2018届高考物理(新课标全国)一轮复习习题：第7章 第6讲 实验十 练习使用多用电表

物质的电结构、电荷守 高考热点：库仑定 静电现象的解释 点电荷 库仑定律 静电场电场强度、点电荷的场 电场线 电势能、电势 电势差匀强电场中电势差与电 带电粒子在匀强电场中 示波管 常见电容器电容器的电压、电荷量于场强方向的情况第一节 电场力的性质一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷． 2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．1.判断正误(1)只有体积很小的带电体才可看做点电荷．( ) (2)任何带电体都可看做点电荷．( )(3)真正的点电荷是不存在的，它是一种理想化模型．( )(4)当带电体的形状、大小对相互作用力的影响可以忽略时，该带电体可以看做点电荷．( )(5)带电体通过静电感应可以使绝缘材料带电．( )(6)不管是哪种起电方式，它们的实质都是电子的转移，电荷总是在转移过程中不变．( )提示：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ 二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．2.如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F .今用第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两个球接触后移开，这时，A 、B 两个球之间的相互作用力大小是( )A.18F B ．14FC.38F D ．34F提示：A三、静电场 电场强度1．静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种物质，其基本性质是对放入其中电荷有力的作用．2．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量． (2)公式①定义式：E ＝Fq，是矢量，单位：N/C 或V/m.②点电荷的场强：E ＝k Qr 2，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离．③匀强电场的场强：E ＝Ud．(3)方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．3.对于由点电荷Q 产生的电场，下列说法正确的是( )A ．电场强度的定义式仍成立，即E ＝FQ ，式中的Q 就是产生电场的点电荷B ．在真空中，电场强度的表达式为E ＝kQr 2，式中Q 就是产生电场的点电荷C ．在真空中，电场强度的表达式E ＝kqr2，式中q 是检验电荷D ．在Q 的电场中某点，分别放置电量不同的正、负检验电荷，电场力大小、方向均不同，则电场强度也不同提示：B四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (5)沿电场线方向电势降低．(6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线(如图所示)4.如图所示为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 电荷连线的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷 B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反提示：选D.根据题图中的电场线分布可知，A 、B 带等量的正电荷，选项A 、B 错误；a 、b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由图可知，a 、b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力一定大小相等，方向相反，选项D 正确．对库仑定律的理解及应用 【知识提炼】1．对库仑定律的理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，r 指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球的球心间距．(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点．具体步骤如下：【典题例析】(多选)(2015·高考浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6 C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2；静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N[审题指导] 对小球进行受力分析，除受到重力、拉力外，还受到库仑力，按照力的平衡的解题思路求解问题．[解析] 设A 、B 间距为l ，A 对B 有竖直向上的库仑力，大小为F AB ＝kQ 2l 2＝0.9 N ；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则F N ＋F AB ＝mg ，可得F N ＝mg －F AB ＝1.1 N ，由牛顿第三定律知F ′N ＝F N ，选项A 错误；因两细线长度相等，B 在A 的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A 受到竖直向下的重力、库仑力和F 1、F 2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知：F 1＝F 2＝G A ＋F AB ＝1.9 N ，选项B 正确；当B 移到无穷远处时，F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，选项D 错误；当B 水平向右移至M 、A 、B 在同一条直线上时，如图所示，对A 受力分析并沿水平和竖直方向正交分解， 水平方向：F 1cos 30°＝F 2cos 30°＋F ′cos 30° 竖直方向：F 1sin 30°＋F 2sin 30°＝G A ＋F ′sin 30°由库仑定律知，A 、B 间库仑力大小F ′＝kQ 2⎝⎛⎭⎫l sin 30°2＝F AB4＝0.225 N ，联立以上各式可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，选项C 正确．[答案] BC【跟进题组】考向1 库仑定律与电荷守恒定律的结合问题1．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的电荷量为q ，球2的电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq 2×⎝⎛⎭⎫q ＋nq 22，解得n ＝6，D 正确．考向2 三点电荷共线平衡的求解2.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电荷量为＋Q ，B 带电荷量为－9Q .现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C 应带什么性质的电荷，应放于何处？所带电荷量为多少？解析：根据平衡条件判断，C 应带负电荷，放在A 的左边且和A 、B 在一条直线上，设C 带电荷量为q ，与A 点相距为x ，如图所示．答案：应为带电荷量为94Q 的负电荷，置于A 左方0.2 m 处且和A 、B 在一条直线上考向3 库仑力作用下的平衡问题3.(多选)(2016·高考浙江卷)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m ．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2 NC ．B 球所带的电荷量为46×10－8 CD ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0解析：选ACD.用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A 球接触后A 球也带正电荷，两球接触后分开，B 球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A 正确；两球相互排斥，稳定后A 球受力情况如图所示sin θ＝0.060.10＝0.60，θ＝37°F 库＝mg tan 37°＝6.0×10－3 N ，B 项错误；F 库＝k Q A Q Br2Q A ＝Q B ＝Q ，r ＝0.12 m联立上式得Q ＝46×10－8 C ，故C 项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A 、B 两球连线中点处的场强为0，故D 项正确．1．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分． (2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．2．三点电荷共线平衡模型：三个点电荷若只受电场力且共线平衡，则满足“两同夹一异，两大夹一小，近小远大”的原则，即若已知一正一负两点电荷，则第三个点电荷应放在小电荷的外侧且与小电荷电性相反，再根据受力平衡求解相应距离和对应电荷量．对电场强度的理解及巧解 【知识提炼】电场强度三个表达式的比较(2015·高考山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a 2，沿y 轴正向 B ．3kQ4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y 轴正向 D ．5kQ4a2，沿y 轴负向[审题指导] 由点电荷场强公式E ＝kQr 2可计算出各点的场强大小，再由矢量合成原则分析场强的叠加．[解析] 处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k Qa 2，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k Qa 2，方向沿y轴正向；根据对称性，M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k Qa 2，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G 处，该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q（2a ）2，方向沿y轴正向，所以H 点的场强E ＝E 3－E 4＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向．[答案] B【跟进题组】考向1 点电荷电场中场强的计算1．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k＝9.0×109 N ·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L 2 ①代入数据得F ＝9.0×10－3 N ．②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为 E 1＝k q L2③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④由③④式联立并代入数据得E ≈7.7×103 N/C 场强E 的方向沿y 轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.7×103 N/C 方向沿y 轴正方向考向2 电场强度的巧解2．如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πk σ·⎣⎡⎦⎤1－x（R 2＋x 2）1/2，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πk σ0x（r 2＋x 2）1/2B ．2πk σ0r（r 2＋x 2）1/2C ．2πk σx rD ．2πk σr x解析：选A.应用特殊值法，当R →∞时，xR 2＋x 2＝0，则E ＝2πk σ0，当挖去半径为r 的圆孔时，应在E 中减掉该圆孔相应的场强E r ＝2πk σ0⎝⎛⎭⎪⎫1－x r 2＋x 2，即E ′＝2πk σ0·xr 2＋x 2，故A 正确．