得a＝eq\f(2qφ,md)L＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(\f(mdL,qφ))(3)A、B两点间的高度差h.答案：eq\f(2n2mgdL,qφ)(n＝1，3，5…)解析：设微粒在A、B两点间运动的时间为TT＝2nt＝2neq\r(\f(mdL,qφ))(n＝1，3，5…)A、B两点间的高度差h＝eq\f(1,2)gT2解得h＝eq\f(2n2mgdL,qφ)(n＝1，3，5…)微专题11静电场中的图像问题一、选择题1．真空中，在x轴上x＝0和x＝8处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图像如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝6处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2处由静止释放(重力不计，取无限远处电势为零).则(B)A．Q1、Q2均为负电荷B．Q1、Q2带电荷量之比为9∶1C．在x＝6处电势为0D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小解析：靠近x＝0处场强为正，靠近x＝8处场强为负，可知Q1、Q2为同种正电荷，故A错误；根据题意“x＝6处E＝0”可知在x＝6处，E1＝E2，即keq\f(Q1,62)＝keq\f(Q2,22)，解得eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(62,22)＝eq\f(9,1)，故B正确；由于无限远处电势为零，故在x＝6处电势不为0，故C错误；该试探电荷从x＝0向x＝8运动时，电场力先做正功，再做负功，因此电势能先减小，后增大，故D错误．2．如图甲所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取A、B两点，将一个电子由A点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B点，且到达B点时速度恰为零，电子运动的v-t图像如图乙所示．则下列说法中正确的是(C)甲乙A．电场方向沿电场线由B点指向A点B．电子在A点的加速度一定小于在B点的加速度C．电子在B点的电势能一定大于A点的电势能D．该电场可能是在A点左侧的正点电荷产生的解析：电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，电势能增加，电子带负电，故电场力方向向左，则场强方向向右，电场线为A指向B，故A错误，C正确；由图可知，电子做匀减速运动，加速度恒定，则可知受电场力不变，由F＝Eq可知，A点的场强等于B点场强，则电场不可能由正点电荷产生，故B、D错误．3．某静电场中有电场线与x轴重合，x轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称．则(C)A．x1处和－x1处场强方向相同B．x1处和－x2处场强大小相等C．某带电粒子在x2处和－x2处电势能相等D．某带电粒子在x2处的电势能大于在－x2处的电势能解析：沿着电场线电势降低，x1处场强方向与－x1处场强方向相反，A错误；φ-x图像的斜率大小表示场强大小，x1处场强小于－x2处场强，B错误；x2和－x2处电势相等，根据电势能公式Ep＝φq，得出某带电粒子在这两处电势能相等，C正确，D错误．4．A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则从A到B过程中，下列说法中正确的是(D)A．点电荷的速度先增大，后减小B．空间电场是某负点电荷形成的C．电荷所受电场力先增大，后减小D．空间各点的电势先升高，后降低解析：根据电势能Ep随位移x的变化图像可知，电势能先增大，后减小，所以电场力先做负功，再做正功，又点电荷只受电场力，所以合外力先做负功，再做正功，因此点电荷的速度先减小，后增大，A错误；点电荷带正电，且电场力先做负功，再做正功，所以电场强度的方向先向左，再向右，空间电场不可能是某负点电荷形成的，B错误；电势能Ep随位移x的变化的图像斜率表示电场力，所以可知电场力先减小，后增大，C错误；根据Ep＝qφ，粒子带正电且电势能先增大，后减小，同时电势能均为正值，所以空间各点的电势先升高，后降低，D正确．5．(2023·南京六校联合体调研)如图所示，在x轴上的M、N两点分别固定电荷量为q1和q2的点电荷，x轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，P点为曲线最低点，Q点位于PN之间，MP间距离大于PN间距离．下列说法中正确的是(D)A．q1大于q2，且q1和q2均带负电B．M点的左侧不存在与Q点场强相同的点C．P点的电场强度最大D．M点的左侧一定有与P点电势相同的点解析：从坐标M到N电势先减小，后增大，根据点电荷场强公式E＝eq\f(kq,r2)，得q1的电荷量一定大于q2的电荷量，根据场强方向得出两电荷一定是正电荷，故A错误；根据点电荷形成的场强的特点，M点的左侧到无限远处电场为0，且M点左侧与Q点电场方向均向左，则一定存在与Q点场强相同的点，故B错误；φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知P处场强为零，故C错误；M点的左侧到无限远处电势为0，故一定有与P点电势相同的点，故D正确．