高二上册物理期中复习（易错题60题24大考点）-2024-2025学年高中物理同步知识点解读与专题训练（人教版2019必修第三册）

高二上册物理期中复习（易错题60题24大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第三册全册。 一．库仑定律的表达式及其简单应用（共3小题） 二．库仑力作用下的受力平衡问题（共2小题） 三．电场强度的叠加（共2小题） 四．电场力做功与电势能变化的关系（共2小题） 五．匀强电场中电势差与电场强度的关系（共2小题） 六．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化（共2小题） 七．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共3小题） 八．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 九．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共4小题） 十．线性元件及其伏安特性曲线（共2小题） 十一．串联电路的特点及应用（共3小题） 十二．闭合电路欧姆定律的内容和表达式（共6小题） 十三．路端电压和负载的关系（共2小题） 十四．电路动态分析（共3小题） 十五．含容电路的动态分析（共2小题） 十六．多用电表的原理（共2小题） 十七．通电直导线周围的磁场（共2小题） 十八．磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 十九．螺旋测微器的使用与读数（共2小题） 二十．导体电阻率的测量（共2小题） 二十一．电表的改装和应用（实验）（共2小题） 二十二．练习使用多用电表（实验）（共2小题） 二十三．测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 二十四．测量水果电池的电动势和内阻（共2小题） 一．库仑定律的表达式及其简单应用（共3小题） 1．（2023秋•九龙坡区校级期中）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。三个可视为质点的带电小球A、B、C，质量均为M，其中A带电量为qA＝q0＞0，B的带电量qB＝﹣q0。当系统静止时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（　　） A． B．弹簧伸长量为 C．A球受到的库仑力大小为 D．相邻两小球间距为 2．（2023秋•荔湾区校级期中）如图，用长度不等的绝缘线将带电小球A、B悬挂起来，两线与竖直方向的夹角分别是θ1、θ2，两个质量分别是m1、m2，所带电荷量分别为q1、q2，两小球恰在同一水平线上，则下列说法正确的是（　　） A．若m1＞m2，则θ1＞θ2 B．若m1＜m2，则θ1＞θ2 C．若q1＝q2，则θ1＝θ2 D．若q1＜q2，则θ1＞θ2 3．（2023秋•碑林区校级期中）真空中两个半径均为r的带异种电荷的金属小球A和B、带电量分别为﹣2q和4q，当两球间的距离为L（L远大于r）时，两球之间的静电力大小为F。现将A和B接触后分开，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小F1为（　　） A． B． C． D． 二．库仑力作用下的受力平衡问题（共2小题） 4．（2024秋•晋江市校级期中）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷，现用水平向左推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　） A．地面对小球B的支持力不变 B．推力F将不变 C．两小球之间的距离变小 D．竖直墙面对小球A的弹力变大 5．（2023秋•深圳期中）如图所示，用两根相同的绝缘细线将带正电的小球A、B悬于天花板上的O点，两球静止时悬线偏离竖直方向的夹角均为θ＝30°。已知绝缘细线的长度L＝0.9m，A、B两球的质量均为，两球均可视为点电荷且它们所带的电荷量相等，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，取重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）绝缘细线上的拉力FT； （2）小球A所带的电荷量q。 三．电场强度的叠加（共2小题） 6．（2023秋•怀柔区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．根据E＝，可知，电场中某点的场强与电场力成正比 B．根据E＝，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比 C．根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强 D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 7．（2023秋•杏花岭区校级期中）如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（　　） A．a、b两点场强方向相同 B．a点电势比b点高 C．a、b、c三点与无穷远处电势不相等 D．a、b、c三点b点场强最大 四．电场力做功与电势能变化的关系（共2小题） 8．（2023秋•重庆期中）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（　　） A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电 B．q1的值小于q2的值 C．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 9．（2023秋•南岗区校级期中）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（　　） A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的加速度将减小，b的加速度将增加 C．a的速度将减小，b的速度将增加 D．两个粒子的动能均减小 五．匀强电场中电势差与电场强度的关系（共2小题） 10．（2023秋•渝北区校级期中）（多选）匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、16V、22V，下列说法正确的是（　　） A．O点的电势φO＝16V B．电场强度的大小为E＝2V/m C．电子在a点的电势能比在b点的高6eV D．将一正电荷从c移至a电场力做功是将此电荷从b移至a电场力做功的2倍 11．（2023秋•北碚区校级期中）如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为60°。将一个带电荷量q＝﹣2×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功W＝2×10﹣6J，已知A、B间的距离l＝2cm，以B点为零电势点，求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）A点的电势φA。 六．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化（共2小题） 12．（2023秋•广州期中）如图是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板，从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距减小的过程中（　　） A．电容器的电容减小 B．P上的电量保持不变 C．有从M到N的电流流过 D．点M的电势比点N的低 13．（2023秋•郫都区校级期中）如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经电场偏转后发生的侧移为y，不计粒子的重力，要减小侧移y，下列操作可行的是（　　） A．仅将PQ板向下平移一些 B．仅将PQ板向上平移一些 C．将开关K断开，仅将PQ板向下平移 D．将开关K断开，仅将PQ板向上平移 七．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共3小题） 14．（2023秋•上城区校级期中）如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是（　　） A．水平方向上前与后电场力做功的比值为1：1 B．竖直方向上前与所需时间的比值为1：1 C．前与后电势能变化量的比值为1：1 D．前与后竖直方向下落的高度比值为1：3 15．（2023秋•思明区校级期中）（多选）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　） A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 16．（2023秋•深圳期中）如图所示，一群速率不同的一价离子从A．B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，A．B间电压为U，间距为d。C为竖直放置，并与A．B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d。不考虑离子所受重力，元电荷为e。 （1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式； （2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？ （3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。 八．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 17．（2023秋•和平区校级期中）多级加速器原理如图左所示，多个横截面积相同的金属圆筒0，l，2，3…n依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。圆简和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图右所示，在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知电子的质量为m，电子电荷量为e，电压的绝对值为U，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计。为使电子能不断加速，下列说法错误的是（　　） A．金属导体内部电场强度处处为零，电子在圆筒内匀速运动 B．若电子穿越某个圆筒的时间恰好为0.5T，则电子能不断加速 C．第n个圆筒的长度正比于（2n﹣l） D．第n个圆筒的长度正比于 18．（2023秋•深圳期中）（多选）多级加速器原理如图甲所示，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加，圆筒和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计，为使其能不断加速，下列说法正确的是（　　） A．金属圆筒内部场强处处为零，电子在圆筒内做匀速运动 B．t＝3T时，电子刚从7号圆筒中心出来 C．电子离开第8个圆筒的速度为 D．第n个圆筒的长度正比于 19．（2023秋•沙坪坝区校级期中）某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹，如图1所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球位于轨道内侧的最高点A处，小球由静止释放后沿直线打到与圆心O等高的B点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球可视为质点，已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g。 （1）求匀强电场的电场强度E1大小； （2）求小球做圆周运动时，通过B点的动能EkB； （3）将原电场更换为如图2所示的交变电场（正、负号分别表示与原电场强度方向相同、相反），小球在A点由静止释放，欲使小球能在一个周期（T未知）内恰能运动到最低点C，且运动过程中不与圆轨道相碰，试求小球到达C点时的速度大小及所加电场强度E2的取值范围。 九．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共4小题） 20．（2023秋•碑林区校级期中）如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为+q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（图中已标出），不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（　　） A． B． C． D．q 21．（2023秋•碑林区校级期中）（多选）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是（　　） A．t＝0时刻进入的粒子在t＝时刻的速度方向与金属板成45°角 B．t＝0到t＝时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板 C．t＝时刻进入的粒子在t＝时刻与P板的距离为 D．t＝时刻进入的粒子与P板的最大距离为 22．（2023秋•罗湖区校级期中）如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间电势差为U＝400V，xOy平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，一个带负电的粒子从电容器左板处由静止开始加速，穿过右板后垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出。已知P点的纵坐标为1m，A点的横坐标为2m，带电粒子的电荷量与质量的比值C/kg，不考虑带电粒子所受的重力。 （1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0； （2）求匀强电场的场强大小E； （3）若在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为﹣1m。带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光，求感光胶片上曝光点的横坐标。 23．（2023秋•白云区校级期中）在空间中取坐标系xOy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E，如图所示。初速度为0的电子经过一个电势差为U的电场（图没有画出）加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点的坐标为（0，h）。不计电子的重力。 （1）若电子刚好经过N点，求U的大小； （2）若，判断粒子是从ON边界还是MN边界离开电场，并求离开电场时的速度。 十．线性元件及其伏安特性曲线（共2小题） 24．