专题14 压轴精选60题25大考点（期中压轴题训练）高二物理上学期人教版

高二上学期物理期中复习（压轴精选60题25大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第三册全册。 25大高频考点概览 考点01 库仑力作用下的受力平衡问题（共3小题） 考点02 电场强度与电场力的关系和计算（共3小题） 考点03 带电体在匀强电场中的受力平衡（共2小题） 考点04 电场力做功与电势能变化的关系（共3小题） 考点05 单个或多个点电荷周围的电势分布（共2小题） 考点06 匀强电场中电势差与电场强度的关系（共3小题） 考点07 电容器的动态分析（共3小题） 考点08 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动（共2小题） 考点09 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 考点10 带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 考点11 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场（共2小题） 考点12 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 考点13 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况（共2小题） 考点14 电流的微观表达式（共2小题） 考点15 电功和电功率的计算（共2小题） 考点16 用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻（共2小题） 考点17 用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻（共3小题） 考点18 电源的最大输出功率和条件（共2小题） 考点19 含容电路的动态分析（共3小题） 考点20 磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 考点21 计算磁通量的变化量（共2小题） 考点22 观察电容器及其充、放电现象（共2小题） 考点23 导体电阻率的测量（共2小题） 考点24 练习使用多用电表（实验）（共2小题） 考点25 测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 地 城 考点01 库仑力作用下的受力平衡问题 1．（2024秋•岳麓区校级期中）如图所示，质量为m的带电小球A用长为L的绝缘细线悬于O点，带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一竖直面内，OB和AB与细线的夹角均为θ＝37°，两带电小球带电量相同，两球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°＝0.6，则小球A的带电量为（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•故城县期中）（多选）如图所示，一带负电小球N用绝缘柄固定不动，再将一个带负电小球M用一根不可伸长的轻质绝缘细线悬挂起来，小球M处于静止状态且悬点O在小球N的正上方，若小球N缓慢失去电荷，发现悬线与竖直方向的夹角θ缓慢变小，两球均可看成点电荷，下列说法正确的是（ ） A．细线对小球M的拉力大小不变 B．细线对小球M的拉力大小增大 C．小球N对小球M的斥力减小 D．小球N对小球M的斥力增大 3．（2024秋•渝中区校级期中）如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.2kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝6.0×10﹣6C的正电荷，两线夹角为120°，左右两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处有一个与A带等量异种电荷的小球B固定在绝缘支架上。已知重力加速度取g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，A、B球可视为点电荷。则： （1）两线上的拉力大小分别为多少？ （2）若将小球B和绝缘支架一起水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小又分别为多少？ 地 城 考点02 电场强度与电场力的关系和计算 4．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q＞0，则三个点电荷的电荷量可能为（　　） A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q 5．（2024秋•南开区校级期中）（多选）如图所示，真空中A、B、C、D四点共线且距离相等。先在A点固定一点电荷，电荷量为+Q，测得B点电场强度大小为E，若再将另一等量异种点电荷放在D点时，则（　　） A．B点电场强度大小为 B．C点电场强度大小为 C．B点电场强度方向向右 D．C点电场强度方向向左 6．（2024秋•北京校级期中）如图所示，把一带电荷量为Q＝﹣5×10﹣8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为q＝+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α＝45°角，取g＝10m/s2，k＝9.0×109N•m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求： （1）A、B两球间的库仑力大小； （2）细绳拉力的大小。 地 城 考点03 带电体在匀强电场中的受力平衡 7．（2024秋•蜀山区校级期中）如图所示，空间中存在一个水平向右的匀强电场E，一带正电质量m＝1kg小环穿过粗糙的水平杆，带电量q＝1C，轻质弹性绳的下端与小环相连，劲度系数k＝10N/m，上端固定在墙上N点，弹性绳跨过固定在M处的光滑小滑轮，O为水平杆上的一点，O、M、N在同一竖直线上，弹性绳的自然长度和MN间距离相同。小环从O点静止释放，最远能达到P点，Q为OP中点。已知O、M间距为4m，O、Q间距为3m，小球与杆间动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，绳中弹力始终遵从胡克定律，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法错误的是（　　） A．场强E＝45N/C B．小环从O运动至P的过程中，受到摩擦力逐渐增大 C．小环第一次运动至Q点时，速度最大 D．小环最终可以停在Q点右侧的某一位置 8．（2024春•泉山区校级期中）如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°，已知小球所带电荷量q＝1.5×10﹣4C，匀强电场的场强E＝4.0×104N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求小球的质量m，若只改变电场，小球仍在原位置平衡，求所加匀强电场的电场强度最小值及其方向； （2）若在某时刻将细绳突然剪断，求经过0.8s时小球的速度（小球运动过程中电荷量保持不变）； （3）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，求小球对细线的拉力大小。 地 城 考点04 电场力做功与电势能变化的关系 9．（2024春•温州期中）如图所示，边长为a的正方形ABCD顶点上放置三个电荷量绝对值均为Q的点电荷，处于A、C两点的点电荷均带正电，处于B点的点电荷带负电。O为正方形对角线的交点，M为OB的中点，静电力常量为k。则（　　） A．O点的电场强度方向由O指向D B．D点的电场强度大小为 C．从O点到M点电势先升高后降低 D．电子从O点运动到M点过程中，电势能一直增加 10．（2024秋•顺庆区校级期中）有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为4V、6V、8V。电荷量为q＝﹣2×10﹣5C的点电荷由a点开始沿a→b→c→d路线运动过程中，下列说法不正确的是（　　） A．c点的电势为10V B．点电荷在d点的电势能为﹣1.6×10﹣4J C．匀强电场的方向为a指向b D．该点电荷从a点移到b点过程中，电场力做功为8×105J 11．（2024秋•北京校级期中）如图所示，小球的质量为m＝0.04kg，带电量为q＝+1.0×10﹣5C，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成θ＝37°时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）电场强度E的大小； （2）剪断丝线后，小球的加速度a的大小； （3）剪短丝线后，小球在0.2s内电势能的减少量ΔEp。 地 城 考点05 单个或多个点电荷周围的电势分布 12．（2024春•余姚市校级期中）如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为﹣x1处分别固定两点电荷Q1、Q2 （两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列说法正确的是（　　） A．点电荷Q1带负电 B．该试探电荷在x2～x3之间受到的静电力沿x轴正方向 C．x3～x4之间的电场强度沿x轴负方向 D．两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为 13．（2024秋•蜀山区校级期中）在水平面内有一固定大圆环，圆心为O，半径为R，大圆环的左右两端A、B分别固定带等量同种电荷+Q的点电荷，大圆环直径CD垂直AB。在大圆环上套了一个质量为m的带正电q的小环，小环与大圆环间存在摩擦，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．C点的场强为零 B．小环在C点的摩擦力水平向右 C．如果小环在P点处于静止状态，∠PAB＝30°，小环受到的摩擦力为• D．将小环从A顺时针方向移至B，小环的电势能先增大后减小 地 城 考点06 匀强电场中电势差与电场强度的关系 14．（2024秋•宁海县期中）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2m，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差Uab＝20V。则（　　） A．电场强度的大小E＝100V/m B．b点的电势比d点的低5V C．将电子从c点移到d点，电场力做功为﹣40eV D．电子在a点的电势能小于在c点的电势能 15．（2024秋•太原期中）（多选）如图所示，在匀强电场中有边长为10cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E、F分别为三边的中点。已知φA＝4V、φc＝12V、φD＝6V，下列选项正确的是（　　） A．O点电势为10V B．电子由E点移到C点，电势能减少2eV C．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向A D．在三角形ABC内切圆的圆周上，电势最高点的电势是 16．（2024秋•荔湾区校级期中）如图所示，竖直面内有一长方形abcd，ab＝4m，bc＝3m，长方形区域内有平行于该平面的匀强电场，方向沿ac连线，大小未知，顶点a、c的电势分别为250V、0V（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。 （1）求匀强电场的电场强度E大小，顶点b的电势φb； （2）求q＝2×10﹣10C的点电荷处于a点时的电势能Ep； （3）若在bc边中点O处用绝缘细线悬挂一带电小球，小球静止时，细线刚好处于水平伸直状态，已知小球质量m＝0.3kg，重力加速度g＝10m/s2，求小球的带电性质及电荷量的大小q0。 地 城 考点07 电容器的动态分析 17．（2024春•西湖区校级期中）电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图所示，M和N为电容器两极板，充电后与电源断开。M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容增大 B．电压传感器的示数不变 C．电容器两极板间的电场强度减小 D．随着加速度变大，电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比不变 18．（2024秋•吉林期中）（多选）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。一带负电油滴恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　） A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角不变 C．带电油滴将向上移动 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一静电计小段距离，则带电油滴所受电场力不变 19．（2024秋•临潼区校级期中）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为50V的恒定电源上，两板间距为4cm，电容器带电荷量为6×10﹣6C，A极板接地。求 （1）平行板电容器的电容； （2）平行板两板间的电场强度； （3）距B板为3cm的C点的电势。 地 城 考点08 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 20．（2024秋•北京校级期中）如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　） A．初速度为，电压U不变 B．初速度为，电压为 C．初速度为v0，电压为 D．初速度为v0，电压为 21．（2024秋•西城区校级期中）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得推力。单位时间内飘入的正离子数目为N，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。 （1）求离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流I； （2）求推力器获得的平均推力大小F； （3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与电压为U的电场对离子做功的功率的比值X来反映推进器工作情况。通过计算说明，如果要增大X可以采取哪些措施。 地 城 考点09 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 22．（2024秋•天津期中）如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的比荷取1×108C/kg。则（　　） A．漂移管需要用绝缘材料制成 B．各漂移管的长度应相等 C．漂移管B的长度为0.8m D．相邻漂移管间的加速电压U＝6×104V 23．（2024秋•中原区校级期中）如图甲所示，某直线加速器由中心轴线在同一直线上的一系列金属圆筒（图中标注的序号为1、2、3……）组成，相邻金属圆筒分别接在高频交变电源的两极。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻，从金属圆板（序号为0号）中央释放的电子（其初速度可忽略），沿轴线进入加速器并依次穿过各金属管。圆筒长度的设计遵照一定的规律，可以令电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电量为e，两金属圆筒间的电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。 （1）电子在7、8号金属圆筒之间加速时，请判断7、8号圆筒电势的高低及电子在8号圆筒内的运动性质； （2）求电子进入第n号金属圆筒后的速度大小v； （3）求第n号金属圆筒的长度L。 地 城 考点10 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 24．