求解电场强度的一些特殊方法(1)等效法：在保证效果相同的前提条件下，将复杂的物理情景变换为简单或熟悉的情景．如图甲所示，一个点电荷＋q 与一个很大的薄金属板形成电场，可以等效为如图乙所示的两个异种等量点电荷形成的电场．(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，将复杂的电场叠加计算简化．如图丙所示，电荷量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．均匀带电薄板在a 、b 两对称点处产生的场强大小相等、方向相反，若图中a 点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为E b ＝kqd2，方向垂直于薄板向左．(3)补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易．如图丁所示，将金属丝AB 弯成半径为r 的圆弧，但在A 、B 之间留有宽度为d 的间隙，且d 远远小于r ，将电荷量为Q 的正电荷均匀分布于金属丝上．设原缺口环所带电荷的线密度为ρ，ρ＝Q 2πr －d ，则补上的那一小段金属丝带电荷量Q ′＝ρd ，则整个完整的金属环在O 点的场强为零．Q ′在O 点的场强E 1＝kQ ′r 2＝kQd2πr 3－r 2d ，因O 点的合场强为零，则金属丝AB在O 点的场强E 2＝－kQd2πr 3－r 2d，负号表示E 2与E 1反向，背向圆心向左．(4)微元法：将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量．如图戊所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，P 为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP ＝L .设想将圆环看成由n 个小段组成，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q ′＝Q n ，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P 处产生的场强为E ＝kQnr 2＝kQn （R 2＋L 2），由对称性知，各小段带电体在P 处的场强E 沿垂直于轴的分量E y 相互抵消，而其轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E P ，E P ＝nE x ＝nkQn （R 2＋L 2）cos θ＝kQL （R 2＋L 2）32.(5)极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类．物理型主要依据物理概念、定理、定律求解．数学型则是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解．电场线与运动轨迹问题【知识提炼】1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行．2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化情况．【典题例析】(多选)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的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的电势能都减少[审题指导]解此题关键要抓住两点：(1)利用运动轨迹结合曲线运动分析粒子的受力方向及做功特点．(2)利用电场线的疏密分析电场力及加速度的大小．[解析]因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误、D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．[答案]CD【跟进题组】考向1等量异(同)种电荷电场线的分布1．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是()A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大解析：选C.在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b点，场强逐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，选项A、B错误；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强逐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，所以C正确、D错误．考向2电场线中带电粒子的运动分析2.如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则()A．a a>a b>a c，v a>v c>v b B．a a>a b>a c，v b>v c> v aC．a b>a c>a a，v b>v c> v a D．a b>a c>a a，v a>v c>v b解析：选D.由点电荷电场强度公式E＝k qr2可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b>a c>a a，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有v a>v c>v b，C选项错误、D选项正确．考向3根据粒子运动情况判断电场线分布3.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的()解析：选C.由v－t图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B的方向场强变大，电场线变密，选项C正确．1．重要电场线的比较(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．1．两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r 2，则两球间库仑力的大小为( )A.5F 16B ．F 5 C.4F 5 D ．16F 5解析：选D.两球相距r 时，根据库仑定律F ＝k Q ·5Q r 2，两球接触后，带电荷量均为2Q ，则F ′＝k 2Q ·2Q ⎝⎛⎭⎫r 22，由以上两式可解得F ′＝16F 5，D 正确． 2．(多选)如图所示为在同一电场中a 、b 、c 、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷所受电场力跟它的电荷量的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )A ．这个电场是匀强电场B ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E d ＞E a ＞E b ＞E cC ．a 、b 、c 、d 四点的场强大小关系是E a ＞E c ＞E b ＞E dD ．a 、b 、d 三点的强场方向相同解析：选CD.由场强的定义式E ＝F q并结合图象的斜率可知电场强度的大小，则E a ＞E c ＞E b ＞E d ，此电场不是匀强电场，选项A 、B 错误，选项C 正确；图象斜率的正负表示电场强度的方向，a 、b 、d 三点相应图线的斜率为正，三点的场强方向相同，选项D 正确．3．(多选)(高考浙江卷)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 解析：选AC.根据库仑定律，A 、B 小球间的库仑力F 库＝k q 2d2，选项A 正确．小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d2，由平衡条件知，当斜面对小球A 的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝ mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球A 的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．4．如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k为静电力常量)( )A ．k 3q R2 B ．k 10q 9R 2 C ．k Q ＋q R 2 D ．k 9Q ＋q 9R 2解析：选B.由b 点处的合场强为零可得圆盘在b 点处的场强与点电荷q 在b 点处的场强大小相等、方向相反，所以圆盘在b 点处的场强大小为E b ＝k q R2，再根据圆盘场强的对称性和电场强度叠加即可得出d 点处的场强大小为E d ＝E b ＋k q （3R ）2＝k 10q 9R2，B 正确．一、单项选择题1．关于电场强度的概念，下列说法正确的是( )A ．由E ＝F q可知，某电场的场强E 与q 成反比，与F 成正比 B．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正、负有关C ．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正、负无关D ．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零解析：选C.电场中某点场强的大小由电场本身决定，与试探电荷的有无、受力情况及电荷性质无关，故A 、D 错误，C 正确；而电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，B 错误．2.水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为( )A.mgL 23kQB ．23mgL 29kQ C.6mgL 26kQ D ．2mgL 26kQ解析：选C.3k qQ L 2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL 26kQ. 3．(2015·高考浙江卷)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则( )A ．乒乓球的左侧感应出负电荷B ．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A 错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C 错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B 错误、D 正确．4．(2016·高考江苏卷)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A 、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )A ．A 点的电场强度比B 点的大B ．小球表面的电势比容器内表面的低C ．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直D ．将检验电荷从A 点沿不同路径移到B 点，电场力所做的功不同解析：选C.由于A 点处电场线比B 点处电场线疏，因此A 点电场强度比B 点小，A 项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B 项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，C 项正确；将检验电荷从A 点沿不同的路径移到B 点，由于A 、B 两点的电势差恒定，因此电场力做功W AB ＝qU AB 相同，D 项错误．5.将两个质量均为m 的小球a 、b 用绝缘细线相连，竖直悬挂于O 点，其中球a 带正电、电荷量为q ，球b 不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )A.mg 4qB.mg qC.mg 2q D ．3mg 4q解析：选B.取小球a 、b 整体作为研究对象，则受重力2mg 、悬线拉力FT和电场力F 作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F 的最小值为2mg sin 30°＝mg ，由F ＝qE 知A 、C 、D 错，B 对．二、多项选择题6．(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高。

