新教材人教版高中物理必修第三册全册各章综合测验-含解析

人教版高中物理必修第三册各章综合测验第九章静电场及其应用 -1-第十章静电场中的能量 -9-第十一章电路及其应用 -26-第十二章电能能量守恒定律 -38-第十三章电磁感应与电磁波初步 -52-第九章静电场及其应用(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分。)1.关于元电荷的理解,下列说法正确的是 ()A.元电荷就是电子B.元电荷是一个理想模型C.元电荷就是质子D.物体所带电量只能是元电荷的整数倍【解析】选D。元电荷是最小的电荷量,而不是一个物理模型;在高中阶段,任何带电体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍,D是正确的,因为高中阶段并不要求学生知道夸克模型。2.关于库仑定律,以下说法中正确的是 ()A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的带电体B.库仑定律是实验定律C.库仑定律仅适用于静止的点电荷间的相互作用D.根据库仑定律,当两个点电荷间的距离趋近于零时,则库仑力趋近于无穷大【解析】选B。库仑定律适用于点电荷,点电荷是指放入电场时对该处的电场无影响的带电体,不一定就是体积很小的带电体,选项A错误;库仑定律是通过实验得出的规律,所以是实验定律,选项B正确;库仑定律对静止的点电荷和运动的点电荷间的相互作用都是适用的,选项C错误;当两个点电荷间的距离趋近于零时,就不能看作点电荷了,于是库仑定律就不再适用了,选项D错误;故选B。3.空间有p、q两个点电荷相距r且仅在相互间的库仑力作用下由静止开始运动,开始时p的加速度大小为a,q的加速度大小为4a,经过一段时间后,q的加速度大小为a,速度大小达到v,则这时p的加速度大小和p、q两个点电荷间的距离分别为 ()A.4a,4r B.a,rC.a,2r D.a,4r【解析】选C。两点电荷间的相互作用力大小相等、方向相反,由于开始时p的加速度大小为a,q的加速度大小为4a,所以p、q两个点电荷的质量之比为4∶1,因此当q的加速度大小为a时,p的加速度大小为a。设点电荷q的质量为m,当p的加速度大小为a时,p、q间的库仑力为k=4ma,而当q的加速度大小为a时,p、q间的库仑力为k=ma,联立解得:r'=2r。选项C正确,A、B、D错误。4.如图所示,用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点上,两球的质量相等,A球所带的电量大于B球所带的电量,两球静止,悬线的偏角分别为α、β,则 ()A.α>βB.α=βC.α<βD.无法确定【解析】选B。两球之间的库仑力属于作用力和反作用力,大小相等,方向相反;两个小球质量相等,均受重力、静电力和拉力,根据平衡条件,两小球重力和静电力的合力方向与竖直方向的夹角相同,而根据三力平衡,拉力一定与另外两个力的合力等值、反向、共线,故α=β;所以B选项是正确的。5.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为圆心,∠MOP=60°,等量、异号的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点的场强大小变为E2,E1与E2之比为()A.2∶1 B.2∶C.1∶2 D.4∶【解析】选A。由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小,移动之后电荷距O点的距离不变,故电场强度大小不变,则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场;即可求得比值。每个点电荷在O点产生的场强为,则当N点处的点电荷移至P点时,合场强大小为E2=,故=,故A正确。6.如图甲所示,AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线,图乙则是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受静电力大小间的函数图像(F-q图像),若电场方向由A指向B,由此可以判定 ()A.场源电荷可能是正电荷,位置在A侧B.场源电荷可能是负电荷,位置在A侧C.场源电荷可能是正电荷,位置在B侧D.场源电荷可能是负电荷,位置在B侧【解析】选D。由F=qE和题图乙可知,q相同时b点的静电力较大,故场源电荷在B侧,由于电场方向是由A指向B,则场源电荷为负电荷,故选项D正确。7.下列各电场中,A、B两点电场强度相同的是 ()【解析】选C。电场强度是矢量,电场线疏密代表场强大小,切线方向就是场强方向;A中A、B两点方向不同,故A错误;B中A、B两点方向相同,但是疏密程度不同,故B错误;C中电场线是等间距平行线,所以A、B两点大小方向都相同,故C正确;D中A、B两点电场线方向不同,疏密程度也不同,两点场强不同,故D错误;故选C。8.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(均可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在静电力的作用下处于静止状态,则以下判断正确的是 ()A.a对b的静电力一定是斥力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【解析】选D。若三个点电荷均处于平衡状态,三个点电荷必须满足“三点共线,两同夹异,两大夹小”,所以选项D正确。9.如图所示,一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中,当小球静止后把悬线烧断,则小球在电场中将做 ()A.自由落体运动B.曲线运动C.沿着悬线的延长线做匀加速直线运动D.变加速直线运动【解析】选C。悬线烧断前小球静止,所以受合外力为零,即重力和电场力的合力沿悬线的延长线且为恒力;烧断后重力和电场力不变,小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的匀加速运动,故选项C正确。考点:本题考查受力分析及运动性质的判断。判断物体的运动性质,要依据初速度与合外力的关系。二、计算题(本题共3小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)10.(8分)一条长3L的绝缘细线穿过两个完全相同且质量都是m的小金属环A、B,将线的两端固定于同一点O,如图所示,当金属环带电后,由于两环间的静电斥力使细线构成一等边三角形,此时两环恰处于同一水平线上。若不计环与线间的摩擦,两环所带电荷量各为多少?【解析】由于两金属环完全相同,所以带电后再分开时,所带电荷量应相同,设为q。视小环为点电荷,平衡时两环与O点之间恰好是一等边三角形,因此环的两边拉力相等。对B进行受力分析,如图所示。正交分解可得:FTcos30°=mg和FT+FTsin30°=k,解得q=L。答案:LL11.(8分)如图所示的匀强电场,电场强度E=2×104N/C。一电荷量q=+1×10-8C的点电荷从电场中的A点移动到B点,A、B之间的距离d为0.1m。求:(1)点电荷所受电场力的大小F;(2)电场力对电荷所做的功W。【解析】(1)根据电场力公式F=qE得,电场力F=2×10-4N。(2)根据电场力做功公式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)如图所示,真空中,带电荷量分别为+Q和-Q的点电荷A、B相距r,则:(1)两点电荷连线的中点O的场强多大?(2)在两点电荷连线的中垂线上,距A、B两点都为r的O′点的场强如何?【解析】分别求+Q和-Q在O点的场强大小和方向,然后根据电场强度的叠加原理,求出合场强。(1)如图甲所示,A、B两点电荷在O点产生的场强方向相同,由A→B。A、B两点电荷在O点产生的电场强度EA=EB==。所以O点的场强为EO=2EA=。(2)如图乙所示,EA′=EB′=,由矢量图所示形成的等边三角形可知,O′点的合场强EO′=EA′=EB′=,方向与A、B的中垂线垂直,即由A→B。答案:(1)方向由A→B(2)方向由A→B【等级性考试】(30分钟40分)13.(5分)绝缘细线上端固定,下端悬挂一轻质小球a,a的表面镀有铝膜。在a的近旁有一绝缘金属球b,开始时a、b都不带电,如图所示,现使b带电,则()A.a、b之间不发生相互作用B.b将吸引a,吸住后不放开C.b立即把a排斥开D.b先吸引a,接触后又把a排斥开【解析】选D。