（2023秋•北碚区校级期中）如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是（　　） A．当导体1和导体2分别接入电压恒为3V电源两端时，R1：R2＝1：3 B．当导体1和导体3分别接入电压恒为2V电源两端时，R1：R3＝2：1 C．图线3可能表示的是小灯泡伏安特性曲线 D．当三个导体串联接在电压恒为6V的直流电源两端时，I1：I2：I3＝3：2：1 25．（2023秋•道里区校级期中）如图所示为某金属导体的伏安特性曲线，MN是曲线上的两点，过M点的切线和M、N两点对应坐标图中已标出，下列说法正确的是（　　） A．该金属导体的电阻是10Ω B．该金属导体两端的电压是2.0V时对应的电阻是10Ω C．该金属导体的电阻随电压的增大而减小 D．该金属导体在M点和N点对应的电阻之比是2：3 十一．串联电路的特点及应用（共3小题） 26．（2023秋•荔湾区校级期中）如图所示，四个定值电阻连接在电路中，a、d两端加96V的恒定电压。已知R1＝7Ω，R2＝5Ω，R3＝12Ω，R4＝6Ω，则（　　） A．c、d之间的总电阻8Ω B．a、d之间的总电阻18Ω C．通过R1、R2的电流均为3A D．通过R4的电流为4A 27．（2023秋•北碚区校级期中）（多选）如图甲所示，A、B间电压为U且恒定，滑动变阻器R与Rx并联部分电阻为R0，R0的最大值为Rm（即滑动变阻器总电阻为Rm），移动滑片P的位置，就可以改变Rx两端的电压Ux，多次操作后可以得到图线（图乙中图线1）。更换滑动变阻器，重复实验，得到另一条图线（图乙中图线2），可知（ ） A．图线1对应的滑动变阻器总阻值较大 B．图线2对应的滑动变阻器总阻值较大 C．采用图线1对应的滑动变阻器更易于调节Rx电压 D．采用图线2对应的滑动变阻器更易于调节Rx电压 28．（2023秋•虹口区校级期中）如图所示，连接的是部分节日彩灯；观察灯的结构发现，每个灯的灯丝如A灯R1引线上方均绕有金属电阻丝R2，这样做的目的是即使其中的一个灯丝断了，其余各灯仍可以正常发光；比较R1和R2的大小可知，R2　 　R1．（填“《”或“》”或“等于”）当某一灯丝断了之后，其它灯将要变 　 　（填“亮”或“暗”）一些。 十二．闭合电路欧姆定律的内容和表达式（共6小题） 29．（2023秋•兴庆区校级期中）在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是（　　） A．灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 B．灯泡L1的电阻为7.5Ω C．灯泡L2的电阻为12Ω D．通过电源的电流为0.45A 30．（2023秋•东城区校级期中）为了打击酒驾行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试，如图甲是一款酒精浓度检测仪的简化电路，其电源电动势与内阻保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，其阻值随酒精浓度c成反比关系如图乙所示。当驾驶员呼出气体中酒精浓度c1＝20mg/mL时，刚好达到酒驾标准；当驾驶员呼出气体酒精浓度为c2＝80mg/mL时，则刚好达到醉驾标准。根据以上信息，下列判断正确的是（　　） A．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电源的总功率越大 B．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电压表示数与电流表示数比值越小 C．呼出气体中酒精的浓度为c2时，电路中电流等于呼出气体中酒精的浓度为c1时电路中电流的4倍 D．呼出气体中酒精的浓度为c2时，电路中电流小于呼出气体中酒精的浓度为c1时电路中电流的4倍 31．（2023秋•江北区校级期中）（多选）如图甲，移动滑动触头可以改变电源的路端电压，在图乙所示的P﹣U图像中，三条曲线1、2、3分别为电源消耗的功率、电源的内阻消耗的功率、电源的输出功率与路端电压的关系，则（　　） A．电源的电动势为3V B．电源的内阻为1Ω C．电源的最大输出功率为2.25W D．滑动变阻器的最大阻值为1Ω 32．（2023秋•官渡区校级期中）（多选）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，如图1所示，光滑小球夹在压敏电阻与挡板之间。小车在水平面上静止时，电流表示数为I0，小车运动状态变化会引起电流表示数变化。某次实验中，电流表示数变化如图2所示，下列判断正确的是（　　） A．在0～t1时间内可能做匀速运动 B．在t1～t2时间内做变速运动 C．在t2～t3内肯定静止 D．在t3～t4内压敏电阻所受压力减小 33．（2023秋•宁波期中）如图所示，电路中电源电动势为6V，内阻为2Ω。电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝8Ω，求： （1）若将cd端短路，求电路中的路端电压是多少； （2）若将cd两端接28μF的电容器，求电路稳定时电容器的带电量； （3）在cd两端接一未知电阻，使ab之间消耗的功率最大，求此最大功率。 34．（2023秋•朝阳区校级期中）如图，一电荷量q＝3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°。已知两板相距d＝0.2m，电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）流过电源的电流； （2）两板间电场强度的大小； （3）小球的质量。 十三．路端电压和负载的关系（共2小题） 35．（2023秋•洛阳期中）某电源和某额定电压6V、额定功率12W的小灯泡U﹣I图像如图甲中①、②图线所示，现将该电源和小灯泡组成图乙所示电路，下列说法正确的是（　　） A．小灯泡此时的电阻为3Ω B．小灯泡消耗的电功率为4.32W C．电源的总功率为9W D．如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率可能变大 36．（2023秋•海门市期中）如图所示电路中，电源输出电压始终保持不变，初态时R1＝R2＝R3＝R4，现将R4变为原来的两倍，当电路稳定时，下列说法正确的是（　　） A．电路总电流变大 B．通过R1的电流变小 C．R4两端的电压变大 D．电容器上极板带负电 十四．电路动态分析（共3小题） 37．（2023春•丰台区期中）利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源、理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（　　） A．温度降低，流过电阻R的电流增大 B．该电子温度计表盘上温度刻度是均匀的 C．和tA相比，tB应标在电压较大的刻度上 D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高 38．（2023秋•北辰区校级期中）（多选）如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动后，下列说法中正确的是（　　） A．油滴带负电，将向上运动 B．P点的电势降低 C．电源的效率变低 D．若电压表、电流表的示数变化量分别为ΔU和ΔI，则 39．（2023秋•东湖区校级期中）（多选）如图甲所示电路中，定值电阻R0与滑动变阻器R串联在电动势为E、内阻为r的电源两端，所有电表均为理想电表，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC，BC两直线所示，根据图上的已知信息，判断下列说法中正确的是（　　） A．滑动变阻器R的最大阻值是8Ω B．电源的电动势E＝8V，内阻r＝0.5Ω C．当滑动变阻器R＝1Ω时，定值电阻R0上消耗的电功率最大 D．在电流表示数逐渐减小的过程中，电源的效率逐渐增大 十五．含容电路的动态分析（共2小题） 40．（2023秋•沙河口区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止。当室温从25℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量的绝对值是ΔU1、ΔU2和ΔU3，则在此过程中（　　） A．电源效率变大 B．ΔU2＜ΔU1 C．Q点电势升高 D．R3中的电流方向由N向M，微粒A匀加速下移 41．（2023秋•浦东新区校级期中）为了探究带电物体在匀强电场中的运动，某同学利用如图所示的电路进行了实验。电源电压恒为500V，内阻可忽略不计，电阻R0的阻值为1kΩ，滑动变阻器RP的最大阻值为4kΩ。两块间距为20cm的平行板电容器通过导线连在电阻R0两端，其间的电场可近似为认为是匀强电场。与此同时，一个质量为0.1kg，带电量为1×10﹣3C的带正电小球用长为10cm的悬线固定在两板间，小球在运动过程中不会与金属板相碰。开始实验时电键闭合，滑动变阻器的滑片位于电阻最大处，g取10m/s2，求： （1）此时金属板间的电场强度E？ （2）小球恰好能保持静止时悬线与竖直方向夹角的正切值？ （3）移动滑动变阻器的滑片，将RP的阻值调至1.5kΩ，将小球从悬点正下方由静止释放，小球的最大摆动角度？ （4）在上一问的过程中，悬线上拉力的最大值和最小值？ 十六．多用电表的原理（共2小题） 42．（2023秋•青羊区校级期中）如图甲是多用电表内部结构示意图，图乙是刻度盘，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　） A．A是黑表笔、B是红表笔 B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小 C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零 D．如图乙所示的指针位置，若选择的电阻×10Ω挡，读数为180Ω；若选择的直流电压10V挡，读数为6.20V 43．（2023秋•小店区校级期中）（多选）一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光。则下列说法正确的是（　　） A．电动机线圈电阻为1Ω B．灯泡正常发光时电流表示数1A C．灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25W D．电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将为1.5A 十七．通电直导线周围的磁场（共2小题） 44．（2023春•滨湖区校级期中）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．下列判断正确的是（　　） A．（1）中电流方向向上 B．（2）中电流从左侧看是逆时针方向 C．（3）中左、右两导线分别接电源正、负极 D．（4）中电流方向是顺时针 45．（2023秋•雁塔区校级期中）图甲为交流感应电动机的工作原理示意图。完全相同的线圈A、B、C竖直固定，其平面互成120°，且中心重合于O点（图中未画出）。当线圈连接三相交流电源时，其中心产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动。若线圈中通入图乙所示的正弦式交流电，三个线圈在的电流方向如图甲所示，此时线圈A中电流在O点产生磁场的磁感应强度大小为B0。已知每个线圈在O点产生磁场的磁感应强度大小与线圈中通入的电流成正比，则此时O点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D．3B0 十八．磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 46．（2022秋•沭阳县期中）如图所示，A、B、C为三根平行直导线的截面图，AC连线水平，O为AC的中点，OB⊥AC，且OB＝OA＝OC。若三根导线的电流大小都相同，方向垂直纸面向外。则O点的磁感应强度的方向为（　　） A．水平向右 B．水平向左 C．竖直向上 D．竖直向下 47．（2023秋•高新区校级期中）如图甲所示，条形磁铁固定在水平桌面上，以条形磁铁的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。将一个灵敏的小磁针放置在x轴上不同的位置，小磁针稳定后磁北极与x轴之间的夹角记为θ，实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处的地磁场的方向水平，磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（ ） A．条形磁铁的右端为S极 B．条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为 C．条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为 D．x越大，条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角越小 十九．螺旋测微器的使用与读数（共2小题） 48．（2023秋•朝阳区校级期中）现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。 （1）由如图读得圆柱体的直径为 　 　mm，长度为 　 　cm。 （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝　 　。 49．（2023秋•江阴市期中）有一陶瓷圆筒，外面镀有一层很薄的合金薄膜。为测定薄膜的厚度，某同学先用20分度的游标卡尺测出陶瓷圆筒长度为L，又用螺旋测微器测得筒外径d，最后用多用电表粗测其电阻Rx。并在电工手册查得薄膜的电阻率为ρ。 （1）该同学用20分度游标卡尺陶瓷圆筒长度如图1所示，则其长度为L＝　 　mm，螺旋测微器测得筒外径d如图2所示，则筒外径d＝　 　mm，用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过小，他应该换用 　 　挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图丙所示，则金属棒的阻值约为 　Ω。 （2）为更精确地测量薄膜的电阻Rx，该同学从实验室中找到如下实验器材： A．电流表A（量程6mA，电阻RA约为300Ω） B．电压表V（量程2V，电阻RV＝2kΩ） C．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流1A） D．电源（12V，内阻约为10Ω） E．定值电阻R0＝10kΩ F．开关一只，导线若干 为精确的测量出薄膜电阻，根据上述器材在方框内画出测电阻的最佳方案的电路图 　　 二十．导体电阻率的测量（共2小题） 50．（2023秋•南岗区校级期中）在“测定金属的电阻率”实验中，待测金属丝接入电路部分的长度约为80.0cm，直径小于1mm。实验步骤如下： （1）用毫米刻度尺测量金属丝的长度，求出平均值L；选择金属丝的不同位置用 　 　 测量直径，取其平均值作为金属丝的直径d。 （2）先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是 　 　Ω。 （3）用伏安法测金属丝的电阻R，提供下列实验器材： A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） B．电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω） C．