专题八电学实验基础突破实验仪器的原理和使用考向1 游标卡尺的原理和使用1.构造：如图所示，主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉.2.用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径.3.原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成.不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其读数见下表：对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋k×精确度) mm.[典例1] 如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺从左到右分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分，它们的读数依次为mm、mm.甲乙[解析] 图甲读数：整毫米是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm ＋0.7 mm＝17.7 mm.乙图读数：整毫米是23，不足1毫米数是17×0.18 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.[答案] 17.7 23.85考向2 螺旋测微器的原理和使用1.构造：如图所示是常用的螺旋测微器.它的测砧A和固定刻度B固定在尺架C上，旋钮D 、微调旋钮D ′和可动刻度E 、测微螺杆F 连在一起，通过精密螺纹套在B 上.2.原理：测微螺杆F 与固定刻度B 之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm ，即旋钮D 每旋转一周，F 前进或后退0.5 mm ，而可动刻度E 上的刻度为50等份，每转动一小格，F 前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时误差出现在毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺.3.读数：测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出. 测量值(mm) ＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm).[典例2] 使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则甲、乙两金属丝的直径分别是 mm 、mm.甲 乙[解析] 对图甲：固定刻度示数为2.0 mm ，不足半毫米的从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数：2.0 mm ＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.对图乙：金属丝的直径为4.8×0.01 mm＝0.188 mm.[答案] 2.150 0.188考向3 电流表、电压表的原理和使用 1.电压表、电流表的改装(1)机械零点的调整：在不通电时，指针应指在零刻线的位置.(2)选择适当量程：估算电路中的电流或电压，指针应偏转到满刻度的13以上.若无法估算电路中的电流和电压，则应先选用较大的量程，再逐步减小量程.(3)正确接入电路：电流表应串联在电路中，电压表应并联在电路中，两种表都应使电流从正接线柱流入，从负接线柱流出.(4)正确读数：根据所选量程的准确度，正确读出有效数字和单位.[典例3] (2018·北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2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0.18 AB.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.18 AD.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析] 设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.18 A ，则每一小格表示0.18 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.18 A ，则每一小格表示0.18 A.选项C 正确.[答案] C[典例4] (1)如图甲所示的电流表使用0.6 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表 A ，图中表针示数是 A ；当使用3 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表 A ，图中表针示数为 A.甲(2)如图乙所示的电压表使用较小量程时，每小格表示 V ，图中指针的示数为 V ；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示 V ，图中表针的示数是 V.乙[解析] (1)电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为8.5 V.[答案] (1)0.02 0.44 0.1 2.20 (2)0.1 1.70 0.58.51.由改装后电压表的分压电阻R＝(n－1)R g可知，电压表的量程越大，其分压电阻越大，电压表的内阻R V越大.若无特别说明，都认为电压表的内阻无穷大，画等效电路时，把电压表视为断路.2.由改装后电流表的分流电阻R＝R gn－1可知，电流表的量程越大，其分流电阻越小，电流表的内阻越小.若无特别说明，都认为电流表的内阻为零，画等效电路时，把电流表视为短路.3.无论是将表头改装成电流表还是电压表，都没有改变表头的参数，即表头的满偏电流、满偏电压都不发生变化，只是由分压电阻或者分流电阻承担了部分电压或电流.突破伏安法测电阻1.电流表、电压表测电阻两种方法的比较[x 2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x＝UI计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数.(a) (b)若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，则(填“R x1”或“R x2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值R x2(填“大于”“等于”或“小于”)真实值.[解析] 根据题意知R xR A>R VR x，电压表的分流作用较显著，故R x1更接近待测电阻的真实值.图(a)的测量值是R x与R A串联的电阻阻值，故R x1>R x真；图(b)的测量值是R x与R V并联的电阻阻值，故R x2<R x真.[答案] R x1大于小于突破滑动变阻器两种接法的选择1.滑动变阻器的限流接法和分压接法(1)题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不够.(2)题设条件中的滑动变阻器的最大阻值远小于被测电阻或电路中串联的其他电阻的阻值.(3)题设要求回路中某部分电路两端的电压从零开始连续变化.[典例6] 为了测量某待测电阻R x的阻值(约为30 Ω)，有以下一些器材可供选择.电流表A1(量程0～50 mA，内阻约10 Ω)；电流表A2(量程0～3 A，内阻约0.12 Ω)；电压表V1(量程0～3 V，内阻很大)；电压表V2(量程0～15 V，内阻很大)；电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)；定值电阻R(20 Ω，允许最大电流1.0 A)；滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(0～1 kΩ，允许最大电流0.5 A)；单刀单掷开关S一个，导线若干.(1)电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选.(填器材的元件符号)(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻R x的实验电路图.(要求所测量范围尽可能大)(3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为R x＝.[解析] (1)首先选取唯一性器材：电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)，定值电阻R (20 Ω，允许最大电流 1.0 A)，单刀单掷开关S ，导线.电源电动势约为3 V ，所以电压表选择V 1(量程0～3 V ，内阻很大)；待测电阻R x 的阻值约为 30 Ω，流过R x 的最大电流为3 V30 Ω＝0.1 A ＝100 mA ，如果电流表选择A 2(量程0～3 A ，内阻约0.12 Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A 1(量程0～50 mA ，内阻约10 Ω)；滑动变阻器R 2的最大电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选 R 1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A).(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻R x 的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即50 mA ，应给待测电阻串联一个定值电阻R .实验原理图如图所示.(3)根据欧姆定律可得R x ＝U I－R . [答案] (1)A 1 V 1 R 1 (2)见解析图 (3)U I－R提醒 完成课时作业(三十四)。

第6讲实验六:验证机械能守恒定律1.(10分)(2015·河北五校联考)某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验,实验装置如下列图,图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器。

实验测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1,通过B的挡光时间为t2,重力加速度为g。

为了证明小物体通过A、B时的机械能相等,还需要进展一些实验测量和列式证明。

(1)如下必要的实验测量步骤是B;(4分)A.用天平测出小物体的质量mB.测出A、B两传感器之间的竖直距离hC.测出小物体释放时离桌面的高度HD.用秒表测出小物体由传感器A到传感器B所用时间Δt(2)假设该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度,并设想如果能满足=2gh关系式,即能证明在自由落体运动过程中小物体的机械能是守恒的。

(6分)【解析】(1)根据机械能守恒定律的表达式可知,不需要测量小物体质量,A项错误;实验中需要测量从A到B过程中重力势能的减小量,因此需要测量A、B之间的距离h,故B项正确;实验中不需要测量小物体释放时离桌面的高度H,故C项错误;根据机械能守恒定律的表达式可知,不需要测量小物体通过A、B两传感器的时间间隔Δt,故D项错误;(2)本实验中利用小物体通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,故有v A=B=2gh。