6．(2023·泰州期末调研)如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，其中x1＝eq\f(R,4)和x2＝2R处的场强大小相等，则(D)甲乙A．x1和x2处场强方向相反B．球内部的电场为匀强电场C．负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置的电势能大D．x1位置的电势高于x2位置的电势解析：x1和x2处场强均为正值，方向相同，A错误；由图乙可知，球内部的电场随x的增大而增大，不是匀强电场，B错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，所以R位置的电势比x2位置的电势大，负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置的电势能小，C错误；由图乙可知电场方向由x1指向x2，根据电势沿电场线方向减小可知x1位置电势高于x2位置电势，D正确．7．(2023·江苏百校第三次联考)某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示．一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，下列说法中正确的是(B)A．粒子可能带负电B．粒子在x1处电势能最小C．粒子能够运动到x2处D．粒子受到的电场力先增大，后减小解析：由图可知，x轴上从坐标原点到x1处电势逐渐降低，从x1处到x2处电势逐渐升高；带电粒子从坐标原点O处由静止释放，仅在电场力作用下运动到x1处时，电场力做正功，电势能减小；从x1处之后电场力做负功，电势能增大，故在x1处电势能最小；由于从坐标原点O处到x1处时，电势降低，所以该粒子沿着电场线的方向运动，故该粒子带正电，故A错误，B正确；由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为0，故不能到达x2处，故C错误；φ-x图像的斜率大小等于电场强度的大小可知，粒子受到的电场力先减小，后增大，故D错误．8．(2023·连云港期末调研)某电场的电场线如图所示，其中电场线OA是直线，一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点．取A点电势为零，粒子到O点的距离为x，下列关于粒子在OA上各点的电势φ、动能Ek随x的变化图线中，可能正确的是(B)ABCD解析：φ-x图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度，根据图像可知，从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小，后增大，即φ-x图像的斜率的绝对值应该先减小，后增大，φ-x图像应该是一条曲线，故A错误，B正确；根据动能定理有qEx＝Ek，可知Ek-x图像中，图像斜率表示电场力，由于从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小，后增大，即电场力先减小，后增大，可知动能Ek随x的变化图线的斜率也是先减小，后增大，故C、D错误．9．(2023·徐州期末抽测)如图所示，带电荷量均为＋Q的两个点电荷固定在同一竖直线上，一根粗细均匀的光滑绝缘杆水平放置，与两点电荷连线的垂直平分线重合，杆上M、N两点关于两电荷连线对称．一个带负电的小球套在杆上(可自由滑动).给小球一个向右的初速度，小球加速度为a，速度为v0，电势能为Ep，MN连线上电势为φ.小球从M点运动到N点的过程中，下列图像可能正确的是(C)ABCD解析：带负电小球从M→O过程中受引力向右，过O点后引力向左，在O点F合＝0，所以O点加速度为0，故A错误；在运动过程中，引力先做正功，后做负功，所以速度先增大，后减小，故B错误；在MN连线上距离两正电荷越远的位置电势越低，O点电势最高，则从M到N点电势φ先增大，后减小，故C正确；从M到O，库仑力做正功时，动能增加，Ep减少，从O到N库仑力做负功时，动能减小，Ep增加，所以Ep先减小，后增大，故D错误．10．(2023·南外、金陵、海安三校联考)如图所示，两个电荷量均为＋Q的点电荷位置固定不动，带电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷用绝缘轻杆连接构成电偶极子，轻杆的长度远小于两个＋Q之间的距离，电偶极子位于两个＋Q中垂线上的O点，以O点为原点，向上为正方向建立x轴．在电偶极子上施加沿x轴的外力F，使其沿着中垂线缓慢向上移动，Ep表示电偶极子在移动过程中的电势能(忽略＋q与－q的相互作用，不考虑重力).下列F和Ep随轻杆中点的坐标x变化的图像中正确的是(B)①②③④A．①和③ B．②和③C．①和④ D．