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A） D．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A） E．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ） F．电源（电动势3.0V，内阻不计） G．开关、导线若干 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用 　 　，滑动变阻器应选用 　 　（选填实验器材前对应的字母）；采用电路图中的 　 　（选填“乙”或“丙”）图。 （4）用上面测得的金属丝长度L、直径d和电阻R，可根据ρ＝　 　计算出所测金属丝的电阻率。 51．（2023秋•石家庄期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5Ω，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l＝30cm，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图1所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后算出该金属材料的电阻率。 （1）该电阻丝直径的测量值d＝　 　mm； （2）实验中能提供的器材有： A．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ） B．电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ） C．电流表A1（量程0～3A，内阻约0.01Ω） D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） E．滑动变阻器R1（0～20Ω） F．滑动变阻器R2（0～500Ω） G．待测电阻Rx H．电源E（电动势为3.0V）及开关和导线若干 该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，请在方框内画出实验电路图，并在图2中标出所选器材代号。 （3）该同学连接好电路后，某次测量结果如图3所示，若电阻丝直径取1mm，请计算出金属丝的电阻率为 　 　Ω•m（保留三位有效数字）。 二十一．电表的改装和应用（实验）（共2小题） 52．（2023秋•香坊区校级期中）（多选）把两个相同的灵敏电流计分别改装成了两个量程不同的电压表V1、V2，若把V1、V2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图1、2所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　） A．图1中的V1、V2的示数相同，指针偏角不相同 B．图1中的V1、V2的示数不相同，指针偏角相同 C．图2中的V1、V2的示数相同，指针偏角不相同 D．图2中的V1、V2的示数不相同，指针偏角相同 53．（2023秋•武昌区校级期中）（多选）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（　　） A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A 二十二．练习使用多用电表（实验）（共2小题） 54．（2023秋•市中区校级期中）如图为多用表欧姆挡的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内rg＝100Ω，调零电阻的最大阻值R＝50kΩ，串联的固定电阻R0＝50Ω，电池电动势E＝1.5V．用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （　　） A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩ C．300Ω～800Ω D．30Ω～80Ω 55．（2023秋•中牟县期中）如图甲是多用电表简化电路图，电流计满偏电流0.5mA、内阻20Ω；电池电动势1.5V、内阻可忽略；电阻R1阻值20Ω；R3阻值24990Ω。 （1）A插孔应接 　 　表笔（选填“红”或“黑”）； （2）若指针指在图乙中所示位置，选择开关接1时其读数为 　 　；选择开关接3时其读数为 　 　； （3）测量电阻时，需先进行欧姆调零，此时应将R2的阻值调整为 　 　Ω （4）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是 　 　 A．测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零 B．测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 C．测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 D．测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测 二十三．测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 56．（2023秋•未央区校级期中）（多选）某组同学在实验室利用如图所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻R0和描绘电源的伏安特性曲线。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1测量数据，另一同学记录了电流表A和电压表V2的测量数据。根据所得数据描绘了如图所示的两条U﹣I直线。则（ ） A．图象中的图线乙是电压表V1的测量值所对应的图线 B．由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E＝1.50V，r＝1.0Ω C．当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率为0.55W D．图象中两直线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最小值 57．（2023秋•长安区校级期中）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。 ①电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ） ②电流表G（量程3mA，内阻RG＝100Ω） ③电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω） ④滑动变阻器R1（0—20Ω，2A） ⑤滑动变阻器R2（0—500Ω，1A） ⑥定值电阻R3 ⑦开关S和导线若干 （1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，要求改装后的电流表量程是0.6A。则R3＝　 　（保留两位有效数字）。 （2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 　 　。（填写器材编号） （3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的内阻r＝ 　Ω（结果取二位有效数字），电压表某次测量如图丙所示，则其读数为 　V，理论上利用该电路测量结果与电池实际内阻相比 （填“偏大”、“偏小”、“相等”）。 58．（2023秋•和平区校级期中）某同学利用下列实验器材测量电源的电动势和内阻。 A．待测电源； B．电阻箱R（最大电阻值为20Ω）； C．定值电阻R0（电阻值为4990Ω）； D．小量程电流表G（Ig＝1mA，Rg＝10Ω）； E．开关、导线若干 该同学设计的实验电路图如图甲所示。 （1）将定值电阻R0和小量程电流表G串联改装成电压表，其量程为 　 　V； （2）多次改变电阻箱的阻值R，读出对应电流表的示数I，作出图像如图乙所示，则电源的电动势E＝　 　V、内阻r＝　 　Ω。（结果均保留2位有效数字） 二十四．测量水果电池的电动势和内阻（共2小题） 59．（2023春•新乡期中）某学习小组用两种不同的金属电极插入柠檬做了一个“水果电池”，为了测量该电池的电动势和内阻，同学们经过讨论设计的实验电路图如图甲所示。 （1）在图甲中，①应为 　 　表，②应为 　 　表。（均填“电流”或“电压”） （2）正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组U和I的值，并以U为纵坐标、I为横坐标，作出的U﹣I图像如图乙所示，则该水果电池的电动势E＝　 　V、内阻r＝　 　Ω。（结果均保留三位有效数字） （3）为测未知电阻Rx，某同学将Rx改接在A、B之间，其他部分保持不变，电路图如图丙所示。正确连接电路后重新实验，得到另一条U﹣I图线，分析发现图线满足关系式U＝b﹣kI，则未知电阻的阻值Rx＝ 。（用b、k和r表示） 60．（2023秋•红桥区校级期中）测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现用量程合适的电压表、电流表以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻． （1）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）　B（0～30kΩ）．本实验中应该选用哪种规格的滑动变阻器？答：　 　． （2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，经描点、连线得到U﹣I图象，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为E＝　 　V；r＝　 　Ω． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二上册物理期中复习（易错题60题24大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第三册全册。 一．库仑定律的表达式及其简单应用（共3小题） 二．库仑力作用下的受力平衡问题（共2小题） 三．电场强度的叠加（共2小题） 四．电场力做功与电势能变化的关系（共2小题） 五．匀强电场中电势差与电场强度的关系（共2小题） 六．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化（共2小题） 七．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共3小题） 八．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 九．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共4小题） 十．线性元件及其伏安特性曲线（共2小题） 十一．串联电路的特点及应用（共3小题） 十二．闭合电路欧姆定律的内容和表达式（共6小题） 十三．路端电压和负载的关系（共2小题） 十四．电路动态分析（共3小题） 十五．含容电路的动态分析（共2小题） 十六．多用电表的原理（共2小题） 十七．通电直导线周围的磁场（共2小题） 十八．磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 十九．螺旋测微器的使用与读数（共2小题） 二十．导体电阻率的测量（共2小题） 二十一．电表的改装和应用（实验）（共2小题） 二十二．练习使用多用电表（实验）（共2小题） 二十三．测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 二十四．测量水果电池的电动势和内阻（共2小题） 一．库仑定律的表达式及其简单应用（共3小题） 1．（2023秋•九龙坡区校级期中）如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。三个可视为质点的带电小球A、B、C，质量均为M，其中A带电量为qA＝q0＞0，B的带电量qB＝﹣q0。当系统静止时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（　　） A． B．弹簧伸长量为 C．A球受到的库仑力大小为 D．相邻两小球间距为 【答案】A 【解答】解：AD、三小球间距r均相等，对C球受力分析，可知C球带正电，根据平衡条件： 对B小球受力分析，同理根据平衡条件： 两式联立解得：，，故A正确，D错误； BC、对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：3Mgsinα＝k0x 从而可以得到弹簧伸长量：。 对A球受力分析，若受到BC两球对A的库仑力为F库，根据平衡条件：Mgsinα+F库＝kx0 那么根据牛顿第三定律，联立解得A球受到的库仑力：F库′＝F库2Mgsinα，故BC错误。 故选：A。 2．（2023秋•荔湾区校级期中）如图，用长度不等的绝缘线将带电小球A、B悬挂起来，两线与竖直方向的夹角分别是θ1、θ2，两个质量分别是m1、m2，所带电荷量分别为q1、q2，两小球恰在同一水平线上，则下列说法正确的是（　　） A．若m1＞m2，则θ1＞θ2 B．若m1＜m2，则θ1＞θ2 C．若q1＝q2，则θ1＝θ2 D．若q1＜q2，则θ1＞θ2 【答案】B 【解答】解：以m1为研究对象，m1的受力如图所示。 根据平衡条件可得 FTsinθ1＝F斥，FTcosθ1＝m1g 可得： 同理，对于质量为m2的小球，根据平衡条件有 因为不论q1、q2大小如何，两带电小球所受的库仑力属于作用力与反作用力，大小相等，则有 可知两线与竖直方向的夹角只与两球的质量有关，与电荷量无关，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2023秋•碑林区校级期中）真空中两个半径均为r的带异种电荷的金属小球A和B、带电量分别为﹣2q和4q，当两球间的距离为L（L远大于r）时，两球之间的静电力大小为F。现将A和B接触后分开，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小F1为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：由库仑定律可得 F＝k＝k＝k 将A和B接触后分开，小球A和B带电量先中和再平分，带电量均为＝q，再使A、B之间距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小F1为 可得：，故ABC错误，D正确； 故选：D。 二．库仑力作用下的受力平衡问题（共2小题） 4．（2024秋•晋江市校级期中）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷，现用水平向左推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较（　　） A．地面对小球B的支持力不变 B．推力F将不变 C．两小球之间的距离变小 D．竖直墙面对小球A的弹力变大 【答案】A 【解答】解：ABD、以小球A为研究对象，分析受力，如图1所示。 设小球B对小球A的库仑力F库与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为 N1＝mAgtanθ 将小球B向左推动少许时，θ减小，则知竖直墙面对小球A的弹力N1减小。 