2.(12分)(2015·扬州调研)图甲是验证机械能守恒定律的实验。

小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住,轻绳另一端固定,将轻绳拉至水平后由静止释放。

在最低点附近放置一组光电门,测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt,再用游标卡尺测出小圆柱的直径d,如图乙所示,重力加速度为g。

(1)小圆柱的直径d=1.02cm;(4分)(2)测出悬点到圆柱重心的距离l,假设等式gl=成立,说明小圆柱下摆过程中机械能守恒;(4分)(3)假设在悬点O安装一个拉力传感器,测出绳子上的拉力F,如此要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是小圆柱的质量m(用文字和字母表示)。

实验七验证动量守恒定律【基本要求】一、实验目的1．验证一维碰撞中的动量守恒．2．探究一维弹性碰撞的特点．二、实验原理在一维碰撞中,测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′＋m2v′2,看碰撞前后动量是否守恒．1三、实验器材方案一气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等．方案二带细线的摆球(两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等．错误!光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个）、天平、撞针、橡皮泥等．错误!斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板等．四、实验方案错误!利用气垫导轨完成一维碰撞实验（1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度（①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4）验证：一维碰撞中的动量守恒．错误!利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1）测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

（2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3）实验：一个小球静止，拉起另一个小球,放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度,测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．（5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．（6）验证：一维碰撞中的动量守恒．错误!在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验（1)测质量:用天平测出两小车的质量。

（2）安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器,连在小车的后面,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止,两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4）测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝错误!算出速度．(5)改变条件:改变碰撞条件，重复实验．（6)验证：一维碰撞中的动量守恒．错误!利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律（1）测质量：先用天平测出小球质量m1、m2。

2018年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（ ）A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功2．（6分）高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A．10N B．102N C．103N D．104N3．（6分）2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。

假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A．5×104kg/m3B．5×1012kg/m3C．5×1015kg/m3D．5×1018kg/m3 4．（6分）用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10﹣19J，已知普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（ ）A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz5．（6分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i 随时间变化的正确图线可能是（ ）A．B．C．D．6．（6分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大7．（6分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a，b两点，它们相对于L2对称。

实验七验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．2．实验器材斜槽、小球(两个）、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规等．3．实验步骤（1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．（2)按照如图1甲所示安装实验装置．调整、固定斜槽使斜槽底端水平．图1(3）白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O。

（4)不放被撞小球,让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．（5）把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4）的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示．(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1·错误!＝m1·错误!＋m2·错误!，看在误差允许的范围内是否成立．(7）整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒．1．数据处理验证表达式：m1·错误!＝m1·错误!＋m2·错误!2．注意事项(1)斜槽末端的切线必须水平;（2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；（3）选质量较大的小球作为入射小球；(4）实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。

命题点一教材原型实验例1 如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2（1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量(填选项前的符号)间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程（2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。

