山东新高一物理学考电学复习题(共18页)

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1、精选优质文档-倾情为你奉上电学检测题一、单选题（本大题共20小题，共60.0分）1. 关于元电荷的下列说法中正确的是()A. 元电荷就是电子B. 元电荷就是质子C. 元电荷的值通常取D. 元电荷的值通常取【答案】C【解析】解：A、元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故AB错误；C、元电荷目前认为是自然界中电荷的最小单元，其大小是，故C正确，D错误；故选：C元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题2.

2、电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此()A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大，表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】解：A、电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误，C正确D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动

3、势，故D错误故选：C电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析3. 某电场的电场线分布如图所示(实线)，以下说法正确的是()A. c点场强大于b点场强B. b和c处在同一等势面上C. 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电【答案】A【解析】解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点

4、场强，故A正确；B、沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误；C、若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误；D、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误；故选：A。解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解.比较电势能的大小有两种方法：一可以从电场力做功角度比较，二从电势能

5、公式角度判断，先比较电势，再比较电势能4. 真空中相距为r的两点电荷Q1、Q2，电量均为q，相互作用力为F.若要使相互作用力变为2F，可采用的方法是()A. Q1、Q2电量同时增大为2q，距离保持不变B. Q1电量增大为2q，Q2电量不变，距离保持不变C. Q1、Q2电量不变，距离变为2rD. Q1、Q2电量不变，距离变为0.5r【答案】B【解析】解：根据库仑定律，则有：F=kq2r2；A、当Q1、Q2电量同时增大为2q，距离保持不变时，库仑力变为故A错误B、当Q1电量增大为2q，Q2电量不变，距离保持不变时，库仑力变为故B正确C、当Q1、Q2电量不变，距离变为2r时，则它们之间的作用力变为，

6、故C错误D、当Q1、Q2电量不变，距离变为0.5r时，则它们之间的作用力变为4F，故D错误故选：B在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解本题考查运用比例法解决物理问题的能力，技巧在于用相同的量表示作用力，然后求出比例关系5. 根据电容器的电容的定义式C=QU，可知()A. 电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比B. 电容器不带电时，其电容为零C. 电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比D. 电容器的电容大小与电容器的带电情况无关【答案】D【解析】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变.故A错误 B、

7、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零.故B错误 C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定.故C错误 D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关.故D正确故选D电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关.电容器不带电时，电容并不为零本题考查对电容的理解能力.电容的定义式C=QU是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性一6. 关于电场强度，下列说法正确的是()A. 电场中某点的电场强度就是单位电荷在该点受到的电场力B. 电场中某点的电场强度与该点所放试探电荷所受的电场力成正比C. 电场中某

8、点的电场强度方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向D. 电场中某点的电场强度与该点有无试探电荷无关【答案】D【解析】解：A、根据电场强度的定义式E=Fq，知场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小，但场强反映电场的强弱和方向，与电场力是两回事，故A错误BD、电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，故B错误，D正确C、电场强度方向是正试探电荷在该点所受电场力的方向，与负试探电荷在该点所受电场力的方向相反，故C错误故选：D电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，其定义式为E=Fq，采用比值法定义，场强与试探电荷无关电场强度是用比值法定义的物理量之一，电场中某点的

9、电场强度是由电场本身决定的，与该点是否有试探电荷无关.加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题7. 四种电场的电场线如图所示.一电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动，且加速度越来越大.则该电荷所在的电场可能是图中的()A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：根据牛顿第二定律得，电荷的加速度为a=Fm=qEm，可见，电荷的加速度大小与场强大小成正比A、由M点向N点，电场线越来越疏，场强E越来越小，加速度越来越小，与题不符.故A错误B、此电场是匀强电场，电荷的加速度不变.与题不符.故B错误C、由M点向N点，电场线越来越密，场强E越来越大，加速度越来越大，与题不符.故C错误