②和④解析：根据平行四边形定则，开始时电偶极子受到的电场力的合力向上，沿着中垂线缓慢向上移动，根据平衡条件，力F方向向下，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力逐渐减小，则F逐渐减小，F减小到0后又反向增大，当电偶极子向上移动到无限远处，电场力的合力趋于0，F趋于0，②图符合题意，故①错误，②正确；O点电势为0，则电偶极子初始时电势能为0，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力向上，逐渐减小到0后又反向增大，所以电场力的合力先做正功，后做负功，电势能先减小，后增大，由于无限远处电势能为0，所以电势能趋于0，③图符合题意，故③正确，④错误，故选B.第九章电路及其应用第1讲电路的基本规律及其应用一、选择题1．(2024·如皋高三期中质量调研)北京正、负电子对撞机的储存环是周长为L的圆形轨道，当环中电子以速度v沿轨道做匀速圆周运动时形成的电流为I，已知电子电荷量为－e，则环中运行的电子数目为(B)A．eq\f(ev,IL) B．eq\f(IL,ev)C．eq\f(I,Lev) D．eq\f(Lev,I)解析：电流的大小为I＝eq\f(q,t)＝eq\f(nev,L)，则可得环中运行的电子数目为n＝eq\f(IL,ev)，故选B.2．复旦大学科研团队成功制备出具有超高电导率的砷化铌纳米带材料，该材料的电导率是石墨烯的一千倍．电导率σ是电阻率ρ的倒数，即σ＝eq\f(1,ρ).下列说法中正确的是(D)A．电导率的单位是Ω·mB．材料的电导率与材料的形状有关C．材料的电导率越小，其导电性能越强D．应用该材料可以降低电子器件能耗解析：电阻率ρ＝eq\f(RS,L)，单位是Ω·m，电导率σ＝eq\f(1,ρ)，所以其单位是(Ω·m)-1，故A错误；电阻率与材料的形状无关，所以电导率也与材料的形状无关，故B错误；由倒数关系可知，电导率越小，说明电阻率越大，材料的导电性能越弱，故C错误；该材料的电导率是石墨烯的一千倍，说明电导率较大，电阻率较小，导电性能强，使用该材料可降低器件的能耗，故D正确．3．(2023·金陵中学)内阻为r的电动机与阻值为R的电阻串联接入电路，电动机正常工作．此时电动机两端的电压与电阻两端电压均为U，电路中的电流为I，电动机消耗的电功率为PM，电路的总功率为P总．则(B)A．PM＝I2r B．PM＝eq\f(U2,R)C．P总＝eq\f(U2,R)＋I2r D．P总＝eq\f(U2,r)＋I2R解析：电动机消耗的功率为PM＝UI，又I＝eq\f(U,R)，联立解得PM＝eq\f(U2,R)，故A错误，B正确；电路的总功率为P总＝PR＋PM，又PR＝UI＝eq\f(U2,R)＝I2R，PM＝UI＝eq\f(U2,R)，则有P总＝UI＋eq\f(U2,R)＝I2R＋eq\f(U2,R)，故C、D错误．4．(2024·赣榆期中)有一个表头G，内阻为Rg，满偏电流为Ig．如果把它改装为量程为nIg的电流表，则需要(A)A．并联一个电阻，阻值为eq\f(Rg,n－1)B．并联一个电阻，阻值为(n－1)RgC．串联一个电阻，阻值为eq\f(Rg,n－1)D．串联一个电阻，阻值为(n－1)Rg解析：表头G改装为量程为nIg的电流表需要并联一个电阻，其阻值为R＝eq\f(IgRg,nIg－Ig)＝eq\f(Rg,n－1)，故选A.5．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，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(C)A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2)C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2－I1)D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小解析：灯泡的电阻在图线上的每一点都是R＝eq\f(U,I)，由图线不难看出，随电压的增大，电流的增加变得越发缓慢，I-U图线的斜率逐渐减小，电阻变大，C错误，A、B正确；小灯泡的功率P＝UI，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小，D正确．6．如图所示为小沈同学家新买的扫地机器人，他从使用说明书上得到了信息：电机的额定功率为35W，由规格为DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电．结合上述信息，下列说法中正确的是(D)A．DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是交变电流B．该机器人电机的额定电流为0.42AC．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能D．电池充满电后机器人正常工作约45mim后回座机充电解析：DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，故A错误；该机器人电机的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(35,14.8)A＝2.36A，故B错误；正常工作时机器人电机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35J，故C错误；机器人正常工作的时间t＝eq\f(q,I)＝eq\f(0.8×2.200A·h,2.36A)≈0.75h＝45min，故D正确．