再以A、B整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得 F＝N1 N2＝（mA+mB）g 可知，N1减小，则F减小，地面对小球B的支持力不变，故A正确，BD错误； C、由图1可得，A与B之间的库仑力大小，θ减小，cosθ增大，则F库减小，根据库仑定律F库＝k分析可知，两球之间的距离增大，故C错误。 故选：A。 5．（2023秋•深圳期中）如图所示，用两根相同的绝缘细线将带正电的小球A、B悬于天花板上的O点，两球静止时悬线偏离竖直方向的夹角均为θ＝30°。已知绝缘细线的长度L＝0.9m，A、B两球的质量均为，两球均可视为点电荷且它们所带的电荷量相等，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，取重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）绝缘细线上的拉力FT； （2）小球A所带的电荷量q。 【答案】（1）绝缘细线上的拉力FT为0.2N； （2）小球A所带的电荷量q为3×10﹣6C。 【解答】解：（1）小球A、B均处于平衡状态，对小球A受力分析，在竖直方向上，根据受力平衡有：mg＝FT⋅cosθ 代入数据解得：FT＝0.2N （2）设两球间的库仑力为F库，小球A、B均处于平衡状态，对小球A 受力分析，根据受力平衡可知： 根据题意及几何关系可知，两球间的距离r＝L，根据库仑定律有： 解得：q＝3×10﹣6C 答：（1）绝缘细线上的拉力FT为0.2N； （2）小球A所带的电荷量q为3×10﹣6C。 三．电场强度的叠加（共2小题） 6．（2023秋•怀柔区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．根据E＝，可知，电场中某点的场强与电场力成正比 B．根据E＝，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比 C．根据场强的叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强 D．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹 【答案】B 【解答】解：A．E＝，作为电场强度的定义式，给出了电场强度的一种测量方式或方法。而对于电场中的某一确定的点，放在该处的试探电荷的电荷量不同，电荷受到的电场力也不同，但电场力和电荷量的比值却是不变的，即电场强度与电场力及试探电荷的电荷量无关，而由场源电荷及研究点在场中的位置决定。故A错误； B、对于点电荷形成的电场，确定点的场强与形成电场的场源电荷的电量成正比。故B正确； C、电场强度是矢量，合场强由平行四边形法则确定，作为合场强的平行四边形的对角线不一定比作为分场强的平行四边形的邻边长。故C错误； D、只有当电场线是直线，带电粒子只在电场力的作用下，电荷的初速度为零或初速度方向与电场线重合时，电荷的运动轨迹才会与电场线重合，故D错误； 故选：B。 7．（2023秋•杏花岭区校级期中）如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（　　） A．a、b两点场强方向相同 B．a点电势比b点高 C．a、b、c三点与无穷远处电势不相等 D．a、b、c三点b点场强最大 【答案】A 【解答】解：A、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同，故A正确； BC、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等。故BC错误。 D、根据等量异种点电荷的电场分布，可知在它们连线的垂直平分线上由中点向两侧电场线越来越稀疏，中点c的电场强度最大，a、b、c三点的电场强度大小关系为：Ea＜Eb＜Ec，故D错误。 故选：A。 四．电场力做功与电势能变化的关系（共2小题） 8．（2023秋•重庆期中）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是（　　） A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电 B．q1的值小于q2的值 C．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 【答案】C 【解答】解：A、根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，带负电的试探电荷从O点到A点电势能减小，电势升高，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知OA间电场线由A指向O，所以O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故A错误； B、设OA之间的距离为r1，AM之间的距离为r2，带负电的试探电荷在A点的电势能为零，则A点电势为零，根据点电荷的电势公式有 k＝k，r1＞r2，则q1＞q2，故B错误； C、将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此在C点速度最大，故C正确。 D、负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故D错误。 故选：C。 9．（2023秋•南岗区校级期中）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（　　） A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的加速度将减小，b的加速度将增加 C．a的速度将减小，b的速度将增加 D．两个粒子的动能均减小 【答案】B 【解答】解：A、两个带电粒子做曲线运动，所受电场力的方向指向轨迹的内侧，所以a所受电场力沿电场线向左，b所受电场力沿电场线向右，但由于不知道电场线的方向，所以不能判断两个粒子的电性，故A错误； B、电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知a受到的电场力减小，加速度减小。b受到的电场力增大，加速度增大，故B正确； CD、两个粒子所受的电场力方向与速度方向的夹角均为锐角，电场力都做正功，所以两个粒子的动能均增大，速度均增大，故CD错误。 故选：B。 五．匀强电场中电势差与电场强度的关系（共2小题） 10．（2023秋•渝北区校级期中）（多选）匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、16V、22V，下列说法正确的是（　　） A．O点的电势φO＝16V B．电场强度的大小为E＝2V/m C．电子在a点的电势能比在b点的高6eV D．将一正电荷从c移至a电场力做功是将此电荷从b移至a电场力做功的2倍 【答案】ACD 【解答】解：A、根据U＝Ed可知，在匀强电场中，平行同向且间距相等的两点间电势差相等可得：φa﹣φO＝φb﹣φc，解得：φO＝16V，故A正确； B、由此可知，O点与b点的电势均为16V，则知Ob所在的垂直电场的面为等势面，如图所示。 根据几何知识可得，a到Ob的距离为： 故电场强度的大小为：，故B错误； C、根据Ep＝qφ可知，电子在a点的电势能比在b点的高ΔEp＝﹣e×10V﹣（﹣e×16V）＝6eV，故C正确； D、设正电荷的电荷量为q，将一正电荷从c移至a电场力做功为：W1＝qUca 其中Uca＝φc﹣φa＝22V﹣10V＝12V 将此电荷从b移至a电场力做功为 W2＝qUba 其中 Uba＝φb﹣φa＝16V﹣10V＝6V 综上可得：W1＝2W2，故D正确。 故选：ACD。 11．（2023秋•北碚区校级期中）如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为60°。将一个带电荷量q＝﹣2×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功W＝2×10﹣6J，已知A、B间的距离l＝2cm，以B点为零电势点，求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）A点的电势φA。 【答案】（1）匀强电场的电场强度为100V/m，电场方向斜向上。 （2）A点的电势为﹣1V。 【解答】解：（1）电荷从A到B，静电力做正功，负电荷受到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上； 根据题意有W＝Flcos60°，F＝qE 代入数据得：E＝100V/m （2）设A、B间的电势差为UAB W＝qUAB，代入数据得UAB＝﹣1V 由UAB＝φA﹣φB 得 φA＝﹣1V 答：（1）匀强电场的电场强度为100V/m，电场方向斜向上。 （2）A点的电势为﹣1V。 六．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化（共2小题） 12．（2023秋•广州期中）如图是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板，从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动，在P、Q间距减小的过程中（　　） A．电容器的电容减小 B．P上的电量保持不变 C．有从M到N的电流流过 D．点M的电势比点N的低 【答案】D 【解答】解：在P、Q间距减小的过程中，由电容器的决定式可知，电容C增大。由于电容器极板间电压不变，由电容的定义式可知电容器所带电荷量Q增加，电容器被充电，通过电阻R的电流方向由N到M，所以M点的电势比N点的低，故ABC错误，D正确。 故选：D。 13．（2023秋•郫都区校级期中）如图所示，平行板PQ、MN与电源相连，开关K闭合，从O点沿两板间中线不断向两板间射入比荷一定的带正电的粒子，粒子经电场偏转后发生的侧移为y，不计粒子的重力，要减小侧移y，下列操作可行的是（　　） A．仅将PQ板向下平移一些 B．仅将PQ板向上平移一些 C．将开关K断开，仅将PQ板向下平移 D．将开关K断开，仅将PQ板向上平移 【答案】B 【解答】解：AB、粒子在电场中做类平抛运动，则粒子经电场偏转后发生的侧移为 而粒子在电场中运动的加速度为 电容器在连接电源的情况下，极板间电压不变，极板间场强为 仅将PQ板向下平移一些，两极板间的场强E变大，粒子沿电场方向的加速度a增大，侧移y变大；仅将PQ板向上平移一些，两板间的场强E变小，粒子沿电场方向的加速度a减小，侧移y变小，故AB正确； CD、将开关K断开，两极板的带电量不变，极板间场强为E＝，又C＝，C＝，联立可得： 可知仅将PQ板向下平移或向上平移，两极板间的电场强度E不变，粒子的加速度a不变，运动情况不变，则侧移y不变，故CD错误。 故选：B。 七．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共3小题） 14．（2023秋•上城区校级期中）如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是（　　） A．水平方向上前与后电场力做功的比值为1：1 B．竖直方向上前与所需时间的比值为1：1 C．前与后电势能变化量的比值为1：1 D．前与后竖直方向下落的高度比值为1：3 【答案】D 【解答】解：AD、根据类平抛运动在垂直于电场线方向做匀速直线运动的规律，可得：x＝v0t 易知，粒子水平方向上前与后所用时间的比值为1：1，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可知这两个运动过程的竖直分位移之比为1：3，根据：w＝qEy，可知，电场力做功的比值为1：3。故A错误；D正确； B、同理，根据匀变速运动规律的推论可知竖直方向上前与所需时间的比值为1：，故B错误； C．根据W＝﹣nEp，结合A选项分析，可知前与后电势能变化量的比值为1：3。故C错误。 故选：D。 15．（2023秋•思明区校级期中）（多选）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　） A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧 【答案】AD 【解答】解：设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，根据牛顿第二定律可得加速度为：a＝＝g﹣，方向向下。 A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为：U＝•R0，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，粒子向下运动的加速度增大，加速度增大，故粒子打在O点左侧，故A正确。 B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误。 CD、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为：E场强＝，结合C＝＝可得：E场强＝，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点； N极板稍微下移，粒子在竖直方向运动的位移增大，运动时间增大，粒子打在O点的右侧，故C错误、D正确。 故选：AD。 16．（2023秋•深圳期中）如图所示，一群速率不同的一价离子从A．B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，A．B间电压为U，间距为d。C为竖直放置，并与A．B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d。不考虑离子所受重力，元电荷为e。 （1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式； （2）离子通过A、B板时电势能变化了多少？ （3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）偏转电场的场强大小为：E＝① 离子所受电场力：F＝Eq ② 离子的加速度为：F＝ma ③由①②③解得：a＝ ④ 设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L＝v0t ⑤ 射出电场时的偏转距离y为：y＝at2⑥ 由④⑤⑥解得：y＝ ⑦ （2）离子通过A、B板时电场力所做的功等于电势能的变化，电场力做正功，所以电势能减少了； 根据动能定理可得：W＝eEy＝＝ （3）离子射出电场时的竖直分速度vy＝at ⑧射出电场时的偏转角：tanφ＝ ⑨ 由④⑤⑧⑨得：tanφ＝⑩ 离子射出电场时做匀速直线运动 要使离子打在屏MN上，需满足：y＜，Ltanφ+y＞ 由⑦⑩可得：＜Ek＜。 答：（1）离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式为y＝； （2）离子通过A、B板时电势能变化了； （3）初动能范围为＜Ek＜的离子才能打到屏MN上。 八．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 17．（2023秋•和平区校级期中）多级加速器原理如图左所示，多个横截面积相同的金属圆筒0，l，2，3…n依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。