10、D、由M点向N点，电场线越来越密，场强E越来越大，加速度越来越大，与题相符.故D正确故选：D根据电场线的疏密表示场强大小，分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，选择符合题意的选项本题考查对电场线物理意义的理解，电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向8. 关于电流的说法中正确的是()A. 根据I=qt，可知I与q成正比B. 电流有方向，电流也是矢量C. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向D. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】解：A、电流等于电路中通过某一横截面积的电量与所用时间的比值，故在t不确定的情况下不能笼统的说I与q是否是成

11、正比，故A错误；B、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则，故电流是标量，故B错误；C、金属导体中，自由电子定向移动方向与电流方向相反，故C错误；D、电流的单位为国际单位制中的基本单位，故D正确故选：D电荷的定向移动形成电流，电流与电荷量及时间无关，电流的单位为安培，安培是国际单位制的基本单位本题考查电流的定义，要注意明确电流的定义及电流的方向规定，难度不大，属于基础题9. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角.若保持下极板

12、不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A. 增大，E增大B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大D. 减小，E不变【答案】D【解析】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据可知，电容C增大，则根据C=QU可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度为：E=Ud=QCd=4蟺koQ系S；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势，电势能EP=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D。电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据

13、决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变10. 在如图所示的U-I图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源与电阻R组成闭合电路.由图象判断错误的是()A. 电源的电动势为3V，内阻为B. 电阻R的阻值为C. 电源的效率为80%D. 电源的输出功率

14、为4W【答案】C【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则故A正确。B、电阻故B正确。C、电源的效率故C错误。D、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为故D正确。本题选择错误的，故选：C。由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻.电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻.两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义.本题要抓

15、住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义11. 如图所示，一个质量为30g、带电量为的半径极小的小球用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行.当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为，则匀强电场方向和大小为(g取10m/s2)()A. 水平向右N/CB. 水平向右N/CC. 水平向左N/CD. 水平向左N/C【答案】B【解析】解：电场力水平向左，但电荷带负电，负电荷电场力方向与电场线方向相反，故电场强度方向向右由平衡条件：联立两方程得：故选：B小球受重力、电场力、拉力.根据电场力的方向确定电场强度的方向根据共点力平衡求出电场力的大小.再根据E=Fq求出电场强度的大小解决本题的关键知道电场强度

16、的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反.以及会正确进行受力分析，利用共点力平衡求解力12. 下列关于电阻率的叙述，正确的是()A. 电阻率与导体的长度和横截面积有关B. 电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关C. 电阻率大的导体，电阻一定大D. 有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成电阻温度计【答案】B【解析】解：A、B、电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响；故A错误，B正确；C、电阻率由材料决定，电阻与材料、长度和截面积都有关，故电阻率大的导体，电阻不一定大；故C错

17、误；D、有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成标准电阻；金属电阻率随着温度的变化而变化，可以制作电阻温度计；故D错误；故选：B电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响明确电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响，基础问题13. 一个带正电的质点，电荷量，在静电场中由a点移动到b点，在这过程中，除电场力外，其他外力做的功为，质点的动能增加了，则a、b两点间的电势差Uab为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】解：根据动能定理得：得：，故A正确，BCD错

18、误；故选：A质点在静电场中由A点移到B点的过程中，电场力和其他外力对质点做功，引起质点动能的增加.电场力做功为Wab=qUab，根据动能定理求解a、b两点间的电势差Uab对于研究质点动能变化的问题，要首先考虑能否运用动能定理.基础题，比较容易14. 如图所示，真空中M、N处放置两等量异种电荷+Q、-Q，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，则以下判定正确的是()A. a点的场强与c点的场强完全相同B. 实线PQ上的各点电势相等C. 负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能D. 若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正