（2024秋•沈阳期中）图甲为板间距为d，长度为2d两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在t＝0时刻，一质量为m、不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，刚好沿板右边缘射出电场，已知电场变化周期T，下列关于粒子运动的描述不正确的是（　　） A．粒子的电荷量为q B．若粒子在t＝0时刻以进入电场，由该粒子在t＝2T时刻射出电场 C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功 D．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子会水平射出电场 25．（2024秋•万州区校级期中）（多选）如图甲所示，在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为L，两板间距离为d，在两极板间加交变电压如图乙所示。时刻带电粒子a从上金属板左端下边缘以水平速度v0进入两金属板间，时刻飞离极板，期间恰好不与极板相碰。若完全相同的带电粒子b从相同位置以水平速度2v0在0～内某时刻进入极板，能恰好从上金属板右端边缘飞离极板，不让粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A．a粒子飞离极板时速度与进入时相同 B．a粒子飞离极板时竖直偏移量为 C．b粒子进入极板的时刻为 D．b粒子进入极板的时刻为 26．（2024秋•南岸区校级期中）如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏（足够长），M极板上O1处有一粒子源，t＝0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子。粒子先经过M、N间的电场加速后（粒子在M、N间的加速时间极短可以忽略不计），从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的交变电压UMN﹣t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子重力和粒子间相互作用，求： （1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围； （2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小E，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy； （3）若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。 地 城 考点11 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 27．（2024秋•成都期中）（多选）如图，离子源不断地产生比荷不同的正离子，离子飘入（初速度可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入偏转电场。已知平行金属板A、B板长为L，相距为d，两板间的电压为U2，离子能从A、B板右侧射出。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．各离子从刚飘入加速电场到刚从A、B板右侧射出的时间相同 B．比荷越大的离子，从A、B板右侧射出时的速度越大 C．各离子在偏转电场中的运动轨迹重合 D．U1与U2之间的关系满足： 28．（2024秋•常州期中）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 、地 城 考点12 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 29．（2024秋•和平区校级期中）（多选）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　） A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 30．（2024秋•思明区校级期中）如图所示，图中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压U＝2.184×104V，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，虚线OO′与靶台ACB在同一竖直面内，且AB的长度为10cm。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，偏转极板M、N长L＝20cm，间距d＝16cm，虚线OO′距离靶台的竖直高度h＝30cm，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。（提示：本题可直接利用相似三角形性质。） （1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小； （2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离； （3）请通过计算分析电子能否打到A点，若能，求此时加在M、N两板之间的电压；若不能，求能使电子打在靶台ACB上，加在M、N两板之间的电压最大值（计算结果保留2位有效数字）。 31．（2024秋•北京校级期中）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求： （1）电子穿过A板时的速度大小vA； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y； （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W； （4）P点到O点的距离y′。 地 城 考点13 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 32．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（　　） A．电子可能做匀变速曲线运动 B．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB C．B点电势可能高于A点电势 D．若aA＞aB，则Q靠近M端且为负电荷 33．（2024春•余姚市校级期中）（多选）如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（　　） A．此粒子和点电荷Q带异种电荷 B．此粒子在M点的动能大于在F点的动能 C．若PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M和从M到N，电场力做功相等 D．带电粒子从P运动到N的过程中，电势能逐渐减小 地 城 考点14 电流的微观表达式 34．（2024秋•鼓楼区校级期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，电阻为R，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 35．（2024秋•朝阳区校级期中）（多选）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I；设单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（　　） A．nvSΔt B．nvΔt C． D． 地 城 考点15 电功和电功率的计算 36．（2024春•濮阳期中）动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示，M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度的改变而变化，N为定值电阻，滑动变阻器的滑片P已调整至合适位置，电源电动势和内阻恒定不变。当车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致N两端的电压增大，装置发出警报。下列说法正确的是（　　） A．烟雾浓度增大时，RM的阻值减小 B．烟雾浓度增大时，通过滑动变阻器的电流增大 C．滑片P向右移动可以提高报警灵敏度 D．烟雾浓度增大时，烟雾传感器消耗的功率一定增大 37．（2024秋•青岛期中）A、B、C三个立方体金属块棱长相等，两接线柱分别位于各自相对的两侧面中心，分别接入电路后进行测量。在同一U﹣I坐标系中各描出一组金属块两端的电压U和对应通过的电流I，发现三点在同一直线上，但未过坐标原点，如图甲所示。现将A、B、C按图乙方式连接到某一恒压电源上，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C的电阻一样大 B．图乙中，通过C的电流小于通过A的电流 C．图乙中，A两端的电压等于B两端的电压 D．图乙中，A、B消耗的总电功率小于C消耗的电功率 地 城 考点16 用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻 38．（2024秋•仓山区校级期中）如图所示电路图，电源的电动势E＝105V，内阻r未知，电动机的内阻为r0＝20Ω，定值电阻的阻值R＝50Ω，电容器的电容C＝10﹣6F，当把两个开关都闭合，电容器的带电量为Q＝10﹣4C，电动机正常工作，流过电动机的电流为IM＝0.5A，求： （1）电源的内阻； （2）电动机正常工作时输出的机械功率。 39．（2024秋•青羊区校级期中）有一电路如图所示，R1＝9Ω，R2＝3Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0﹣3V和0﹣15V两挡，理想电流表的量程有0﹣0.6A和0﹣3A两挡。闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表和电流表指针均指在满偏的，求： （1）该过程中电流表和电压表示数如何变化； （2）该电源的电动势和内阻。 地 城 考点17 用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻 40．（2024秋•海淀区校级期中）如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定（　　） A．欧姆定律对该小灯泡不适用 B．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小 C．当加在小灯泡两端的电压为4V时，灯泡的电阻小于10Ω D．若将该小灯泡与电动势为6V、内阻为5Ω的电源相接，则灯泡功率约为1.6W 41．（2024秋•郑州校级期中）如图所示电路中，电源的电动势E＝9V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝6Ω，电容C＝30μF，电动机的额定电压为U＝6V，内阻r0＝0.5Ω。闭合开关S、S′，电动机正常工作。求： （1）电动机的输出功率P； （2）若开关S′断开后，电动机卡住不再转动只发热（即看成纯电阻），则S′从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为多少？ 42．（2024秋•温州期中）如图，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压UM＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，求： （1）电动机正常工作时，通过电阻R1和电阻R2的电流分别是多大； （2）电动机正常工作时，产生的机械功率是多大； （3）若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大，最大值是多少？ 地 城 考点18 电源的最大输出功率和条件 43．（2024秋•西城区校级期中）将一电源、定值电阻R0＝2Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　） A．该电源电动势为9V B．该电源内阻为1Ω C．调整R，电源最大输出功率为9W D．电阻箱功率最大时电源效率为50% 44．（2024秋•滨海新区校级期中）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是（　　） A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率 C．在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB+PC D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：1，纵坐标之比一定为1：2 地 城 考点19 含容电路的动态分析 45．（2024秋•渝中区校级期中）如图所示电路，电源内阻不计，P点是电容器两极板间的一个定点。C为电容器的电容，E为电源的电动势。滑动变阻器滑片最初处于a端且电路处于稳定状态，现滑片从a端缓慢滑到b端，则该过程中（　　） A．电容器两极板间的电压先增大后减小 B．c点电势比d点电势略高 C．流过R3横截面的电荷量等于CE D．P点的电势升高 46．（2024秋•顺庆区校级期中）（多选）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　） A．电压表示数减小 B．电阻R1的功率一定减小 C．电源的总功率一定减小 D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动 47．（2024秋•南昌县校级期中）如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝4Ω，滑动变阻器的最大阻值R1＝4Ω，定值电阻R2＝4Ω，R3＝2Ω，R4＝5Ω，电容器的电容C＝13μF。开关S闭合电路稳定后，求： （1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，电压表的示数； （2）滑动变阻器接入电路中的电阻为多大时电源有最大输出功率，并求出最大输出功率； （3）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过R4的电量。 地 城 考点20 磁感应强度的矢量叠加 48．（2024秋•洛阳期中）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（　　） A．O点的磁感应强度大小为3B B．O点的磁感应强度方向是从O指向c' C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B D．导线b受到的安培力方向竖直向上 49．（2024秋•历下区校级期中）如图为棱长为d的正方体，O为DE上的一点，OEd，在FE、ND两边放置足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，磁感应强度大小与距离成反比（B＝k，式中k为常量）。则图中O、Q两点处的磁感应强度大小之比为（　　） A． B． C．1：3 D．3：1 地 城 考点21 计算磁通量的变化量 50．（2024秋•深圳期中）如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为50cm，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度B＝4×10﹣5T，方向如图所示，则下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　） A．在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为8.0×10﹣6Wb B．在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为6.0×10﹣6Wb C．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是1.4×10﹣5Wb D．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是1.4×10﹣4Wb 51．（2024秋•常州期中）如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动。下列说法中正确的是（　　） A．