1．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设带电荷量为e 的电子以速率v 绕原子核沿顺时针方向做半径为r 的匀速圆周运动，其电流的等效电流强度I 和方向为( )A.ve 2πr顺时针 B.ve r 顺时针 C.ve 2πr逆时针 D.ve r 逆时针答案：C2．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随着温度变化而变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E ＝9.0 V ，内阻不计；G 为灵敏电流表，内阻R g 保持不变；R T 为热敏电阻，其阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S ，当热敏电阻的温度等于20 ℃时，电流表示数I 1＝2 mA ；当电流表的示数I 2＝3.6 mA 时，热敏电阻的温度是( )A ．60 ℃B ．80 ℃C ．100 ℃D ．120 ℃解析：由题图乙知，当t 1＝20 ℃，热敏电阻的阻值R 1＝4 k Ω；根据闭合电路欧姆定律I 1＝E R 1＋R g ，可解得R g ＝0.5 k Ω；I 2＝ER 2＋R g ，可解得R 2＝2 k Ω，结合题图乙得，t 2＝120 ℃. 答案：D3．两根材料相同的均匀导线x 和y 串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab 段和bc 段图线所示，则导线x 和y 的横截面积之比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．6∶1D ．1∶6答案：B4．把标有“220 V ，100 W ”的A 灯和“220 V ，200 W ”的B 灯串联起来，接入220 V 的电路中，不计导线电阻，则下列判断中正确的是( )A ．两灯的电阻之比R A ∶RB ＝1∶2 B ．两灯的实际电压之比U A ∶U B ＝2∶1C ．两灯实际消耗的功率之比P A ∶P B ＝1∶2D ．在相同时间内，两灯实际发热之比Q A ∶Q B ＝1∶2解析：R A ＝U 2P ＝2202100 Ω＝484 Ω，R B ＝U 2P ′＝2202200 Ω＝242 Ω，则R A ∶R B ＝2∶1，选项A错误；因为A 与B 串联，所以U A ∶U B ＝R A ∶R B ＝2∶1，选项B 正确；P A ∶P B ＝R A ∶R B ＝2∶1，选项C 错误；相同时间内，Q A ∶Q B ＝R A ∶R B ＝2∶1，选项D 错误．答案：B5．有一个消毒用电器P ，电阻为20 k Ω，它只有在电压高于24 V 时才能工作．今用一个光敏电阻R 1对它进行控制，光敏电阻的阻值在有光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω.电源电动势E 为36 V ，另有一个定值电阻R 2，电阻为1 000 Ω.下列电路电键闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是()答案：C6．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是()A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C ．只增大R 3，其他不变D ．只减小a 、b 两极板间的距离，其他不变答案：BD7．如图所示为两电源的U －I 图象，则下列说法正确的是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接相同的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 正确；作外接电阻R 的U －I 曲线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错误，D 正确；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2（R ＋r ）＝RR ＋r ，因为电源内阻不同则电源效率不同，C 错误．答案：AD8．如图所示是电容器充、放电电路．配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图象．实验中选用直流8 V电压，电容器选用电解电容器．先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成．然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图象上显示出放电电流随时间变化的I－t曲线，如图所示．以下说法正确的是()A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐减小C．由传感器所记录的该放电电流图象可以估算出该过程中电容器的放电电荷量D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值答案：BCD9．用直流电源(内阻可忽略不计)、电阻箱、定值电阻R0(阻值为2.0 kΩ)、开关和若干导线，连接成如图甲所示的电路来测量电压表(量程3 V)的内阻R V.(1)闭合开关S，适当调节电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，获得多组数据．(2)某次实验时电阻箱的读数如图乙所示，其值为______Ω.(3)根据测得的数据画出如图丙所示的1U－R图线，由此计算得到纵轴截距与图线斜率的比值为________，进而可求得电压表的内阻R V＝________kΩ(计算结果均保留两位有效数字)．(4)若电源内阻不可忽略，用此法测得的R V偏________(填“大”或“小”)．(5)定值电阻R0的作用是_______________________________．解析：(2)电阻箱的阻值为R＝6×1 000 Ω＋5×100 Ω＝6 500 Ω；(4)若有电源内阻，则r＋R0＋R V＝9.0 kΩ，则r＋R V＝7.0 kΩ，故用此法测得的电压表内阻偏大．(5)定值电阻R0的作用是保护电压表．答案：(2)6 500 Ω(3)9.07.0 kΩ(4)大(5)保护电压表10．如图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω；电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；电容器的电容C＝100 μF，电容器原来不带电．求接通电键K后流过R4的总电荷量．答案：2×10－4 C11．某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻质弹簧的一端N 相接，穿在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1 300 N/m，自然长度L0＝0.5 m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接在N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．限流电阻的阻值R＝1 Ω，电源的电动势E＝12 V，内阻r ＝0.5 Ω.合上开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1＝3.0 V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数为U2＝2.0 V，求：(1)金属杆单位长度的电阻；(2)此时作用在迎风板上的风力．解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1，风吹时接入电路的电阻为R 2. (1)无风时，U 1＝ER ＋r ＋R 1R 1，(2分)得R 1＝U 1（R ＋r ）E －U 1＝3.0×（1＋0.5）12－3.0 Ω＝0.5 Ω，(2分)所以金属杆单位长度的电阻r 0＝R 1L 0＝0.50.5 Ω＝1 Ω.(2分)答案：(1)1 Ω (2)260 N12．如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻； (2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器的最大阻值．解析：(1)因为题图乙中AB 的延长线交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处， 所以电源的电动势为E ＝20 V ，(2分)内阻r ＝EI 短＝20 Ω.(2分)(2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4 V ，I 2＝0.8 A ，(2分) 得R 2＝U 2I 2＝5 Ω.(2分)答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V,3 W ”，其4他选择的器材有：A ．电压表V 1(量程6 V ，内阻 20 k Ω)；B ．电压表V 2(量程20 V ，内阻 60 k Ω)；C ．电流表A 1(量程3 A ，内阻 0.2 Ω)；D ．电流表A 2(量程0.6 A ，内阻1 Ω)；E ．滑动变阻器R 1(0～1 000 Ω，0.5 A)；F ．滑动变阻器R 2(0～20 Ω，2 A)；G ．学生电源E(6～8 V)；H ．开关S 及导线若干．实验中要求电压在0～6 V 范围内，读取并记录下12组左右不同的电压值U 和对应的电流I ，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．画出实验原理图．解析 (1)确定电压表、电流表、滑动变阻器．小灯泡“6 V,3 W ”额定电压为6 V ，额定电流为0.5 A ，即允许通过小灯泡的电流最大不超过0.5 A ，最大电压不超过6 V ．依据选择电压表和电流表的安全精确原则，电流表应选A 2，电压表应选V 1.小灯泡正常工作时电阻为R 灯＝U 2P ＝623 Ω＝12 Ω.滑动变阻器选择依据安全方便的原则，故应选用R 2.(2)确定电流表内外接法临界阻值R＝R V R A＝20 000×1 Ω＝141.4 Ω因为R灯<R，故电流表应外接．(3)确定滑动变阻器选用限流式还是分压式因为要求多测几组数据，故负载上电流、电压变化范围较大，故采用分压式．实验原理图如图：完成电路设计实验，只有遵循以上三个原则，才能使实验效果更明显，误差更小．答案D F电路图见解析14．用电流表和电压表测一个电阻值约为25 kΩ、额定功率为120W的电阻R x的阻值，备用器材有：①量程0～100 μA，内阻约为500 Ω的电流表A1②量程0～500 μA，内阻约为300 Ω的电流表A2③量程0～1 V，内阻约为10 kΩ的电压表V1④量程0～15 V，内阻约为100 kΩ的电压表V2⑤量程0～50 V，内阻约为500 kΩ的电压表V3⑥直流稳压电源，两端的输出电压为16 V⑦滑动变阻器，阻值范围0～500 Ω，允许最大电流1 A⑧待测电阻R x，开关和导线若干(1)为了测量准确，电压表应选________，电流表应选________(填写仪器前的序号)．(2)在如下方框内画出实验电路图．(3)若测量值为R测，真实值为R真，那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下，R测________R真(选填“大于”、“等于”或“小于”)．答案(1)④②(2)如图所示(3)大于15．某实验探究小组为了测定滑动变阻器上金属丝的电阻率，除待测滑动变阻器R x(总阻值约25 Ω)外，在实验室还找到了下列器材．A．学生电源，有三个输出端，分别是：交流输出(可输出电压2 V、4 V、6 V、8 V、10 V，额定电流1 A)，直流输出(可输出电压约2 V、4 V、6 V、8 V、10 V，额定电流1 A)，直流稳压(电压6 V，额定电流0.6 A)B．电流表A1(0～0.6 A～3 A，内阻约1 Ω、0.5 Ω)C．电流表A2(0～100 mA，内阻约10 Ω)D．电压表V(0～3 V～15 V，内阻约1 kΩ、3 kΩ)E．螺旋测微器F．电阻箱R1(0～999.9 Ω，1 A)G．电阻箱R2(0～9 999 Ω，1 A)H．单刀双掷开关S一只(1)选择适当的器材，设计一个电路，要求能较准确地测出R x和电流表内阻的值，在虚线框内画出电路图，并标明所选学生电源的输出端、器材代号和电表量程．(2)用螺旋测微器测得滑动变阻器瓷管直径为d1，绕有金属丝部分的直径为d2，则金属丝的半径为r＝________；金属丝共N匝，则其长度为L＝________.(3)根据你的设计，简要说明实验步骤，写出R x 和电流表内阻R A 的表达式：A ．__________________________________________________________；B ．__________________________________________________________；C ．R x ＝________，R A ＝________.解析 (1)使用学生电源稳压输出，输出电压稳定，可以不用电压表测电压，以消除因电压表的接入带来的系统误差，电路简单，操作方便．由于电流表内阻未知，因此实验就同时考虑怎样测电流表内阻，用单刀双掷开关控制待测电阻的接入，要准确测定电流表内阻，必须选用电阻箱R 1串入，保证电流不超过电流表量程，且内阻测量误差小．不接入电阻箱时回路总电流I 0＝U R A ＋R x＝0.17 A ，因此电流表选择A 2，电路如图所示．答案 (1)实验电路如解析图所示 (2)d 2－d 12 N πd 2＋d 12 (3)A.S 接1，调整R 1＝R ，使电流表有适当的读数I B ．S 接2，调整R 1＝R ′，使电流表恢复读数I C ．R －R ′ U I －R。