19、功，后做负功【答案】B【解析】解：A、a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故A错误；B、等量异种电荷中垂线为等势面，可知，实线PQ上的各点电势相等，故B正确C、等量异种电荷+Q、-Q，则a点电势高于c点电势，由EP=q蠁，知负电荷在a点的电势能低于在c点的电势能，故C错误D、将正试探电荷沿直线由a点移动到b点，电势先升高后降低，则电势能先增大后减小，电场力先做负功、后做正功.故D错误；故选：B根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势高低，即可确定M处电荷的电性；根据电场线的分布情况，分析场强关系；由电势的高低，判断电场力对正电荷做功正负在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场

20、线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握15. 以下说法正确的是()A. 由E=Fq可知电场中某点的电场强度E与F成正比B. 由U=Wq可知，某两点的电势差与电场力做功成正比，与电荷量成反比C. 公式C=QU，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关D. 由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大【答案】C【解析】解：A、E=Fq运用比值法定义，E与F、q无关，反映电场本身的性质，故A错误B、电势是表征电场本身属性的物理量，某两点的电势差与电场力做功无关，故B错误C、公式C=QU运用比值法定义，反映

21、电容器本身的特性，C与电容器两极板间电势差U无关.故C正确D、由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才越大，故D错误故选：CE=Fq、U=Wq、C=QU三个公式都运用比值法定义，根据比值法定义分析各个量的物理意义.公式Uab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离解决本题的关键是理解并掌握比值法定义的共性，知道E、U反映电场本身的特性，与试探电荷无关16. 如图，A、B、C三点在匀强电场中，把一个电量的正电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为，则该匀强电场的场强大小和方向是()A. 866V/m，垂直AC向上B. 866V/m，垂直AC

22、向下C. 866V/m，垂直AB斜向上D. 100V/m，垂直AB斜向下【答案】D【解析】解：由题，C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线BC间电势差为：UBC=WBcq=-1003VV，所以C点的电势高该匀强电场的场强大小：电场线方向垂直于AB向下.所以选项D正确故选：D根据一个的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等.根据电荷从B移到C，电场力做功为-3脳10-3J，由电势差的公式求出BC间的电势差.由E=Ud求场强大小，其中d为沿电场线方向的有效长度本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势

23、处作电场线是常规思路17. 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为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2C. 对应P点，小灯泡的电阻为D. 对应P点，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积【答案】B【解析】解：A、图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大.故A错误B、C、图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为故C错误，B正确D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功

24、率，故D错误故选：B根据电阻的定义R=UI，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大.对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数本题中灯泡是非线性元件，其电阻R=UI，但图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，而不是图象的斜率表示电阻的倒数18. 如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻，U=160V，电压表的读数为110V，则下列说法正确的是()A. 通过电动机的电流为5AB. 通过电动机的电流为4AC. 在电动机中发热的功率为5WD. 输入到电动机的电功率为500W【答案】A【解析】解：A、电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1=160-110=

25、50V，A，所以通过电动机的电流为5A，故A正确，B错误；C、电动机的热功率，故C错误；D、电动机的电功率，故D错误故选：A在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的19. 在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时()A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B. 安培表A的读数增大，电容C的

26、电荷量在增大C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大【答案】D【解析】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小.故ABC错误，D正确故选：D当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压

27、表读数的变化.再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析.也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大20. 如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()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串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3【答案】C【解析】解：A、根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R

28、2=1：3.故A错误；B、把把R1拉长到原来的3倍长后，截面积变成原来的三分之一，则根据可知，电阻变为原来的9倍，故电阻为R2的3倍；故B错误；C、电阻等于R2串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1.则由P=I2R可知，功率之比P1：P2=1：3，故C正确；D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1.故D错误故选：C通过I-U图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比.根据功率公式可明确功率关系解决本题的关键知道I-U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电

29、路的特点，同时能正确选择功率公式二、实验题探究题（本大题共4小题，共36.0分）21. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A.电流表A1(内阻，满偏电流Ig=3mA)B.电流表A2(内阻约为，量程为0.6A)C.定值电阻D.滑动变阻器E.干电池组F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器，游标卡尺(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_ cm(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_ 挡(填“”或“”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_ (3)请