当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小φBS B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小φ＝BS C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小Δφ＝2BS D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小Δφ＝2BS 地 城 考点22 观察电容器及其充、放电现象 52．（2024秋•深圳期中）某同学用如图甲所示的电路研究电容器的充电放电。电路图中定值电阻的阻值为R，电源内阻不计，先将开关S合向1，待电路稳定后再合向2，用电流传感器得到电容器放电电流随时间变化规律如图乙所示，测得图线与坐标轴所围面积为S0，则电容器的电容为（　　） A． B． C． D． 53．（2024秋•东城区校级期中）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法不正确的是（　　） A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量 B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小 C．由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到电源的电动势 D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为 地 城 考点23 导体电阻率的测量 54．（2024秋•美兰区校级期中）某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率ρ。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值为10.0Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。 （1）该同学首先截取了一段长为L的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D＝ 　 　 mm。 （2）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。 （3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ 　 　 ，金属丝的电阻r＝ 　 　 。（结果均用R0、U1、U2表示） （4）继续微调R，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标，根据测得的数据绘制出U2﹣U1图像，若图像的斜率为k，则金属丝的电阻为 　 　 （用k、R0表示）。 得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出U2﹣U1图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻r＝ 　10　 Ω（结果保留两位有效数字）。 U1/mV 0.50 0.70 0.90 1.15 1.40 U2/mV 0.99 1.39 1.80 2.28 2.80 （5）待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ 　 　（用D、L、k、R0表示）。 55．（2024春•恩施州期中）某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。 （1）首先用游标卡尺测量该金属丝的长度，示数如图甲所示，其长度L＝ 　 　 cm；再用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图乙所示，其直径d＝ 　 　 mm。 （2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，下列实验操作步骤，正确顺序是 　 　 。 ①将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点 ②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置 ③调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度 ④将选择开关旋转到OFF位置 ⑤将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约20Ω A.③②①⑤④ B.①③②⑤④ C.④①③②⑤ D.①④③②⑤ （3）为进一步准确测量该金属丝的电阻Rx，实验室提供如下器材： 电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）；定值电阻R0（阻值为10Ω）；电压表V（量程为5V，内阻未知）；电流表A（量程为20mA，内阻为90Ω）；滑动变阻器R（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）；开关S、导线若干。利用以上器材，设计出实验电路图如图丙，请写出该金属丝电阻率的表达式ρ＝ 　　 　 （用L、d、U、I、R0表示）。 地 城 考点24 练习使用多用电表（实验） 56．（2024秋•东湖区校级期中）小明同学要把一量程为0～100μA、内阻未知的微安表改装为量程为3V的电压表，他进行了如下实验操作，步骤如下： （1）先用多用电表的欧姆挡粗测该微安表的内阻，选择开关拨至“×100”挡时，表盘示数如图1所示，则被测微安表的阻值约为 　1400　 Ω。 （2）为了精确测量该微安表的内阻，他设计了如图2所示的电路图，图中定值电阻R0＝3kΩ，电阻箱的阻值范围0～9999.9Ω，滑动变阻器阻值范围为0～20Ω。 ①闭合S1，断开S2，调整滑动变阻器的滑片P，使微安表达到满偏，此后保持滑动变阻器的滑动片位置不变。 ②保持S1闭合，再闭合S2，调整电阻箱的阻值R，当R＝1000.0Ω时，微安表刚好半偏，则微安表内电阻的测量值RA＝　 　 Ω。 ③将该微安表与一个阻值为 　 　　 Ω的电阻串联，改装成量程为3V的电压表。 ④用改装后的电压表某次测量电压时，指针指向“25μA”的刻度线，则被测电压的测量值为 　 　　 V。 57．（2024秋•广州校级期中）多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。 （1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是 　 　 （把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）。 A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接 B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线 C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线 D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线 E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线 （2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用 　 （填“×10”或“×1k”）挡。 （3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1、R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0～100mA和0～1A。已知电流表的内阻为10Ω，则R1＝ 　 　，R2＝　 　 。 地 城 考点25 测量普通电源的电动势和内阻 58．（2024秋•滨海新区校级期中）某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表（量程0～0.6A），电压表（量程0～3V），滑动变阻器，开关、导线若干。 （1）为了减小误差，他们应选择如图　 　 （选填“甲”或“乙”）所示的电路进行实验； （2）按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E＝ 　 　 　 V，内阻r＝ 　 　 Ω。（结果均保留2位小数） 59．（2024秋•浑南区校级期中）在“测定电源的电动势和内阻”实验中，某同学选用两节干电池串联进行测量，现有以下器材： A.被测干电池两节 B.电流表A1：量程0～0.6A，内阻为0.50Ω C.电流表A2：量程0～3A，内阻为0.20Ω D.电压表V1：量程0～3V，内阻约为3kΩ E.电压表V2：量程0～15V，内阻约为15kΩ F.滑动变阻器R1：0～30Ω，额定电流为2A G.滑动变阻器R2：0～100Ω，额定电流为0.1A H.开关、导线若干 （1）为方便且能较准确地进行测量，电流表应选择　 　，电压表应选择　 　，滑动变阻器应该选用　 　（以上均填写选项前的字母）； （2）实验电路图应选择　 　（填“甲”或“乙”）； （3）该同学进行规范实验，并根据测量数据最终得到如图丙所示的U﹣I图像，根据图像可知，两节干电池的电动势为　 　 V（保留三位有效数字），内阻为　 　Ω（保留两位有效数字）。 60．（2024秋•青岛期中）某实验兴趣小组欲测定一内阻可调的化学电池的电动势。该小组设计了如图甲所示的测量电路，图中R为电阻箱，M、N为该化学电池的正，负极（可认为反应只发生在两极附近），P、Q为靠近正、负极的两个探针，电池槽中间有一打气管道，用打气筒向电池内打气或从电池内抽气，可以改变中间长方体容器内电解质溶液液面的高低，从而改变电池的内阻。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，将电阻箱阻值调为R0； ②闭合开关S，向电池内打气，观察并测量中间长方体容器内电解质溶液的高度h，记录电流表的示数I； ③重复步骤②，对应不同的h值，得到多组h、I的测量数据。 回答下列问题： （1）已知中间长方体容器的长为L，宽为d，容器内电解质溶液的电阻率为ρ，则电池的内阻r＝ 　　 　； （2）该小组成员利用图像来处理获得的多组实验数据，若以作为横轴，则以 　 　 为纵轴，通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像； （3）根据实验所测得的数据和图乙中所标注的字母，可得该化学电池的电动势E＝　 　 （R0、a为已知量）； （4）若在PQ之间接一电压表，保持h不变，调节电阻箱使其阻值变小，则电压表的示数将 　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期物理期中复习（压轴精选60题25大考点） 训练范围：人教版（2019）： 必修第三册全册。 25大高频考点概览 考点01 库仑力作用下的受力平衡问题（共3小题） 考点02 电场强度与电场力的关系和计算（共3小题） 考点03 带电体在匀强电场中的受力平衡（共2小题） 考点04 电场力做功与电势能变化的关系（共3小题） 考点05 单个或多个点电荷周围的电势分布（共2小题） 考点06 匀强电场中电势差与电场强度的关系（共3小题） 考点07 电容器的动态分析（共3小题） 考点08 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动（共2小题） 考点09 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题） 考点10 带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共3小题） 考点11 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场（共2小题） 考点12 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题） 考点13 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况（共2小题） 考点14 电流的微观表达式（共2小题） 考点15 电功和电功率的计算（共2小题） 考点16 用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻（共2小题） 考点17 用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻（共3小题） 考点18 电源的最大输出功率和条件（共2小题） 考点19 含容电路的动态分析（共3小题） 考点20 磁感应强度的矢量叠加（共2小题） 考点21 计算磁通量的变化量（共2小题） 考点22 观察电容器及其充、放电现象（共2小题） 考点23 导体电阻率的测量（共2小题） 考点24 练习使用多用电表（实验）（共2小题） 考点25 测量普通电源的电动势和内阻（共3小题） 地 城 考点01 库仑力作用下的受力平衡问题 1．（2024秋•岳麓区校级期中）如图所示，质量为m的带电小球A用长为L的绝缘细线悬于O点，带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一竖直面内，OB和AB与细线的夹角均为θ＝37°，两带电小球带电量相同，两球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°＝0.6，则小球A的带电量为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设AB的距离为r，由题可知，OB的距离也为r，根据几何关系可得：2rcos37°＝L 解得： 对小A受力分析，受到重力、拉力和库仑力，如图所示： 可知AB间的库仑力与轻绳的合力大小等于mg，根据几何关系，有： 因OB＝AB，则可得： 解得：，故D正确、ABC错误。 故选：D。 2．（2024秋•故城县期中）（多选）如图所示，一带负电小球N用绝缘柄固定不动，再将一个带负电小球M用一根不可伸长的轻质绝缘细线悬挂起来，小球M处于静止状态且悬点O在小球N的正上方，若小球N缓慢失去电荷，发现悬线与竖直方向的夹角θ缓慢变小，两球均可看成点电荷，下列说法正确的是（ ） A．细线对小球M的拉力大小不变 B．细线对小球M的拉力大小增大 C．小球N对小球M的斥力减小 D．小球N对小球M的斥力增大 【答案】AC 【解答】解：由题可知，小球M在重力G、库仑斥力F、绳子拉力T的作用下处于平衡状态，则这三个力可构成如图所示矢量三角形，设ON＝h，MN＝R， 由几何关系可知，该矢量三角形与三角形OMN相似，由相似三角形的性质可知： ， 因为G，h，L均不变，所以T不变；因为悬线与竖直方向的夹角θ缓慢变小，则R减小，所以F减小。故AC正确，BD错误； 故选：AC。 3．（2024秋•渝中区校级期中）如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.2kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝6.0×10﹣6C的正电荷，两线夹角为120°，左右两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处有一个与A带等量异种电荷的小球B固定在绝缘支架上。已知重力加速度取g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，A、B球可视为点电荷。则： （1）两线上的拉力大小分别为多少？ （2）若将小球B和绝缘支架一起水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小又分别为多少？ 【解答】解：（1）如图，对A受力分析： 由平衡条件可得：F1sin60°＝F2sin60°，F1cos60°+F2cos60°＝mg+F库， 由库仑定律得：F库＝k， 联立可得：F1＝F2＝5.6N； （2）若将小球B和绝缘支架一起水平右移，使M、A、B在同一直线上，如图，对A受力分析： 几何关系可知，移动后AB间距为：d0.6m， 由平衡条件可得：F1sin60°＝F2sin60°+F库cos30°，F1cos60°+F2cos60°＝mg+F库sin30°， 由库仑定律得：F库＝k， 联立可得：F1＝2.9N，F2＝2N； 答：（1）两线上的拉力大小均为5.6N； （2）若将小球B和绝缘支架一起水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时F1、F2分别为2.9N、2N。 