新课标2018年高考理综（物理）高三物理练习（实验题）1．Ⅰ．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a 、b 的位置，若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a 和b 的相应读数是多少？请填在表格中指针位置选择开关所处挡位 读数 a 直流电流100 mA mA 直流电压2.5V V b电阻×100ΩⅡ．用图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻，电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用。

除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有；a ．电流表(量程0～0.6A 、0～3A)b ．电压表(量程0～3V 、0～15V)c ．定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W)d ．定值电阻(阻值10Ω、额定功率10 W)e ．滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A)f ．滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A) 请回答下列问题。

(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择______V ，电流表的量程应选择______A ；R 0应选择______Ω的定值电阻，R 应选择阻值范围是______Ω的滑动变阻器。

(2)引起该实验系统误差的主要原因是__________________。

2．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路。

(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到______(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)(2)改变电阻箱的阻值R ，分别测出阻值R 0=10Ω的定值电阻两端的电压U ，下列两组R 的取值方案中，比较合理的方案是______(选填“1”或“2”) 方案编号电阻箱的阻直R/Ω 1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.0 280.070.060.050.040.0(3)根据实验数据描点，绘出的U 1－R 图象是一条直线，若直线的斜率为k ，在U1坐标轴上的截距为b ，则该电源的电动势E=____，内阻r=____。

必修二 第五章 实验六1．(2018·全国卷Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz 、30Hz 和40Hz ，打出纸带的一部分如图(b)所示。

导学号 51342623该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。

(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为 (s 1＋s 2)f 2，打出C 点时重物下落的速度大小为 (s 2＋s 3)f 2 ，重物下落的加速度的大小为 (s 3－s 1)f 22。

(2)已测得s 1＝8.89cm ，s 2＝9.50cm ，s 3＝10.10cm ；当重力加速度大小为9.80m/s 2，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。

由此推算出f 为__40__Hz 。

[解析] (1)利用做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B 点时重物下落的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝(s 1＋s 2)f 2；打出C 点时重物下落的速度v C ＝s 2＋s 32T ＝(s 2＋s 3)f 2。

根据加速度的定义，重物下落的加速度大小为a ＝v C －v B T＝(v C －v B )f ＝(s 3－s 1)f 22。

(2)根据题述，重物下落受到的阻力为0.01mg ，由牛顿第二定律得，mg －0.01mg ＝ma ，解得a ＝0.99g 。

由(s 3－s 1)f 22＝0.99g ，解得f ＝40Hz 。

2．(2018·全国卷Ⅱ)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图(a)所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接，向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器1．电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．公式C ＝Q U 和C ＝εr S4πkd的比较(1)定义式：C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． (2)决定式：C ＝εr S4πkd ，εr 为介电常数，S 为极板正对面积，d 为板间距离．二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动． ②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图1[深度思考]带电粒子在电场中运动时一定考虑受重力吗？答案(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．1．(教科版选修3－1P40第9题)关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定答案 D2．(人教版选修3－1P32第1题)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．答案(1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．(2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大．(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．3. (人教版选修3－1P39第2题)某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同．在M旁放置一个金属网N.如果用导线将MN连接起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流．现在不把M、N 直接相连，而按图2那样在M 、N 之间加一个电压U ，发现当U ＞12.5 V 时电流表中就没有电流．已知电子的质量m e ＝9.1×10－31kg.问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)图2答案 2.10×106 m/s解析 如果电子的动能减少到等于0的时候，电子恰好没有到达N 板，则电流表中就没有电流．由W ＝0－E km ，W ＝－eU ，得－eU ＝0－E km ＝－12m e v 2v ＝2Uem e＝2×12.5×1.6×10－190.91×10－30m/s≈2.10×106 m/s4．(人教版选修3－1P39第3题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比． (1)电子与氢核的初速度相同． (2)电子与氢核的初动能相同． 答案 见解析解析 设加速电压为U 0，偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极间距离为d ，极板长为l ，则：带电粒子在加速电场中获得初动能12m v 20＝qU 0，粒子在偏转电场中的加速度a ＝qU dm ，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度v y ＝at ＝qUl dm v 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值 tan θ＝v y v 0＝qUl dm v 20. (1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m H m e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.命题点一 平行板电容器的动态分析 一、两类典型问题1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． 2．电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q 保持不变． 二、动态分析思路 1．U 不变(1)根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．(2)根据E ＝Ud 分析场强的变化．(3)根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． 2．Q 不变(1)根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．(2)根据E ＝Ud分析场强变化．例1 (2016·全国Ⅰ卷·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( ) A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案 D 解析 由C ＝εr S4πkd可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小．再由E ＝Ud ，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．1．(2016·天津理综·4)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )图3A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d ，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd 联立可得E ＝4πkQεr S ，可知E 不变；P 点离下极板的距离不变，E 不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确．2．(多选)如图4所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )图4A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小答案 AC解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S4πkd可知电容减小，由U ＝Q C 可知极板间电压增大，由E ＝Ud可知，电场强度增大，故A 正确；设P 点的电势为φP ，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确． 命题点二 带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝U d ，v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图5所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：图5(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比．①油滴保持静止状态；②恰好又回到原来位置．答案 (1)dgU 0(2)1∶3 (3)1∶4 解析 (1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d ，则q m ＝dgU 0(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则 x 1＝12a 1Δt 2，x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1d －mg ＝ma 1，即q ΔU 1d＝ma 1油滴向上减速运动时：mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d ＝ma 2即q ΔU 2－ΔU 1d ＝ma 2则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13解得ΔU 1ΔU 2＝143．(2015·海南单科·5)如图6所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M ∶m 为( )图6A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1 答案 A解析 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a M ＝Eq M ，25l ＝Eqt 22M ；对m 有a m＝Eq m ，35l ＝Eqt 22m ，联立解得M m ＝32，A 正确． 4．(2014·安徽·22)如图7所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图7(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间． 答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd C mg (h ＋d )q(3)h ＋dh2h g解析 (1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad 整理得电场强度E ＝mg (h ＋d )qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋dh2h g命题点三 带电粒子在电场中的偏转 1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 20.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v20.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12m v 20 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 2得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y＝Udy ，指初、末位置间的电势差． 例3 (2016·北京理综·23)如图8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d.图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2 m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．①由静止开始经加速电场加速；②沿平行于板面的方向射入．答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 (3)见解析 解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12m v 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝Lm 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eUmd偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E pq ，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G 与其质量m 的比值，叫做“重力势”，即φG ＝E Gm.电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．5．(多选)(2015·天津理综·7)如图9所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2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( )图9A ．偏转电场E 2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 AD6．(2015·安徽理综·23)在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出一质量为m ，带电量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图10所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：图10(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功； (2)粒子从A 到C 过程所经历的时间； (3)粒子经过C 点时的速率． 答案 (1)3qEl 0 (2)32ml 0qE(3) 17qEl 02m解析 (1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功 W ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0①(2)粒子只受沿y 轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x 轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令 t AD ＝t DB ＝T ，且t BC ＝T ② 由牛顿第二定律qE ＝ma③ 由运动学公式得y D ＝12aT 2④从D 到C 做类平抛运动，沿y 轴方向：y D ＋3l 0＝12a (2T )2⑤ 由②③④⑤式解得T ＝2ml 0qE⑥ 则A →C 过程所经历的时间t ＝3T ＝3 2ml 0qE⑦(3)粒子由D 到C 过程中 x 轴方向：2l 0＝v D ·2T ⑧ y 轴方向：v Cy ＝a ·2T⑨ v C ＝v 2D ＋v 2Cy⑩由⑥⑧⑨⑩式解得v C ＝17qEl 02m题组1 平行板电容器的动态分析1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )图1A ．当开关S 断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B ．当开关S 断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小C ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D ．当开关S 闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg ，当开关S 断开时，电容器两极板上的电荷量Q 不变，由C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C ，E ＝U d 可知E ＝4πkQεr S ，故增大或减小两极板间的距离d ，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A 、B 错误；当开关S 闭合时，因为两极板间的电压U 不变，由E ＝Ud 可知，减小两极板间的距离d ，E 增大，θ变大，选项C 正确，D 错误．2．如图2所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )图2A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板 答案 D解析 若x 变大，则由C ＝εr S4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝QC可知，电容器极板间电压减小，B 错误．3．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝Ud 可知，若保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半，A 项正确；若保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的一半，B 项错误；由C ＝QU ，C＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4Qk πd εr S ，E ＝4Qk πεr S，所以，保持d 不变，若Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 项错误；保持d 不变，若Q 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 项正确．4．如图3所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S ，小球静止时受到悬线的拉力为F .调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是( )图3A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小 答案 B解析 据题图可知电容器两端电压U MN 即R 0两端电压，而R 0和R 2是串联关系，两者电压的和为电源的电动势，因此R 2↑→UR 0↓U MN ↓→电场强度E ↓→F 电↓→F ↓，A 错误，B 正确；R 2不变，缓慢增大R 1时，R 0两端电压不变，电容器两端电压不变，故F 不变，C 、D 均错．题组2 带电粒子在电场中的直线运动5．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m 、电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图4所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图4A.edh UB ．edUhC.eU dhD.eUh d答案 D解析 由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUhd.6．(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图5所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图5A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动 答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．7.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图6所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9 C 、A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：图6(1)B 点到虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t . 答案 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，E 1d 1＝E 2d 2， 解得d 2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2， 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1， |q |E 2＝ma 2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22.又t ＝t 1＋t 2， 解得t ＝1.5×10－8 s.8.如图7所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图7(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能． 答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE F N cos 37°＝mg 解得E ＝3mg 4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma 解得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0 解得E k ＝0.3mgL .题组3 带电粒子在电场中的偏转9．如图8所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( )图8A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1答案 B解析 带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错．10．(2014·山东理综·18)如图9所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图9A.s2 2qEmh B.s 2 qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh答案 B解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 11．如图10所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3 C ．质量m ＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10 m/s 2，求：图10(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．答案 (1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为37°斜向右下方 解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F1＝qE 1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F 合＝F 1 cos 45°＝1.6×10－2 N ，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a 1＝F 合m ＝10 m/s 2，小球运动时间t 1＝2L 1a 1＝0.4 s. (2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v 0＝a 1t 1＝4 m/s ，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a 2＝g ＋qE 2m ＝30 m/s 2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t 2＝L 2v 0＝0.1 s ．小球在竖直方向的分速度v y ＝a 2t 2＝3 m/s ，小球离开电场Ⅱ区域的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s ，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝v y v 0＝34，得θ＝37°.。