30、根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=_ .(用I1，I2，R0，Rg表示)【答案】6.126；10.230；10；【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：，由图示游标卡尺可知，其示数为：；(2)用欧姆表“”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为；(3)由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为，电流表内阻约为，待测电阻阻值

31、约为10惟，滑动变阻器最大阻值为，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：(4)金属棒电阻阻值：；故答案为：(1)6.126；10.230；10；(3)如图所示；(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数(3)根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图(4)根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电

32、阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读22. 用如图(甲)所示的电路图研究额定电压为2.4V的灯泡L的伏安特性，并测出该灯泡在额定电压下工作时的电阻值(1)在闭合开关S前，滑动变阻器触头应该放在_ 端.(选填“a”或“b”)(2)按电路图(甲)测出的灯泡电阻值比真实值_ (选填“偏大”或“偏小”).根据所得到的图象如图乙所示，它在额定电压下实际功率P=_ W，I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是_ 【答案】a；偏小；1.2；1.2【解析】解：(1)：闭合开关前，应将滑动触头置于输出电压最

33、小的a端，以保护电流表；(2)：根据欧姆定律，电阻测量值为，若考虑电压表内阻影响，待测电阻的真实值为，比较可知，所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小；根据I-U图象读出U=2.4V时对应的电流I=0.5A，所以小灯泡的实际功率为；根据欧姆定律应有：I=UR=1RU，可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻，由于连线的斜率逐渐减小，所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大，即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大故答案为：(1)a(2)偏小，1.2，小灯泡的电阻随温度的升高而增大本题(1)的关键是明确变阻器采用分压式接法时，电键闭合前应将滑片置于输出电压最小的一

34、端以保护电流表；题(2)的关键是根据欧姆定律写出电阻测量值和真实值的表达式即可；对于I-U图象，应根欧姆定律写出关于I与U的函数表达式，可知图象上的点与原点连线的斜率倒数应等于小灯泡的电阻，然后讨论即可应明确：电键闭合前，应将变阻器的滑片置于输出电压最小的一端以保护电流表；图象上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻23. 如图a所示，是用伏安法测电电动势和内阻的实验电路图，为防止短路，接入一保护电阻R0，其阻值为通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据，并作出如图b所示的U-I图象：根据U-I图象，可知电电动势E=_ V，内阻r=_ 本实验测出的电的电动势与真实值相比是_ .(填“偏大”、

35、“偏小”或“不变”)【答案】1.5；1.0；偏小【解析】解：由图b所示图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，电源电动势E=1.5V；电源内阻由于电压表分流，使所测电源电动势小于真实值故答案为：(1)1.5，1.0；(2)偏小电源U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差本题关键是知道电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻24. 某学习小组用伏安法测定一节干电池的电动势和内阻，实验室备有下列器材：A.待测干电池(电动势约为1.5V，内阻约为B.电流表A1(量程，内阻约为C.电流表A2(量程，内阻约为

36、D.电压表V(量程，内阻为E.滑动变阻器F.滑动变阻器G.定值电阻R若干H.开关和导线若干若欲较精确地测出电源的电动势和内阻，需扩大电压表量程至1.8V。为扩大电压表量程，我们可以通过与电压表(选填“并联”或者“串联”)定值电阻来实现。实验室中有以下四种阻值的定值电阻供选择，则定值电阻R应选取()为尽可能的减小实验误差，方便测量，电流表应该选用(填仪器编号)，滑动变阻器应该选用(填仪器编号)，并请在方框中画出实验电路原理图(电压表用改装前的电压表表示)该小组同学根据实验电路，测出七组实验数据，并利用测出的数据直接绘出了图线，I为电流表A的示数，U为电压表V的示数(电压表表盘未变)。则依图线可得