带电物体能够吸引轻小物体,故b会将a球吸引过来,a与b接触后,带同种电荷而分开,所以D正确,A、B、C错误。14.(5分)A、B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点,其速度—时间图像如图所示,则这一电场可能是 ()【解析】选A。由图像可知,速度在逐渐减小,图像斜率的绝对值在逐渐增大,故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动,所受电场力越来越大,受力方向与运动方向相反。故选A。15.(5分)如图所示,a、b两个带电小球分别用绝缘细线系住,并悬挂在O点,当两小球静止时,恰好在同一水平面上,此时两细线与竖直方向夹角满足α<β。可以判断两球 ()A.电荷量关系:qa=qbB.质量关系:ma>mbC.比荷关系:<D.定量关系:masinα=mbsinβ【解析】选B。两球受到的库仑力大小相等,设为F,对小球a、b受力分析,根据平衡条件有mag=,mbg=,联立解得magtanα=mbgtanβ,因为α<β,则有tanα<tanβ,所以有ma>mb,选项B正确,D错误;根据已知条件无法求出两球电荷量的关系、比荷的关系,选项A、C错误。16.(10分)如图所示,两个可看成点电荷的带正电小球A和B位于同一竖直线上,在竖直向上的匀强电场中保持不变的距离,沿竖直方向匀速下落,已知A带电量为Q,质量为4m,B带电量为4Q,质量为m,求匀强电场场强大小和两球的间距为多大?【解析】由力的平衡条件对A有:QE+FAB=4mg①对B有:4QE=mg+FAB②①②联立得E=,FAB=3mg设AB间距为r,由库仑定律知FAB=k所以r===2Q答案:2Q17.(15分)如图所示,在匀强电场中的O点放置点电荷Q,其带电量为2.0×10-8C,此时距O点10cm处的P点,场强恰好为零。求原匀强电场的场强大小是多少?若以O点为圆心,以OP长为半径作一圆,在O点正上方圆周上S点的场强的大小是多少?方向如何?【解析】P点场强EP=0,应为原场E与点电荷Q在P点产生场强EQ的合场强。E与EQ大小相等方向相反。大小关系为E=EQ=k=9.0×109×N/C=1.8×104N/C。Q在S点产生场强大小等于EQ,方向向上,与原场强E垂直,S处场强ES是E与EQ的合场强,如图所示。ES=E≈2.5×104N/C。方向:与E成45°角斜向上。答案:大小为1.8×104N/CS点场强大小为2.5×104N/C方向:与E成45°角斜向上第十章静电场中的能量(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分。)1.如图所示,A、B是匀强电场中相距4cm的两点,其连线与电场方向的夹角为60°,两点间的电势差为20V,则电场强度大小为 ()A.5V/m B.50V/mC.1×102V/m D.1×103V/m【解析】选D。由题知,UAB=20V,dAB=0.04m,根据匀强电场中电势差和电场强度的关系:UAB=EdABcos60°,得E==V/m=1×103V/m,故选D。2.(多选)某静电场的电场线分布如图所示,P、Q为该电场中的两点,下列说法正确的是 ()A.P点场强大于Q点场强B.P点电势高于Q点电势C.将电子从P点移动到Q点,静电力做正功D.将电子从P点移动到Q点,其电势能增大【解析】选B、D。因为Q点处的电场线较P点处密集,可知P点场强小于Q点场强,选项A错误;沿电场线方向电势降低,可知P点电势高于Q点电势,选项B正确;将电子从P点移动到Q点,静电力做负功,电势能增大,选项C错误,D正确。3.如图所示,匀强电场的方向向上,电场强度大小E=5N/C,把电量为+q=2C的点电荷由静止释放,点电荷做直线运动。以下判断正确的是 ()A.点电荷+q受到的电场力大小为10NB.点电荷+q受到的电场力大小为2.5NC.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断增大D.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断减小【解析】选A。点电荷在电场中受到的电场力F=Eq=10N,故A正确,B错误;点电荷+q在匀强电场运动时电场力不变,故C、D错误。故选A。4.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知 ()A.三个等势面中,a等势面电势最高B.带电质点通过P点时电势能最小C.带电质点通过Q点时动能最小D.带电质点通过P点时加速度较小【解析】选A。电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此Q点处电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c等势面的电势最低,a等势面的电势最高,故A正确;根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强度大,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D错误。故选A。5.如图所示,在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,其中心在O点,则下列判断正确的是()A.O点电场强度为零B.A、C两点电场强度相等C.B、D两点电势相等D.若将点电荷-q从A点移向C,电势能减小【解析】选B。Q和-Q在O点的电场方向均向右,根据叠加原理可知O点电场强度不为零,故A错误;根据电场线分布的对称性可知,A、C两点电场强度相等,故B正确;根据顺着电场线方向电势降低,D点的电势比B点高,故C错误;A到C电势逐渐降低,根据负电荷在电势高处电势能小,可知电势能增大,故D错误。6.如图所示,电场强度为E的匀强电场中,带电荷量为+q的电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,已知AB长为d,关于静电力做的功和大小关系,下列说法正确的是 ()A.沿折线ACB运动时,静电力做功最多B.沿直线AB运动时,静电力做功最少C.沿直线AB运动时,静电力做功为qEdD.沿直线AB运动时,静电力做功最多【解析】选C。静电力做功与电荷经过的路径无关,电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,其初、末位置相同,静电力做功相同,均为W=qEd,选项A、B、D错误,C正确。7.将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上,将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中,该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示,已知xAC>xCB,图中的水平虚线在C点上方与图线相切,两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是()A.两固定点电荷都带负电,且qA>qBB.C点的电场强度最小但不等于零C.如果将试探电荷改为负电荷,则该电荷在C点的电势能最大D.A、B两点间沿x轴方向的电场强度始终向右【解析】选C。根据电势能变化得到电势变化,从而根据斜率得到电场强度方向;进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化;最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。由图可知:C点处图像斜率为零,故电势变化为零,那么由电场强度为电势随距离变化的图像斜率可知:电场强度为零,B错误;试探电荷为正时,电势能为正,C点电势能最小;那么,试探电荷为负时,电势能为负,C点电势的绝对值最小,则电势能最大,C正确;由图可知:电势能先减小后增大,故电势先减小后增大,那么,电场强度方向先向右,后向左,D错误;由电场强度方向先向右,后向左可知:两个点电荷同为正;又有xAC>xCB,故中点电场方向向右,那么qA>qB,A错误。8.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA;在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是()A.aA>aB,EkA>EkB B.aA<aB,EpA>EpBC.aA<aB,EpA<EpB D.aA>aB,EkA<EkB【解析】选C。图中场源位于等势面圆心位置,根据曲线的弯曲可知是静电斥力,根据等差等势面的疏密判断场强大小,结合牛顿第二定律得到加速度大小关系;根据电场力做功判断出动能的变化。