圆简和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图右所示，在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知电子的质量为m，电子电荷量为e，电压的绝对值为U，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计。为使电子能不断加速，下列说法错误的是（　　） A．金属导体内部电场强度处处为零，电子在圆筒内匀速运动 B．若电子穿越某个圆筒的时间恰好为0.5T，则电子能不断加速 C．第n个圆筒的长度正比于（2n﹣l） D．第n个圆筒的长度正比于 【答案】C 【解答】解：A、因一个筒只接一个电极，所以根据静电屏蔽原理可知，金属筒内部场强处处为零，电子在圆筒内不受力做匀速运动，故A正确； B、因为筒长是按一定的规律增加的，那么当电子穿过每个圆筒的时间恰好等于交变电压周期的一半即为0.5T时，电子运动到各个间隙中都能恰好加速，故B正确； CD、设电子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得：neU＝，解得：vn＝，所以第n个筒的长度为Ln＝vn•＝•∝，故C错误，D正确。 本题选错误的，故选：C。 18．（2023秋•深圳期中）（多选）多级加速器原理如图甲所示，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加，圆筒和交变电源两极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计，为使其能不断加速，下列说法正确的是（　　） A．金属圆筒内部场强处处为零，电子在圆筒内做匀速运动 B．t＝3T时，电子刚从7号圆筒中心出来 C．电子离开第8个圆筒的速度为 D．第n个圆筒的长度正比于 【答案】AD 【解答】解：A、因一个筒只接一个电极，所以金属圆筒内部场强处处为0，电子在圆筒内做匀速运动，故A正确； B、因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，所以当t＝0时，电子进入1号筒，当时，电子从1号筒中心飞出，以此类推，当t＝3T时，电子刚从6号圆筒中心出来，故B错误； C、设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得： 变形解得：，离开第8个的速度v8＝，故C错误； D、第n个筒的长度为： 可以发现：，故D正确。 故选：AD。 19．（2023秋•沙坪坝区校级期中）某游戏公司的设计人员，构想通过电场来控制带电小球的运动轨迹，如图1所示，绝缘光滑圆轨道竖直放在水平方向的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球位于轨道内侧的最高点A处，小球由静止释放后沿直线打到与圆心O等高的B点；当给小球一个水平方向的初速度，小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球可视为质点，已知圆轨道的半径为R，重力加速度为g。 （1）求匀强电场的电场强度E1大小； （2）求小球做圆周运动时，通过B点的动能EkB； （3）将原电场更换为如图2所示的交变电场（正、负号分别表示与原电场强度方向相同、相反），小球在A点由静止释放，欲使小球能在一个周期（T未知）内恰能运动到最低点C，且运动过程中不与圆轨道相碰，试求小球到达C点时的速度大小及所加电场强度E2的取值范围。 【答案】（1）匀强电场的电场强度E1大小； （2）小球做圆周运动时，通过B点的动能EkB为； （3）小球到达C点时的速度大小为，所加电场强度E2的取值范围：E2≤。 【解答】解：（1）根据小球由静止沿直线打到B点，可得合力的方向沿AB方向，则重力、电场力、合力组成等腰直角三角形，所以有：mg＝qE1 可得： （2）根据小球合力方向可知，小球能通过圆轨道等效最高点D点，由题意可知，D点位于OD与OA夹角为45°，小球能做完整的圆周运动，小球的合力大小： 小球在D点，根据牛顿第二定律有： D到B过程，由动能定理有：＝ 代入数据整理解得： （3）由题意可知小球在周期内做直线运动，在水平方向上，向右运动的位移：x1＝ 周期内电场方向反向，则小球做曲线运动，水平方向上，因为加速度大小相同方向相反，所以向右运动位移仍为x1，周期内返回；竖直方向上做自由落体运动，根据位移—时间关系有： 则整理得到： 由运动的分析可知，要使小球由A点运动到最低处C点且不与轨道相碰，需时刻到达最大水平位移处，如图， 则此时竖直方向下降：h′＝ 代入化简得：h′＝ 则向右运动的最大水平位移为： 由水平方向匀速直线运动规律可得： 联立解得： 故所加电场强度的最大值不能超过； 到达C点时水平方向速度为0，则：vC＝gT＝g＝ 答：（1）匀强电场的电场强度E1大小； （2）小球做圆周运动时，通过B点的动能EkB为； （3）小球到达C点时的速度大小为，所加电场强度E2的取值范围：E2≤。 九．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共4小题） 20．（2023秋•碑林区校级期中）如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为+q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（图中已标出），不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（　　） A． B． C． D．q 【答案】A 【解答】解：粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则； l＝v0t 在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则：d＝at2 根据牛顿第二定律得a＝＝ 联立解得：U＝，故A正确，BCD错误。 故选：A。 21．（2023秋•碑林区校级期中）（多选）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是（　　） A．t＝0时刻进入的粒子在t＝时刻的速度方向与金属板成45°角 B．t＝0到t＝时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板 C．t＝时刻进入的粒子在t＝时刻与P板的距离为 D．t＝时刻进入的粒子与P板的最大距离为 【答案】ABC 【解答】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子速度为零，根据题意有，在时，vy＝v0，故v合与金属板的度数为45°，故A正确； B、t＝0到之间进入电场的粒子，在竖直方向上先向下加速运动，然后向下减速运动，两者的时间之和等于向上加速运动的时间与向上减速运动的时间之和，故离开电场时速度方向平行于极板，故B正确； C、时进入电场的粒子在竖直方向先向下加速运动，然后再向下减速运动，时与P板的距离为y＝2×（）2代入数据得y＝，故C正确； D、t＝时刻进入电场的粒子在t＝时离P板最远，最远距离为y＝2×代入数据得y＝，故D错误； 故选：ABC。 22．（2023秋•罗湖区校级期中）如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间电势差为U＝400V，xOy平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，一个带负电的粒子从电容器左板处由静止开始加速，穿过右板后垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出。已知P点的纵坐标为1m，A点的横坐标为2m，带电粒子的电荷量与质量的比值C/kg，不考虑带电粒子所受的重力。 （1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0； （2）求匀强电场的场强大小E； （3）若在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为﹣1m。带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光，求感光胶片上曝光点的横坐标。 【答案】（1）带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0为4×106m/s； （2）匀强电场的场强大小E为400V/m； （3）感光胶片上曝光点的横坐标为3m。 【解答】解：（1）在平行板电容器中，根据动能定理可得： 解得： （2）设粒子在A点速度方向与x轴正方向夹角为θ，根据类平抛运动的特点可得，速度方向反向延长线过水平位移的中点，则由几何关系有：tanθ＝＝＝1 所以：θ＝45° 所以竖直方向的速度：vy＝v0 从P到A的运动时间：t＝＝s＝s 竖直方向上有：vy＝at＝ 联立解得：E＝400V/m （3）如图3所示， 设粒子从A到感光胶片时的水平位移为d，则有：d＝OBtan45°＝1×1m＝1m 所以感光胶片上曝光点的横坐标为：x＝OA+d＝2m+1m＝3m 答：（1）带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小v0为4×106m/s； （2）匀强电场的场强大小E为400V/m； （3）感光胶片上曝光点的横坐标为3m。 23．（2023秋•白云区校级期中）在空间中取坐标系xOy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E，如图所示。初速度为0的电子经过一个电势差为U的电场（图没有画出）加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点的坐标为（0，h）。不计电子的重力。 （1）若电子刚好经过N点，求U的大小； （2）若，判断粒子是从ON边界还是MN边界离开电场，并求离开电场时的速度。 【答案】（1）U的大小为； （2）粒子是从ON边界离开电场，离开电场时的速度为。 【解答】解：（1）电子加速过程，根据动能定理有 粒子进入第一象限区域后做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有 d＝v0t 根据牛顿第二定律有 qE＝ma 联立解得： （2）假设粒子是从ON边界离开电场，电子加速过程，根据动能定理有 粒子进入第一象限区域后做类平抛运动，则根据类平抛运动规律有 x＝v0t 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得： 由于，解得：x＜d，故假设成立。 根据动能定理有 解得粒子离开电场时的速度为： 答：（1）U的大小为； （2）粒子是从ON边界离开电场，离开电场时的速度为。 十．线性元件及其伏安特性曲线（共2小题） 24．（2023秋•北碚区校级期中）如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是（　　） A．当导体1和导体2分别接入电压恒为3V电源两端时，R1：R2＝1：3 B．当导体1和导体3分别接入电压恒为2V电源两端时，R1：R3＝2：1 C．图线3可能表示的是小灯泡伏安特性曲线 D．当三个导体串联接在电压恒为6V的直流电源两端时，I1：I2：I3＝3：2：1 【答案】A 【解答】解：A.根据I﹣U图像可知，当U＝3V时，通过导体1、2的电流分别为I1＝3A和I2＝1A，根据欧姆定律，得导体1的电阻，导体2的电阻，因此R1：R2＝1：3，故A正确； B.根据I﹣U图像可知，导体1的电阻不变，当U＝2V时，通过导体3的电流I3＝1A，导体3的电阻，因此R1：R3＝1：2，故B错误； C.根据I﹣U图像可知，导体3的电阻随电压的增大而减小，而灯泡钨丝的电阻随电压的增大而增大，因此图线3不可能是小灯泡的伏安特性曲线，故C错误； D.当它们串联接在电压恒为6V直流电源两端时，根据串联电路电流处处相等的特点，此时通过三个电阻的电流之比I1：I2：I3＝1：1：1，故D错误。 故选：A。 25．（2023秋•道里区校级期中）如图所示为某金属导体的伏安特性曲线，MN是曲线上的两点，过M点的切线和M、N两点对应坐标图中已标出，下列说法正确的是（　　） A．该金属导体的电阻是10Ω B．该金属导体两端的电压是2.0V时对应的电阻是10Ω C．该金属导体的电阻随电压的增大而减小 D．该金属导体在M点和N点对应的电阻之比是2：3 【答案】D 【解答】解：A、根据R＝，可知I﹣U图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数。由于伏安特性曲线不是直线，所以该金属导体的电阻是变化的，并不恒为10Ω，故A错误； B、该金属导体M点对应的电压是2.0V，对应的电流是0.3A，对应的电阻为RM＝＝Ω＝Ω，故B错误； C、根据I﹣U图线上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知该金属导体的电阻随电压的增大而增大，故C错误； D、N点对应的电阻是RN＝＝Ω＝10Ω，则金属导体在M点和N点对应的电阻之比是RM：RN＝：10＝2：3，故D正确。 故选：D。 十一．串联电路的特点及应用（共3小题） 26．（2023秋•荔湾区校级期中）如图所示，四个定值电阻连接在电路中，a、d两端加96V的恒定电压。已知R1＝7Ω，R2＝5Ω，R3＝12Ω，R4＝6Ω，则（　　） A．c、d之间的总电阻8Ω B．a、d之间的总电阻18Ω C．通过R1、R2的电流均为3A D．通过R4的电流为4A 【答案】D 【解答】解：A、c、d之间的总电阻为＝Ω＝4Ω，故A错误； B、a、d之间的总电阻为Rad＝R1+R2+Rcd＝7Ω+5Ω+4Ω＝16Ω，故B错误； C、由欧姆定律可知，通过R1、R2的电流为I＝＝A＝6A，故C错误； D、设通过R3、R4的电流分别为I3、I4，则由并联电路电压相等，可得：I3R3＝I4R4 又I3+I4＝6A 解得：I3＝2A，I4＝4A，故D正确。 故选：D。 27．（2023秋•北碚区校级期中）（多选）如图甲所示，A、B间电压为U且恒定，滑动变阻器R与Rx并联部分电阻为R0，R0的最大值为Rm（即滑动变阻器总电阻为Rm），移动滑片P的位置，就可以改变Rx两端的电压Ux，多次操作后可以得到图线（图乙中图线1）。更换滑动变阻器，重复实验，得到另一条图线（图乙中图线2），可知（　　） A．图线1对应的滑动变阻器总阻值较大 B．图线2对应的滑动变阻器总阻值较大 C．采用图线1对应的滑动变阻器更易于调节Rx电压 D．采用图线2对应的滑动变阻器更易于调节Rx电压 【答案】BC 【解答】解：AB、电路中Rx和R0并联电阻为 回路中的总电阻为R＝R1+Rm﹣R0 根据串联电路分压规律得 取个特殊值，当R0＝Rx时 当R0的最大值Rm越大，就越小，故A错误，B正确； CD、根据图像的走势，图像1更加平缓，从而更容易调节Rx电压，故C正确，D错误。 故选：BC。 28．（2023秋•虹口区校级期中）如图所示，连接的是部分节日彩灯；观察灯的结构发现，每个灯的灯丝如A灯R1引线上方均绕有金属电阻丝R2，这样做的目的是即使其中的一个灯丝断了，其余各灯仍可以正常发光；比较R1和R2的大小可知，R2　＞＞　R1．（填“《”或“》”或“等于”）当某一灯丝断了之后，其它灯将要变 　暗　（填“亮”或“暗”）一些。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：电阻丝和灯丝是并联，根据并联电路，电压相等情况下，电阻越大，则电流越小。为保证灯的亮度，应让通过灯丝的电流大于通过电阻丝的电流，故应有R2＞＞R1。 当灯的灯丝断了之后，电流不走灯丝而走电阻丝，故电路中电阻增加，则电流变小，故亮度变暗。 故答案为：＞＞，暗 十二．闭合电路欧姆定律的内容和表达式（共6小题） 29．（2023秋•兴庆区校级期中）在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法中正确的是（　　） A．灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍 B．灯泡L1的电阻为7.5Ω C．灯泡L2的电阻为12Ω D．通过电源的电流为0.45A 【答案】D 【解答】解：A、电源的电动势为3.0V，内阻不计，当开关闭合后，灯L2、L3串联总电压等于3.0V，则灯L2、L3的电压U2＝U3＝1.5V 根据图乙可知：I2＝I3＝0.20A 灯泡L1的电压U1＝3V 根据图乙可知：I1＝0.25A 则，故A错误； B、根据欧姆定律可得，故B错误； C、根据欧姆定律可得，故C错误； D、通过电源的电流即为干路电流，可得：I＝I1+I2＝0.25A+0.20A＝0.45A，故D正确。 故选：D。 30．（2023秋•东城区校级期中）为了打击酒驾行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试，如图甲是一款酒精浓度检测仪的简化电路，其电源电动势与内阻保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，其阻值随酒精浓度c成反比关系如图乙所示。当驾驶员呼出气体中酒精浓度c1＝20mg/mL时，刚好达到酒驾标准；当驾驶员呼出气体酒精浓度为c2＝80mg/mL时，则刚好达到醉驾标准。根据以上信息，下列判断正确的是（　　） A．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电源的总功率越大 B．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电压表示数与电流表示数比值越小 C．呼出气体中酒精的浓度为c2时，电路中电流等于呼出气体中酒精的浓度为c1时电路中电流的4倍 D．呼出气体中酒精的浓度为c2时，电路中电流小于呼出气体中酒精的浓度为c1时电路中电流的4倍 【答案】D 【解答】解：A、由图乙知，测试者呼出的气体中酒精浓度越低，气敏电阻R的阻值变大，电路中电流变小，由P＝EI知电源的总功率越小，故A错误； B、测试者呼出的气体中酒精浓度越低，气敏电阻R的阻值越大，电压表示数与电流表示数比值等于R的阻值，所以电压表示数与电流表示数比值越大，故B错误； CD、设呼出气体中酒精的浓度为c1时R的阻值为R1，电路中电流为I1；呼出气体中酒精的浓度为c2时R的阻值为R2，电路中电流为I2。因为气敏电阻的阻值随酒精浓度c成反比，则，根据闭合电路欧姆定律得，，解得，故C错误，D正确。 故选：D。 31．（2023秋•江北区校级期中）（多选）如图甲，移动滑动触头可以改变电源的路端电压，在图乙所示的P﹣U图像中，三条曲线1、2、3分别为电源消耗的功率、电源的内阻消耗的功率、电源的输出功率与路端电压的关系，则（　　） A．电源的电动势为3V B．电源的内阻为1Ω C．电源的最大输出功率为2.25W D．滑动变阻器的最大阻值为1Ω 【答案】ABC 【解答】解：AB、电源消耗的总功率 由曲线1可知：， 解得：E＝3V，r＝1Ω，故AB正确； C、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，且电源的最大输出功率为Pm＝r＝＝W＝2.25W，故C正确； D、由图像3可知，外电压等于1.5V时，电源内阻和电源输出功率相等，此时外电阻等于内电阻，为1Ω，外电阻越大，外电压越大，可知滑动变阻器的最大阻值大于1Ω，故D错误。 故选：ABC。 32．（2023秋•官渡区校级期中）（多选）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，如图1所示，光滑小球夹在压敏电阻与挡板之间。小车在水平面上静止时，电流表示数为I0，小车运动状态变化会引起电流表示数变化。某次实验中，电流表示数变化如图2所示，下列判断正确的是（　　） A．在0～t1时间内可能做匀速运动 B．在t1～t2时间内做变速运动 C．在t2～t3内肯定静止 D．在t3～t4内压敏电阻所受压力减小 【答案】ABD 【解答】解：AC、由I﹣t图像可知，在0～t1内和在t2～t3内，I＝I0，保持不变，说明压敏电阻阻值不变，其受到的压力大小不变，可知小球的运动的加速度为零，或者不为零而保持不变。所以小球有可能静止，也有可能匀速直线运动，也有可能做匀变速直线运动，故A正确，C错误； B、由I﹣t图像可知，在t1～t2内，I增大，说明压敏电阻阻值减小，压敏电阻受到的压力增大，绝缘球受到的合力不为零，且增大，小车做变速运动，故B正确； D、由I﹣t图像可知，在t3～t4内，I减小，说明压敏电阻阻值增大，压敏电阻受到的压力减少，故D正确。 故选：ABD。 33．（2023秋•宁波期中）如图所示，电路中电源电动势为6V，内阻为2Ω。电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝8Ω，求： （1）若将cd端短路，求电路中的路端电压是多少； （2）若将cd两端接28μF的电容器，求电路稳定时电容器的带电量； （3）在cd两端接一未知电阻，使ab之间消耗的功率最大，求此最大功率。 【答案】（1）电路中的路端电压是4.8V； （2）电路稳定时电容器的带电量是9.6×10﹣5C； （3）此最大功率是1.5W。 【解答】解：（1）若将cd端短路，则电路中R2和R3并联，再和R1串联，外电路总电阻为 ＝4Ω+Ω＝8Ω 电路总电流为 ＝A＝0.6A 电路的路端电压为 U＝IR外＝0.6×8V＝4.8V （2）若将cd两端接电容器，电路稳定时，R1，R3串联，R2没有电流经过。电容器两端电压即R3两端电压，即 ＝×8V＝V 故电路稳定时电容器的带电量为 Q＝CU3＝28×10﹣6×C＝9.6×10﹣5C （3）在cd两端接电阻，使得ab两端的电阻等于R1+r时，ab之间消耗的功率最大。即 解得：Rx＝16Ω 故ab之间消耗的功率最大为 解得：Pm＝1.5W 答：（1）电路中的路端电压是4.8V； （2）电路稳定时电容器的带电量是9.6×10﹣5C； （3）此最大功率是1.5W。 34．（2023秋•朝阳区校级期中）如图，一电荷量q＝3×10﹣4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°。已知两板相距d＝0.2m，电源电动势E＝6V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）流过电源的电流； （2）两板间电场强度的大小； （3）小球的质量。 【答案】（1）流过电源的电流为0.5A； （2）两板间电场强度的大小为25V/m； （3）小球的质量为1×10﹣3kg。 【解答】解：（1）外电路总电阻为 ＝Ω+4Ω＝10Ω 流过电源的电流为 （2）路端电压：U＝E﹣Ir 代入数据解得：U＝5V 两板间电场强度的大小为 （3）设小球质量为m，由共点力平衡条件有 mgtanθ＝E0q 解得：m＝1×10﹣3kg 答：（1）流过电源的电流为0.5A； （2）两板间电场强度的大小为25V/m； （3）小球的质量为1×10﹣3kg。 十三．路端电压和负载的关系（共2小题） 35．（2023秋•洛阳期中）某电源和某额定电压6V、额定功率12W的小灯泡U﹣I图像如图甲中①、②图线所示，现将该电源和小灯泡组成图乙所示电路，下列说法正确的是（　　） A．小灯泡此时的电阻为3Ω B．小灯泡消耗的电功率为4.32W C．电源的总功率为9W D．如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率可能变大 【答案】C 【解答】解：A、根据两图线的交点读出该电源和小灯泡组成图乙所示电路时路端电压为U＝3V，电流为I＝1.5A，则小灯泡此时的电阻为R＝＝Ω＝2Ω，故A错误； B、小灯泡消耗的电功率为P＝UI＝3×1.5W＝4.5W，故B错误； C、由电源的U﹣I图线①可知，电源的电动势E＝6V，则电源的总功率为P总＝EI＝6×1.5W＝9W，故C正确； D、由电源的U﹣I图线①可知，电源的内阻r＝||＝Ω＝2Ω，则R＝r，所以此时电源的输出功率最大，如果把小灯泡换成某一定值电阻，则电源的输出功率不可能变大，故D错误。 故选：C。 36．（2023秋•海门市期中）如图所示电路中，电源输出电压始终保持不变，初态时R1＝R2＝R3＝R4，现将R4变为原来的两倍，当电路稳定时，下列说法正确的是（　　） A．电路总电流变大 B．通过R1的电流变小 C．R4两端的电压变大 D．电容器上极板带负电 【答案】C 【解答】解：A、将R4变为原来的两倍，电路总电阻变大，电路总电流变小，故A错误； B、电源输出电压始终保持不变，R1、R2不变，则通过R1、R2的电流不变，故B错误； C、R3与R4串联的总电压不变，R4变大，则通过R3、R4的电流变小，R3两端电压变小，则R4两端的电压变大，故C正确； D、初态时R1＝R2＝R3＝R4，R2和R4的电压相等。R4变大后，R2的电压不变，R4的电压变大，则R4的电压大于R2的电压，结合在外电路中，顺着电流方向电势降低，可知电容器上极板电势比下极板高，所以电容器上极板带正电，故D错误。 故选：C。 十四．电路动态分析（共3小题） 37．（2023春•丰台区期中）利用某半导体的电阻随温度升高而减小的特征可以制作电子温度计。图甲表示该半导体的电阻R随温度t变化的情况。把该半导体与电动势为E、内阻为r的电源、理想电压表和保护电阻R0连成如图乙所示的电路。用该半导体作测温探头，把电压表的电压刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。下列说法正确的是（　　） A．温度降低，流过电阻R的电流增大 B．该电子温度计表盘上温度刻度是均匀的 C．和tA相比，tB应标在电压较大的刻度上 D．若电池用久后内阻r变大，用该温度计测量的温度要比真实值偏高 【答案】D 【解答】解：A、温度降低，由R﹣t图像可知R的阻值增大，电路的总电阻增大，则流过电阻R的电流减小，故A错误； BC、由图像可得：R＝r0﹣kt，电压表的读数为 则该电子温度计表盘上温度的刻度是不均匀的；温度越高，U越小，即tA应标在电压较大的刻度上，tB应标在电压较小的刻度上，故BC错误； D、若电池用久后内阻r变大，根据可知，相同的R值时U值偏小，对应的温度偏高，所以用该温度计测量的温度要比真实值偏高，故D正确。 故选：D。 38．（2023秋•北辰区校级期中）（多选）如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的P点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动后，下列说法中正确的是（　　） A．油滴带负电，将向上运动 B．P点的电势降低 C．电源的效率变低 D．若电压表、电流表的示数变化量分别为ΔU和ΔI，则 【答案】BCD 【解答】解：A、油滴原来静止在电容器内，受到的电场力与重力平衡，则电场油滴受到的电场力方向竖直向上，而电场方向竖直向下，所以油滴带负电。当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，则电容器两端电压减小，电容器板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误； B、P点的电势等于P点与下极板的电势差，由U＝Ed可知，E减小，P与下极板间距不变，则知P与下极板的电势差减小，P点电势降低，故B正确； C、电源的效率为 当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，外电阻R减小，电源的效率变低，故C正确； D、设流过电源的电流为I干，根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣I干（r+R1），则得：， 因：I干＝I+IR3，流过R3的电流减小，流过电流表的电流增加量大于流过电源的电流的增加量，即ΔI＞ΔI干，可得：则，故D正确。 故选：BCD。 39．（2023秋•东湖区校级期中）（多选）如图甲所示电路中，定值电阻R0与滑动变阻器R串联在电动势为E、内阻为r的电源两端，所有电表均为理想电表，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC，BC两直线所示，根据图上的已知信息，判断下列说法中正确的是（　　） A．滑动变阻器R的最大阻值是8Ω B．电源的电动势E＝8V，内阻r＝0.5Ω C．当滑动变阻器R＝1Ω时，定值电阻R0上消耗的电功率最大 D．在电流表示数逐渐减小的过程中，电源的效率逐渐增大 【答案】BD 【解答】解：B、由图甲知，电压表V1测量定值电阻R0两端电压，且R0两端的电压随电流的增大而增大，则图乙中直线AC表示电压表V1的读数随电流表读数的变化情况，由图线的斜率得：R0＝Ω＝1.5Ω 电压表V2测量的是路端电压，图乙中直线BC表示电压表V2的读数随电流表读数的变化情况，该图线斜率的绝对值等于电源的内阻，为： r＝Ω＝0.5Ω 当电路中电流为I＝1.0A时，电压表V2的读数为U＝7.5V，根据闭合电路的欧姆定律得： E＝U+Ir＝7.5V+1.0×0.5V＝8V，故B正确； A、当电路中电流为I＝1.0A时，滑动变阻器R的电阻全部接入电路，此时电压表V1的读数U1＝1.5V，则滑动变阻器R的最大阻值是Rmax＝＝Ω＝6Ω，故A错误； C、当滑动变阻器R＝0时，电路中电流最大，定值电阻R0上消耗的电功率最大，故C错误； D、在电流表示数逐渐减小的过程中，路端电压增大，根据电源的效率η＝×100%＝×100%，可知电源的效率逐渐增大，故D正确。 故选：BD。 十五．含容电路的动态分析（共2小题） 40．（2023秋•沙河口区校级期中）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3为理想电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻（其阻值随温度升高而减小），C为电容器，闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止。当室温从25℃升高到35℃的过程中，流过电源的电流变化量是ΔI，三只电压表的示数变化量的绝对值是ΔU1、ΔU2和ΔU3，则在此过程中（　　） A．电源效率变大 B．ΔU2＜ΔU1 C．Q点电势升高 D．R3中的电流方向由N向M，微粒A匀加速下移 【答案】C 【解答】解：A、电路中R1、R2串联，电压表V1表测量电阻R1两端的电压，电压表V2表测量热敏电阻R2两端的电压。 当室温从25℃升高到35℃的过程中，R2的阻值减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压U3减小。电源效率η＝×100%＝×100%，则知电源效率变小，故A错误； B、流过R1的电流增大，则R1的电压U1增大，根据U3＝U1+U2，结合U3减小，则知U2减小，且有ΔU2＞ΔU1，故B错误； C、电压表V2的示数U2减小，根据U2＝ΦN﹣ΦQ，ΦN＝0，得：ΦQ＝﹣U2，可知Q点电势升高，故C正确； D、U3减小，电容器两极板间电压减小，电容器所带电荷量减少，电容器放电，下板正电荷减少，形成从M到N的电流，两板间场强降低，电荷受的电场力减小，故微粒A将下移，但电场强度不断减小，由mg﹣qE＝ma知微粒A的加速度增大，微粒A做加速度增大的加速运动，故D错误。 故选：C。 41．（2023秋•浦东新区校级期中）为了探究带电物体在匀强电场中的运动，某同学利用如图所示的电路进行了实验。电源电压恒为500V，内阻可忽略不计，电阻R0的阻值为1kΩ，滑动变阻器RP的最大阻值为4kΩ。两块间距为20cm的平行板电容器通过导线连在电阻R0两端，其间的电场可近似为认为是匀强电场。与此同时，一个质量为0.1kg，带电量为1×10﹣3C的带正电小球用长为10cm的悬线固定在两板间，小球在运动过程中不会与金属板相碰。开始实验时电键闭合，滑动变阻器的滑片位于电阻最大处，g取10m/s2，求： （1）此时金属板间的电场强度E？ （2）小球恰好能保持静止时悬线与竖直方向夹角的正切值？ （3）移动滑动变阻器的滑片，将RP的阻值调至1.5kΩ，将小球从悬点正下方由静止释放，小球的最大摆动角度？ （4）在上一问的过程中，悬线上拉力的最大值和最小值？ 【答案】（1）此时金属板间的电场强度E为500V/m； （2）小球恰好能保持静止时悬线与竖直方向夹角的正切值为； （3）将小球从悬点正下方由静止释放，小球的最大摆动角度为90°； （4）悬线上拉力的最大值和最小值分别为：（3﹣2）N、1N。 【解答】解：（1）根据欧姆定律有： 代入数据解得：I1＝0.1A 平行板电容器极板之间的电压：U1＝I1R0 金属板间的电场强度： 代入数据解得：E＝500V/m （2）电键闭合，小球保持静止时，令悬线与竖直方向的夹角为θ，对小球分析有： 解得： （3）移动滑动变阻器的滑片，将RP的阻值调至1.5kΩ，此时定值电阻两端电压：U2＝＝＝200V 此时极板之间的电场强度：E1＝＝V/m＝1000V/m 将小球从悬点正下方由静止释放，令小球的最大摆动角度α，根据动能定理有：qE1Lsinα﹣mg（L﹣Lcosα）＝0 解得：α＝90° （4）小球做圆周运动，由沿半径方向的合力提供圆周运动的向心力，开始释放时，速度为0，所需向心力为0，即悬线拉力最小：Tmin＝mg＝1N 小球在复合场中做圆周运动，根据对称性可知，等效“重力”最低点位置所在半径方向与竖直方向的夹角为，此位置悬线拉力最大，根据动能定理有： 在等效“重力”的最低点位置，根据牛顿第二定律有： 解得： 答：（1）此时金属板间的电场强度E为500V/m； （2）小球恰好能保持静止时悬线与竖直方向夹角的正切值为； （3）将小球从悬点正下方由静止释放，小球的最大摆动角度为90°； （4）悬线上拉力的最大值和最小值分别为：（3﹣2）N、1N。 十六．多用电表的原理（共2小题） 42．（2023秋•青羊区校级期中）如图甲是多用电表内部结构示意图，图乙是刻度盘，通过选择开关分别与1、2、3、4、5、6相连，以改变电路结构，分别成为电流表、电压表和欧姆表，下列说法正确的是（　　） A．A是黑表笔、B是红表笔 B．作电流表时1比2量程大，作电压表时6比5量程小 C．当选择开关与3或4相连是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零 D．如图乙所示的指针位置，若选择的电阻×10Ω挡，读数为180Ω；若选择的直流电压10V挡，读数为6.20V 【答案】C 【解答】解：A、当选择开关与3或4相连时，多用电表是欧姆表，内置电源的正极应与黑表笔相连，电源的负极应与红表笔相连，因此A为红表笔，B为黑表笔，故A错误； B、当选择开关与1或2相连时，多用电表是电流表，接1时并联电阻较小，电流表的量程较大；当选择开关与5或6相连时，多用电表是电压表，接6时串联电阻较大，电压表的量程较大，故B错误； C、当选择开关与3或4相连时，多用电表是欧姆表，测量电阻之前需欧姆调零，故C正确； D、如图乙所示的指针位置，若选择的电阻×10Ω挡，读数为R＝18×10Ω＝180Ω；若选择的直流电压10V挡，最小分度为0.2V，根据读数规则可知，指针读数为4.60V，故D错误。 故选：C。 43．（2023秋•小店区校级期中）（多选）一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L（其电阻视为不随温度而变）和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光。则下列说法正确的是（　　） A．电动机线圈电阻为1Ω B．灯泡正常发光时电流表示数1A C．灯泡正常发光时电动机输出的机械功率4.25W D．电路正常工作时电动机突然被卡住时，电流表读数将为1.5A 【答案】AC 【解答】解：A、根据P＝可知灯泡电阻RL＝9Ω， 当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：UR＝IR＝0.1×4V＝0.4V， 灯泡两端电压U1＝U﹣UR＝0.49V﹣0.4V＝0.09V， 通过灯泡的电流I1＝＝0.01A， 通过电动机的电流：I2＝0.1A﹣0.01A＝0.09A， 根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r＝＝1Ω；故A正确； BC、当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL＝9V、 通过灯泡的电流为IL＝1A， 则电动机两端电压为UM＝9V， R两端电压为UR＝6V， 干路电流I＝＝1.5A， 电流表示数为1.5A， 通过电动机的电流为IM＝I﹣IL＝0.5A， 则此时电动机输出的机械功率：P＝UMIM﹣r＝4.25W．故B错误，C正确； D、电路正常工作时，电动机突然被卡住，成为纯电阻电路，电动机内阻和灯泡并联，＝0.9Ω，根据欧姆定律可知，I＝＝3.1A，故电流表示数为3.1A，故D错误。 故选：AC。 十七．通电直导线周围的磁场（共2小题） 44．（2023春•滨湖区校级期中）如图，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针静止时N极的指向或磁感线方向．下列判断正确的是（　　） A．（1）中电流方向向上 B．（2）中电流从左侧看是逆时针方向 C．（3）中左、右两导线分别接电源正、负极 D．（4）中电流方向是顺时针 【答案】C 【解答】解：根据安培定则，各图中电流方向和磁感线方向判定如图所示。 由上分析可知，故C正确，ABD错误， 故选：C。 45．（2023秋•雁塔区校级期中）图甲为交流感应电动机的工作原理示意图。完全相同的线圈A、B、C竖直固定，其平面互成120°，且中心重合于O点（图中未画出）。当线圈连接三相交流电源时，其中心产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动。若线圈中通入图乙所示的正弦式交流电，三个线圈在的电流方向如图甲所示，此时线圈A中电流在O点产生磁场的磁感应强度大小为B0。已知每个线圈在O点产生磁场的磁感应强度大小与线圈中通入的电流成正比，则此时O点的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D．3B0 【答案】A 【解答】解：由题意可知，时刻，线圈B和线圈C的电流为线框A的，则线圈B和线圈C在O点产生的磁场大小为，由右手螺旋定则可知，线圈A产生的磁场方向垂直线框A平面向右下，线圈B产生的磁场方向垂直线框B平面左下，线圈C产生的磁场方向垂直线框C面向里，如图所示 由磁感应强度叠加可知O点的磁感应强度B＝BA﹣BCcos60°＝，方向与线圈A产生的磁场方向相同，故A正确，BCD错误； 故选：A。 十八．磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 46．（2022秋•沭阳县期中）如图所示，A、B、C为三根平行直导线的截面图，AC连线水平，O为AC的中点，OB⊥AC，且OB＝OA＝OC。若三根导线的电流大小都相同，方向垂直纸面向外。则O点的磁感应强度的方向为（　　） A．水平向右 B．水平向左 C．竖直向上 D．竖直向下 【答案】A 【解答】解：三个电流大小方向都相同，由右手螺旋定则（安培定则）知AC两处的电流在O点的合磁场为零，则O点的磁场即为B处的电流在O点产生的磁场，根据右手螺旋定则（安培定则）可知O点的磁场方向水平向右。故A正确，BCD错误。 故选：A。 47．（2023秋•高新区校级期中）如图甲所示，条形磁铁固定在水平桌面上，以条形磁铁的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。将一个灵敏的小磁针放置在x轴上不同的位置，小磁针稳定后磁北极与x轴之间的夹角记为θ，实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处的地磁场的方向水平，磁感应强度大小为B0，下列说法正确的是（　　） A．条形磁铁的右端为S极 B．条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为 C．条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为 D．x越大，条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角越小 【答案】C 【解答】解：A、根据题意可知，当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地磁场的方向，由题图可知，x趋向无穷大时，sinθ趋向于1，则θ趋向90°，即小磁针的方向与x轴的方向垂直，所以x轴的方向向东，地磁场向北。当x非常小时，sinθ趋向于0，小磁针的N极沿x轴正方向，即条形磁铁的右端为N极，故A错误； BC、根据题图乙可知，x0处sinθ＝，即θ＝60°，设条形磁铁在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，则tanθ＝，得B1＝B0，故C正确，B错误； D、随着x增大到一定程度，条形磁铁在该处产生的磁场方向与地磁场方向的夹角不变，故D错误。 故选：C。 十九．螺旋测微器的使用与读数（共2小题） 48．（2023秋•朝阳区校级期中）现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示。 （1）由如图读得圆柱体的直径为 　1.845　mm，长度为 　4.250　cm。 （2）若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝　　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+34.5×0.01mm＝1.845mm； 由图示游标卡尺可知，游标尺的精度为0.05mm，游标卡尺读数为：42mm+10×0.05mm＝42.50mm＝4.250cm。 （2）圆柱体的电阻R＝， 由电阻定律得：R＝， 电阻率：ρ＝； 故答案为：（1）1.845；4.250；（2）。 49．（2023秋•江阴市期中）有一陶瓷圆筒，外面镀有一层很薄的合金薄膜。为测定薄膜的厚度，某同学先用20分度的游标卡尺测出陶瓷圆筒长度为L，又用螺旋测微器测得筒外径d，最后用多用电表粗测其电阻Rx。并在电工手册查得薄膜的电阻率为ρ。 （1）该同学用20分度游标卡尺陶瓷圆筒长度如图1所示，则其长度为L＝　103.35　mm，螺旋测微器测得筒外径d如图2所示，则筒外径d＝　12.135　mm，用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过小，他应该换用 　×100Ω　挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图丙所示，则金属棒的阻值约为 　2200　Ω。 （2）为更精确地测量薄膜的电阻Rx，该同学从实验室中找到如下实验器材： A．电流表A（量程6mA，电阻RA约为300Ω） B．电压表V（量程2V，电阻RV＝2kΩ） C．滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流1A） D．电源（12V，内阻约为10Ω） E．定值电阻R0＝10kΩ F．开关一只，导线若干 为精确的测量出薄膜电阻，根据上述器材在方框内画出测电阻的最佳方案的电路图 　　 【答案】（1）103.35，12.135，×100Ω，2200； （2）见解析。 【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，陶瓷圆筒长度为 L＝103mm+0.05mm×7＝103.35mm 螺旋测微器测的精确度为0.01mm，筒外径为 d＝12mm+0.01mm×13.5＝12.135mm 当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过小，说明所测电阻值较大，应换用大倍率挡位，故他应该换用“×100Ω”挡位。 金属棒的阻值约为Rx＝22×100Ω＝2200Ω。 （2）电源的电动势为12V，电压表量程为2V，量程太小，所以需要扩大量程，电压表与定值电阻串联。由于电压表上电流可求，故设计时采用外接式；由于是小阻值滑动变阻器，故采用分压式接法。由此画出的电路图如下图所示。 故答案为：（1）103.35，12.135，×100Ω，2200； （2）见解析。 二十．导体电阻率的测量（共2小题） 50．（2023秋•南岗区校级期中）在“测定金属的电阻率”实验中，待测金属丝接入电路部分的长度约为80.0cm，直径小于1mm。实验步骤如下： （1）用毫米刻度尺测量金属丝的长度，求出平均值L；选择金属丝的不同位置用 　螺旋测微器　测量直径，取其平均值作为金属丝的直径d。 （2）先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图甲所示，对应的读数是 　6.0　Ω。 （3）用伏安法测金属丝的电阻R，提供下列实验器材： A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） B．电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω） C．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流2A） D．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A） E．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ） F．电源（电动势3.0V，内阻不计） G．开关、导线若干 为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用 　A　，滑动变阻器应选用 　C　（选填实验器材前对应的字母）；采用电路图中的 　乙　（选填“乙”或“丙”）图。 （4）用上面测得的金属丝长度L、直径d和电阻R，可根据ρ＝　　计算出所测金属丝的电阻率。 【答案】（1）螺旋测微器；（2）6.0；（3）A、C、乙；（4） 【解答】解：（1）金属丝的直径很小，只有用精度较高的螺旋测微器在金属丝的不同位置测量； （2）欧姆表的示数是指针示数与倍率的乘积，所以图甲对应的示数为6.0×1Ω＝6.0Ω； （3）由于电源电动势较小，金属丝的电阻也较小，所以电流表选择量程较小的A。 若电流表满偏，则电路中的总电阻R＝＝＝20Ω，所以滑动变阻器选择最大阻值较小的C。 由于金属丝的电阻较小，电流表采用外接法，所以应选择图乙所示电路图； （4）根据电阻定律有金属丝的电阻：R＝ρ＝ρ，所以电阻率：ρ＝。 故答案为：（1）螺旋测微器；（2）6.0；（3）A、C、乙；（4） 51．