37、被测电池的电动势E=V，内阻r=。(保留三位有效数字)【答案】串联 B E 1.35【解析】【分析】实验过程中要根据需测量的数据选择量程合适的器材，本实验电源电动势为1.5V，故需将电压表D改装，由图可知测量电流最大值为0.4A，应用电流表A1，此时最小电流在0.2A左右测量比较准确，故滑动变阻器选R1足够；电源外特性曲线的斜率表示内电阻，纵轴上的截距表示电源电动势。本题关键是掌握选取器材的方法，能根据需测量的数据选择合适的器材，掌握电表改装的方法及电源外特性曲线的物理意义。【解答】串联分压，故改装成大量程的电压表时就串联电阻，串联电阻R=UIg-Rg，则需要串联的电阻值，故选B；由图可知测量

38、电流最大值为0.4A，应用电流表A1，此时最小电流在0.2A左右测量比较准确，故滑动变阻器选R1足够；电路图如图电源外特性曲线的斜率表示内电阻，则，纵轴上的截距表示电源电动势则；故答案为：串联 B E 1.35三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）25. 如图所示，把质量为310克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为，(取g=10m/s2，求：(1)小球A带正电还是负电？(2)此时小球A受到的库仑力大小和方向？(3)小球A带的电量qA？【答案】解：(1)对A受力分析如下图所示：因B带正电，则A带负电；(2)根据共点力平衡条

39、件，结合几何关系得到解得：；即A球受的库仑力为(3)根据库仑定律，有：F=kQqr2故：即A球的带电量是C.答：(1)小球A带负电；(2)此时小球A受到的库仑力大小，方向水平向右；(3)小球A带的电量为C.【解析】(1)依据受力分析，结合同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解；(2)对小球A受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；(3)根据库仑定律求解出小球A的带电量本题结合物体平衡考查了库仑定律的应用，属于简单基础题目，是一道考查基础知识的好题26. 将带电荷量为的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了的功，再从B移到C，静电力做了的功则(1)电荷从A移到B，

40、再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？(3)若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？【答案】解：(1)负电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为：，电势能增加量为；从B点移动到C点，电场力做了的功，电荷的电势能减小量，所以电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能增加量为：J. (2)规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加，可知B点的电势能为：；电荷从A点到C点，电势能增加，则C点的电势能为：；(3)若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为：答：(1)电荷从A移到B，再从B移到C的过程中

41、，电势能共电势能增加J. (2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为和J. (3)若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为5V和3V【解析】(1)负电荷在电场力作用下发生位移，电场力做负功，则电荷的电势能增加.克服静电力做多少功，电势能就增加多少.相反，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少.根据电场力做功与电势能变化的关系求解.先求出电场力做功，再求解电势能的变化量(2)根据电势能的变化量，确定出电荷在B点和C点的电势能(3)根据公式，代入数据计算电势电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定.就像重力做功与重力势能一样，求电势能，往往先求电势能的变化量，再求解

42、某点的电势能27. 如图，灯泡D与电动机M中串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6惟，电动机M线圈的电阻为RM=2惟，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V.电动机的转轴的摩擦可忽略，求：(1)通过灯泡的电流I=？(2)电动机M线圈的发热功率PQ=？(3)电动机M输出的机械功率？【答案】解：(1)灯两端的电压为UD=U-UM=20-14=6V所以通过灯泡的电流为I=UDID=66A=1A(2)电动机M线圈的发热功率(3)电动机M消耗的电功率为输出的机械功率答：(1)通过灯泡的电流I为1A(2)电动机M线圈的发热功率PQ为2W(3)电动机M输出的机械功率为12W【解析】(1)电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而灯泡D是纯电阻，可以对灯泡D，运用用欧姆定律求电路中的电流(2)发热功率根据PQ=I2RM即可求解；(3)电动机M输出的机械功率本题切入点在于根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，突破口在于根据电功率表达式列式求解，注意电动机是非纯电阻电路专心-专注-专业