由于等势面是同心圆,故图中场源位于等势面圆心位置;根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力;由于B位置等差等势面较密集,场强大,加速度大,即aA<aB;从A到B,电场力做负功,粒子的动能减小,电势能增大;即EpA<EpB,故C正确,A、B、D错误。故选C。9.如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是 ()A.若只在两板间插入电介质,电容器的两板间电压将增大B.若只在两板间插入电介质,电容器的电容将保持不变C.若只将电容器下极板向下移动一小段距离,此过程电流计中有从a到b方向的电流D.若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器储存的电量将增加【解析】选D。闭合开关S后,电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压,保持不变,若只在两板间插入电介质,电容器的电容将增大,故A、B错误;若只将电容器下极板向下移动一小段距离,板间距离增大,电容减小,而电压不变,则电容器所带电量减小,电容器放电。由于上极板带正电,所以此过程电流计中有从b到a方向的电流,故C错误;若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器极板间电压增大,则电容器所带电荷增多,故D正确,故选D。10.如图所示,板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接,其极板与水平面成30°角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0=由图中的P点射入电容器,分别沿着虚线1和2运动,然后离开电容器;虚线1为连接上下极板边缘的水平线,虚线2为平行且靠近上极板的直线,则下列关于两粒子的说法正确的是()A.两者均做匀速直线运动B.两者电势能均逐渐增加C.两者的比荷之比为3∶4D.两者离开电容器时的速率之比为∶【解析】选D。根据题意可知,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度在同一直线上,所以电场力只能垂直极板向上,受力如图所示;根据受力图,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,故A错误;粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能逐渐增加;粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直,电场力不做功,所以粒子的电势能不变,故B错误;根据受力图,对甲:m甲g=q甲·Ecos30°=q甲E,所以=,对乙:m乙g·cos30°=q乙E,所以=;所以∶=∶=,故C错误;带电微粒甲沿水平直线运动,合力做的功:W1=-m甲g·tan30°·=-m甲gL,根据动能定理得:m甲-m甲=-m甲gL;所以v甲=;带电微粒乙沿平行于极板的直线运动,合力做的功:W2=-m乙g·sin30°·L=-m乙gL,根据动能定理得:m乙-m乙=-m乙gL,所以v乙=;所以v甲∶v乙=∶,故D正确。故选D。11.如图所示,平行金属板A、B间加速电压为U1,C、D间的偏转电压为U2,M为荧光屏。今有电子(不计重力)从A板由静止开始经加速和偏转后打在与荧光屏中心点O相距为Y的P点,电子从A板运动到荧光屏的时间为t。下列判断中正确的是 ()A.若只增大U1,则Y增大,t增大B.若只增大U1,则Y减小,t减小C.若只减小U2,则Y增大,t增大D.若只减小U2,则Y减小,t减小【解析】选B。粒子在加速电场中只有电场力做功,根据动能定理有:eU1=m,电子在偏转电场中做类平抛运动,在偏转电场中:时间t2=,加速度a=,竖直方向的位移y=a=,由几何关系知:==,故y与Y成正比,若只增大U1,则Y减小;电子从A板运动到荧光屏的时间由电子出离电场的速度决定,而v0=,故若只增大U1,则v0增大,则t减小,选项A错误,B正确。若只减小U2,则Y减小,t不变,故C、D错误。【补偿训练】如图,在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场,一个带电粒子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动,并从PQ竖直面上的C点离开场区。若撤去磁场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区;若撤去电场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3,运动的加速度大小分别为a1、a2和a3,不计粒子所受重力的影响,则下列判断中正确的是 ()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】选A。带电粒子分别在复合场、电场、磁场中做匀速直线运动、类平抛运动、匀速圆周运动,比较三种情况下带电粒子在两个相互平行平面之间运动时间及加速度大小。由相应规律表示出时间和加速度,从而得到结论。在复合场中,带电粒子做匀速直线运动,则有Eq=Bqv,则有E=Bv。在复合场中的时间t1=,而在单一电场中水平方向也是做匀速直线运动,所以运动的时间t2=,而在单一磁场中做匀速圆周运动,运动的时间t3=,由于两平面之间s弧>d,所以时间关系为t1=t2<t3;在复合场中a1=0,单一电场中和磁场中的加速度由电场力和洛伦兹力产生,但两种力相等,所以a2=a3,但方向不同,综上所述,B、C、D错误,A正确。故选A。二、计算题(本题共3小题,共27分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)12.(9分)在电场中把2.0×10-9C的正电荷从A点移到B点,静电力做功2.0×10-7J。再把这个电荷从B点移到C点,静电力做功为-4.0×10-7J。(1)A、B间,B、C间,A、C间的电势差各是多大?(2)A、B、C三点中哪点电势最高?哪点电势最低?(3)把-1.0×10-9C的电荷从A点移到C点,静电力做多少功?【解析】(1)根据电场力做功公式:WAB=qUAB得AB间的电势差:UAB===100VBC间的电势差:UBC===-200V,AC间的电势差为:UAC=UAB+UBC=100V-200V=-100V(2)由(1)可知φC>φA>φB(3)把-1.0×10-9C的电荷从A点移到C点,静电力做功:WAC=qUAC=-1.0×10-9×(-100)J=1.0×10-7J。答案:(1)100V-200V-100V(2)C点的电势最高,B点的电势最低(3)1.0×10-7J13.(9分)如图所示,在直角三角形abc所在平面有一匀强电场,ac边沿电场方向。ab边长为20cm,ab与ac的夹角为37°。现将电荷量为q=2×10-8C的正电荷从a点移到b点时静电力做功W=1.6×10-7J,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)匀强电场的场强E的大小;(2)ac两点间的电势差U。【解析】(1)由功的定义可知,正电荷从a点移到b点的过程静电力做功为:W=qE·sabcos37°解得场强为:E==V/m=50V/m(2)由匀强电场中电势差和场强的关系U=Ed可得ac两点间的电势差为:U=Esac=E=50×V=12.5V答案:(1)50V/m(2)12.5V14.(9分)如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子,从静止经加速电压U1加速后,获得速度v0,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央,受偏转电压U2作用后,以速度v离开电场。已知平行板长为L,两板间距离为d,求:(1)v0的大小。(2)离子在偏转电场中运动的时间t。(3)离子在离开偏转电场时的偏移量y。(4)离子在离开偏转电场时的速度v的大小。【解析】(1)在加速电场中,由动能定理得:qU1=m解得:v0=(2)离子在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向匀速运动:L=v0t则离子的运动时间为:t=L(3)离子在竖直方向做匀加速运动,由牛顿第二定律可得:qE=ma电场强度为:E=则偏移量为:y=at2联立解得:y=(4)由动能定理得:q(U1+y)=mv2-0解得:v=答案:(1)(2)L(3)(4)【补偿训练】如图甲所示,水平放置的平行金属板A、B,两板的中央各有一小孔O1、O2,板间距离为d,开关S接1。