课时作业(三十八) 练习使用多用电表[基础训练]1．实验桌上放着晶体二极管、电阻、电容器各一只，性能均正常，外形十分相似，现将多用电表转换开关拨到电阻×100 Ω挡，分别测它们的正负电阻加以鉴别：测甲元件时，R正＝R反＝0.5 kΩ；测乙元件时，R正＝0.5 kΩ，R反＝100 kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到0.5 kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在100 kΩ上．则甲、乙、丙三个元件分别是( )A．电容、电阻、二极管B．电阻、电容、二极管C．电阻、二极管、电容D．二极管、电阻、电容答案：C 解析：应明确各元件的特性：二极管具有单向导电性，正向电阻很小，反向电阻很大；电容器充电时有电流而稳定后电流为零，而欧姆表内接有电源，因而刚开始给电容器充电时电流大，电阻示数小，稳定后电流为零，电阻示数为无穷大．2．(2018·昆明三中、玉溪一中统考)(1)多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，R g为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值R x关系图象如图乙所示，则该图象的函数关系式为__________________(调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示)．甲乙(2)下列根据图乙中I­R x图线做出的解释或判断中正确的是________．A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使R x＝0时电路中的电流I＝I gC．R x越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当R x的阻值为图乙中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧答案：(1)I＝ER0＋R g＋r＋R x(2)BC解析：(1)对图甲，由闭合电路欧姆定律，E＝I(R0＋R g＋r＋R x)，该图象的函数关系式为I＝ER0＋R g＋r＋R x.(2)用欧姆表测电阻时，指针指示在刻度盘中间附近，测量的误差最小，读数大或读数小，测量的误差都较大，选项A 错误．测量中，当R x 的阻值为图乙中的R 2时，电流小于满偏电流的12，指针位于表盘中央位置的左侧，选项D 错误． 3．如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×118 Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(填“×10”“×100”或“×1 k”)．(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA ；当选用量程为250 mA 的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.(3)当选用量程为10 V 的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为________V.答案：(1)1.5×118 ×1 k (2)30.7(30.5～30.9都正确) 153(152～154都正确)(3)6.1解析：(1)欧姆表读数：对应最上一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×118 Ω；测2.0×118 Ω电阻时应选“×1 k”的欧姆挡．(2)选50 mA 直流电流挡，则每一大格表示 10 mA ，每一小格表示1 mA ，测量的精确度为 1 mA ，应估读到0.1 mA(此时为110估读)，指针对应的读数为30.7 mA ；选择量程为250 mA 的电流挡，则每一大格表示50 mA ，每一小格表示5 mA ，测量的精确度为5 mA ，应估读到1mA(此时为15估读)，指针对应的读数为153 mA. (3)选择10 V 电压挡，则每一大格表示2 V ，每一小格表示0.2 V ，测量的精确度为0.2V ，应估读到0.1 V(此时应为12估读)，指针对应的读数为6.1 V. 4．(1)某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S ，发现A 、B 灯都不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S________(填“闭合”或“断开”)．(2)若(1)中同学检查结果如下表所示，由此可以确定________．A.灯C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路答案：(1)断开(2)D 解析：(1)用欧姆挡检查电路需将电路断开．(2)b、f之间电阻无穷大说明b、f间有断路，b、e之间电阻无穷大说明b、e间有断路，d、e之间电阻无穷大说明d、e间有断路，b、d间电阻有一定的数值，说明b、d间没有断路，所以断路在d、e之间．5．在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图所示．①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的阻值；③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压.(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若( )A．双手捏住两表笔金属杆，测得值将偏大B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD．欧姆表内的电池使用的时间太长，虽能完成调零，但测量值将略偏大答案：(1)①R1②R1和R2串联③R2(或电源) (2)D解析：(1)③滑动变阻器滑到最左端，R1电阻为零，电压表测得的是路端电压．(2)双手捏住两表笔金属杆相当于把人体电阻并联进去，测量值将偏小，A错误．指针偏离中央刻度过大，有可能是偏角过大，应减小倍率，也有可能是偏角过小，应增大倍率，B错误．由于欧姆表刻度右侧稀左侧密，因此在20与30之间应小于25，但由于是“×10”的倍率，因此测量值应小于250 Ω，C错误．欧姆表内的电池使用时间太长，电池的内阻偏大，使测量电路的电流偏小，测量显示的电阻值偏大，D正确．[能力提升]6．(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1 k”挡位，测量时指针偏转如图甲所示．请你简述接下来的测量操作过程：①_____________________________________________________________；②_____________________________________________________________；③_____________________________________________________________；④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．甲(2)图乙是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程．当转换开关S旋到位置3时，可用来测量________；当S旋到位置________时，可用来测量电流，其中S旋到位置________时量程较大．乙答案：(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω”③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值(2)电阻1、2 1解析：多用电表作为欧姆表时，电源内置；作为电流表时，电阻与表头并联，且并联电阻越小，电流表的量程越大．7．(2018·宁夏银川一模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学连接了如图甲所示的实物电路图．闭合开关，发现灯泡不亮，电流表的示数为零．甲乙(1)他借助多用电表检查小灯泡，先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“×1”挡，再进行________调零；又将红、黑表笔分别接触①、②接线柱，此时多用电表的表盘如图乙所示，说明小灯泡正常，此时灯丝的电阻为________Ω.(2)他将多用电表的选择开关旋于某直流电压挡，将红、黑表笔分别接触②、③接线柱，闭合开关，发现电压表的示数约等于电源的电动势，说明②、③接线柱间的导线出现了________(填“断路”或“短路”)．(3)故障排除后，为了使电流表的示数从零开始，要在________(填“①、④”或“③、④”)接线柱间再连接一根导线，并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最________(填“左”和“右”)端．答案：(1)欧姆 6.0 (2)断路(3)③、④左解析：(1)多用电表测电阻前应先进行欧姆调零；多用电表的表盘读数为6.0 Ω.(2)电压表的示数约等于电源电动势，说明电压表直接接在开路的电源上，②、③接线柱间的导线出现了断路．(3)为了使电流表的示数从零开始，滑动变阻器要采用分压式接法，要在“③、④”接线柱间再连接一根导线；为了保证安全，初始时刻应使电路中的电流最小，滑片应置于最左端．。

电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒）在电场中的运动综合考查牛顿运动定律动能定理及受力分析、运动的合成与分解是常用的命题思路．这部分内容综合性强，仍然是命题的热点．【重难解读】电场中带电粒子(微粒）在电场中的运动及电场中力的性质和能的性质主要有以下几个重点考查内容：(1)以电场强度为代表的反映电场力的性质的物理量：通过场强的计算、库仑定律的应用、带电粒子(微粒）的加速和偏转等知识,与力学观点结合考查运动类问题．（2)以电势为代表的反映电场能的性质的物理量：通过电场力做功、电势能的计算,结合功能关系,能量守恒定律等考查电场中能量的转化类问题．【典题例证】（16分)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一电荷量q＝＋1。

0×10－4C,质量m＝0。

1 kg的带电体（可视为质点）,在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点．取g＝10 m/s2。

试求：(1）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；（2)D点到B点的距离x DB；（3）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．［解析] （1)设带电体恰好通过C点时的速度为v C,依据牛顿第二定律有mg＝m错误!，（2分）解得v C＝2。

0 m/s.(1分)设带电体通过B点时的速度为v B，设轨道对带电体的支持力大小为F B,带电体在B点时，根据牛顿第二定律有F B－mg＝m错误!。

(2分)带电体从B运动到C的过程中，依据动能定理有－mg×2R＝错误!mv错误!－错误!mv错误!（2分)联立解得F B＝6.0 N,根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F′B＝6。

课时作业（三十七）测定电源的电动势和内阻［基础训练]1．下面给出多种用伏安法测电池电动势和内阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是（）A．测出两组I、U的数据，代入方程组E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r，求出E、rB．测出多组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C．测出多组I、U的数据,画出U.I图象，再根据图象求出E、r D．测出多组I、U的数据,分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出内阻r答案:C 解析：测出多组I、U的数据，画出U­I图象可消除某次测量不准造成的偶然误差，且方法直观、简便，C正确．2．某实验小组利用如图所示电路测定一节电池的电动势和内电阻,备有下列器材:①待测电池，电动势约为1.5 V(小于1.5 V）②电流表，量程3 mA③电流表，量程0。

6 A④电压表，量程1。

5 V⑤电压表，量程3 V⑥滑动变阻器，0～20 Ω⑦开关一个，导线若干（1)请选择实验中需要的器材________（选填标号）．(2)按电路图将实物(如图甲所示）连接起来．(3)小组由实验数据作出的U。

I图象如图乙所示，由图象可求得电源电动势为________V，内电阻为________Ω。

甲乙答案：见解析解析：（1)电流表量程3 mA不能满足实验需要，故选量程为0.6 A的电流表;电动势小于1.5 V，故选量程为1.5 V的电压表．其他都是电路必需器材，故所需器材为:①③④⑥⑦.（2）如图所示．(3)根据图象得：E＝1.40 V，r＝2.8 Ω.3．用如图所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外,可供使用的实验器材还有:（a)电流表(量程0.6 A、3 A)（b）电压表（量程3 V、15 V）（c)定值电阻（阻值1 Ω，额定功率5 W）（d）定值电阻(阻值10 Ω，额定功率10 W）(e）滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω,额定电流2 A)(f）滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω，额定电流1 A）那么:（1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________V，电流表的量程应选择________A;R0应选择________Ω的定值电阻，R应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．（2）引起该实验系统误差的主要原因是______________________．答案：(1）3 0.6 1 0～10 (2)电压表的分流作用解析：由于电源是一节干电池(1。