地 城 考点02 电场强度与电场力的关系和计算 4．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q＞0，则三个点电荷的电荷量可能为（　　） A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q 【答案】D 【解答】解：AB、若三个点电荷同时带正电或者负电，即三个点电荷电性相同，由电场的叠加原理可知，P点的场强不可能为零，故AB错误； C、设P和Q1间的距离为r，根据余弦定理可得：场强大小满足关系式： 整理可得：E 根据点电荷的场强公式可得Q2在P点处产生的场强大小为：，则P点的场强不为零，故C错误； D、同理可得，Q1和Q3在P点处的场强大小为： 解得：E 根据题意可知Q2产生的场强大小为：，则P点处的场强为零，故D正确； 故选：D。 5．（2024秋•南开区校级期中）（多选）如图所示，真空中A、B、C、D四点共线且距离相等。先在A点固定一点电荷，电荷量为+Q，测得B点电场强度大小为E，若再将另一等量异种点电荷放在D点时，则（　　） A．B点电场强度大小为 B．C点电场强度大小为 C．B点电场强度方向向右 D．C点电场强度方向向左 【答案】AC 【解答】解：AC、设AB＝BC＝CD＝L，由点电荷的场强公式：E＝k，得+Q在B点产生的电场强度大小为：E＝k，方向水平向右 ﹣Q在B点产生的电场强度大小为：E′＝kE，方向水平向右； 所以B点合场强方向水平向右，电场强度的大小为：E合＝E+E′＝EEE，方向向右，故AC正确； BD、根据对称性可知C点场强大小ECE，方向向右，故BD错误； 故选：AC。 6．（2024秋•北京校级期中）如图所示，把一带电荷量为Q＝﹣5×10﹣8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为q＝+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α＝45°角，取g＝10m/s2，k＝9.0×109N•m2/C2，且A、B两小球均可视为点电荷，求： （1）A、B两球间的库仑力大小； （2）细绳拉力的大小。 【解答】解：（1）两个带电小球在同一高度相距r＝30cm＝0.3m时，根据库仑定律可知， A、B两球间的库仑力大小为：N＝0.02N； （2）如图，对A受力分析： 根据平衡条件得：F＝Tsinα， 解得：N； 答：（1）A、B两球间的库仑力的大小为0.02N； （2）细绳拉力的大小为N。 地 城 考点03 带电体在匀强电场中的受力平衡 7．（2024秋•蜀山区校级期中）如图所示，空间中存在一个水平向右的匀强电场E，一带正电质量m＝1kg小环穿过粗糙的水平杆，带电量q＝1C，轻质弹性绳的下端与小环相连，劲度系数k＝10N/m，上端固定在墙上N点，弹性绳跨过固定在M处的光滑小滑轮，O为水平杆上的一点，O、M、N在同一竖直线上，弹性绳的自然长度和MN间距离相同。小环从O点静止释放，最远能达到P点，Q为OP中点。已知O、M间距为4m，O、Q间距为3m，小球与杆间动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10m/s2，绳中弹力始终遵从胡克定律，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法错误的是（　　） A．场强E＝45N/C B．小环从O运动至P的过程中，受到摩擦力逐渐增大 C．小环第一次运动至Q点时，速度最大 D．小环最终可以停在Q点右侧的某一位置 【答案】B 【解答】解：B、设弹性绳与水平方向的夹角为θ，弹性绳的弹力为kl（l为弹性绳与滑轮所在M点及杆上O点构成的直角三角形的斜边长），当小球从O点沿着杆向右的过程中，对小球做受力分析如图所示： 弹性绳的弹力在竖直方向的分力大小为：Fy＝klsinθ 由几何关系可知，lsinθ始终等于MO的长度，因此可知弹性绳的弹力在竖直方向的分力大小始终不变，而：Fy＝FN+mg，摩擦力f＝μFN 解得：f＝15N 可知小球在水平杆上滑动的过程中摩擦力始终不变，故B错误； AC、对小球在O点向P点运动的过程中水平方向上受力分析可得：F合＝qE﹣klcosθ﹣f 其中lcosθ始终等于小球从O点右移的距离，设为x，则有：qE﹣f﹣kx＝ma 解得：a 电场力和摩擦力为恒力，根据对称性原理，Q为OP的中点，Q点的加速度为0。小球第一次运动至Q点时速度最大，故AC正确； D、从P点返回的过程中，摩擦力向右，水平方向有：F合＝kx﹣qE﹣f，f恰好反向并达到最大静摩擦，可以静止在此处，故D正确。 故选：B。 8．（2024春•泉山区校级期中）如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°，已知小球所带电荷量q＝1.5×10﹣4C，匀强电场的场强E＝4.0×104N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求小球的质量m，若只改变电场，小球仍在原位置平衡，求所加匀强电场的电场强度最小值及其方向； （2）若在某时刻将细绳突然剪断，求经过0.8s时小球的速度（小球运动过程中电荷量保持不变）； （3）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，求小球对细线的拉力大小。 【解答】解：（1）以小球为对象，根据受力分析可知，小球受到的电场力水平向右，则小球带负电；根据受力平衡可得 解得小球质量为m＝0.8kg 若只改变电场，小球仍在原位置平衡，则当电场力与绳子垂直斜向右上时，所加匀强电场的电场强度最小，则有qEmin＝mgsinθ 解得场强最小值为 由于小球带负电，可知电场方向与水平方向成37°角斜向左下。 （2）若在某时刻将细绳突然剪断，则小球受到的重力和电场力的合力为 小球的加速度为 则经过0.8s时小球的速度为v＝at，解得v＝10m/s 方向与竖直方向成37°角斜向右下。 （3）若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，根据动能定理可得 在最低点时，有 联立解得细线对小球的拉力大小为 T＝11.2N 根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力大小为11.2N。 答：（1）小球的质量m等于0.8kg，所加匀强电场的电场强度最小值等于3.2×104N/C，与水平方向成37°角斜向左下； （2）经过0.8s时小球的速度等于10m/s，与竖直方向成37°角斜向右下； （3）小球对细线的拉力大小等于11.2N。 地 城 考点04 电场力做功与电势能变化的关系 9．（2024春•温州期中）如图所示，边长为a的正方形ABCD顶点上放置三个电荷量绝对值均为Q的点电荷，处于A、C两点的点电荷均带正电，处于B点的点电荷带负电。O为正方形对角线的交点，M为OB的中点，静电力常量为k。则（　　） A．O点的电场强度方向由O指向D B．D点的电场强度大小为 C．从O点到M点电势先升高后降低 D．电子从O点运动到M点过程中，电势能一直增加 【答案】D 【解答】解：A．三个点电荷在O点的电场强度大小相等，A、C两点在O点产生的电场强度等大反向，相互抵消，所以三个点电荷在O点的电场强度叠加后O点电场强度方向由O指向B，故A错误； B．两个正点电荷在D点的电场强度大小均为： 负点电荷在D点的电场强度大小为： 由几何知识得：r 联立解得： 叠加后D点的电场强度大小为： 联立解得： 故B错误； C．三个点电荷在OB连线上的合电场强度方向由O指向B，则从O点到M点电势一直降低，故C错误； D．根据 Ep＝φq 可知，电子从O点运动到M点过程中，电势能一直增加，故D正确。 故选：D。 10．（2024秋•顺庆区校级期中）有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，其中a、O、b三点电势分别为4V、6V、8V。电荷量为q＝﹣2×10﹣5C的点电荷由a点开始沿a→b→c→d路线运动过程中，下列说法不正确的是（　　） A．c点的电势为10V B．点电荷在d点的电势能为﹣1.6×10﹣4J C．匀强电场的方向为a指向b D．该点电荷从a点移到b点过程中，电场力做功为8×105J 【答案】C 【解答】解：A、由匀强电场电势差与距离的关系，可知：φd﹣φO＝φO﹣φa，解得d点电势为8V，φc﹣φd＝φb﹣φO，解得c点电势为10V，故A正确； B、点电荷在d点电势能，Epd＝qφd，代入解得：，故B正确； C、由图可知，b、d两点电势相等，由匀强电场等势线与电场线关系可知，电场线方向与bd垂直，由几何关系可知电场线沿ab方向； 由沿电场方向电势降低可知，电场由b指向a，故C错误； D、点电荷从a到b的过程中，电场力做功为：Wab＝q（φa﹣φb），代入解得：W＝8×105J，故D正确。 本题选择不正确的，故选：C。 11．（2024秋•北京校级期中）如图所示，小球的质量为m＝0.04kg，带电量为q＝+1.0×10﹣5C，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成θ＝37°时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）电场强度E的大小； （2）剪断丝线后，小球的加速度a的大小； （3）剪短丝线后，小球在0.2s内电势能的减少量ΔEp。 【解答】解：（1）对小球受力分析如图所示 由平衡条件得qE＝mgtanθ 则N/C＝3×104N/C （2）剪断细线后，根据牛顿第二定律有 代入数据解得a＝12.5m/s2 （3）剪断细线后，小球在0.2s内在水平方向的位移大小为 电场力对小球做的功为W＝qEx 则小球电势能的变化量为ΔEP＝﹣W 代入数据解得 ΔEP＝﹣4.5×10﹣2J 即电势能减小了4.5×10﹣2J 答：（1）电场强度E的大小为3×104N/C； （2）剪断丝线后，小球的加速度a的大小为12.5m/s2； （3）剪短丝线后，小球在0.2s内电势能的减少量ΔEp为4.5×10﹣2J。 地 城 考点05 单个或多个点电荷周围的电势分布 12．（2024春•余姚市校级期中）如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为﹣x1处分别固定两点电荷Q1、Q2 （两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列说法正确的是（　　） A．点电荷Q1带负电 B．该试探电荷在x2～x3之间受到的静电力沿x轴正方向 C．x3～x4之间的电场强度沿x轴负方向 D．两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为 【答案】D 【解答】A：沿电场线方向电势逐渐降低，根据Ep＝φq，可得沿电场线方向，负电荷的电势能逐渐升高，可得从O﹣x2电场线方向向右，因此点电荷Q1带正电。故A错误； B：将试探电荷从x2移动到x3，由图像可得，电势能在增加，因此电场力做负功，电场力方向沿x轴负方向，故B错误； C：将试探电荷从x3移动到x4，由图像可得，电势能增加，因此电场线沿x轴正方向，故C错误； D：在x4位置时，由图像可得，故此时负电荷所受电场力为0，此时场强为0，根据平衡条件，可得k 解得。 故D正确。 故选：D。 13．（2024秋•蜀山区校级期中）在水平面内有一固定大圆环，圆心为O，半径为R，大圆环的左右两端A、B分别固定带等量同种电荷+Q的点电荷，大圆环直径CD垂直AB。在大圆环上套了一个质量为m的带正电q的小环，小环与大圆环间存在摩擦，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．C点的场强为零 B．小环在C点的摩擦力水平向右 C．如果小环在P点处于静止状态，∠PAB＝30°，小环受到的摩擦力为• D．将小环从A顺时针方向移至B，小环的电势能先增大后减小 【答案】C 【解答】解：AB.根据电场的叠加原理可知，C点场强沿DC连线，垂直AB向外，场强不为0。受到的电场力也沿DC方向向外，与大圆环对小环的弹力等大反向，小环受力平衡，摩擦为0，故AB错误； C.P点受力分析，沿切线半径两个方向正交分解，得fsn60°sin30° 解得f• 故C正确； D.小环从A顺时针移动至B，电势φ先减小后增大，小环带正电，电势能也先减小后增大，故D错误； 故选：C。 地 城 考点06 匀强电场中电势差与电场强度的关系 14．（2024秋•宁海县期中）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab和cd是圆的两条直径，其中ab与电场方向的夹角为60°，ab＝0.2m，cd与电场方向平行，a、b两点的电势差Uab＝20V。则（　　） A．电场强度的大小E＝100V/m B．b点的电势比d点的低5V C．将电子从c点移到d点，电场力做功为﹣40eV D．电子在a点的电势能小于在c点的电势能 【答案】C 【解答】解：A、a、b两点的电势差Uab＝20V，则电场强度的大小为EV/m＝200V/m，故A错误； B、b、d两点的电势差为Ubd＝E•（1﹣cos60°）＝200（1﹣0.5）V＝10V，又Ubd＝φb﹣φd，可见b点的电势比d点的高10V，故B错误； C、将电子从c点移到d点，电场力做功为：Wcd＝﹣eE×cd＝﹣e×200×0.2V＝﹣40eV，故C正确； D、根据沿电场线电势降低，则有φa＜φc，电子带负电，则有EPa＝﹣eφa＞﹣eφc＝Epc，即电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误。 故选：C。 15．（2024秋•太原期中）（多选）如图所示，在匀强电场中有边长为10cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，D、E、F分别为三边的中点。已知φA＝4V、φc＝12V、φD＝6V，下列选项正确的是（　　） A．O点电势为10V B．电子由E点移到C点，电势能减少2eV C．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C指向A D．在三角形ABC内切圆的圆周上，电势最高点的电势是 【答案】BCD 【解答】解：A、AC的中点为F，则F点的电势为：φF，根据匀强电场电势差规律可知UBC＝2UDF，所以B点电势φB＝8V，与F点电势相等，则BF连线为一条等势线，则O点的电势为8V，故A错误； B、E为BC的中点，其电势：φE，UEC＝φE﹣φC＝10V﹣12V＝﹣2V，电子带负电，将电子由E点移到F点，由电场力所做的功为：W＝﹣eUEF＝﹣e•（﹣2）V＝2eV，则电子的电势能减少2eV，故B正确； C、根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知，AC为一条电场线，电场方向由C指向A，CA间的电势差为：UCA＝φC﹣φA＝12V﹣4V＝8V，电场强度大小：E，故C正确； D、三角形ABC内切圆的圆周上电势最低点的点为过O点做AC的平行线与圆的交点为P和Q 根据几何知识可得： 圆上的Q电势最高，其电势为φQ＝φO+ER，故D正确。 故选：BCD。 16．（2024秋•荔湾区校级期中）如图所示，竖直面内有一长方形abcd，ab＝4m，bc＝3m，长方形区域内有平行于该平面的匀强电场，方向沿ac连线，大小未知，顶点a、c的电势分别为250V、0V（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。 （1）求匀强电场的电场强度E大小，顶点b的电势φb； （2）求q＝2×10﹣10C的点电荷处于a点时的电势能Ep； （3）若在bc边中点O处用绝缘细线悬挂一带电小球，小球静止时，细线刚好处于水平伸直状态，已知小球质量m＝0.3kg，重力加速度g＝10m/s2，求小球的带电性质及电荷量的大小q0。 【解答】解：（1）ac的距离L 场强E 顶点b的电势φb＝E•bc•sin37°＝50×3×0.6V＝90V （2）点电荷处于a点时的电势能Ep＝q （3）对小球受力分析，如图所示： 由平衡条件知小球受到沿与电场强度方向相反的电场力，所以小球带负电； 由平衡条件得： 代入数据解得： 答：（1）匀强电场的电场强度E大小为20V/m，顶点b的电势φb为90V； （2）q＝2×10﹣10C的点电荷处于a点时的电势能Ep为5×10﹣8J； （3）小球的带负电，电荷量的大小q0为1×10﹣3C。 地 城 考点07 电容器的动态分析 17．（2024春•西湖区校级期中）电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图所示，M和N为电容器两极板，充电后与电源断开。