7．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法中正确的是(C)A．R1∶R2＝3∶1B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3D．将R1与R2并联接于电源上，则电流之比I1∶I2＝1∶3解析：根据I-U图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，故A错误；把R1拉长到原来的3倍长后，截面积变为原来的eq\f(1,3)，根据R＝ρeq\f(L,S)可知，电阻变为原来的9倍，为R2的3倍，故B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流之比I1∶I2＝1∶1，根据P＝I2R可知，功率之比P1∶P2＝1∶3，故C正确；并联电路，电压相等，电流之比等于电阻的反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流之比I1∶I2＝3∶1，故D错误．8．灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1V时，通过灯泡的电流为0.5A，灯泡两端的电压为3V时，通过灯泡的电流为1A，则灯泡两端电压为2V时，通过灯泡的电流可能是(C)A．0.5A B．0.6AC．0.8A D．1A解析：灯泡两端的电压为1V时，通过灯泡的电流为0.5A，由欧姆定律得灯泡的电阻R1＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(1,0.5)Ω＝2Ω，灯泡两端的电压为3V时，通过灯泡的电流为1A，由欧姆定律得灯泡的电阻R2＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(3,1)Ω＝3Ω，灯泡两端电压为2V时，由欧姆定律得通过灯泡的最大电流为I最大＝eq\f(U3,R1)＝eq\f(2,2)A＝1A，通过灯泡的最小电流为I最小＝eq\f(U3,R2)＝eq\f(2,3)A，故C正确．9．如图所示，灵敏电流表的内阻Rg＝500Ω，满偏电流Ig＝1mA.当使用a、b两个端点时是量程为201mA的电流表，当使用a、c两个端点时是量程为U的电压表．已知R1＝100Ω，则R2与U的值分别为(A)A．R2＝2.5Ω，U＝20.6VB．R2＝2Ω，U＝20.6VC．R2＝2.5Ω，U＝0.6VD．R2＝2Ω，U＝0.6V解析：根据串并联规律及欧姆定律得R2＝eq\f(RgIg,Iab－Ig)＝2.5Ω，U＝RgIg＋IabR1＝20.6V，故A正确．10．电饭锅工作有两个状态：一个是锅内的水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干后的保温状态．如图所示的电饭锅电路图，R1是一辅助电阻，R2是加热用的电热丝，已知R1＝2R2.则(A)A．S断开时处于保温状态，加热功率是保温功率的9倍B．S断开时处于保温状态，加热功率是保温功率的3倍C．S闭合时处于保温状态，加热功率是保温功率的9倍D．S闭合时处于保温状态，加热功率是保温功率的3倍解析：在纯电阻电路中，由电功率公式P＝eq\f(U2,R)可知，S闭合时，R1被短路，电阻丝R2的功率最大，电饭锅处于加热状态，加热的功率为P1＝eq\f(U2,R2)，S断开时，电路电阻最大，电阻丝R2上的电压减小，电功率变小，电饭锅处于保温状态．保温的功率P2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2,R1＋R2)U))\s\up12(2),R2)＝eq\f(U2,9R2)＝eq\f(1,9)P1，故A正确．二、非选择题11．(2024·东海期中)某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝16m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg.喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝4m不变．水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A．不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率．已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为80%，忽略水在管道中运动的机械能损失．取g＝10m/s2，求：(1)每秒水泵对水做的功．答案：336J解析：每秒喷出水的质量为m0＝2.0kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝336J(2)电动机线圈的电阻．