当t=0时,在a、b两端加上如图乙所示的电压,同时在c、d两端加上如图丙所示的电压。此时,一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处(P、O1、O2在同一竖直线上)。重力加速度为g,不计空气阻力。(1)若在t=时刻将开关S从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以最大的动能从A板中的O1小孔射出,问在t=到t=T之间的哪个时刻,把开关S从1扳到2?Ucd的周期T至少为多少?【解析】(1)当A、B间加电压U0时,微粒P处于平衡状态,根据平衡条件,有q=mg当A、B间电压为2U0时,根据牛顿第二定律,有q-mg=ma由以上各式得a=g,加速度的方向竖直向上(2)依题意知,为使微粒P以最大的动能从小孔O1射出,应让微粒P能从O2处无初速度向上一直做匀加速运动。为此,微粒P应先自由下落一段时间,然后加上电压2U0,使微粒P接着以大小为g的加速度向下减速到O2处再向上加速到O1孔射出。设向下加速和向下减速的时间分别为t1和t2,则gt1=gt2=g+g解得:t1=t2=故应在t=T-时刻把开关S从1扳到2设电压Ucd的最小周期为T0,向上加速过程,有d=g(-t2)2,解得T0=6答案:(1)a=g加速度的方向竖直向上(2)t=T-时刻把开关S从1扳到26【等级性考试】(30分钟40分)15.(5分)(2019·天津高考)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程 ()A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2【解析】选B。小球从M运动到N的过程中动能增加量ΔEk=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A错误;小球在竖直方向上只受重力,做竖直上抛运动,初速度为v,末速度为零,根据0-v2=-2gh可得增加的重力势能ΔEp=mgh=mv2,因此C错误;小球在水平方向只受电场力,做初速度为零、末速度为2v的匀加速直线运动,根据(2v)2-0=2ax可得电场力做功W=Fx=max=2mv2,所以电势能减少2mv2,机械能增加2mv2,因此B正确、D错误。16.(5分)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电),设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是 ()A.2s末带电粒子的速度为零B.3s末带电粒子回到原出发点C.带电粒子将始终向同一个方向运动D.0～3s内,电场力始终做正功【解析】选B。0～1s内,粒子做加速运动,1～2s内电场强度反向,且是0～1s内的2倍,故在1～2s内的加速度比0～1s内的加速度大,故粒子在1.5s末速度就为零了,所以2s末粒子反向加速,速度不为零,根据对称性可知粒子在3s末速度为零,回到出发点,A、C错误,B正确;0～1s内电场力做正功,1～1.5s内电场力做负功,1.5～2.0s内电场力做正功,2.0～3.0s电场力做负功,D错误。17.(5分)(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的()A.极板X应带正电 B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电 D.极板Y′应带正电【解析】选A、C。电子受力方向与电场方向相反,因电子向X偏转,则电场方向为X到X′,则X带正电,即极板X的电势高于极板X′,同理可知Y带正电,即极板Y的电势高于极板Y′,故A、C正确。18.(5分)(多选)如图,水平固定的圆盘a带正电Q,电势为零,从盘心O处释放质量为m、带电量为+q的小球。由于电场的作用,小球最高可上升到竖直高度为H的N点,且过P点时速度最大,已知重力加速度为g。由此可求得Q所形成的电场中 ()A.P点的电势 B.N点的电势C.P点的电场强度 D.N点的电场强度【解析】选B、C。小球受两个力,重力和电场力,小球从O运动到N,电场力大于重力,小球向上先做加速运动;到P点,电场力等于重力,速度达到最大;从P运动到N,小球向上做减速运功,到N点速度为零。在P点,根据电场力等于重力求出P点的场强,根据动能定理,求出N点的电势能,从而求出N点的电势。小球由O到N的过程,根据动能定理得:W电-mgH=0,得电场力做功为W电=mgH,可知小球的电势能减小mgH,O点电势能为0,所以N点电势能为EpN=-mgH,N点的电势为φ==-,即可求出N点的电势。由于小球通过P点的速度不知道,不能求出O到P电场力做功,不能求出P点的电势,故A错误,B正确;在P点所受的电场力和重力二力平衡,则有qE=mg,解得P点的电场强度为:E=,不能求出N点的电场力,也就不能求出N点的电场强度,故C正确,D错误。故选B、C。19.(5分)(多选)在如图所示的4种情况中,a、b两点的场强相同,电势不同的是()A.带电平行板电容器两极板间的a、b两点B.离点电荷等距的a、b两点C.达到静电平衡时导体内部的a、b两点D.两个等量异种电荷连线上,与连线中点O等距的a、b两点【解析】选A、D。电势是标量,电场强度是矢量,标量只要大小相等,标量就相等,而矢量,大小、方向均相同,矢量才相同。根据电场线的分布判断。a、b处于匀强电场中,场强相同,电势不同,沿着电场线电势逐渐降低,a点电势高于b点电势,即a、b两点电势不等,故A正确;a、b处于同一等势面上,电势相等,而电场强度方向不同,故电场强度不同,故B错误;处于静电平衡状态下的金属内部a,b两点,电场强度均为零,整个导体是等势体,电势相等,故C错误;根据电场线的分布情况可知a、b两点场强相同,a、b间的电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势逐渐降低,故a、b两点电势不等,故D正确。20.(5分)(多选)如图所示是一个示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后以一定的速度垂直进入电压为U2的偏转电场,离开电场时的偏转量是h,若两平行板间距离为d,极板长为l。假设电子都可射出,为了增加射出电场时的偏转量h,可以采取下列哪些方法 ()A.增大加速电压U1 B.减小极板长度lC.增大偏转电压U2 D.减小极板间距d【解析】选C、D。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为:v0=,电子进入偏转电场后的偏转位移为:h=at2=×()2=,因此要增加射出电场时的偏转量h,可以增大U2、l,减小d、U1,所以C、D正确,A、B错误。【补偿训练】1.(多选)如图所示,倾角为α的斜面体固定在水平地面上,处于水平向右的匀强电场中。带正电,质量为m的滑块从斜面上的某处静止释放。若滑块沿斜面运动过程中对斜面的压力为0,重力加速度为g。在滑块下滑位移为L的过程中()A.滑块的重力势能减小了mgLB.滑块的电势能减小了C.滑块的机械能增加了mgLsinαD.滑块的动能增加了【解析】选B、D。根据题意,滑块运动过程中对斜面的压力为0,对滑块受力分析如图所示。滑块的重力势能减少量等于重力做的功,为mgLsinα,故A错误;由tanα=得F电=,电场力做功W电=F电Lcosα=Lcosα=,所以滑块的电势能减小了,故B正确;根据功能关系,除重力以外其他力做功等于机械能的变化,所以滑块机械能增加,故C错误;合力F合=,根据动能定理ΔEk=W合=F合L=,故D正确;故选B、D。2.如图(a)所示的两平行金属板P、Q间加上图(b)所示电压,t=0时,Q板电势比P板高5V,在两板正中央M点放一电子,初速度为零,电子只受静电力而运动,且不会碰到金属板,则这个电子处于M点右侧、速度向右,且速度逐渐减小的时间段是 ()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】选B。