（2023秋•石家庄期中）在“测定金属的电阻率”的实验中，金属丝的阻值约为5Ω，某同学先用刻度尺测量金属丝的长度l＝30cm，用螺旋测微器测量金属丝直径时刻度位置如图1所示，再用伏安法测出金属丝的电阻，然后算出该金属材料的电阻率。 （1）该电阻丝直径的测量值d＝　0.978　mm； （2）实验中能提供的器材有： A．电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ） B．电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ） C．电流表A1（量程0～3A，内阻约0.01Ω） D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω） E．滑动变阻器R1（0～20Ω） F．滑动变阻器R2（0～500Ω） G．待测电阻Rx H．电源E（电动势为3.0V）及开关和导线若干 该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，请在方框内画出实验电路图，并在图2中标出所选器材代号。 （3）该同学连接好电路后，某次测量结果如图3所示，若电阻丝直径取1mm，请计算出金属丝的电阻率为 　1.36×10﹣5　Ω•m（保留三位有效数字）。 【答案】（1）0.978；（2）；（3）1.36×10﹣5。 【解答】解：（1）图示的螺旋测微器的精度为0.01mm，示数为固定刻度与可动刻度之和。所以其示数为：0.5mm+47.8×0.01mm＝0.978mm； （2）通过待测电阻的最大电流约为：I＝＝＝0.6A，电流表应选择D。 为方便实验操作，滑动变阻器应选择E； 由于滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，又因为＜即 电流表用外接法，则有实验电路图如图所示。 （3）由题图可知，电流表的精确度为0.02A，电流表读数为0.50A，电压表的精确度为0.1V，电压表的读数为2.60V，若电阻丝直径取1mm，由欧姆定律和电阻定律，则有：根据电阻定律R＝＝＝联立变形有：ρ＝＝Ω•m＝1.36×10﹣5Ω•m； 故故答案为：（1）0.978；（2）；（3）1.36×10﹣5。 二十一．电表的改装和应用（实验）（共2小题） 52．（2023秋•香坊区校级期中）（多选）把两个相同的灵敏电流计分别改装成了两个量程不同的电压表V1、V2，若把V1、V2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图1、2所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　） A．图1中的V1、V2的示数相同，指针偏角不相同 B．图1中的V1、V2的示数不相同，指针偏角相同 C．图2中的V1、V2的示数相同，指针偏角不相同 D．图2中的V1、V2的示数不相同，指针偏角相同 【答案】AD 【解答】解：AB、图1中的V1、V2并联，电压表两端的电压相等，所以两电压表的示数相同。但由于电压表串联的分压电阻不同，则流过表头的电流不同，故指针偏角不同。故A正确，B错误； CD、图2中的V1、V2串联，流过V1、V2的电流相同，故偏转角相同。但由于电压表串联的分压电阻不同，V1、V2的内阻不同，两电压表两端的电压不同，故示数不同。故C错误，D正确。 故选：AD。 53．（2023秋•武昌区校级期中）（多选）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（　　） A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A 【答案】BC 【解答】解：A、当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为1.2A，故量程为1.2A+0.6A＝1.8A，故每一小格表示0.06A，故A错误，B正确； C、当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为1.8A，故每一小格表示0.06A，故C正确，D错误； 故选：BC。 二十二．练习使用多用电表（实验）（共2小题） 54．（2023秋•市中区校级期中）如图为多用表欧姆挡的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内rg＝100Ω，调零电阻的最大阻值R＝50kΩ，串联的固定电阻R0＝50Ω，电池电动势E＝1.5V．用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （　　） A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩ C．300Ω～800Ω D．30Ω～80Ω 【答案】B 【解答】解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小； 欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig＝ 半偏时，Ig＝ 联立解得：R中＝R总＝ 故选：B。 55．（2023秋•中牟县期中）如图甲是多用电表简化电路图，电流计满偏电流0.5mA、内阻20Ω；电池电动势1.5V、内阻可忽略；电阻R1阻值20Ω；R3阻值24990Ω。 （1）A插孔应接 　红　表笔（选填“红”或“黑”）； （2）若指针指在图乙中所示位置，选择开关接1时其读数为 　0.69mA　；选择开关接3时其读数为 　17.2V　； （3）测量电阻时，需先进行欧姆调零，此时应将R2的阻值调整为 　1490　Ω （4）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是 　AD　 A．测量电阻时，更换倍率后必须重新进行欧姆调零 B．测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 C．测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 D．测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）从甲图可以看出，欧姆表的内接电源上端为负，再加上电流必须从G表的红接线柱流进，从黑接线柱流出，所以A插孔要接红接线柱； （2）选择开关接1时，是电流表，其量程为I＝Ig+＝1mA，从图乙所指的数可以读出电流为0.69mA．选择开关接3时，是电压表，量程为U＝Ug+2IgR3＝25V，结合图乙指针可以确定此时电压为17.2V。 （3）调节调零电阻使电流表G满偏，此时通过电源的电流为2Ig，则调零电阻的阻值R2＝＝1490Ω。 （4）本题考查多用电表的操作：AC、欧姆表调换倍率时，要重新调零，所以选项A正确；而测电阻若选择大倍率测量，易使指针偏转过大，打弯指针，应根据实际电阻值选择合适的倍率，使指针指在中央，故选项C错误； BD、若选择电流表时，未必要调零，则选项B错误；若不知待测电流的大小，选项大量程进行试测，故选项D正确； 所以选：AD 故答案为：（1）红；（2）0.69mA，17.2V；（3）1490；（4）AD 二十三．测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 56．（2023秋•未央区校级期中）（多选）某组同学在实验室利用如图所示的电路图连接好电路，并用于测定定值电阻R0和描绘电源的伏安特性曲线。调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1测量数据，另一同学记录了电流表A和电压表V2的测量数据。根据所得数据描绘了如图所示的两条U﹣I直线。则（ ） A．图象中的图线乙是电压表V1的测量值所对应的图线 B．由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E＝1.50V，r＝1.0Ω C．当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率为0.55W D．图象中两直线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最小值 【答案】BD 【解答】解：A、由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线甲是电压表V1的测量值所对应的图线，图线乙是V2的测量值所对应的图线，故A错误； B、由电源的U﹣I图象可知，图象与总轴的交点纵轴坐标轴是1.5，则电源电动势E＝1.5V，电源内阻r＝＝＝1Ω，故B正确； C、两图象交点表示两电压表示数相等，此时滑动变阻器接入电路的阻值为零，只有定值电阻接在电源两端，由图象可知，此时电阻两端电压为1V，电路电流为0.5A，则当该电源只给定值电阻R0供电时R0消耗的功率：P＝UI＝1×0.5＝0.5W，故C错误； D、电源的效率为：η＝＝，外电路电阻R外越大，电源效率越高，图象两直线相交时，外电路电阻最小，电源效率最低，故D正确； 故选：BD。 57．（2023秋•长安区校级期中）某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图所示的原理图。 ①电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ） ②电流表G（量程3mA，内阻RG＝100Ω） ③电流表A（量程3A，内阻约为0.5Ω） ④滑动变阻器R1（0—20Ω，2A） ⑤滑动变阻器R2（0—500Ω，1A） ⑥定值电阻R3 ⑦开关S和导线若干 （1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，要求改装后的电流表量程是0.6A。则R3＝　0.50Ω　（保留两位有效数字）。 （2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 　④　。（填写器材编号） （3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的内阻r＝　1.0　Ω（结果取二位有效数字），电压表某次测量如图丙所示，则其读数为 　1.30　V，理论上利用该电路测量结果与电池实际内阻相比 　偏小　（填“偏大”、“偏小”、“相等”）。 【答案】（1）0.50Ω；（2）④；（3）1.0、1.30、偏小。 【解答】解：（1）根据欧姆定律有： （2）实验中为方便调节，滑动变阻器的阻值与电源内阻接近，所以应选用的滑动变阻器是④； （3）电流表G与R3并联，则有：Irg＝I3R3 解得：I3＝200I 根据闭合电路欧姆定律有：E＝U+201Ir 整理得：U＝E﹣201Ir 图像的斜率： 整理解得：r＝1.0Ω 3V量程的最小分度值为0.1V，则电压表读数为1.30V 理论上利用该电路测量结果实际是电源内阻和电压表内阻的并联后的电阻，所以电池测量结果与实际内阻相比偏小。 故答案为：（1）0.50Ω；（2）④；（3）1.0、1.30、偏小。 58．（2023秋•和平区校级期中）某同学利用下列实验器材测量电源的电动势和内阻。 A．待测电源； B．电阻箱R（最大电阻值为20Ω）； C．定值电阻R0（电阻值为4990Ω）； D．小量程电流表G（Ig＝1mA，Rg＝10Ω）； E．开关、导线若干 该同学设计的实验电路图如图甲所示。 （1）将定值电阻R0和小量程电流表G串联改装成电压表，其量程为 　5　V； （2）多次改变电阻箱的阻值R，读出对应电流表的示数I，作出图像如图乙所示，则电源的电动势E＝　5.0　V、内阻r＝　1.6　Ω。（结果均保留2位有效数字） 【答案】（1）5；（2）5.0、1.6。 【解答】解：（1）将定值电阻R0和小量程电流表G串联改装成电压表，其量程为：U＝Ig（Rg+R0）＝1×10﹣3×（4990+10）＝5V； （2）多次改变电阻箱的阻值R，读出对应电流表的示数I，根据闭合电路的欧姆定律 可得：＝+ 结合图像的纵截距和斜率可知：A﹣1，Ω•A﹣1 解得：E＝5.0V，r＝1.6Ω 故答案为：（1）5；（2）5.0、1.6。 二十四．测量水果电池的电动势和内阻（共2小题） 59．（2023春•新乡期中）某学习小组用两种不同的金属电极插入柠檬做了一个“水果电池”，为了测量该电池的电动势和内阻，同学们经过讨论设计的实验电路图如图甲所示。 （1）在图甲中，①应为 　电压　表，②应为 　电流　表。（均填“电流”或“电压”） （2）正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组U和I的值，并以U为纵坐标、I为横坐标，作出的U﹣I图像如图乙所示，则该水果电池的电动势E＝　1.46　V、内阻r＝　192　Ω。（结果均保留三位有效数字） （3）为测未知电阻Rx，某同学将Rx改接在A、B之间，其他部分保持不变，电路图如图丙所示。正确连接电路后重新实验，得到另一条U﹣I图线，分析发现图线满足关系式U＝b﹣kI，则未知电阻的阻值Rx＝　k﹣r　。（用b、k和r表示） 【答案】（1）电压、电流；（2）1.46、192；（3）k﹣r。 【解答】解：（1）在图甲中，电压表并联测量电路电压，电流表串联电路中测电流，故①应为电压表，②应为电流表。 （2）由闭合回路欧姆定律有：U＝E﹣Ir，所以该“水果电池”的U﹣I直线的纵截距b等于电动势：E＝b＝1.46V 斜率k的绝对值等于内阻：|k|＝r＝＝192Ω （3）可以把Rx等效为电源的内阻，由闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣I（r+Rx） 对比题目所给函数式U＝b﹣kI，可知：b＝E，k＝r+Rx，所以：Rx＝k﹣r 故答案为：（1）电压、电流；（2）1.46、192；（3）k﹣r。 60．（2023秋•红桥区校级期中）测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V，额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡．原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．现用量程合适的电压表、电流表以及滑动变阻器、开关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻． （1）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（0～30Ω）　B（0～30kΩ）．本实验中应该选用哪种规格的滑动变阻器？答：　B　． （2）在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，经描点、连线得到U﹣I图象，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为E＝　1.50　V；r＝　500　Ω． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）电源的内阻大约r＝＝＝500Ω，若选用0～30Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，因此滑动变阻器应选B：R2（阻值0～3kΩ）． （2）由图示电源U﹣I图线可知，图象与纵轴截距为1.50，则电源电动势：E＝1.50V；电池内阻：r＝＝＝500Ω； 故答案为：（1）B；（2）1.50；500Ω． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$