答案：5Ω解析：水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝eq\f(W,t)＝336W而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为80%，则P入＝eq\f(P出,80%)＝420W电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝420W而电动机的电功率为P电＝UI＝440W由能量守恒可知P电＝I2R＋P机联立解得电动机线圈的电阻R＝5Ω第2讲闭合电路欧姆定律一、选择题1．一种心脏除颤器通过电容器放电完成治疗．在一次模拟治疗中，电容器充电后电压为4.0kV，在2.0ms内完成放电，这次放电通过人体组织的平均电流大小为30A，该心脏除颤器中电容器的电容为(A)A．15μF B．10μFC．20μF D．30μF解析：根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)，放电的平均电流为I＝eq\f(Q,t)，联立可得该心脏除颤器中电容器的电容为C＝eq\f(It,U)＝eq\f(30×2.0×10-3,4.0×103)F＝15×10-6F＝15μF，故A正确，B、C、D错误．2．某同学按如图所示的电路进行实验，电压表内阻看成无限大．实验过程中，由于电路发生故障，发现两电压表示数相同，若这种情况的发生是由某一用电器引起的，则可能的故障原因是(A)A．R2断路B．R3断路C．R2短路D．R1短路解析：由图可知R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3的电压，V2测R2两端的电压．若两电压表示数变成相同，则可能是两电表接在了等电势的两端，故可能是R2断路或者R3短路，故A正确．3．(2024·赣榆期中)如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，闭合开关S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大，则对此过程分析正确的是(D)A．电阻R阻值减小B．电阻R1消耗的功率减小C．通过电阻R2的电流增大D．电源内非静电力做功功率减小解析：电压表示数变大，根据P＝eq\f(U2,R1)，电阻R1消耗的功率增大．根据“串反并同”可知，可变电阻R的阻值增大，A、B错误；根据“串反并同”可知，通过电阻R2的电流减小，C错误；由P＝eq\f(Eq,t)＝EI，干路电流减小，则电源内非静电力做功功率减小，D正确．4．(2023·南京三模)某牧场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示，水量增加时滑片下移，电表均为理想电表．下列说法中正确的是(A)A．若选择电压表，水量增多时，电压表示数变大B．若选择电流表，水量增多时，电流表示数变小C．若选择电流表，与电压表相比，电路更节能D．若选择电压表，增加R0可提高灵敏度解析：如果选择电压表，滑动变阻器R和定值电阻R0串联在电路中，且电压表测R的滑片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的阻值不变，闭合开关S，电路中电流不变，水量增多时，滑片下移，R上半部分的电阻增大，R上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，故A正确；如果选择电流表，滑动变阻器R滑片以下的部分和定值电阻R0串联在电路中，电流表测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由欧姆定律可得，电路电流增大，即电流表示数变大，故B错误；与电压表相比，选择电流表设计电路的总电阻较小，电路电流较大，由P＝EI可知，电路的总功率较大，不节能，故C错误；若选择电压表，增加R0，电路中电流减小，电阻变化相同时，电压变化变小，即灵敏度降低，故D错误．5．(2023·金陵中学)如图所示，图线AB是某电源的路端电压随电流变化的关系图线，OM是固定电阻R两端的电压随电流变化的图像，由图可知(D)A．该电源的电动势为6V，内阻是2ΩB．固定电阻R的阻值为1ΩC．该电源的最大输出功率为8WD．当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7%解析：由图线AB可知电源的电动势E＝6V，短路电流为I短＝6A，则电源内阻r＝eq\f(E,I短)＝1Ω，A错误；根据OM图线，可得R＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(4,2)Ω＝2Ω，B错误；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，所以该电源的最大输出功率为Pmax＝eq\f(E2,4r)＝9W，C错误；当该电源只向电阻R供电时，根据图像交点的纵坐标可得此时电源的输出电压为4V，则该电源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(4,6)×100%≈66.7%，D正确．6．(2023·南京一中)某同学利用如图甲所示的闭合电路研究电容器的充、放电过程．先将滑动变阻器R滑到某合适位置，闭合开关S，电流传感器(可视为理想电流表)记录得到充电时电流随时间变化的图像如图乙所示，则(A)甲乙A．充电过程中，电容器极板电压增大，电阻R2两端电压减小B．电路稳定时，电容器两端电压小于R1两端电压C．电路稳定后，将R的滑片向左滑动，电流传感器中有a→b的电流D．若将R的滑片向左滑动，再次稳定后，电源效率比原来大解析：闭合开关S，在对电容器充电时，随着电荷量的增加，电容器极板电压逐渐增大，流经R2的电流逐渐减小，电阻R2两端电压减小，A正确；电路稳定时，充电电流是零，电阻R2两端电压是零，则电容器两端电压等于R1两端电压，B错误；电路稳定后，将R的滑片向左滑动，R的阻值减小，电路中的电流增大，R1两端电压增大，电容器两端电压增大，给电容器充电，电流传感器中有b→a的电流，C错误；若将R的滑片向左滑动，再次稳定后，电路是纯电阻电路，电源效率为η＝eq\f(U,E)＝eq\f(IR,I(R＋r))＝eq\f(R,R＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R))，R的滑片向左滑动，外电路电阻减小，电源效率减小，D错误．7．在如图所示电路中，电源电动势为10V，内阻为1.0Ω，电路中电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，理想电流表的示数为2.0A．下列说法中错误的是(D)A．电源两端的电压为8VB．电源输出的电功率为16WC．电动机两端的电压为5.0VD．电动机的输出功率为10W解析：电源两端的电压为U＝E－Ir＝8V，A正确；电源输出的电功率为P输出＝UI＝8×2W＝16W，B正确；电动机两端的电压为UM＝E－I(R0＋r)＝5V，C正确；电动机的输出功率为PM＝UMI－I2RM＝8W，D错误．8．(2023·镇江三模)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电源电流的关系图像，将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，R0功率相等．则(C)A．电源a、b效率相同B．电源a的内阻更大C．若将定值电阻换为大于R0的电阻，电源b的输出功率大于电源a的输出功率D．若将定值电阻换为小于R0的电阻，电源b的功率大于电源a的功率解析：由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，图像与U轴的交点表示电动势，则a的电动势较小，图像的斜率的绝对值表示电源内阻r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|，则a电源的内阻r较小，故B错误；由于定值电阻R0分别接到a、b两电源上，R0功率相等，所以定值电阻两端的电压相等，即交点的纵坐标表示路端电压，由电源的效率η＝eq\f(U,E)×100%，可知电源a效率高，故A错误；电源的输出功率即定值电阻的功率，若将定值电阻换为大于R0的电阻，如图所示图中的n图线与A、B图线的交点的坐标乘积为电源的输出功率，由于图线n与图线B交点的电压与电流值均大于图线n与图线A交点的电压与电流值，即电源b的输出功率大于电源a的输出功率，故C正确；电源的功率为P＝EI，若将定值电阻换为小于R0的电阻，如图所示图线l与图线A、B交点的电流值表示电路中的电流，可知定值电阻与电源a组成的闭合电路中的电流大，又电源a的电动势小，所以电源b的功率与电源a的功率大小无法比较，故D错误．9．(2024·如皋高三期中质量调研)如图所示，当滑动变阻器R2滑片向右滑动一小段距离后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表V的示数变化量的绝对值为ΔU.下列说法中正确的是(B)A．电压表V的示数增大B．ΔI1小于ΔI2C．ΔU与ΔI2比值等于R2D．电源的效率增大解析：当滑动变阻器R2滑片向右滑动一小段距离后，滑动变阻器R2的阻值变小，则电路的总电阻变小，根据欧姆定律可得，总电流变大，即电流表A1的示数变大，根据U＝E－I1r，可知路端电压变小，即电压表的示数减小，故A错误；由于路端电压变小，可得通过R1的电流I3减小，又因为总电流I1增大，则通过滑动变阻器R2的电流I2增大，且因为I1＝I2＋I3，可知I2的增加量比I1的增加量大，即ΔI1小于ΔI2，故B正确；根据欧姆定律可得U＝E－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I2＋\f(U,R1)))r，整理得U＝－eq\f(R1r,R1＋r)I2＋eq\f(R1E,R1＋r)，可得eq\f(ΔU,ΔI2)＝eq\f(rR1,R1＋r)，故C错误；电源的效率为η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(R外,R外＋r)，可知外电路电阻减小，则电源的效率减小，故D错误．10．(2023·南通第一次调研)地磅工作原理图如图所示，地磅空载时滑动变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法中错误的是(B)A．电压表两端电压与被测汽车的质量成正比B．若将一个电阻与电压表串联，可增大地磅量程C．若称量值偏小，可在R0上并联一个电阻进行校正D．电池长时间使用后，称量值会偏小解析：设AB的电阻为R，横截面积为S，根据闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋R0＋r)，设AP之间的距离为x，则U＝IRx＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(x,S)，汽车平衡时由mg＝2kx，解得U＝eq\f(E,R＋R0＋r)ρeq\f(mg,2kS)，从公式可以看出电压表两端电压与被测汽车的质量成正比，A正确；若将一个电阻与电压表串联，电阻的作用相当于导线，AP之间的最大电压不受此电阻的影响，没有办法增大地磅量程，B错误；若称量值偏小，可以通过在R0上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，可变电阻上的电压增大，使称量值得以校正，C正确；电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，AP上的电压减小，所以称量值会偏小，D正确．二、非选择题11．(2024·如皋高三期中质量调研)如图所示，虚线框内为高温超导限流器，当通过限流器的电流超过一定值时，将造成超导电阻(电阻为零)失超，从超导态转变为正常态(一个纯电阻，且R2＝4Ω)，已知电源电动势E＝7V，内阻r＝2Ω，限流电阻R1＝8Ω，当灯泡L发生短路时超导电阻失超，求此时电源的输出功率P出．答案：6W解析：当灯泡L发生短路时，并联电路的电阻为R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(8×4,8＋4)Ω＝eq\f(8,3)Ω可得此时电源的输出功率为P出＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R并＋r)))eq\s\up12(2)R并＝eq\f(7,\f(8,3)＋2)2×eq\f(8,3)W＝6W12．如图所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF.当开关S断开时，电源的总功率为2W；当开关S闭合时，电源的总功率为4W．求：(1)电源的电动势和内阻．答案：4V0.5Ω解析：S断开时P总＝eq\f(E2,R2＋R3＋r)＝2WS闭合时P′总＝eq\f(E2,R并＋R3＋r)＝4W，R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)解得E＝4V，r＝0.5Ω(2)闭合S时，电源的输出功率．答案：3.5W解析：S闭合时，外电路总电阻R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋R3＝3.5ΩP出＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))eq\s\up12(2)·R＝3.5W(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少．答案：6×10-5C0解析：S断开时，UC＝U2＝3VQ1＝CUC＝6×10-5CS闭合时，U′C＝0，Q2＝0实验十测量金属丝的电阻率1．(2023·连云港期末)某物理兴趣小组测量一段粗细均匀的合金丝电阻率ρ.(1)实验开始前，用螺旋测微器测量合金丝的直径，图甲读数为__0.800__mm.甲解析：螺旋测微器读数d＝0.5mm＋30.0×0.01mm＝0.800mm.(2)某同学采用分压电路和电流表内接法，取这段合金丝绕在半径为0.3m的量角器上，连成图乙所示电路．闭合开关前，请老师检查，发现导线__③__(填写标号)接线错误，滑动变阻器的滑片应置于__右__(填“左”或“右”)端．乙解析：按实物图转化为电路原理图如图可知实物图接成了电流表外接法，导线③接错；实验开始前，滑动变阻器的滑片应置于右端．(3)改变金属夹位置，通过调节滑动变阻器保持电压表示数始终为1.00V，记录电流表的示数I与接入电路的合金丝所对应的圆心角θ，根据实验数据在图丙中作出eq\f(1,I)-θ图像，则该合金丝的电阻率为__5.0×10-7__Ω·m(保留两位有效数字)，电流表的内阻为__0.19__Ω.丙解析：由欧姆定律UV＝I(rA＋Rx)量角器的半径为R0，根据电阻定律Rx＝ρeq\f(θR0,\f(1,4)πd2)解得eq\f(1,I)＝eq\f(rA,UV)＋eq\f(4ρθR0,UVπd2)代入数据得eq\f(1,I)＝rA＋eq\f(15,8π)×106ρθ作出eq\f(1,I)-θ图线，如图所示可知图线的斜率k＝eq\f(0.97－0.19,\f(5π,6))＝eq\f(15,8π)×106ρ求得ρ＝5.0×10-7Ω·m图线的截距为电流表的内阻rA＝0.19Ω.2．(2023·如皋适应性考试)某兴趣小组的同学测量一根长直金属丝的电阻率．按图甲所示的电路测出该金属丝的电阻Rx.先将电阻箱R0阻值调到最大，粗调R2，使灵敏电流表G(零刻度在中央)读数为零，再边减小R0，边细调R1，直到R0为零时电流表G读数也为零，读出电压表和电流表的示数，即可得到金属丝接入电路的电阻．甲(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同位置分别测量金属丝的直径，然后求出直径的平均值d.某次测量时，螺旋测微器示数如图乙所示，该示数为__2.050__mm.乙解析：如图乙所示，该示数为d＝2mm＋5.0×0.01mm＝2.