在0<t<2×10-10s时间内,Q板电势比P板高5V,所以电场方向水平向左,电子所受静电力方向向右,加速度方向也向右,所以电子从M点向右做匀加速直线运动,选项A错误;在2×10-10s<t<4×10-10s时间内,Q板电势比P板低5V,电场强度方向水平向右,所以电子所受静电力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向右做匀减速直线运动,当t=4×10-10s时速度为零,此时电子在M点的右侧,选项B正确;在4×10-10s<t<6×10-10s时间内,Q板电势比P板低5V,电场强度方向水平向右,所以电子所受静电力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向左做匀加速直线运动,选项C错误;在6×10-10s<t<8×10-10s时间内,Q板电势比P板高5V,电场强度方向水平向左,所以电子所受静电力方向向右,加速度方向也向右,所以电子向左做匀减速直线运动,到8×10-10s时刻速度为零,恰好又回到M点,选项D错误。21.(10分)如图,在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度。(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO;(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4,使其在竖直面内做圆周运动,求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。【解析】(1)小球静止在a点时,由共点力平衡得mg+2mg=qE ①解得E=,方向竖直向上 ②在匀强电场中,有UaO=El ③则a、O两点电势差UaO= ④(2)小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb,由动能定理得-qE·2l+mg·2l=m-m ⑤小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得F+qE-mg=m ⑥联立②⑤⑥式,代入va=4解得F=6mg答案:(1),方向竖直向上(2)6mg第十一章电路及其应用(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分。)1.关于对电流的理解,下列说法中正确的是 ()A.自由电子的移动形成了电流B.电流是一个矢量,其方向就是正电荷定向移动的方向C.同一段电流相同的电路中,相同时间内通过各不同横截面的电荷量不同D.在国际单位制中,电流是一个基本物理量,其单位“安培”是基本单位【解析】选D。电荷的定向移动都可以形成电流,不仅仅是自由电子的定向移动;故A不正确。电流有方向,但电流的加减使用代数方法,不使用平行四边形定则,故电流是标量;故B不正确。串联电路中,各处的电流相等,则相同时间内通过各不同截面处的电量一定相等;故C不正确,在国际单位制中共七个基本物理量,电学中的电流是一个基本物理量,其单位安培为一个基本单位;故D正确。2.一段长为L,电阻为R的均匀电阻丝,把它拉制成2L长的均匀细丝后,其电阻值为 ()A. B.4R C. D.2R【解析】选B。一段长为L,电阻为R的均匀电阻丝,把它拉制成2L长的均匀细丝后,横截面积变为原来的一半,则根据R=ρ可知,电阻变成原来的4倍;故B正确,A、C、D错误。3.一同学将变阻器与一只6V,6～8W的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上,当S闭合时,发现灯泡发光。按图所示的接法,当滑片P向右滑动时,灯泡将 ()A.变暗 B.变亮C.亮度不变 D.可能烧坏灯泡【解析】选B。由题图可知,变阻器接入电路的是PB段的电阻丝,由于灯泡的额定电压等于电源电压,所以不可能烧坏灯泡。当滑片P向右滑动时,接入电路中的电阻丝变短,电阻减小,灯泡变亮,B选项正确。4.金属材料的电阻率有以下特点:一般而言,纯金属的电阻率小,合金的电阻率大;金属的电阻率随温度的升高而增大,有的金属电阻率随温度变化而显著变化,有的合金的电阻率几乎不受温度的影响。根据以上的信息,判断下列的说法中正确的是 ()A.连接电路用的导线一般用合金来制作B.电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作C.电阻温度计一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作D.标准电阻一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作【解析】选B。纯金属的电阻率小,故连接电路用的导线一般用纯金属来制作,故A错误;合金的电阻率大,故电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作,故B正确;有的金属电阻率随温度变化而显著变化,故电阻温度计一般用纯金属来制作,故C错误;有的合金的电阻率几乎不受温度的影响,故标准电阻一般用合金材料制作,故D错误。5.(多选)半径为R的橡胶圆环均匀带正电,总电荷量为Q,现使圆环绕垂直圆环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动,关于由圆环产生的等效电流,下列判断正确的是 ()A.若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍,则等效电流也将变为原来的2倍B.若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍,则等效电流也将变为原来的2倍C.若使ω、Q不变,将橡胶环拉伸,使环半径增大,等效电流将变大D.若使ω、Q不变,将橡胶环拉伸,使环半径增大,等效电流将变小【解析】选A、B。截取圆环的任一横截面S,如图所示,在橡胶圆环运动一周的时间T内,通过这个横截面的电荷量为Q,则有I==,又T=,所以I=,由上式可知,选项A、B正确。6.如图所示,某一导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2,在此长方体的上下左右四个面分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I1;在3、4两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I2,则I1∶I2为 ()A.9∶25 B.25∶9 C.25∶4 D.4∶25【解析】选C。根据电阻定律R=ρ得,当在1、2两端加上恒定电压U时,R1=ρ,在3、4两端加上恒定的电压时,R2=ρ,所以==,根据欧姆定律I=得,电流之比为25∶4,C正确。7.在某种带有一价离子的水溶液中,正、负离子在定向移动,方向如图所示。如果测得2s内分别有1.0×1018个正离子和1.0×1018个负离子通过溶液内部的横截面M,则关于溶液中电流的方向、电流大小描述正确的是 ()A.方向由A指向B;大小为0.16AB.方向由A指向B;大小为0.08AC.方向由B指向A;大小为0.16AD.无电流【解析】选A。2s内流过的电量为:Q=1.0×1018×1.6×10-19C+1.0×1018×1.6×10-19CZ=0.32C;则电流的大小为:I==A=0.16A;方向与正电荷的运动方向相同;故电流由A指向B;故A正确,B、C、D错误。8.如图所示,R1=2Ω,R2=10Ω,R3=10Ω,A、B两端接在电压恒定的电源上,则()A.S断开时,R1与R2的电流之比为1∶5B.S闭合时通过R1与R2的电流之比为2∶5C.S断开与闭合两种情况下,电阻R1两端的电压之比为2∶1D.S断开与闭合两种情况下,电路中的总电阻之比为12∶7【解析】选D。S断开时,R1与R2为串联关系,电流之比为1∶1,故A错误;S闭合时,U1∶U2=R1∶R2=2∶5,根据欧姆定律有:I=,则I1∶I2=2∶1,故B错误;S断开时,R1两端的电压为:U′1=UAB;S闭合时,R1两端的电压为:U′2=UAB;S断开与闭合两种情况下,电阻R1两端的电压之比为7∶12,故C错误;S断开时,总电阻为:R=R1+R2=12Ω;S闭合时,总电阻为:R′=R1+=7Ω;S断开与闭合两种情况下,电路中的总电阻之比为R∶R′=12∶7,故D正确。9.一根长为L,横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为()A. B. C.ρnev D.【解析】选C。欧姆定律I=,电流的微观表达式I=neSv,电阻定律R=ρ,则金属棒内场强大小为E===ρnev,故C正确。二、实验题(本题共2小题,共12分)10.(4分)某同学分别用毫米刻度尺和游标卡尺测定一金属杆的长度和直径,示数如图所示,则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。

【解析】刻度尺在读数的时候要估读一位,所以金属杆的长度为60.10cm;游标卡尺的主尺读数为:4mm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标尺读数为10×0.02mm=0.20mm,所以最终读数为:4mm+0.20mm=4.20mm。答案:60.104.2011.(8分)为测定金属丝的电阻率ρ,某同学把一段粗细均匀的金属丝拉直并固定在带有毫米刻度尺的木板上。用多用电表粗测金属丝的电阻Rx约为5Ω,实验室有以下器材可选用:电流表A1(量程300mA,内阻r1=5Ω);电流表A2(量程600mA,内阻r2约为1Ω);电压表V(量程20V,内阻r3约为3kΩ);滑动变阻器R1(0～10Ω,额定电流为1A);滑动变阻器R2(0～250Ω,额定电流为0.01A);电源E(电动势3V,内阻较小);导线、开关若干。(1)如图1,用螺旋测微器测量金属丝直径d=________mm。

(2)为准确测出该金属丝的电阻,要求多测几组数据,请帮该同学在方框内(图2)画出测量该电阻的电路原理图(标出所用仪器的代号),写出对应的表达式Rx=________,表达式中各物理量的含义:_______________________________。

图2(3)如果用符号d表示测得金属丝的直径、L表示金属丝的长度、Rx为金属丝电阻值,则该金属的电阻率ρ=________(用d,L,Rx表示结果)。

【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为2mm,可动刻度为15.0×0.01mm=0.150mm,故金属丝直径为2mm+0.150mm=2.150mm;(2)实验中只是要求多测几组数据,故滑动变阻器可以分压接法,也可以限流接法,R2阻值范围过大,不便于测量,故选R1;题中所给电压表量程太大,故不选用;要测量阻值,可以通过把电流表A1作为电压表使用,故实验电路图如图;根据欧姆定律,有:Rx=其中I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数,r1为电流表A1的内阻。(3)根据电阻定律,有:Rx=ρ代入数据,得:ρ=答案:(1)2.150(2)见解析图I1为电流表A1的示数,I2为电流表A2的示数,r1为电流表A1的内阻(3)三、计算题(本题共3小题,共21分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)12.(7分)电路中,每分钟有4.8×10-3C的电荷流过导线的某一横截面,已知一个电子的带电量为e=1.6×10-19C,求:(1)每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目;(2)流过该导线的电流。【解析】(1)每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为:n==个=3×1016个(2)流过该导线的电流为:I==A=8×10-5A答案:(1)3×1016个(2)8×10-5A13.(7分)测量液体的电阻率,工业上采用一种称为“电导仪”的仪器,其中一个关键部件如图所示,A、B是两片面积为1cm2的正方形铂片,间距为d=1cm,把它们浸在待测液体中,若通过两根引线加上一定的电压U=6V时,测出电流I=1μA,则(1)这种液体的电阻为多少?(2)这种液体的电阻率是多少?【解析】(1)由欧姆定律可知,电阻R==Ω=6×106Ω;(2)根据电阻定律可知:R=解得:ρ==Ω·m=6×104Ω·m答案:(1)6×106Ω(2)6×104Ω·m14.(7分)如图所示,两段长度和材料都完全相同的导线ab、bc横截面积之比为1∶4,串联后加上电压U。求:(1)ab、bc两段导线内自由电子定向运动速率之比。(2)两段导线两端电压之比。【解析】(1)因两段导线串联,故电流相等;又同种材料,单位体积内自由电子数也相等,由I=neSv可得:==4;即ab、bc两段导线内自由电子定向运动速率之比为4∶1;(2)两段长度和材料都完全相同的导线ab、bc,电阻率ρ相同,故根据电阻R=ρ可得:两段导线电阻之比==4;故根据欧姆定律,由串联电路电流相等可得:==4,即两段导线两端电压之比为4∶1。答案:(1)4∶1(2)4∶1【等级性考试】(30分钟40分)15.(5分)(多选)如图所示是插头式电阻箱的结构示意图,下列说法正确的是()A.电阻箱的铜塞拔出的越多,接入电路中的电阻越大B.电阻箱连入时要拔出一些铜塞,以免电路短路C.此电阻箱能得到的最大阻值为10ΩD.要想使电阻箱的电阻为8Ω,应拔出的铜塞是3和5【解析】选A、B。电阻箱的工作原理实际上是金属杆与电阻丝的并联,由电阻定律R=ρ知,如果金属杆的横截面积比较大,其电阻很小,可忽略不计。当某个铜塞处于插入状态时,与其并联的电阻丝即被短路,当电阻箱中的铜塞全部插入时,电阻箱的电阻为零,接入电路后造成短路,因此需拔出一些铜塞,铜塞拔出越多接入电路的电阻越多,阻值越大,铜塞全部拔出时电阻箱的电阻最大,为R=1Ω+2Ω+2Ω+5Ω+10Ω=20Ω,当拔出铜塞3和5时,电阻丝3和5接入电路,R′=2Ω+10Ω=12Ω。16.(5分)(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为图线的切线,PQ为U轴的垂线,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,小灯泡的电阻增大B.对应P点,小灯泡的电阻为R=C.对应P点,小灯泡的电阻为R=D.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小【解析】选A、B。由图像可知,U越大,I-U图线的斜率越小,表示小灯泡的电阻越大,即A对,D错;R=中的U、I与小灯泡所处状态下的电压与电流相对应,即B对,C错。17.(5分)在检验两地是否短路的测试中,经常用到如图所示的T形电路,电路中的电阻R1=50Ω,R2=R3=30Ω,有一测试电源,所提供的测试电压恒为80V。以下说法正确的是 ()A.若将cd端短路,ab之间的等效电阻为50ΩB.若将ab端短路,cd之间的等效电阻为60ΩC.当ab两端接上测试电压时,cd两端的电压为30VD.当cd两端接上测试电压时,ab两端的电压为30V【解析】选C。当cd端短路时,ab间电路的结构是:电阻R2、R3并联后与R1串联,等效电阻为:R=+R1=Ω+50Ω=65Ω;故A错误;当ab端短路时,cd之间电路结构是:电阻R1、R3并联后与R2串联,等效电阻为:R=+R2=Ω+30Ω=48.75Ω,故B错误;当ab两端接上测试电压时,cd两端的电压等于电阻R3两端的电压,Ucd=E=×80V=30V;故C正确;当cd两端接上测试电压时,ab两端的电压等于电阻R3两端的电压,Uab=E=×80V=40V;故D错误。18.(10分)(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1200Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。(1)根据图(a)和题给条件,将(b)中的实物连线。(2)当标准毫安表的示数为16.0mA时,微安表的指针位置如图(c)所示,由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值,而是______。(填正确答案标号)

A.18mA 21mAC.25mA 28mA(3)产生上述问题的原因可能是________。(填正确答案标号)

A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200ΩB.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200ΩC.R值计算错误,接入的电阻偏小D.R值计算错误,接入的电阻偏大(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k=________。

【解析】(1)电流表改装时,微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内,则实物电路连接如图所示:(2)由标准毫安表的示数与微安表的指针位置可知,改装后的电流表量程被扩大的倍数n==100倍,则当微安表表盘达到满偏时,改装的电表量程为:250×10-3mA×100=25mA,故选项C正确。(3)根据IgRg=(I-Ig)R,可得:I=Ig,改装后的量程偏大的原因可能是原微安表内阻测量值偏小,即电表实际内阻Rg真实值大于1200Ω,故选项A正确,B错误;改装后的量程偏大的原因还可能是定值电阻R的计算有误,计算值偏大,实际接入定值电阻R阻值偏小,故选项C正确,D错误。(4)由于接入电阻R时,改装后的表实际量程为25mA,故满足IgRg=(25-Ig)R;要想达到预期目的,即将微安表改装为量程为20mA的电流表,应满足IgRg=(20-Ig)kR,其中Ig=250μA=0.25mA,联立解得:k=。答案:(1)见解析图(2)C(3)A、C(4)19.(15分)如图所示,电压U恒定不变,将电流表A1、A2分别接入电路。接成图(a)时,电流表A1的示数为2A,电流表A2的示数为3A;接成图(b)时,电流表A1、A2的示数均为4A,求:电路中不接入电流表时的电流。【解析】设A1、A2的电阻分别为R1、R2,在(a)图中有:2R1=3R2U=5R+2R1,在(b)图中有:U=4(R+R1+R2),由以上三式可得:R1=RU=R。假如电路中不接电流表,此时电流为:I==A。答案:A第十二章电能能量守恒定律(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分。)1.如图所示是一种新型节能路灯。它“头顶”小风扇,“肩扛”太阳能电池板。关于节能路灯的设计解释合理的是 ()A.太阳能电池板将太阳能转化为电能B.小风扇是用来给太阳能电池板散热的C.小风扇是风力发电机,将电能转化为机械能D.蓄电池在夜晚放电时,将电能转化为化学能【解析】选A。这种新型节能路灯,“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能;“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能,这样只要有风,这种路灯也可以发电,填补了阴天和晚上不能发电的空白,可用于路灯晚上照明使用;蓄电池在夜晚放电时,将化学能转化为电能;故A正确,B、C、D错误。2.关于能量耗散,下列说法中正确的是 ()A.能量耗散是指在一定条件下,能量在转化过程中总量减少了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过程中,能量在数量上越来越少D.能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程的方向性【解析】选D。能量耗散的过程中能量向品质低的大气内能转变,但是总的能量是守恒的,能量不能凭空产生,也不能凭空消失,故A、B错误;能量耗散表明在能源的利用过程中,能量在数量上并未减少,但是在可利用的品质上降低了,故C错误;根据热力学定律可知,宏观自然过程自发进行是有其方向性的,能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性,故D正确。3.关于四个公式①P=UI;②P=I2R;③P=;④P=,下列叙述正确的是()A.公式①④适用于任何电路的电功率的计算B.公式②③适用于任何电路的电功率的计算C.公式①②③适用于任何电路的电功率的计算D.以上均不正确【解析】选A。公式①④适用于任何电路的电功率的计算,而②③只适用于纯电阻电路的电功率的计算。故A正确,B、C、D错误。4.如图所示,a、b、c为同一种材料做成的电阻,b与a的长度相等但横截面积是a的两倍;c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后,三个理想电压表的示数关系是 ()A.V1的示数是V3的2倍 B.V1的示数是V2的2倍C.V2的示数是V1的2倍 D.V2的示数是V3的2倍【解析】选B。由题意可知:Lc=2La=2Lb,Sb=2Sa=2Sc;设b的电阻Rb=R,由电阻定律R=得:Ra=2Rb=2R,Rc=2Ra=4R,Rc∶Ra∶Rb=4∶2∶1。由电路图可知,a、b、c三个电阻串联,通过它们的电流相等,由U=IR得:Uc∶Ua∶Ub=4∶2∶1,故UV3∶UV1∶UV2=4∶2∶1,所以B正确。5.A、B两灯的额定电压都是110V,A灯的额定功率PA=100W,B灯的额定功率PB=40W,若将两灯同时接入电压恒为220V的电路上,且使两灯均能正常发光,同学们设计了如图所示的甲、乙两种电路,则甲、乙两电路消耗的电功率之比为()A.2∶7 B.2∶5 C.5∶7 D.3∶7【解析】选C。A灯的额定电流为:IA==A=A,B灯的额定电流为:IB==A=A,甲图电路的功率为:P甲=IAU=×220W=200W乙图电路的功率为:P乙=(IA+IB)U=×220W=280W甲、乙两电路消耗的电功率之比:P甲∶P乙=200∶280=5∶7。故A、B、D错误,C正确。6.如图,电源的输出电压和A、B两灯的电阻均不变。若滑动变阻器R的滑片向左移动,则 ()A.A、B两灯均变亮B.A、B两灯均变暗C.A灯变暗,B灯变亮D.A灯变亮,B灯亮度不变【解析】选D。因电源输出电压不变,故两支路两端的电压不变;R的滑片向左移动时,接入电阻减小,故A中电流增大;A灯变亮;而B灯两端电压不变,故B灯亮度不变;故D正确,A、B、C错误。7.一台电动机额定电压为U,线圈电阻为r,电动机正常工作时通过电动机线圈的电流强度为I,电动机正常工作时间为t时,以下说法正确的是()A.电动机消耗的电能为I2rtB.线圈r产生的热量为UItC.I=D.电动机输出的机械能为UIt-I2rt【解析】选D。电动机是非纯电阻元件,电动机消耗的电能W=UIt,故A错误;线圈电阻是r,通过线圈的电流是I,研究线圈产生的焦耳热时,线圈是纯电阻元件,线圈r产生的热量为Q=I2rt,故B错误;此电路为非纯电阻电路,不满足欧姆定律,所以I≠,故C错误;由能量守恒定律知,电动机输出的机械能W机=UIt-I2rt,故D正确。8.如图所示电路,两电压表为理想电表,将开关K闭合,当滑动变阻器的滑片向左滑动时 ()A.电压表V1的示数不变B.电压表V1的示数变小C.电压表V2的示数变小D.电压表V2的示数不变【解析】选C。由图可知,电路中R1与R2串联接在电源两端,电压表V1测量R1两端的电压,V2测量路端电压,当滑片向左滑动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流增大,因R1为定值电阻,故其两端电压增大,电压表V1的示数变大,故A、B错误;由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知,路端电压减小,电压表V2的示数变小,故C正确,D错误。9.饮水机是一种常见的家用电器,其工作电路可简化为如图所示的电路,其中S是温度控制开关,当水温升高到一定温度时,它会自动切换,使饮水机处于保温状态;R2是饮水机加热管的电阻,R1是与加热管串联的电阻。该饮水机的额定电压是220V,加热功率为550W,保温时整机耗电量0.48kW/24h(不考虑R1、R2的阻值受温度影响)。当开关S闭合时,饮水机处于何种工作状态及R2的阻值为()A.加热220Ω B.加热88ΩC.保温88Ω D.保温220Ω【解析】选B。电源电压U不变,由P=可知,温控开关S闭合时,只有一只电阻工作,电阻小,则电功率大,为加热状态;由公式P=得R2的阻值:R2===88Ω;故B正确,A、C、D错误。二、实验题(12分)10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻。现有开关和导线若干及以下器材:A.电流表(0～0.6A,内阻约1Ω)B.电压表(0～3V,内阻约3kΩ)C.滑动变阻器(0～50Ω)D.滑动变阻器(0～500Ω)(1)实验中滑动变阻器应选用________。(选填相应器材前的字母)

(2)要求尽量减小实验误差,应选择的实验电路是图1中的________(选填“甲”或“乙”)。

(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出U-I图线。序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.060.120.240.260.360.48(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω。

(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化。图3的各示意图中正确反映P-U关系的是________。

【解析】(1)干电池的内阻很小,为了调节方便,滑动变阻器选C;(2)乙图中测量的等效干电池电阻为电流表内阻和干电池内阻之和,因为电流表内阻未知,故电路图选图甲;(3)根据题给数据,描点作图,U-I图线如图所示;(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势即为图线在纵轴的截距,即E=1.50V;图线的斜率大小为电源的内阻,故内阻r=Ω=0.83Ω;(5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化,由欧姆定律和功率表达式得P=,由P与U关系,可得P随U先增大后减小,故A、B、C错误,D正确。答案:(1)C(2)甲(3)见解析图(4)1.500.83(5)D三、计算题(本题共3小题,共21分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(7分)在如图所示的电路中电源内阻r=0.5Ω,当开关S闭合后,电路正常工作,电压表的读数U=2.8V,电流表的读数I=0.4A。若所使用的电压表和电流表均为理想电表。求:(1)电阻R的阻值;(2)电源的内电压U内;(3)电源的电动势E。【解析】(1)由欧姆定律得:R==Ω=7Ω; ①(2)电源的内电压为U内=Ir=0.4×0.5V=0.2V②(3)根据闭合电路欧姆定律有:E=U+Ir=2.8V+0.4×0.5V=3V③答案:(1)7Ω(2)0.2V(3)3V12.(7分)如图所示,有一台提升重物用的直流电动机M,电动机的内阻为r=0.60Ω,与电动机串联的定值电阻阻值为R=10Ω,电路的路端电压为U=160V。图中理想电压表的示数为110V。求:(1)通过电动机的电流I是多大?(2)电动机的输入功率P是多大?(3)电动机的机械功率P′是多大?【解析】(1)电动机和电阻串联,所以电流相等,电阻R两端电压U1=160V-110V=50V,I==A=5A(2)电动机的输入功率P=UVI=110×5W=550W。(3)电动机的热功率P热=I2r=15W,所以电动机的机械功率P′=P-P热=535W答案:(1)5A(2)550W(3)535W13.(7分)如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图,电动机内电阻r=1.0Ω,电路中另一电阻R=4Ω,直流电压U=120V,电压表示数UV=100V。试求:(1)通过电动机的电流;(2)输入电动机的电功率;(3)电动机的输出功率。【解析】(1)R两端电压为:UR=120V-100V=20V①则通过电阻R的电流为:I==A=5A②电动机与电阻R串联,则通过电动机的电流也为5A;(2)电动机的输入功率为:P=UVI=100×5W=500W③(3)电动机的输出功率为:P出=UVI-I2r=100×5W-52×1W=475W④答案:(1)5A(2)500W(3)475W【补偿训练】如图所示是利用电动机提升重物的示意图,其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物,它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S,重物P以速度v匀速上升,这时电流表和电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s。已知重物的质量m=45kg(g取10m/s2)。求:(1)电动机消耗的电功率P电;(2)细绳对重物做功的机械功率P机;(3)电动机线圈的电阻R。【解析】(1)根据电功率关系式有:P电=UI=110×5W=550W,故电动机消耗的功率为550W;(2)以重物为研究对象,由于重物匀速上升,有:F-mg=0 ①P机=F·v ②联立①②,代入数据得:P机=315W;故细绳对重物做功的机械功率为315W;(3)根据功能关系有:P电=P机+P热 ③P热=I2R ④联立③④,代入数据得:R=9.4Ω;答案:(1)550W(2)315W(3)9.4Ω【等级性考试】(30分钟40分)14.(5分)处于山区的某校引入一台风力发电机,利用丰富的风能为学校供电。已知该风力发电机扇叶半径为8m,空气平均密度为1.2kg/m3,发电机所在处平均风速为5m/s,该发电机将风的动能转化为电能的效率为10%,该校配备的日光灯功率为20W,则该发电机可供日光灯正常发光的数量约为 ()A.15盏 B.75盏 C.150盏 D.750盏【解析】选B。单位时间内垂直流向扇叶旋转面积的气体质量为ρvS,S=πr2,风能的最大功率可表示为:Pm=(ρvπr2)v2=πρv3r2=15072W,发电机将风的动能转化为电能的效率为10%,所以转化的电能为1507.2W,n=≈75盏,故B正确。15.(5分)如图所示为两电源的U-I图像,则下列说法不正确的是()A.电源①的电动势比电源②的电动势大B.当外接同样的电阻时,两电源的输出功率可能相等C.电源①的内阻比电源②的内阻大D.电源①的短路电流比电源②的短路电流大【解析】选B。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,电源①的电动势和内阻均比电源②大,故A、C正确;过原点O作出一条倾斜的直线,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,直线与图线①交点的两坐标的乘积大于直线与图线②交点的两坐标的乘积,说明不论外接多大的相同电阻,电源①的输出功率总比电源②的输出功率大,故B错误;图像与横轴的交点表示短路电流,故电源①的短路电流比电源②的短路电流大,故D正确。本题选错误的,故选B。16.(5分)(多选)如图所示,将一个改装的电流表接入电路和标准表进行校准,发现待测表的读数比标准表的读数偏大一些,如果表头G的示数Ig是准确的,出现的误差可能是选项中哪种原因引起的 ()A.Rg的测量值比真实值偏大B.Rg的测量值比真实值偏小C.所并联的R并比公式R并'=计算出的R并'偏小D.所并联的R并比公式R并'=计算出的R并'偏大【解析】选A、D。改装成的电流表(待测表)比标准表的读数偏大,说明流经表头G的电流偏大些,根据并联电路的特点,所并联的R并越大,流经表头G的电流越大,所以R并比公式R并′=计算出的R并′偏大。同样如果Rg的测量值比真实值偏大,也会使R并偏大,故选项A、D正确。17.(10分)在“测定蓄电池的电动势和内电阻”的实验中,备有如下器材:A.蓄电池B.电流表(0～0.6A,内阻约为0.1Ω)C.灵敏电流计G(满偏电流Ig=200μA,内阻rg=150Ω)D.滑动变阻器R1(0～20Ω,2.0A)E.电阻箱R2F.定值定阻R0=2ΩH.开关、导线若干(1)由于没有电压表,可把灵敏电流计G与电阻箱R2串联改装成量程为6V的电压表,如图甲中电阻箱R2的阻值应为________Ω。

(2)按图甲所示电路图,请在乙图上补充完成实物连线。(3)在闭合开关S前,将滑动变阻器的滑片移动至图甲中的________(选填“a”“中央”或“b”)端。

(4)丙图为该实验绘出的I1-I2图线(I1为灵敏电流计G的示数,I2为电流表A的示数),由丙图可求得被测蓄电池的电动势E=________V,内电阻r=______Ω(结果保留三位有效数字)。

【解析】(1)根据电压表改装的原理,有Ig(rg+R2)=6V,代入数据,得R2=29850Ω(2)实物图如图所示;(3)在闭合开关S前,滑动变阻器连入电路电阻应最大,起到保护电路作用,则由图甲可知滑片应移到a端;(4)根据闭合电路欧姆定律,有E=U+I(R0+r)=I1(rg+R2)+(I1+I2)(R0+r)整理得I1=-I2结合图像,得=175×10-6A①= ②联立①②,代入数据得r=2.50ΩE=