M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容增大 B．电压传感器的示数不变 C．电容器两极板间的电场强度减小 D．随着加速度变大，电压传感器示数的变化量ΔU与加速度的变化量Δa之比不变 【答案】D 【解答】解：A、当手机由静止突然向前加速时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离d增大，根据电容的决定式可知，电容器的电容C减小，故A错误； B、电压传感器相当于静电计，结合电容器的电荷量Q不变，根据电容的定义式可知，在Q不变的情况下，C减小，则U增大，故B错误； C、根据可知，Q、S和ɛr均不变，在d变大的情况下，电容器两极板间的电场强度E不变，故C错误； D、电压传感器示数与极板间距之间的关系为 可得 设弹簧的劲度系数为k′，对N极板，由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为 即 所以 可知电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比为定值，故D正确。 故选：D。 18．（2024秋•吉林期中）（多选）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。一带负电油滴恰好静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　） A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角不变 C．带电油滴将向上移动 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一静电计小段距离，则带电油滴所受电场力不变 【答案】BD 【解答】解：A、将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，两极板间的距离d变大，根据电容的决定式C分析可知，电容器的电容将变小，故A错误； B、因为电容器始终和电源相连接，电容器两极板间的电势差始终等于电源电动势不变，所以静电计指针的张角不变，故B正确； C、根据E可知，电容器极板间电场强度变小，则带电油滴受电场力F＝qE变小，带电油滴将向下移动，故C错误； D、若先将上极板与电源正极的导线断开，则电容器所带电荷量Q不变，根据C、C、E推导可得极板间的场强为E，极板间的场强大小与极板间的距离无关，所以再将下极板向下移动一小段距离，板间场强不变，带电油滴所受电场力不变，故D正确。 故选：BD。 19．（2024秋•临潼区校级期中）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为50V的恒定电源上，两板间距为4cm，电容器带电荷量为6×10﹣6C，A极板接地。求 （1）平行板电容器的电容； （2）平行板两板间的电场强度； （3）距B板为3cm的C点的电势。 【解答】解：（1）由电容的定义得：CF＝1.2×10﹣7F。 （2）两板之间为匀强电场，场强为 E1.25×103V/m，方向竖直向下。 （3）C点距A板间距离为 dAC＝d﹣dBC＝4cm﹣3cm＝1cm＝0.01m A与C间电势差 UAC＝EdAC＝1.25×103×0.01V＝12.5V。 又 UAC＝φA﹣φC，φA＝0 可得：φC＝﹣12.5V。 答： （1）平行板电容器的电容为1.2×10﹣7F； （2）平行板两板间的电场强度为1.25×103V/m，方向竖直向下； （3）距B板为3cm的C点的电势﹣12.5V。 地 城 考点08 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 20．（2024秋•北京校级期中）如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　） A．初速度为，电压U不变 B．初速度为，电压为 C．初速度为v0，电压为 D．初速度为v0，电压为 【答案】B 【解答】解：设A、B两板间距离为d，粒子带电荷量大小为q，带电粒子从进入电场到开始返回运动的距离为x， 当A、B间电压为U时，粒子刚好能到达B板，根据动能定理有：， 整理得：，此时 x＝d， 当带电粒子从A、B两板的正中间处返回时，，即x变为原来的； A.由可知，当v0变为原来的、U不变时，x变为原来的，不满足要求，故A错误； B.由可知，当v0和U都变为原来的时，x变为原来的，满足要求，故B正确； C.由可知，当v0不变、U变为原来的时，x变为原来的2倍，不满足要求，故C错误； D.由可知，当v0不变、U变为原来的倍时，x变为原来的，不满足要求，故D错误； 故选：B。 21．（2024秋•西城区校级期中）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得推力。单位时间内飘入的正离子数目为N，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。 （1）求离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流I； （2）求推力器获得的平均推力大小F； （3）可以用离子推进器工作过程中产生的推力与电压为U的电场对离子做功的功率的比值X来反映推进器工作情况。通过计算说明，如果要增大X可以采取哪些措施。 【解答】解：（1）离子加速过程，根据动能定理得ZeU 解得：v 单位时间内通过电离室横截面的电荷量为q＝NZe 则离子所形成的等效电流INZe （2）对t时间内飘入的正离子，取向右为正方向，根据动量定理得：F′t＝Nmt•v 根据牛顿第三定律，推力器获得的平均推力大小F＝F′ 联立解得：F＝N （3）电压为U的电场对离子做功的功率为：PNZeU 则X 联立得：X 可知，要增大X，可以使用质量更大、电荷量更小即比荷更小的离子。 答：（1）离子喷出加速电场的速度v为，及其所形成的等效电流I为NZe； （2）推力器获得的平均推力大小F为N； （3）要增大X，可以使用质量更大、电荷量更小即比荷更小的离子作为推进器。 地 城 考点09 带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 22．（2024秋•天津期中）如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的比荷取1×108C/kg。则（　　） A．漂移管需要用绝缘材料制成 B．各漂移管的长度应相等 C．漂移管B的长度为0.8m D．相邻漂移管间的加速电压U＝6×104V 【答案】D 【解答】解：A、质子在漂移管内做匀速直线运动，漂移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料制成，故A错误； B、质子在漂移管间被电场加速，在漂移管内做匀速直线运动，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，各漂移管的长度，应逐渐增大，故B错误； C、电源周期为：，漂移管B的长度为：，解得：LB＝0.4m，故C错误； D、从B到E，根据动能定理：，解得：U＝6×104V，故D正确。 故选：D。 23．（2024秋•中原区校级期中）如图甲所示，某直线加速器由中心轴线在同一直线上的一系列金属圆筒（图中标注的序号为1、2、3……）组成，相邻金属圆筒分别接在高频交变电源的两极。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻，从金属圆板（序号为0号）中央释放的电子（其初速度可忽略），沿轴线进入加速器并依次穿过各金属管。圆筒长度的设计遵照一定的规律，可以令电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电量为e，两金属圆筒间的电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。 （1）电子在7、8号金属圆筒之间加速时，请判断7、8号圆筒电势的高低及电子在8号圆筒内的运动性质； （2）求电子进入第n号金属圆筒后的速度大小v； （3）求第n号金属圆筒的长度L。 【解答】解：（1）电子在7、8号金属圆筒之间加速时，所受电场力水平向右，场强方向水平向左，即场强方向从8号指向7号圆筒，则8号圆筒电势高于7号圆筒的电势，电子在8号圆筒内做匀速直线运动； （2）设电子进入第n个圆筒后的速度为v； 根据动能定理， 解得 （3）第n个圆筒的长度为 解得。 答：（1）8号圆筒电势高于7号圆筒的电势；电子在8号圆筒内做匀速直线运动； （2）电子进入第n号金属圆筒后的速度大小为； （3）第n号金属圆筒的长度为。 地 城 考点10 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 24．（2024秋•沈阳期中）图甲为板间距为d，长度为2d两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在t＝0时刻，一质量为m、不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，刚好沿板右边缘射出电场，已知电场变化周期T，下列关于粒子运动的描述不正确的是（　　） A．粒子的电荷量为q B．若粒子在t＝0时刻以进入电场，由该粒子在t＝2T时刻射出电场 C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功 D．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子会水平射出电场 【答案】B 【解答】解：A．粒子在电场中水平方向做匀速运动，x＝v0t 即运动时间为 竖直方向粒子先加速后减速，则y 即 解得 故A正确，不符合题意； B．若粒子在t＝0时刻以进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故B错误； CD．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子在电场中运动时间为T；在竖直方向粒子在时间内先加速，在内做减速运动速度减为零，然后时间内反向加速，在内做减速直至减为零，以速度v0水平射出电场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故CD正确，不符合题意； 故选：B。 25．（2024秋•万州区校级期中）（多选）如图甲所示，在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为L，两板间距离为d，在两极板间加交变电压如图乙所示。时刻带电粒子a从上金属板左端下边缘以水平速度v0进入两金属板间，时刻飞离极板，期间恰好不与极板相碰。若完全相同的带电粒子b从相同位置以水平速度2v0在0～内某时刻进入极板，能恰好从上金属板右端边缘飞离极板，不让粒子的重力。下列说法正确的是（　　） A．a粒子飞离极板时速度与进入时相同 B．a粒子飞离极板时竖直偏移量为 C．b粒子进入极板的时刻为 D．b粒子进入极板的时刻为 【答案】ABC 【解答】解：A．在内，上极板电势高，时刻带电粒子a从上金属板左端下边缘以水平速度v0进入两金属板间，粒子进入电场的位置为坐标原点，竖直向下为y轴正方向，水平向右为x轴正方向； 根据牛顿第二定律，粒子加速度大小为 上极板电势高时，加速度方向向下，下极板电势高时，加速度向上； 从0到，a粒子竖直方向向下做匀加速运动； 时刻，根据运动学公式，a粒子竖直方向的分速度vy1＝a（）T 到，a粒子竖直方向向下做匀减速运动； 时刻，根据运动学公式，a粒子竖直方向的分速度vy2＝vy1﹣a（）＝0 到T，a粒子竖直方向向上做匀加速运动； T时刻，根据运动学公式，a粒子竖直方向的分速度vy3＝﹣a（T） T到，a粒子竖直方向向上做匀减速运动； 时刻刻a粒子竖直方向的分速度vy4＝vy3+a（T）＝0 a粒子竖直方向的分速度与时间变化图像如图所示： a粒子水平方向做匀速直线运动，a粒子飞离极板时竖直方向的分速度为零，a粒子飞离极板时速度与进入时相同，故A正确； B．v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，根据“面积法”，在到时间内，竖直方向的位移d（） 在到时间内，竖直方向的位移y1（） a粒子飞离极板时竖直偏移量y＝d+y1 解得y 故B正确； CD．设极板长度为L，a粒子水平方向位移L＝v0（） 设b粒子在电场中运动时间为tb，其水平方向位移L＝2v0tb 解得tbT 设0～内的t时刻，从上金属板左端下边缘进入电场，上金属板右端飞离电场，则y（t）2+a（t）t0 解得tT 故C正确，D错误； 故选：ABC。 26．（2024秋•南岸区校级期中）如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏（足够长），M极板上O1处有一粒子源，t＝0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子。粒子先经过M、N间的电场加速后（粒子在M、N间的加速时间极短可以忽略不计），从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的交变电压UMN﹣t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子重力和粒子间相互作用，求： （1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围； （2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小E，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy； （3）若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。 【解答】解：（1）粒子在极板间加速，根据动能定理有： 根据图乙可知，粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为： （2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有： 水平方向有：L＝vt 竖直方向有： 将速度的两个极值代入可解得， 粒子打到PQ上形成的亮线长度 Δy＝y2﹣y1 解得Δy＝4L （3）从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据竖直方向的运动规律可知，粒子在0～T向上加速，T～2T向上减速，2T～3T向下加速，3T～4T向下减速，直至打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上用时为2T，根据竖直方向的运动规律有 解得 答：（1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为； （2）粒子打到PQ上形成的亮线长度为4L； （3）则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置为。 地 城 考点11 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 27．（2024秋•成都期中）（多选）如图，离子源不断地产生比荷不同的正离子，离子飘入（初速度可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入偏转电场。已知平行金属板A、B板长为L，相距为d，两板间的电压为U2，离子能从A、B板右侧射出。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．各离子从刚飘入加速电场到刚从A、B板右侧射出的时间相同 B．比荷越大的离子，从A、B板右侧射出时的速度越大 C．各离子在偏转电场中的运动轨迹重合 D．U1与U2之间的关系满足： 【答案】BC 【解答】解：A、设加速电场的宽度为d1，粒子在加速电场中运动的时间为t1，由牛顿第二定律可得：qE1＝ma1，，，v0＝a1t1，联立解得：，，离子在偏转电场中运动的时间为t2，则有：，则离子从粒子源到从A、B板间射出的时间为：，由此可知，离子从粒子源到从A、B板间射出的时间与离子的比荷相关，即带电粒子的比荷越大，全过程所花的时间越短，故A错误； C、假设带电粒子向下偏转，以S为坐标原点建立直角坐标系，如图所示： 由牛顿第二定律可得：qE2＝ma，，联立解得： 根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为：，，联立可求得粒子的轨迹方程为：，由此可知，粒子运动的轨迹与带电粒子的比荷无关，只有加速电场和偏转电场的性质决定，即各离子在电场中的运动轨迹重合，故C正确； B、各粒子在电场中的运动轨迹重合，即在偏转电场中的竖直偏转位移相同，竖直偏转位移为y，设粒子射出时的速度大小为v，根据动能定理可得：，解得：，由此可知，粒子射出电场时的速度大小与正离子的比荷相关，即带电粒子的比荷越大，从A、B板右侧射出时的速度越大，故B正确； D、粒子经加速电场加速后的速度大小为v0，根据动能定理可得：，粒子进入偏转电场做类平抛运动，若粒子能够从A、B板间射出，则粒子的竖直偏转位移y应满足，根据类平抛的特点可得：L＝v0t，，联立可得：，故D错误。 故选：BC。 28．（2024秋•常州期中）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【解答】解：（1）对于粒子在加速电场中，根据动能定理得： 解得粒子进入偏转电场时的速度大小为： （2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定，粒子恰好极板右侧边缘射出时，根据类平抛运动规律得： l＝v0t 粒子在偏转电场中的加速度为： 联立解得：Um＝2U0 故能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为：η （3）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示： 由运动学公式及几何关系得： 联立解得粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为： 答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为66.7%； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为（1）l。 地 城 考点12 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上 29．（2024秋•和平区校级期中）（多选）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　） A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD 【解答】解：AD、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：qU10 解得：v0 粒子在加速电场中的运动时间：t12L1； 粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：t2； 在偏转电场中竖直分位移：ya2•； 联立得 y，y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置； 加速电场对粒子做功为 W1＝qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功：W2＝qE2y，q、E2、y相等，则知偏转电场E2对三种粒子做功相等。故A正确，D正确。 C、离开偏转电场后粒子的运动时间：t3； 粒子运动到屏上所用时间 t＝t1+t2+t3＝（2L1+L2+L3）； 因为不等，所以t不等，故C错误。 B、对整个过程，根据动能定理得 W，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故B错误。 故选：AD。 30．（2024秋•思明区校级期中）如图所示，图中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压U＝2.184×104V，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，虚线OO′与靶台ACB在同一竖直面内，且AB的长度为10cm。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，偏转极板M、N长L＝20cm，间距d＝16cm，虚线OO′距离靶台的竖直高度h＝30cm，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。（提示：本题可直接利用相似三角形性质。） （1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小； （2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离； （3）请通过计算分析电子能否打到A点，若能，求此时加在M、N两板之间的电压；若不能，求能使电子打在靶台ACB上，加在M、N两板之间的电压最大值（计算结果保留2位有效数字）。 【解答】解：（1）设电子进入偏转电场的速度为v0，根据动能定理可得：，代入数据解得：； （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：L＝v0t 在竖直方向上做匀加速直线运动，则有： 其中加速度为： 联立代入数据解得：y＝0.075m 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子运动轨迹如图所示： 由几何关系可得： 代入数据解得：xC＝0.3m； （3）由题可知，A、B两点离N板右侧的水平距离分别为：xA＝0.25m，xB＝0.35m 若电子刚好到达A点，由几何关系可得： 代入数据解得：y1＝0.0857m＞0.08m，所以电子不能打到A点，由题意可知，当电子恰好打在A点时，加在M、N两板之间电压最大，设为Um，则有：，代入数据解得：。 答：（1）电子进入偏转电场区域时速度的大小8×107m/s； （2）靶台中心点C离N板右侧的水平距离为0.3m； （3）电子不能打到A点，能使电子打在靶台ACB上，加在M、N两板之间的电压最大值为2.3×104V。 31．（2024秋•北京校级期中）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求： （1）电子穿过A板时的速度大小vA； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y； （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W； （4）P点到O点的距离y′。 【解答】解：（1）电子经电压U1加速后的速度为vA，根据动能定理得：vA 解得：vA （2）电子以速度vA进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y．根据牛顿第二定律和运动学公式得：Ee＝ma 又因为： 电子在偏转电场中做类平抛运动， 水平方向上有：L1＝vAt1 竖直方向上有：y 以上联立解得：y （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功：W＝Eey 代入数据得：W （4）方法一：设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得： 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2， 如图所示 由匀速直线运动规律有：y2＝vyt2 而在水平方向： 解得： P到O点的距离为： 方法二： 根据推论，平抛运动速度的反向延长线交水平位移的中点，如图 由几何关系有： 变形可得： 答：（1）电子穿过A板时的速度大小vA为； （2）电子从偏转电场射出时的侧移量y为； （3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W为； （4）P点到O点的距离y′为。 地 城 考点13 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况 32．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（　　） A．电子可能做匀变速曲线运动 B．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB C．B点电势可能高于A点电势 D．若aA＞aB，则Q靠近M端且为负电荷 【答案】B 【解答】解：A.因为是点电荷Q产生的电场，所以在运动中，电子到点电荷的距离发生变化，则电场力发生变化，加速度也会发生变化，则不可能是匀变速曲线运动，故A错误； B.物体做曲线运动，所受合力指向轨迹凹侧，则由运动轨迹可知，电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB，求解过程与Q的电性无关，故B正确； C.由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧，即左侧，又因为电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，所以，在MN上电场方向向右；因为沿电场线方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故C错误； D.若aA＞aB，由以上分析可知，A点离点电荷Q更近，即Q靠近M端，且为正电荷，故D错误； 故选：B。 33．（2024春•余姚市校级期中）（多选）如图所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点。不计带电粒子受到的重力，由此可以判断（　　） A．此粒子和点电荷Q带异种电荷 B．此粒子在M点的动能大于在F点的动能 C．若PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M和从M到N，电场力做功相等 D．带电粒子从P运动到N的过程中，电势能逐渐减小 【答案】AD 【解答】解：A.根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在M、N间运动过程中，电荷一直受静电引力作用，此粒子和点电荷异种电荷．故A正确； B.粒子从M到N，电场力做正功，故电势能减小，故M点的电势能大于N点的电势能；N点与F点在同一个等势面上，所以粒子在F点的动能等于在N点的动能，所以粒子在M点的动能小于在F点的动能．故B错误； C.MN两点间的平均电场力大于PM两点之间的电场力，而PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P到M电场力做的功比从M到N电场力做功小，故C错误； D.粒子从P到N，只受电场力，合力做正功，根据动能定理，动能增加，电势能减小，故D正确。 故选：AD。 地 城 考点14 电流的微观表达式 34．（2024秋•鼓楼区校级期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，电阻为R，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：金属棒内的电场类似一个匀强电场，其电场强度大小，由欧姆定律可知，金属棒两端的电压U＝IR，由电流的微观表达式可知I＝nevS，联立解得，金属棒内的电场强度大小为 E，故B正确，ACD错误。 故选：B。 35．（2024秋•朝阳区校级期中）（多选）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I；设单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（　　） A．nvSΔt B．nvΔt C． D． 【答案】AC 【解答】解：AB、因为电流的微观表达式为 I＝nevS，所以自由电子数目为，故A正确、B错误； CD、因为，所以q＝I•Δt，自由电子数目为，故C正确、D错误。 故选：AC。 地 城 考点15 电功和电功率的计算 36．（2024春•濮阳期中）动车上装有烟雾报警装置，其原理如图所示，M为烟雾传感器，其阻值RM随着烟雾浓度的改变而变化，N为定值电阻，滑动变阻器的滑片P已调整至合适位置，电源电动势和内阻恒定不变。当车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致N两端的电压增大，装置发出警报。下列说法正确的是（　　） A．烟雾浓度增大时，RM的阻值减小 B．烟雾浓度增大时，通过滑动变阻器的电流增大 C．滑片P向右移动可以提高报警灵敏度 D．烟雾浓度增大时，烟雾传感器消耗的功率一定增大 【答案】A 【解答】解：A．当车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，定值电阻N两端的电压增大，则通过定值电阻N的电流增大，即干路电流增大，传感器两端的电压一定减小，则并联部分电阻一定减小，可知烟雾浓度增大时，RM的阻值减小，故A正确； B．烟雾浓度增大时，RM的阻值减小，并联部分电压减小，即滑动变阻器两端电压减小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，故B错误； C．滑动变阻器接入电路的阻值越大，滑动变阻器与烟雾传感器并联的电阻越接近RM，烟雾浓度增大时，N两端的电压增大得越明显，即能够提高报警灵敏度，可知滑片P向左移动可以提高报警灵敏度，故C错误； D．烟雾浓度增大时，RM的阻值减小，干路电流增大；烟雾传感器两端的电压一定减小，通过滑动变阻器的电流减小，通过烟雾传感器的电流增大，其消耗的功率可能增大，也可能减小或不变，故D错误。 故选：A。 37．（2024秋•青岛期中）A、B、C三个立方体金属块棱长相等，两接线柱分别位于各自相对的两侧面中心，分别接入电路后进行测量。在同一U﹣I坐标系中各描出一组金属块两端的电压U和对应通过的电流I，发现三点在同一直线上，但未过坐标原点，如图甲所示。现将A、B、C按图乙方式连接到某一恒压电源上，下列说法正确的是（　　） A．A、B、C的电阻一样大 B．图乙中，通过C的电流小于通过A的电流 C．图乙中，A两端的电压等于B两端的电压 D．图乙中，A、B消耗的总电功率小于C消耗的电功率 【答案】D 【解答】解：A、在U﹣I图像中，图上各点与原点连线的斜率表示电阻，由图甲可知三者电阻大小为RA＞RB＞RC，故A错误； B、在图乙中，A和B串联，然后和C并联，根据并联电路各支路两端电压相等，则通过A、B的电流为，通过C的电流为，由上面A的分析可知IAB＜IC，故B错误； C、通过A、B的电流相等，根据串联电路电压分配规律可知A两端的电压大于B两端的电压，故C错误； D、根据上面B的分析可知，通过C的电流大于通过A、B的电流，根据功率公式P＝UI可知，图乙中，A、B消耗的总电功率小于C消耗的电功率，故D正确。 故选：D。 地 城 考点16 用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻 38．（2024秋•仓山区校级期中）如图所示电路图，电源的电动势E＝105V，内阻r未知，电动机的内阻为r0＝20Ω，定值电阻的阻值R＝50Ω，电容器的电容C＝10﹣6F，当把两个开关都闭合，电容器的带电量为Q＝10﹣4C，电动机正常工作，流过电动机的电流为IM＝0.5A，求： （1）电源的内阻； （2）电动机正常工作时输出的机械功率。 【解答】解：（1）根据得：路端电压 过电阻R的电流 根据闭合电路欧姆定律得：E＝U+（IM+IR）r，代入数据解得：r＝2Ω （2）电动机的热功率 其机械功率P＝UIM﹣P热 代入数据解得：P＝45W 答：（1）电源的内阻为2Ω； （2）电动机正常工作时输出的机械功率为45W。 39．（2024秋•青羊区校级期中）有一电路如图所示，R1＝9Ω，R2＝3Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0﹣3V和0﹣15V两挡，理想电流表的量程有0﹣0.6A和0﹣3A两挡。闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表和电流表指针均指在满偏的，求： （1）该过程中电流表和电压表示数如何变化； （2）该电源的电动势和内阻。 【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，由，可知电路中总电流I减小。电流表测量通过R1的电流，为 可知电流表示数变小。 电压表测量滑动变阻器两端的电压，为U＝E﹣I（r+R12） 可知电压表示数变大。 （2）滑片继续向右移动滑片P到另一位置时，电压表示数增大，电流表示数减小，电压表和电流表指针均指在满偏的，可知电压表的量程为0～15V，电流表的量程为0～0.6A。 根据电路图可知干路电流 由闭合回路欧姆定律E＝U+IAR1+Ir 由题意可知U1＝2.5V，IA1＝0.3A U2UgV＝5V，IA20.2A 代入数据解得 E＝10V，r＝4Ω 答：（1）电流表示数变小，电压表示数变大。 （2）该电源的电动势和内阻分别为10V，4Ω。 地 城 考点17 用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻 40．（2024秋•海淀区校级期中）如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定（　　） A．欧姆定律对该小灯泡不适用 B．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小 C．当加在小灯泡两端的电压为4V时，灯泡的电阻小于10Ω D．若将该小灯泡与电动势为6V、内阻为5Ω的电源相接，则灯泡功率约为1.6W 【答案】D 【解答】解：AB、虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，但灯丝仍然是金属导体，所以欧姆定律同样适用，故A错误； B、由图可知，图中通过小灯泡的电流随电压的增大而增大，伏安特性曲线上每一点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，则知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，电阻率增大，而随着电压增大，电流也增大，温度升高所以，小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大，故B错误； C、当加在小灯泡两端的电压为4V时，根据图像可知，通过灯泡的电流为0.4A，则其电阻为，故C错误； D、若将该小灯泡与电动势为6V、内阻为5Ω的电源相接，作出电源的外特征曲线如图所示。 则灯泡的电压为4V，电流为0.4A，功率约为P＝UI＝4×0.4W＝1.6W，故D正确。 故选：D。 41．（2024秋•郑州校级期中）如图所示电路中，电源的电动势E＝9V，内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝6Ω，电容C＝30μF，电动机的额定电压为U＝6V，内阻r0＝0.5Ω。闭合开关S、S′，电动机正常工作。求： （1）电动机的输出功率P； （2）若开关S′断开后，电动机卡住不再转动只发热（即看成纯电阻），则S′从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为多少？ 【解答】解：（1）闭合开关S、S′时，设R1与R2的并联电阻为R，则有 RΩ＝2Ω 设干路电流为I，根据闭合电路欧姆定律得 E＝U+I（R+r） 解得I＝1A 电动机的输出功率为 P＝UI﹣I2r0 解得P＝5.5W （2）开关S′闭合时，电容器两端电压为 UC＝IR＝1×2V＝2V 电容器的带电量为 Q＝CUC＝30×10﹣6×2C＝6×10﹣5C 开关S′断开时，电容两端电压为 U′CE 解得U′C＝6V 电容器的带电量为 Q′＝CU′C＝30×10﹣6×6C＝1.8×10﹣4C 故S′从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为 ΔQ＝Q′﹣Q＝1.8×10﹣4C﹣6×10﹣5C＝1.2×10﹣4C 答：（1）电动机的输出功率P为5.5W； （2）S′从闭合到断开过程中通过R3的电荷量为1.2×10﹣4C。 42．（2024秋•温州期中）如图，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω，开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压UM＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，求： （1）电动机正常工作时，通过电阻R1和电阻R2的电流分别是多大； （2）电动机正常工作时，产生的机械功率是多大； （3）若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大，最大值是多少？ 【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得E＝UM+I1（R1+r） 代入数据解得I1＝2A 流过R2的电流为I2A＝1A （2）流过电动机M的电流为IM＝I1﹣I2＝2A﹣1A＝1A 电动机的总功率为P总＝UMIM＝6×1W＝6W 电动机的热功率为P热RM＝12×0.5W＝0.5W 电动机的机械功率P机＝P总﹣P热＝6W﹣0.5W＝5.5W （3）由闭合电路欧姆定律得，流过R1的电流为 R1消耗的电功率为 由此可知，当时，即R′1＝2Ω 此时R1消耗的最大电功率为 P1m＝4.5W 答：（1）电动机正常工作时，通过电阻R1和电阻R2的电流分别是2A，1A； （2）电动机正常工作时，产生的机械功率是5.5W； （3）当R1的阻值2Ω时，R1消耗的电功率最大，最大值是4.5W。 地 城 考点18 电源的最大输出功率和条件 43．（2024秋•西城区校级期中）将一电源、定值电阻R0＝2Ω及电阻箱连成如图甲所示的闭合回路，闭合开关后调节电阻箱的阻值，测得电阻箱功率与电阻箱读数变化关系曲线如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　） A．该电源电动势为9V B．该电源内阻为1Ω C．调整R，电源最大输出功率为9W D．电阻箱功率最大时电源效率为50% 【答案】B 【解答】解：B、将R0看成电源的内阻，根据图乙可知，当电阻箱的电阻R＝3Ω，电阻箱消耗的电功率最大，此时有R＝r+R0，已知R0＝2Ω，解得该电源内阻为r＝1Ω，故B正确； A、电阻箱的功率最大时，电阻箱的电压为UV＝3V 根据串联电路的分压规律得 解得电源电动势为E＝6V，故A错误； C、当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大。本题中定值电阻R0的阻值大于电源的内阻，故当变阻箱的阻值为0时，电源的输出功率最大，且最大功率为 Pmax＝（）2R0 解得Pmax＝8W，故C错误； D、电阻箱所消耗功率P最大时，电源的输出效率为η100%100%100%，解得η≈83.3%，故D错误。 故选：B。 44．（2024秋•滨海新区校级期中）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是（　　） A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率 C．在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB+PC D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：1，纵坐标之比一定为1：2 【答案】C 【解答】解：AC、三种功率的表达式分别为PE＝EI，， 故a图线为电源总功率，b为电源内部热功率，c图线为电源的输出功率，则有PA＝PB+PC，故A错误，C正确； B、根据上述分析可知，M点为电源输出功率最大的点，不是N点，故B错误； D、当外电路的电阻与内电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，故M点的纵横坐标分别为， N点表示电源的总功率与其发热功率相等，即此时电路中的电阻只有电源的内阻，故N点的纵横坐标分别为， 所以两点的横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故D错误。 故选：C。 地 城 考点19 含容电路的动态分析 45．（2024秋•渝中区校级期中）如图所示电路，电源内阻不计，P点是电容器两极板间的一个定点。C为电容器的电容，E为电源的电动势。滑动变阻器滑片最初处于a端且电路处于稳定状态，现滑片从a端缓慢滑到b端，则该过程中（　　） A．电容器两极板间的电压先增大后减小 B．c点电势比d点电势略高 C．流过R3横截面的电荷量等于CE D．P点的电势升高 【答案】C 【解答】解：A、滑片在a端时，电容器的电压与R1的电压相等。滑片在b端时，电容器的电压与R2的电压相等。滑片从a端缓慢滑到b端的过程中，电容器两极板由“下正上负”逐渐转变为“上正下负”，电容器经历先放电再充电的过程，则两极板间的电压先减小后增大，故A错误； B、根据“充电电流流向正极板，放电电流流向负极板”可知，电容器放电和充电时，电流都由d点经R流向c点，由于过程缓慢，则充放电流很小，所以R3两端电压很小，即d点电势比c点略高，故B错误； D、P点的电势先比上极板高，后比上极板低，故P点电势降低，故D错误； C、放电过程，向下流过R3的电量为 充电过程，向下流过R3的电量为 全程向下流过过R3的电量为，故C正确。 故选：C。 46．（2024秋•顺庆区校级期中）（多选）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　） A．电压表示数减小 B．电阻R1的功率一定减小 C．电源的总功率一定减小 D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动 【答案】AD 【解答】解：A、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据“串反并同”可知，电压表示数减小，电流表示数增大，故A正确； BC、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，则电路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中干路电流增大，根据P＝I2R可知，电阻R1的功率一定变大，根据P总＝EI可知，电源的总功率一定变大，故BC错误； D、电容器和R3并联，所以电容器两板间电压等于R3两端电压，若将开关S断开，则电容器两板间电压等于电源电压，即电容器两板间电压变大，根据E可知，板间的场强变大，带电液滴受电场力变大，则带电液滴M将向上极板运动，故D正确。 故选：AD。 47．（2024秋•南昌县校级期中）如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝4Ω，滑动变阻器的最大阻值R1＝4Ω，定值电阻R2＝4Ω，R3＝2Ω，R4＝5Ω，电容器的电容C＝13μF。开关S闭合电路稳定后，求： （1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，电压表的示数； （2）滑动变阻器接入电路中的电阻为多大时电源有最大输出功率，并求出最大输出功率； （3）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过R4的电量。 【解答】（1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，R1 阻值为零，R2 短路 代入数据解得I＝2A 则电压表的示数U＝E﹣Ir＝12V﹣2A×4Ω＝4V （2）当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，则有R并+R3＝r 又 代入数据解得R′1＝4Ω 所以当滑动变阻器阻值为4Ω时，电源的输出功率最大，最大输出功率为 代入数据解得P＝9W （3）滑动变阻器在最左端时，电容器两端电压为 U1，则有 滑动变阻器在最右端时，电容器两端电压为 U2，则有E 代入数据解得U2＝3V 则通过 R4 的电量为Q＝（U1﹣U2）C 代入数据解得Q＝1.3×10﹣5C 答：（1）滑动变阻器滑片滑到最左端时，电压表的示数为4V； （2）滑动变阻器接入电路中的电阻为4Ω时电源有最大输出功率，最大输出功率为9W； （3）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过R4的电量为1.3×10﹣5C。 地 城 考点20 磁感应强度的矢量叠加 48．（2024秋•洛阳期中）如图甲所示，高压输电线上有a、b、c三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I。a'、b'、c'为同一竖直面上与导线a、b、c相交的三个点，连接三点构成等腰直角三角形（a′b′＝b′c′），O为连线a'c'的中点。顺着电流方向观察得到如图乙所示的截面图。已知单独一根通电导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，不计地磁场的影响，则下列说法正确的是（　　） A．O点的磁感应强度大小为3B B．O点的磁感应强度方向是从O指向c' C．导线a、c在b导线位置产生的磁感应强度大小为B D．导线b受到的安培力方向竖直向上 【答案】B 【解答】解：AB、由几何关系可知，三条导线与O的距离相等；由三条导线的电流大小相等，故三条导线在O处产生的磁感应强度大小相等； 由电流的方向，根据右手螺旋定则，可判断导线a在O处产生的磁场方向为竖直向上，导线c在O处产生的磁场方向为竖直向下，导线b在O处产生的磁场方向为水平向左； 由对称性及矢量合成规则可知，故O处的磁感应强度方向水平向左，即由O指向c'，大小为B，故A错误，B正确； CD、由几何关系可知，导线a、c与导线b的距离相等，故导线a、c在导线b位置产生的磁感应强度大小相等； 由右手螺旋定则，可知导线a在导线b处的磁感应强度方向沿cb方向，导线c在导线b处的磁感应强度方向沿ba方向，互相垂直； 若导线a在导线b处的磁感应强度大小为B1，由图可知aO距离与ab距离显然不同，故B≠B1， 即导线b处的合磁感应强度大小为，方向为水平向右，由左手定则可知导线b受到的安培力方向为竖直向下，故CD错误。 故选：B。 49．（2024秋•历下区校级期中）如图为棱长为d的正方体，O为DE上的一点，OEd，在FE、ND两边放置足够长的直导线，均通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。已知一根足够长直导线通过的电流一定时，磁感应强度大小与距离成反比（B＝k，式中k为常量）。则图中O、Q两点处的磁感应强度大小之比为（　　） A． B． C．1：3 D．3：1 【答案】B 【解答】解：由几何关系可知，两根导线与Q的距离相等，两根导线在Q点的磁感应强度大小都为：， 由右手螺旋定则可知Q点的两个分磁感应强度相互垂直，所以； 结合几何关系可知，导线EF在O点的场强大小为，导线DN在O点的场大小为， 由右手螺旋定则可知O点的两个分磁感应强度互相垂直，所以； 所以，故ACD错误，B正确。 故选：B。 地 城 考点21 计算磁通量的变化量 50．（2024秋•深圳期中）如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为50cm，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度B＝4×10﹣5T，方向如图所示，则下列说法正确的是（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　） A．在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为8.0×10﹣6Wb B．在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为6.0×10﹣6Wb C．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是1.4×10﹣5Wb D．该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是1.4×10﹣4Wb 【答案】C 【解答】解：A.在水平位置时穿过线框的磁通量为，故A错误； B.在竖直位置时穿过线框的磁通量为，故B错误； CD.磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2﹣Φ1|，解得ΔΦ＝1.4×10﹣5Wb，故C正确，D错误。 故选：C。 51．（2024秋•常州期中）如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动。下列说法中正确的是（　　） A．当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小φBS B．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小φ＝BS C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小Δφ＝2BS D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小Δφ＝2BS 【答案】C 【解答】解：A、当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BScos60°，故A错误； B、当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BScos90°＝0，故B错误； C、当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BScos180°＝﹣BS，变化量大小ΔΦ＝BS﹣（﹣BS）＝2BS，即大小为2BS，故C正确； D、当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BScos360°＝BS，变化量大小ΔΦ＝BS﹣BS＝0，即大小为0，故D错误。 故选：C。 地 城 考点22 观察电容器及其充、放电现象 52．（2024秋•深圳期中）某同学用如图甲所示的电路研究电容器的充电放电。电路图中定值电阻的阻值为R，电源内阻不计，先将开关S合向1，待电路稳定后再合向2，用电流传感器得到电容器放电电流随时间变化规律如图乙所示，测得图线与坐标轴所围面积为S0，则电容器的电容为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：设电容器充电结束时的电压为U，开关接2时电容器开始放电，根据欧姆定律有 由i﹣t图像的面积表示放电的电量，图线与坐标轴所围面积为S0，有S0＝CU 结合电容定义式联立解得，故BCD错误，A正确 故选：A。 53．（2024秋•东城区校级期中）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法不正确的是（　　） A．由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量 B．不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小 C．由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到电源的电动势 D．若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为Um，则电容器的电容为 【答案】B 【解答】解：A.根据Q＝It，可知I﹣t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，故A正确； B.I﹣t图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据，可知电容器的总电荷量不变，图线与坐标轴围成的面积S不变，故B错误； C.根据U＝IR可知，由最大放电电流I0和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压Um＝I0R，即为电源电动势，故C正确； D.电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压Um＝I0R，即为电容器充满电时的电压，根据，可知电容器的电容为，故D正确。 本题选不正确的，故选：B。 地 城 考点23 导体电阻率的测量 54．（2024秋•美兰区校级期中）某同学想测量绕制滑动变阻器的金属丝的电阻率ρ。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值为10.0Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图甲是学生设计的实验电路原理图。 （1）该同学首先截取了一段长为L的金属丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图乙所示，该读数D＝ 　0.500　 mm。 （2）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。 （3）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ 　　 ，金属丝的电阻r＝ 　　 。（结果均用R0、U1、U2表示） （4）继续微调R，重复（3）的测量过程，得到多组测量数据，以U2为纵坐标，U1为横坐标，根据测得的数据绘制出U2﹣U1图像，若图像的斜率为k，则金属丝的电阻为 　　 （用k、R0表示）。 得到的多组测量数据如表所示，根据表格数据，作出U2﹣U1图像，如图丙所示，则可求得金属丝的电阻r＝ 　10　 Ω（结果保留两位有效数字）。 U1/mV 0.50 0.70 0.90 1.15 1.40 U2/mV 0.99 1.39 1.80 2.28 2.80 （5）待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ 　　 （用D、L、k、R0表示）。 【答案】（1）0.500；（3），；（4），10；（5）。 【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度的读数为0，可动刻度读数为50.0×0.01mm，则金属丝的直径D＝50.0×0.01mm＝0.500mm （3）由电路可知，流过待测金属丝的电流 金属丝的电阻 （4）根据 解得 则 解得 做出U2﹣U1图像，则 解得 （5）根据 解得 故答案为：（1）0.500；（3），；（4），10；（5）。 55．（2024春•恩施州期中）某学习小组测量一段粗细均匀金属丝的电阻率。 （1）首先用游标卡尺测量该金属丝的长度，示数如图甲所示，其长度L＝ 　11.050　 cm；再用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图乙所示，其直径d＝ 　1.950　 mm。 （2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，下列实验操作步骤，正确顺序是 　A　 。 ①将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点 ②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置 ③调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度 ④将选择开关旋转到OFF位置 ⑤将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约20Ω A.③②①⑤④ B.①③②⑤④ C.④①③②⑤ D.①④③②⑤ （3）为进一步准确测量该金属丝的电阻Rx，实验室提供如下器材： 电池组E（电动势为4.5V，内阻不计）；定值电阻R0（阻值为10Ω）；电压表V（量程为5V，内阻未知）；电流表A（量程为20mA，内阻为90Ω）；滑动变阻器R（阻值范围为0～20Ω，额定电流为2A）；开关S、导线若干。利用以上器材，设计出实验电路图如图丙，请写出该金属丝电阻率的表达式ρ＝ 　　 （用L、d、U、I、R0表示）。 【答案】（1）11.050；1.950；（2）A；（3）。 【解答】解：（1）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，金属丝的长度L＝110mm+10×0.05mm＝11.050cm 螺旋测微器的精确度为0.01mm，金属丝直径d＝1.5mm+49.5×0.01mm＝1.950mm （2）实验的正确操作步骤：调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度；将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置；将红、黑表笔分别插入“+”“﹣”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准欧姆零点；将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，测出金属丝的电阻约20Ω；将选择开关旋转到OFF位置；故A正确，BCD错误。 故选：A。 （3）电流表两端的电压为UA＝IRA 通过待测电阻的电流 待测电阻两端的电压UR＝U﹣IRA 根据欧姆定律，待测电阻 联立解得 根据电阻定律 联立解得。 故答案为：（1）11.050；1.950；（2）A；（3）。 地 城 考点24 练习使用多用电表（实验） 56．（2024秋•东湖区校级期中）小明同学要把一量程为0～100μA、内阻未知的微安表改装为量程为3V的电压表，他进行了如下实验操作，步骤如下： （1）先用多用电表的欧姆挡粗测该微安表的内阻，选择开关拨至“×100”挡时，表盘示数如图1所示，则被测微安表的阻值约为 　1400　 Ω。 （2）为了精确测量该微安表的内阻，他设计了如图2所示的电路图，图中定值电阻R0＝3kΩ，电阻箱的阻值范围0～9999.9Ω，滑动变阻器阻值范围为0～20Ω。 ①闭合S1，断开S2，调整滑动变阻器的滑片P，使微安表达到满偏，此后保持滑动变阻器的滑动片位置不变。 ②保持S1闭合，再闭合S2，调整电阻箱的阻值R，当R＝1000.0Ω时，微安表刚好半偏，则微安表内电阻的测量值RA＝ 　1500　 Ω。 ③将该微安表与一个阻值为 　28500　 Ω的电阻串联，改装成量程为3V的电压表。 ④用改装后的电压表某次测量电压时，指针指向“25μA”的刻度线，则被测电压的测量值为 　0.75　 V。 【答案】（1）1400；（2）1500；28500；0.75。 【解答】解：（1）由图1可知，被测微安表的阻值约为14×100Ω＝1400Ω； （2）由题意可知，QP之间的电压不变，即： 代入数据，解得：RA＝1500Ω； 改装成量程为3V的电压表，设需串联电阻的阻值为Rx，则： 解得：Rx＝28500Ω； 用改装后的电压表某次测量电压时，指针指向“25μA”的刻度线，则 解得：Ux＝0.75V。 故答案为：（1）1400；（2）1500；28500；0.75。 57．（2024秋•广州校级期中）多用电表是电学实验中常用的仪器，常用于粗测仪器的电阻。 （1）某同学打算利用多用电表粗测一个电压表的内阻，接下来应该做的是 　EAB　 （把下列实验步骤前的字母按正确的操作顺序排列；可能有多余选项）。 A．将电表开关掷于合适挡，然后将红、黑表笔短接 B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线 C．调节欧姆调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线 D．调节机械调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线 E．调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线 （2）用多用电表的欧姆挡测量电压表的内阻时，若发现选用“×100”挡时指针偏角过小，则应换用 　×1k　 （填“×10”或“×1k”）挡。 （3）如上图所示是一种多用电表的电路图，该多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1、R2改装而来。改装后有两个量程可供选择：0～100mA和0～1A。已知电流表的内阻为10Ω，则R1＝ 　Ω　 ，R2＝ 　1Ω　 。 【答案】（1）EAB；（2）×1k；（3）Ω；1Ω 【解答】解：（1）利用多用电表粗测一个电压表的内阻，首先将多用电表开关掷于合适挡位，接下来先调节机械调零旋钮，使指针指向最左侧刻度线；再将红、黑表笔短接；调节欧姆调零旋钮，使指针指向最右侧刻度线，之后进行测量。则正确的操作顺序是EAB。 （2）多用电表的欧姆挡表盘的0刻线在右端，选“×100”挡时，发现指针偏转角过小（指针所指的欧姆表的示数较大），说明被测阻值较大，应改用“×1k”挡，换挡后必须将红表笔和黑表笔短接，调零后再重新测量； （3）多用电表测量电流的部分为一量程为10mA的电流表和电阻R1，R2改装而来。由图可知，开关接2应是0～100mA量程的电流表，由欧姆定律可得 开关接1应是0～1A量程的电流表，由欧姆定律可得 联立解得，R2＝1Ω 故答案为：（1）EAB；（2）×1k；（3）Ω；1Ω 地 城 考点25 测量普通电源的电动势和内阻 58．（2024秋•滨海新区校级期中）某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表（量程0～0.6A），电压表（量程0～3V），滑动变阻器，开关、导线若干。 （1）为了减小误差，他们应选择如图 　甲　 （选填“甲”或“乙”）所示的电路进行实验； （2）按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E＝ 　1.48　 V，内阻r＝ 　0.80　 Ω。（结果均保留2位小数） 【答案】（1）甲；（2）1.48；0.80。 【解答】解：（1）干电池的内阻较小，用乙图电路中的电流表分压影响较大，因此选择甲电路； （2）根据闭合电路的欧姆定律有 E＝U+Ir 则U﹣I图像的表达式为 U＝﹣rI+E 即U﹣I图的纵截距表示电池的电动势，斜率的绝对值表示电池的内阻，即 E＝1.48V，。 故答案为：（1）甲；（2）1.48；0.80。 59．（2024秋•浑南区校级期中）在“测定电源的电动势和内阻”实验中，某同学选用两节干电池串联进行测量，现有以下器材： A.被测干电池两节 B.电流表A1：量程0～0.6A，内阻为0.50Ω C.电流表A2：量程0～3A，内阻为0.20Ω D.电压表V1：量程0～3V，内阻约为3kΩ E.电压表V2：量程0～15V，内阻约为15kΩ F.滑动变阻器R1：0～30Ω，额定电流为2A G.滑动变阻器R2：0～100Ω，额定电流为0.1A H.开关、导线若干 （1）为方便且能较准确地进行测量，电流表应选择 　B　 ，电压表应选择 　D　 ，滑动变阻器应该选用 　F　 （以上均填写选项前的字母）； （2）实验电路图应选择 　乙　 （填“甲”或“乙”）； （3）该同学进行规范实验，并根据测量数据最终得到如图丙所示的U﹣I图像，根据图像可知，两节干电池的电动势为 　3.00　 V（保留三位有效数字），内阻为 　1.7　 Ω（保留两位有效数字）。 【答案】（1）B，D，F；（2）乙；（3）3.00，1.7。 【解答】解：（1）两节干电池电动势为3V，故电压表选择D，电源电动势较小，选择最大阻值较小的滑动变阻器，有利于电表读数的变化，从而减小误差，故滑动变阻器选F，综合分析可知，该实验中电流较小，为减小实验误差，电流表选择量程较小B； （2）由于电源的内阻较小，而电压表的内阻较大，可以把电流表的内阻与电源内阻整体测量以减小实验误差，故乙图合理； （3）根据U﹣I图像的物理意义可得，电源的电动势等于纵截距的大小，即 E＝3.00V 图线斜率的大小为总内阻，即 解得 r＝1.7Ω 故答案为：（1）B，D，F；（2）乙；（3）3.00，1.7。 60．（2024秋•青岛期中）某实验兴趣小组欲测定一内阻可调的化学电池的电动势。该小组设计了如图甲所示的测量电路，图中R为电阻箱，M、N为该化学电池的正，负极（可认为反应只发生在两极附近），P、Q为靠近正、负极的两个探针，电池槽中间有一打气管道，用打气筒向电池内打气或从电池内抽气，可以改变中间长方体容器内电解质溶液液面的高低，从而改变电池的内阻。主要实验步骤如下： ①按图甲连接电路，将电阻箱阻值调为R0； ②闭合开关S，向电池内打气，观察并测量中间长方体容器内电解质溶液的高度h，记录电流表的示数I； ③重复步骤②，对应不同的h值，得到多组h、I的测量数据。 回答下列问题： （1）已知中间长方体容器的长为L，宽为d，容器内电解质溶液的电阻率为ρ，则电池的内阻r＝ 　　 ； （2）该小组成员利用图像来处理获得的多组实验数据，若以作为横轴，则以 　　 为纵轴，通过描点可作出如图乙所示的线性关系图像； （3）根据实验所测得的数据和图乙中所标注的字母，可得该化学电池的电动势E＝ 　　 （R0、a为已知量）； （4）若在PQ之间接一电压表，保持h不变，调节电阻箱使其阻值变小，则电压表的示数将 　变大　 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）变大 【解答】解：（1）根据电阻定律有r＝ρ （2）根据闭合电路欧姆定律得 E＝I（R0+r） 解得 则该图是以作为横轴，则以为纵轴作出的关系图像； （3）根据图像纵轴截距有a 解得E （4）若在PQ之间接一电压表，则电压表测量内电压，电阻箱使其阻值变小，电流变大，则内电压变大。 故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）变大 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $