高二物理电路章末检测1

高二物理期末复习单元检测电磁感觉有答案1．(多项选择)电吉他中电拾音器的基本结构以下列图，磁体周边的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感觉电流，电流经电路放大后传达到音箱发生声音，以下说法正确的有()A．采纳铜质弦，电吉他还可以正常工作B．取走磁体，电吉他将不能够正常工作C．增加线圈匝数能够增大线圈中的感觉电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化2．以下列图，平均带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置，当a 绕O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感觉电流，且拥有缩短趋势，由此可知，圆环 a()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转3．如图甲所示，长直导线与矩形线框abcd 处在同一平面中固定不动，长直导线中通有大小和方向都随时间周期性变化的电流i，i－t 图象T 3T 如图乙所示．规定图甲中箭头所指的方向为电流正方向，则在4～4时间内，关于矩形线框中感觉电流的方向，以下判断正确的选项是() A．向来沿逆时针方向第1页/共9页B．向来沿顺时针方向C．先沿逆时针方向尔后沿顺时针方向D．沿顺时针方向尔后沿逆时针方向4． (多项选择 )以下列图，一个有界匀强磁场所区，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框 abcd，沿纸面由地址 1(左)匀速运动到地址2(右)．则 ()A．导线框进入磁场时，感觉电流方向为a→b→c→d→aB．导线框走开磁场时，感觉电流方向为a→b→c→d→aC．导线框走开磁场时，碰到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，碰到的安培力方向水平向左5． (多项选择 )如图甲所示，圆形线圈P 静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管 Q，P 和 Q 共轴， Q 中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，规定图甲中箭头方向为电流正方向， P 所受的重力为G，桌面对P 的支持力为 F N，则 ()A．t1时辰 F N＞G，P 有缩短的趋势B．t2时辰 F N＝ G，此时穿过 P 的磁通量最大C．t3时辰 F N＝ G，此时 P 中无感觉电流D．t4时辰 F N＜G，此时穿过 P 的磁通量最小6．以下列图，正方形线框的左半侧处在磁感觉强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴 MN 恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴 MN 以线速度 v2匀速转过 90°.为使两次操作过程中线框产生的平均感觉电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶ π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶17． (多项选择 )在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500 匝，横截面积 S＝20 cm2螺线管导线电阻r ＝1.0Ω，1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C.R＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁感觉强度 B 按如图乙所示的规律变化．则以下说法中正确的选项是 ()A．螺线管中产生的感觉电动势为 1 VB．闭合开关 S，电路中的电流牢固后，电阻R1耗资的功率为5×10－2WC．电路中的电流牢固后电容器下极板带正电D．开关 S 断开后，流经 R2的电荷量为 1.8 ×10－5 C8．如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m；用两根不能伸长的娇嫩轻导线将它们连成闭合回路abdca，并经过固定在斜面上沿的两圆滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感觉强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线恰好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒 ab 匀速下滑．求(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．9．如图，水平面 (纸面 )内间距为 l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上，t＝0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0 时辰，金属杆进入磁感觉强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场所区，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者向来保持垂直且接触优异，两者之间的动摩擦因数为μ重.力加速度大小为g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．10． (多项选择 )以下列图，通电导线 cd 右侧有一个金属框与导线 cd 在同一平面内，金属棒 ab 放在框架上，若 ab 碰到向左的磁场力，则 cd中电流的变化情况是 ()A．cd 中通有由 d→c 方向逐渐减小的电流B．cd 中通有由 d→c 方向逐渐增大的电流C．cd 中通有由 c→d 方向逐渐减小的电流D．cd 中通有由 c→d 方向逐渐增大的电流11． (多项选择 )以下列图装置中， cd 杆原来静止．当 ab 杆做以下哪些运动时， cd 杆将向右搬动 ()A．向右匀速运动B．向右加速运动C．向左加速运动D．向左减速运动12．以下列图， A、B 是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同．一个矩形闭合金属线圈与A、B 在同一平面内，并且 ab 边保持与通电导线平行，线圈从图中的地址 1 匀速向左搬动，经过地址2，最后到地址 3，其中地址 2 恰在 A、B 的正中间，则下面的说法中正确的选项是()A．在地址 2 这一时辰，穿过线圈的磁通量最大B．在地址 2 这一时辰，穿过线圈的磁通量的变化率为零C．从地址 1 到地址 3 的整个过程中，线圈内感觉电流的方向发生了变化D．从地址 1 到地址 3 的整个过程中，线圈碰到的磁场力的方向保持不变参照答案1．【答案】 BCD【解析】 [ 铜质弦为非磁性资料，不能够被磁化，采纳铜质弦，电吉他不能够正常工作， A 项错误；若取走磁体，金属弦不能够被磁化，其振动时，不能够在线圈中产生感觉电动势，电吉他不能够正常工作， B 项对；ΔΦ由 E＝n t 可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感觉电流方向不断变化，D 项正确．2．【答案】 B【解析】 [ 由楞次定律知，欲使 b 中产生顺时针电流，则 a 环内磁场应向里减弱或向外增强， a 环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于 b 环又有缩短趋势，说明 a 环外面磁场向外，内部向里，应选 B.]3．【答案】 BT 3T【解析】 [ 在4～4时间内，穿过线框的磁场方向先向里减小后向外增加，由楞次定律可知感觉电流的磁场方向向里，故感觉电流的方向始终沿顺时针方向，选 B.]4．【答案】 BD【解析】 [ 依照右手定则或楞次定律可知，选项 A 错误， B 正确；根据楞次定律“来拒去留”的口诀可知，导线框进入磁场和走开磁场时，碰到的安培力方向均是水平向左，因此选项C错误，D正确．本题答案为 B、D.]5．【答案】 AB【解析】 [t1时辰，电流增大，由楞次定律知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项 A 正确；t2时辰电流达到最大，变化率为零，故线圈中无感觉电流， F N＝G，此时穿过 P 的磁通量最大，选项 B 正确；t3时辰电流为零，但电流从有到无，故穿过线圈的磁通量发生变化，此时 P 中有感觉电流，选项 C 错误；t4时辰电流变化率为零，线圈中无感觉电流， F N＝G，此时穿过 P 的磁通量最大，选项 D 错误． ] 6．【答案】 AL 【解析】[ 将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，时间 t1＝2÷v1 L2v2＝2v1；让线框绕轴MN 以线速度 v2匀速转过 90°，角速度ω＝L，ππL时间 t2＝2÷ω＝4v2，两次过程中线框产生的平均感觉电动势相等，t2＝t1，解得 v1∶v2＝2∶π，选项 A 正确． ]7．【答案】 CDnΔΦB【解析】 [ 依照法拉第电磁感觉定律E＝t＝n·S t求出 E＝1.2V，选项 A 错；依照全电路欧姆定律 I＝E＝0.12 A，依照 P＝I 21，R1＋R2＋r R 得 R1耗资的功率 P＝5.76 ×10－2 W ，选项 B 错；由楞次定律得选项 C 对；S 断开后，流经 R2的电荷量即为 S 闭合时 C 板上所带电荷量 Q，电容器两端的电压 U＝IR2＝0.6 V，流经 R2的电荷量 Q＝CU＝1.8 ×10－5 C，选项 D 对． ]mgR8．【答案】 (1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)B2L2【解析】 (1)由 ab、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd 速度总是相等， cd 也做匀速直线运动．设导线的张力的大小为T，右斜面对ab 棒的支持力的大小为 F N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 F N2，关于 ab 棒，受力解析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsin θ＝μF N1＋T＋F①F N1＝2mgcos θ②关于 cd 棒，受力解析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin θ＋μF N2＝T③F N2＝mgcos θ④联立①②③④式得： F＝mg(sin θ－3μcos θ)(2)设金属棒运动速度大小为v，ab 棒上的感觉电动势为E＝BLv⑤E回路中电流 I ＝R⑥安培力 F＝BIL⑦联立⑤⑥⑦得：mgRv＝(sin θ－3μcos θ)B2L2.F B2l2t09．【答案】 (1)Blt 0(m－μg) (2)m【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左界线时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感觉定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得FE＝Blt 0(m－μg)④(2)设金属杆在磁场所区中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，依照欧姆定律EI＝R⑤式中 R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F 安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得B2l 2t0R＝m ⑧.10．【答案】 BD11．【答案】 BD【解析】 [ab 匀速运动时， ab 中感觉电流恒定， L1中磁通量不变，穿过 L2的磁通量不变， L2中无感觉电流产生， cd 杆保持静止， A 不正确； ab 向右加速运动时， L2中的磁通量向下增大，由楞次定律知 L2中感觉电流产生的磁场方向向上，故经过 cd 的电流方向向下， cd 向右搬动， B 正确；同理可得 C 不正确， D 正确． ]12．【答案】 D【解析】 [ 由题意知线圈经过地址 2 时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，故A、B 均错误；从地址 1 到地址 3 的整个过程中，穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零，尔后向里逐渐增大，由楞次定律知线圈中感觉电流的方向向来沿逆时针方向，线圈所受的磁场力的方向向来向右，故C错误，D正确．]。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)1.最早提出用电场线描述电场的物理学家是()A.牛顿B.伽利略C.法拉第D.阿基米德答案 C解析牛顿发觉万有引力定律，提出了牛顿三定律；伽利略争辩了下落物体运动的特点，并设计了抱负斜面试验；法拉第最早提出用电场线描述电场，发觉电磁感应现象；阿基米德争辩了浮力问题等.综上所述，选项C正确.2.如图1所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负摸索电荷时，它沿直线向B点运动，对此现象下列推断正确的是(不计电荷重力)()图1A.电荷向B做匀加速运动B.电荷向B做加速度越来越小的运动C.电荷向B做加速度越来越大的运动D.电荷向B做加速运动，加速度的变化状况不能确定答案 D解析因负摸索电荷只受电场力状况下，向B点运动，故电场力向右，场强方向由B→A，电荷向B做加速运动，因只有一条电场线，不知电场的分布状况，故不能确定加速度变化状况.3.如图2所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，电场力做正功，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为F a、F b，则下列推断正确的是()图2A.若Q为正电荷，则q带正电，F a>F bB.若Q为正电荷，则q带正电，F a<F bC.若Q为负电荷，则q带正电，F a>F bD.若Q为负电荷，则q带正电，F a<F b 答案 A解析若Q为正电荷，q由a运动到b电场力做正功，故q带正电.由电场线疏密程度可知E a>E b，故F a>F b，A对，B错.同理，若Q为负电荷，则q带负电荷，乃有F a>F b，C、D均错.4.如图所示，正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是图中的()答案 D解析由已知可知由P→Q电场应越来越强，电场线应越来越密，故只有D正确.5.如图3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)()图3A.k3qR2 B.k10q9R2 C.kQ＋qR2 D.k9Q＋q9R2答案 B解析由于b点处的场强为零，依据电场叠加原理知，带电圆盘和a点处点电荷在b处产生的场强大小相等、方向相反.在d点处带电圆盘和a点处点电荷产生的场强方向相同，所以E＝k q(3R)2＋k qR2＝k10q9R2，所以B选项正确.6.如图4所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，带相同电荷量的正、负点电荷分别放置在a、d两点时，圆心O处的电场强度大小为E.现转变a点处点电荷的位置，使O点处的电场强度转变，下列叙述正确的是()图4A.移到c点，O点处的电场强度大小不变，方向由O指向eB.移至b点，O点处的电场强度大小减半，方向由O指向dC.移至e点，O点处的电场强度大小减半，方向由O指向cD.移至f 点，O 点处的电场强度大小不变，方向由O 指向e 答案 C解析 当带相同电荷量的正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，依据点电荷产生的电场特点可知，在O 点处产生的合场强是各自产生的场强大小的2倍，可知每个点电荷在O 点处产生的场强大小均是E2，方向由a指向d ，当a 点处点电荷移到c 点处时，依据数学学问和矢量的运算法则可得，在O 点处产生的合场强大小减半，方向由O 指向e ，A 错误；同理，可推断B 、D 错误，C 正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分，把正确选项前的字母填在题后的括号内，全部选对得6分，选对部分但不全的得3分，错选得0分)7.如图5所示，两个等量异种点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O 等距离的两点a 、b ，在连线上有距中点O 等距离的两点c 、d ，则下列场强大小关系式正确的是( )图5A.E a ＝E bB.E a ＝E O ＝E bC.E c ＝E dD.E c >E O >E d答案 AC解析 由电场的叠加原理可知：等量异种点电荷连线和中垂线上关于中点对称处的场强相同，所以A 、C 正确，D 错误；由点电荷的场强计算公式和电场叠加原理可知，O 点和a 、b 点或c 、d 点的电场强度大小不相等，故B 错.8.两个带有同种电荷的小球A 、B ，放在光滑绝缘水平面上，其中小球A 固定，小球B 只在库仑力作用下由静止开头沿水平面运动，在运动过程中，小球B 的加速度a 和速度v 的变化是( ) A.a 始终在增大 B.a 始终在减小 C.v 始终在增大D.v 始终在减小答案 BC解析 B 在A 的静电斥力的作用下，向远离A 的方向做加速运动，A 、B 间隔越来越远，由牛顿其次定律得k q A q Br2＝m B a B ，r 渐渐变大，则a B 渐渐减小，但B 的速度始终在增大，故正确选项为B 、C. 9.如图6所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A 、B ，原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力分别为F A 、F B ，现在两球都带上同号电荷，上、下两根细线的拉力分别为F A ′、F B ′，则( )图6A.F A ＝F A ′B.F A ＞F A ′C.F B ＞F B ′D.F B ＜F B ′答案 AD解析 选取A 、B 整体为争辩对象，在两种状况下有F A ＝(m A ＋m B )g ，F A ′＝(m A ＋m B )g ，所以F A ＝F A ′；选取B 为争辩对象，当A 、B 不带电时，F B ＝m B g ；当A 、B 带上同种电荷时，F B ′＝m B g ＋F ，所以F B ＜F B ′.10.两个带等量正电荷的点电荷，O 点为两电荷连线的中点，a 点在中垂线上，若在a 点由静止释放一个电子，如图7所示，关于电子的运动，下列说法正确的是( )图7A.电子在从a 向O 运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B.电子在从a 向O 运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.电子运动到O 时，加速度为零，速度最大D.电子通过O 后，速度越来越小，直到为零；加速度可能先增大后减小 答案 CD解析 带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O 处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再渐渐减小到零.但a 点与最大场强点的位置关系不能确定，当a 点在最大场强点的上方时，电子在从a 点向O 点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a 点在最大场强点的下方时，电子的加速度则始终减小，故A 、B 错误；但不论a 点的位置如何，电子在向O 点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度始终增加，当达到O 点时，加速度为零，速度达到最大值，C 正确；通过O 点后，电子的运动方向与场强的方向相同，故电子做减速运动，当电子运动到a 点关于O 点对称的b 点时，电子的速度为零.同样因b 点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度大小的变化可能先变大后减小，D 正确. 三、填空题(本题共2小题，共12分)11.(6分)如图8所示，a 、b 是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，两球质量为m a 、m b ，两球落地时间为t a 、t b ，落地时水平位移为x a 、x b ，则m a ________m b ，t a ________t b ，x a ________x b .(填＞，＜或＝)图8答案 ＞ ＝ ＜解析 两球带同种电荷，所以两球在水平方向受到相互作用的电场力大小相等、方向相反.对两小球分别进行受力分析有：m a g ＝F tan α，m b g ＝Ftan β.由于α＜β，所以tan α＜tan β，m a g ＞m b g ，m a ＞m b ；剪断细线水平方向上，a 的加速度小于b 的加速度.竖直方向上两球均做自由落体运动，因此两球同时落地：t a ＝t b ；由于a 的加速度小于b 的加速度，因此a 球水平飞行的距离比b 球小：x a ＜x b .12.(6分)如图9所示，空间中A 、B 、C 三点的连线恰构成始终角三角形，且∠C ＝30°，AB ＝L ，在B 、C 两点分别放置一点电荷，它们的电荷量分别是＋Q 与－Q (静电力常量为k ).求斜边AC 的中点D 处的电场强度大小________，方向________.图9 答案3kQL 2水平向右 解析 连接BD ，三角形ABD 为等边三角形，可得BD ＝CD ＝AB ＝L .点电荷＋Q 与－Q 在D 处产生的场强大小均为E 1＝k QL 2，方向如图所示，二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知，D 处的电场强度为这两个场强的矢量和，可解得E ＝2E 1cos30°＝2×kQ L 2×32＝3kQL2，方向水平向右.四、计算题(本题共4小题，共40分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13.(8分)如图10所示，E 为某匀强电场，将质量为2×10－3kg 的小球从A 点由静止释放，小球恰能沿直线AB 向右下方运动，且AB 与竖直方向成45°角.已知小球的带电量为2×10－4C.求匀强电场强度大小.(g ＝10m/s 2)图10 答案 100N/C解析 小球受力状况如图所示，F ＝Eq ＝mgE ＝F q ＝mg q ＝2×10－3×10N 2×10－4C＝100N/C.14.(8分)如图11所示，带电小球A 和B 放在光滑绝缘水平面上，质量分别为m A ＝2g ，m B ＝1g ；所带电荷量值q A ＝q B ＝10－7C ，A 带正电，B 带负电，现有水平向右的恒力F 作用于A 球，可使A 、B 一起向右运动，且保持间距d ＝0.1m 不变，试问F 多大？图11答案 2.7×10－2N解析 两球相互吸引的库仑力F 电＝k q A q Bd 2＝9×10－3NA 球和B 球加速度相同，隔离B 球，由牛顿其次定律得：F 电＝m B a ①把A 球和B 球看成整体，水平恒力F 即为其合外力，由牛顿其次定律得：F ＝(m A ＋m B )a ② 代入数据，由①式得a ＝9m/s 2，由②式得F ＝2.7×10－2N.15.(12分)如图12所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，有一质量为m 、电荷量为＋q 的物体以初速度v 0，从A 端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数.图12答案 qE cos θ－mg sin θqE sin θ＋mg cos θ解析 选物体为争辩对象，受力分析如图所示，由平衡条件得：qE cos θ＝f ＋mg sin θ① N ＝qE sin θ＋mg cos θ② f ＝μN ③由①②③式联立解得 μ＝qE cos θ－mg sin θqE sin θ＋mg cos θ16.(12分)如图13所示，一长为L 的绝缘细线下端系质量为m 的金属小球，并带有－q 的电荷量，在细线的悬点O 处放一电荷量为＋q 的点电荷.要使金属球能在竖直平面内做完整的圆周运动，求：图13(1)金属球在最高点受到的库仑力多大； (2)金属球在最高点的速度至少多大；(3)假如金属球在最高点的速度为v ，则它通过最低点时的速度多大. 答案 (1)k q 2L2 (2)gL ＋kq 2mL(3)4gL ＋v 2解析 (1)依据库仑定律得金属球在最高点受到的库仑力：F ＝k q 2L 2(2)当小球在最高点绳子拉力为零时速度最小，最小速度为v 1 依据牛顿其次定律得：mg ＋k q 2L 2＝m v 21Lv 1＝gL ＋kq 2mL(3)小球从最高点到最低点的过程中，电场力做功为零，假如金属球在最高点的速度为v ，设金属球在最低点的速度为v 2，据动能定理有：mg ·2L ＝12m v 22－12m v 2解得v 2＝4gL ＋v 2。

人教版高二物理上学期期末复习考前过关练专练（10）恒定电流章末质量检测（原卷版）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，满分48分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项是符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。

他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。

握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（）A．通过的电流增大 B．两端的电压增大C．阻值增大为原来的1.2倍 D．电功率增大为原来的1.44倍2．如图1是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片。

下列说法中正确的有( )A．P在b点，灯最亮B．P在c点，灯最亮C．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大D．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减小3．如图所示，定值电阻R=20Ω，电动机线圈的电阻R0=10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A．当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（）A．I=1.5A B．I＜1.5AC．P=15W D．P＞15W4．某居民家中的电路如图所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍能正常发光。

拔出电饭煲的插头，把试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则( )A．仅电热壶所在的C、B两点间发生了断路故障B．仅电热壶所在的C、B两点间发生了短路故障C．仅导线AB间断路D．因插座用导线接地，所以发生了上述故障5. 图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U C。

如果U C随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压U R随时间t变化的图像中，正确的是（）A．B．C．D．6．如图所示是简化的多用电表的电路图。

(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．认真观看下列与静电有关的各图，属于防范静电的是( )解析：选A.题给四个图中，B 、C 、D 均为静电现象的应用，故选A.2．(2022·洛阳统考)如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和场强都相同的是( )解析：选B.A 中a 、b 两点场强的方向不同，A 错误；B 中a 、b 两点电势和场强均相同，B 正确；C 中a 点电势高于b 点电势，C 错误；D 中a 、b 两点场强的方向不同，D 错误．故选B.3．(2022·台州高二检测)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 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 .若将两小球相互接触后分开肯定的距离，两球间库仑力的大小变为43F ，则两小球间的距离变为( )A.r 4B.r 2C ．rD ．2r 答案：B 4. (2022·广州一中高二检测)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些( )A ．带电尘粒将向上运动B ．带电尘粒将向下运动C ．错开过程中，通过电阻R 的电流方向为A 到BD ．错开过程中，通过电阻R 的电流方向为B 到A解析：选C.平行板左右错开一些后，正对面积减小，但板间距离不变．由于电容器与电源相连，板间电压不变．由E ＝Ud 知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，A 错误，B 错误．两板错开时，由C ＝εr S4πkd 知，电容减小，电荷量Q ＝U ·C 减小，因而电容器放电，电阻R 中电流方向为A 到B ，C 正确，D 错误，故选C.5. (2022·银川一中质检)如图所示，平行金属板A 、B 之间有匀强电场，A 、B 间电压为600 V ，A 板带正电并接地，A 、B 两板间距为12 cm ，C 点离A 板 4 cm ，下列说法正确的是( )A ．E ＝2 000 V/m ，φC ＝200 VB ．E ＝5 000 V/m ，φC ＝200 VC ．电子在C 点具有的电势能为－200 eV ，把一个电子从C 点移动到B 板，电场力做功为－400 eVD ．电子在C 点具有的电势能为200 eV ，把一个电子从C 点移动到B 板，电场力做功为－400 eV 解析：选D.A 接地，则其电势为零，又由于A 、B 间电压为600 V ，则B 处电压为－600 V ，由此知C 点电势为负值，则A 、B 间场强E ＝U /d ＝600 V/12 cm ＝50 V/cm ＝5 000 V/m ，则φC ＝E ×d C ＝50 V/cm ×(－4 cm)＝－200 V ，A 、B 错误；电子在C 点具有的电势能为200 eV ，把一个电子从C 点移动到B 板，电场力做功为－400 eV ，C 错误，D 正确．故选D.6. (2022·安徽阜阳一中高二检测)如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，电荷量为q 的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度的大小为( )A ．mg /qB ．2mg /qC．3mg/q D．4mg/q答案：C7.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是()A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：选C.依据做曲线运动物体的合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错误；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功，速度增加，电势能在减小，则在M点的速度最小，A、D错误；粒子在整个过程中只受电场力，依据牛顿其次定律知加速度不变，C正确．故选C.二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)8.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v－t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列推断正确的是()A．该电场可能是由某正点电荷形成的B．M点的电势高于N点的电势C．从M点运动到N点的过程中，电势能渐渐增大D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力解析：选CD.由题中的v－t图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处的电场为匀强电场，D正确A错误；由于粒子带正电，正电荷的受力方向跟该点场强的方向相同，如图所示，由于沿着电场线的方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确．故选CD.9.假设在某电场中沿x轴方向上，电势φ与x的距离关系如图所示，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是()A．区域x3～x4内沿x轴方向的电场强度均匀增大B．区域x6～x7内沿x轴方向场强为零C．若电子从电势为2 V的x1位置向右移动到电势为2 V的x7位置，为了通过电势为3 V的x4位置，电子至少应具有1 eV的初动能D．电子在区域x1～x2内沿x轴方向所受电场力小于区域x3～x4内沿x轴方向所受电场力解析：选BD.在x轴方向上，由E＝Ud＝ΔφΔx可知，图象斜率表示沿x轴方向场强大小，则区域0～x1、x2～x3、x4～x5、x6～x7沿x轴方向场强为0，区域x1～x2、x3～x4、x5～x6沿x轴方向场强大小恒定，且区域x1～x2内的场强大小小于区域x3～x4内的场强大小．区域x1～x2内电势不断降低，场强方向沿x轴正向，区域x3～x4内电势不断上升，场强方向沿x轴负向，区域x5～x6内电势不断降低，场强方向沿x轴正向，电子从x1位置向右运动的过程中，在区域x1～x2内受沿x轴负方向的电场力，做减速运动，电场力做负功，为了能通过整个区域，电子至少应具有2 eV的初动能，电子在区域x3～x4内时，电场力沿x轴正向，做正功，故选BD.10．(2022·山东泰安一中月考)如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点(其中b为连线的中点)，c为连线的中垂线上的一点．今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法中正确的是()A．电荷q受到的电场力的合力始终变小B．电场力的合力对电荷q始终做负功C．电荷q的电势能始终增加D．电荷q受到的电场力的合力方向始终不变解析：选BC.由于b点是等量同种正电荷连线上的中点，所以b点电场强度为0，电荷在b点所受电场力为0，带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c的过程中，电场力先减小后增大，A错误；由于是负点电荷，所以电场力始终做负功，电势能始终增加，B、C正确；电荷q受到的电场力的合力方向随运动过程变化，由a 到b 合力方向向左，由b 到c 合力方向向下，D 错误．11.如图所示，一电子枪放射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时遇到偏转电极板的状况)( )A ．增大偏转电压UB ．减小加速电压U 0C ．增大偏转电场的极板间距离dD ．将放射电子改成放射负离子解析：选AB.在加速电场中qU 0＝12m v 20，在偏转电场中y ＝12at 2，l ＝v 0t ，可得y ＝Ul 24U 0d ，可见增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小极板间距离d 可使偏转位移y 增大，故A 、B 项正确，C 项错误．偏转位移的大小与放射的带电粒子的q 、m 无关，故D 项错误．故选AB.12．(2022·包头一中模拟)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下推断正确的是( )A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．摸索电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能解析：选BC.等量异种点电荷所形成的电场中每一个位置处的电场强度都是两个电荷形成的电场相叠加的结果，在MN 直线上，两电荷连线中点处的场强最大；在两点电荷的连线上，中点场强最小(在电场线分布较密的地方电场较强)．可以推断B 正确，A 错误．电势差是电势的差值，由题意可知MN 是两个电荷连线的中垂线，由左右两侧电场分布的对称性知U ab ＝U bc ，故C 正确．把正电荷从a 点移到c 点，电场力做正功，电荷的电势能削减，D 错误．三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位．)13. (2021·高考新课标全国卷Ⅱ改编)(8分)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上：a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c 球的电量．解析：以小球c 为争辩对象，其受力如图甲所示，其中F 库＝kqq cl2，由平衡条件得：2F 库cos 30°＝Eq c (2分)即：3kqq c l 2＝Eq c ，E ＝3kql2(2分)此时a 的受力如图乙所示，则⎝⎛⎭⎫kq 2l 22＋⎝⎛⎭⎫3kq 2l 22＝⎝⎛⎭⎫k qq c l 22(2分)得q c ＝2q (1分)即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡．(1分)答案：3kql 22q 14．(8分)如图所示，A 、B 两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v 0＝4×106 m/s 的速度垂直于场强方向沿中心线由O 点射入电场，从电场右侧边缘C 点飞出时的速度方向与v 0方向成30°的夹角．已知电子电荷e ＝1.6×10－19 C ，电子质量m ＝0.91×10－30 kg.求：(1)电子在C 点时的动能是多少？(2)O 、C 两点间的电势差大小是多少？解析：(1)依据几何三角形知电子在C 点时的速度为： v t ＝v 0cos 30°① (1分)而E k ＝12m v 2t② (1分)联立①②得：E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos 30°2＝9.7×10－18 J ．(2分) (2)对电子从O 到C ，由动能定理，有 eU ＝12m v 2t －12m v 20.③ (2分) 联立①③得：U ＝m （v 2t －v 20）2e ＝15.2 V ．(2分)答案：(1)9.7×10－18 J (2)15.2 V15．(10分)如图甲所示，相距d ＝15 cm 的A 、B 两极板是在真空中平行放置的金属板，当给它们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．今在A 、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6 s ，t ＝0时A 板的电势比B 板的电势高，且U 0＝1 080 V ．一个比荷q m ＝1.0×108 C/kg 的带负电荷的粒子在t ＝0时刻从B 板四周由静止开头运动，不计重力．求：(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度的大小． 解析：粒子在电场中的运动状况比较简单，可借助于v ­t 图象分析运动过程．如图所示为一个周期的v -t 图象，以后粒子将重复这种运动．(1)在0～T 3时间内，粒子加速向A 板运动，当t ＝T3时，粒子速度第一次达到最大．依据牛顿其次定律可知，粒子运动的加速度为a ＝F m ＝qU 0md.(1分) 设粒子的最大速度为v m ，此时位移为x ，则x ＝at 22＝qU 02md ×⎝⎛⎭⎫T 32＝0.04 m ，(2分)v m ＝at ＝qU 0T3md＝2.4×105 m/s.(2分) (2)粒子在第一个周期的前2T 3时间内，先加速后减速向A 板运动，位移为x A ；粒子后T3时间内，先加速后减速向B 板运动，位移为x B .以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子在加速和减速运动中的加速度大小相等，所以有x A ＝2x ＝0.08 m ，(1分)x B ＝2×qU 0T 22md ×36＝0.02 m ．(1分)所以粒子在一个周期内的位移x ′＝x A －x B ＝0.06 m ．明显，第2个周期末粒子距A 板的距离为 L ＝d －2x ′＝0.03 m ＜0.04 m ，(1分)表明粒子将在第3个周期内的前T 3时间内到达A 板．设粒子到达A 板的速度为v ，则由v 2＝2ax 有v 2＝2qU 0Lmd解得v ≈2.1×105 m/s.(2分)答案：(1)0.04 m 2.4×105 m/s (2)2.1×105 m/s 16. (2022·保定调研)(16分)如图所示为光滑竖直圆环轨道，O 为圆心，半径为R ＝0.5 m ，B 点与O 点等高，在最低点固定一点电荷A ，B 点恰能静止一质量为m ＝0.1 kg ，电荷量为q ＝2×10－6 C 的带电小球，现将点电荷A 的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C 时的速度为10 m/s ，取g ＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2.求：(1)开头时点电荷A 的带电荷量Q 是多少？ (2)小球在B 点刚开头运动时的加速度； (3)小球在C 点时，对轨道的压力；(4)点电荷A 的电荷量增加为原来的两倍后，B 、C 两点间的电势差． 解析：(1)设点电荷A 的电荷量为Q ，受力分析如图所示，小球在B 点静止，则有：k qQ （2R ）2＝2mg (2分) 代入数据解得： Q ＝118×10－3 C ．(1分)(2)当A 的电荷量增加为原来的两倍时，则有 k 2qQ （2R ）2cos 45°－mg ＝ma (3分) 所以a ＝g ＝10 m/s 2，方向竖直向上．(1分)(3)在C 点时，设轨道对球的压力方向向下，大小为F N ，依据圆周运动学问可得 mg ＋F N －k 2qQ （2R ）2＝m v 2CR (3分)代入数据解得： F N ＝(2＋1) N(1分)则此时小球对轨道的压力大小也为(2＋1) N ，方向为竖直向上．(2分) (4)设B 、C 两点间电势差为U ，则由动能定理可得 qU －mgR ＝12m v 2C －0(2分)代入数据解得：U ＝22×106 V ．(1分) 答案：见解析。

人教版高二物理上学期期末复习考前过关练一、选择题：本题共12小题，每小题4分，满分48分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项是符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。

他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。

握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱（）A．通过的电流增大 B．两端的电压增大C．阻值增大为原来的1.2倍 D．电功率增大为原来的1.44倍【答案】B【解析】ABC．根据电阻定律：L RSρ=可知，长度变为原来的1.2倍，横截面积变为原来的11.2倍，所以电阻变为原来的1.44倍；根据闭合电路欧姆定律：E U Ir=+可知总电阻增大，干路电流I减小，路端电压即盐水柱两端电压U增大，故AC错误，B正确；D．电功率的表达式：2P I R=电流变化倍数无法计算，所以电功率变化倍数无法计算，故D错误。

2．如图1是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片。

下列说法中正确的有( )A．P在b点，灯最亮B．P在c点，灯最亮C．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大D．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减小【答案】D【解析】台灯的功率P＝I2R，式中R为台灯的电阻，在电源电压不变时，电路中的电流随接入电路中的电阻丝的长度而改变，当P滑到c点时电阻丝接入电路的电阻最大，电流最小，台灯最暗，故只有选项D正确。

3．如图所示，定值电阻R=20Ω，电动机线圈的电阻R0=10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A．当开关S 闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应是（ ）A ．I =1.5AB ．I ＜1.5AC ．P =15WD ．P ＞15W【答案】B 【解析】当电键S 断开时,由欧姆定律得10.5A 20Ω=10V U I R ==⨯，当电键S 闭合后，通过R 1的电流仍为0.5A ，电动机的电流2010V 1A 10U I R <==Ω， 故电流表的电流 1.5A I <，电路中电功率15W P UI =< 故B 正确，ACD 错误；4．某居民家中的电路如图所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍能正常发光。

第一章安培力与洛伦兹力章末训练【基础过关】1.一束粒子沿水平方向平行飞过小磁针上方，如图所示，此时小磁针S极向纸内偏转，这一束粒子可能是()A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束2.如图所示，垂直纸面放置的两根直导线a和b，它们的位置固定并通有相等的电流I；在a、b 沿纸面的连线的中垂线上放有另一直导线c，c可以自由运动．当c中通以电流I1时，c并未发生运动，则可以判定a、b中的电流()A．方向相同都向里B．方向相同都向外C．方向相反D．只要a、b中有电流，c就不可能静止3．(2020-2021学年莆田第一中学高二(上)期末)如图所示，在粗糙水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时弹簧为原长，若在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流时，磁铁保持静止()A．弹簧有被拉伸的趋势B．磁铁受到水平向左的摩擦力C．磁铁对地面的压力将减小D．磁铁对地面的压力将增大4．(2020-2021学年西安市长安一中高二(上)期末)如图所示，光滑绝缘的斜面与水平面的夹角为θ，导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I，空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现缓慢增大θ(0<θ<90°)，若电流I不变，且ab始终静止在斜面上(不考老磁场变化产生的影响)，下列说法正确的是A．B应缓慢减小B．B应缓慢增大C．B应先增大后减小D．B应先减小后增大5．(2020-2021学年福州第一中学高二(上)期末)(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是()A．小球可能做匀变速运动B．小球一定做变加速运动C．小球动能可能不变D．小球机械能守恒6．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平(垂直纸面向里)，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使球从较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，则球在板间运动过程中，下列说法正确的是()A ．其动能将会增大B ．其电势能将会增大C ．小球所受的磁场力将会增大D ．小球所受的电场力将会增大7．(2020-2021学年沙市中学高二(上)期末)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流电源上在两板间加一磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。

人教版恒定电流章末测试题一、单选题1.在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线，如图所示．两个电源的电动势分别为、，内阻分别为、如果外电路分别接入相同的电阻R，则两个电源的A. 路端电压和电流不可能同时相等B. 输出功率不可能相等C. 总功率不可能相等D. 效率不可能相等2.如图所示，为定值电阻，为可变电阻，E为电源电动势，r为电源的内电阻，以下说法中不正确的是A. 当时，上获得最大功率B. 当时，上获得最大功率C. 当时，上获得功率一定最大D. 当时，电源的输出功率可能最大3.额定电压都是，额定功率，的电灯两盏，若接在电压是的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是A. B.C. D.4.如图所示，电路中、均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是A. 增大的阻值B. 增大的阻值C. 增大两板间的距离D. 断开开关S5.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻、的电压与电流的关系如图所示，用此电源和电阻、组成电路．、可以同时接入电路，也可以单独接入电路．在所有可能的各种接法中，下列说法正确的是A. 将、并联后接到电源两端，电源输出功率最大，电源效率最低B. 将、并联后接到电源两端，电源输出功率最小，电源效率最高C. 将、串联后接到电源两端，电源输出功率最小，电源效率最低D. 将、串联后接到电源两端，电源输出功率最大，电源效率最高6.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯、都能发光．后来由于某种故障使灯突然变亮未烧坏，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是A. 电阻断路B. 电阻短路C. 灯两接线柱间短路D. 电阻断路7.如图所示，电路中电源的电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡、、的亮度变化情况是A. 灯、变亮，灯变暗B. 灯、变亮，灯变暗C. 灯、变暗，灯变亮D. 灯、变暗，灯变亮8.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段曲线所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是A. B点的电阻为B. B点的电阻为C. 导体的电阻因温度的影响改变了D. 导体的电阻因温度的影响改变了9.如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为A. vqB.C. qvSD.10.某实物投影机有10个相同的照明灯和10个相同的指示灯，将其连接在交流电源上，电路如图所示．若工作一段时间后灯丝烧断，则A. 的功率减小，的功率增大B. 的功率增大，的功率增大C. 的功率增大，其他指示灯的功率减小D. 的功率减小，其他指示灯的功率增大11.图中电阻、、的阻值相等，电池的内阻不计，开关S接通后流过的电流是S接通前的A. B. C. D.12.某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路．接通电源后，可能出现的情况是A. 电流表烧坏B. 电压表烧坏C. 小灯泡烧坏D. 小灯泡不亮二、多选题13.如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是A. 电流表读数变小，电压表读数变大B. 小灯泡L变亮C. 电容器C上电荷量减小D. 电源的总功率变小14.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是A. 加电压时，导体的电阻约为B. 加电压时，导体的电阻约为C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小15.如图所示，图线a是某一电源的曲线，图线b是一定值电阻的曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路已知该电源的内阻，则A. 该定值电阻为B. 该电源的电动势为20VC. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大16.如图所示的电路，电源内阻不计，R为阻值未知的定值电阻，当在a、b间分别接入，的电阻时，理想电压表的示数分别为，，则A. 电源的电动势为，电阻B. 当在a、b间接入的电阻时，电源的输出功率一定最大C. 当在a、b间接入的电容器时，电容器所带电荷量为D. 当在a、b间接入线圈电阻为，额定功率为的电动机时，电动机恰能正常工作，则通过电动机线圈的电流为三、实验题17.要描绘一个标有“，”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到，并便于操作．已选用的器材有：电池组电动势为，内阻约；电流表量程为，内阻约；电压表量程为，内阻约；电键一个、导线若干．实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________填字母代号．A.滑动变阻器最大阻值，额定电流B.滑动变阻器最大阻值，额定电流实验的电路图应选用下边的图________填字母代号．实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为，内阻为的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W．18.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端选填“A”或“B”．如图2是根据实验数据作出的图象，由图可知，电源的电动势____________，内阻__________．四、计算题19.如图所示，电源电动势，内阻，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻，求：电源的总功率．电动机的输出功率．20.如图所示的电路中，灯L标有“”，定值电阻，，电源内阻，当滑片P滑到最下端时，电流表读数为，此时灯L恰好正常发光，试求：滑动变阻器最大值R；当滑片P滑到最上端时，电流表的读数；当滑片P位于滑动变阻器的中点时，变阻器消耗的功率．21.如图所示的电路中，电源的电动势，电源的内阻，电动机电阻，电阻。

第十一章电路及其应用单元测试1（解析版）第I卷（选择题）一、选择题（共40分）1．一多用电表的表盘如图所示，某同学用此表测量阻值大概为150Ω的定值电阻，他应将选择开关旋到（）A．“×1”位置B．“×10”位置C．“×100”位置D．“×1K”位置2．某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为220V，工作电流为0.22A，则当电压为110V时，灯丝的电阻为（）A．等于1000ΩB．等于0C．小于1000ΩD．大于1000Ω3．电流表的内阻是R g=200Ω，满偏电流I g=0.5mA，现把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A．应串联一个2000Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个1800Ω的电阻D．应并联一个1800Ω的电阻4．手电筒中的干电池给小灯泡供电时，在某次接通开关的10s内通过某一横截面的电荷量为3C，则电流是（）A．0.3A B．3A C．3.3A D．30A5．某晶体二极管正向电流随正向电压变化的伏安特性曲线如图所示，则该晶体二极管的（）A．电阻随着正向电压的增大而增大B ．正向电压小于0.5V 时，其电阻为零C ．正向电压为0.75V 时，其电阻为75ΩD ．正向电压为0.75V 时，其功率为7.5W6．一根长为L 、横截面积为S 、电阻率为ρ的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e 。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为v ，则电子运动时受到的平均阻力大小为（ ）A ．22mv LB ．2mv SnC ．2ne v ρD ．2e v SLρ7．如图电路是将滑动变阻器作分压器用的电路，C 、D 为分压器的输入端，A 、B 为分压器的输出端，把变阻器的滑动片P 放在变阻器正中间，下列判断中正确的是（ ）A ．空载时输出电压为U AB =U CD B ．当接上负载R 时，输出电压为2CDAB U U <C ．负载电阻R 的阻值越小，U AB 越接近2CDU D ．滑动片P 向下滑动，可实现U AB =2CDU 8．在如图所示的电路中，接有三只完全相同的电压表，已知V 1的示数为12V ，V 2的示数为4V ，电源的内阻不计。

点囤市安抚阳光实验学校第一章电与磁(时间：40分钟分值：100分)一、单项选择题Ⅰ(本大题共25小题，每小题2分，共50分．在每小题给出的4个选项中，只有1个选项符合题目要求)1．关于摩擦起电、接触起电、感起电，下列说法错误的是( )A．这是起电的三种不同方式B．这三种方式都产生了电荷C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移D．这三种方式都符合电荷守恒律解析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体．摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷．电荷只是发生转移．感起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一转移到另一个．感起电是电荷从物体的一转移到另一个．电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电．摩擦起电、接触起电、感起电是起电的三种不同方式，故A正确；这三种方式都没有产生电荷，故B错误；这三种起电方式的实质是一样的，都是电子的转移，故C正确；这三种方式都符合电荷守恒律，故D正确．答案：B2．将不带电的导体A和带有负电荷的导体B接触后，在导体A中的质子数( )A．增加 B．减少C．不变 D．先增加后减小解析：金属导体中能够自由移动的电荷只有自由电子，带正电的原子核是不能发生移动的，因此传导起电的本质是自由电子(负电荷)的转移，故导体中的质子数不会变．答案：C3．吹鼓的气球和头发摩擦后，能够吸引空易拉罐，这个现象说明( ) A．空易拉罐带正电B．空易拉罐带负电C．气球带了电D．气球不带电答案：C4．真空中两个同性点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止状态．今释放q2，且q2只有q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力( ) A．不断减小B．不断增大C．始终保持不变D．先增大后减小解析：q2只在q1的库仑斥力作用下做加速运动，距离q1将越来越远，因此两者之间的距离不断增大，库仑力则不断减小．答案：A5．阴极射线管电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为( )A．灰尘的自然堆积B．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附C．灰尘玻璃有较强的吸附灰尘的能力D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘分析：阴极射线管电视机的工作原理：阴极射线管发射的电子打在电视机的玻璃荧光屏上，而显示图像．由于屏表面有静电而吸附灰尘，故表面经常有许多灰尘．解析：灰尘的自然堆积，但不是主要原因，故A错误．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附，但不是主要原因，主要原因是静电吸附灰尘，故B错误．灰尘玻璃有较强的吸附灰尘的能力，显然C错误．阴极射线管电视机的工作原理：阴极射线管发射的电子打在电视机的玻璃荧光屏上，而显示图像．由于屏表面有静电而吸附灰尘，故表面经常有许多灰尘．故D正确．答案：D6．a、b两金属球均带电，可以确的是( )A．a对b的作用力大于b对a的作用力B．a球的带电量大于b球的带电量C．a对b的作用力与b对a的作用力大小相D．a球的质量大于b球的质量分析：两带电金属球相互间的库仑力，可由库仑律F＝kQ a Q bR2，得出相互间的库仑力与两电量的乘积成正比，与两者间距的平方成反比．解析：a对b的作用力与b对a的作用力是属于相互作用力，两者大小相，故A错误，C正确；相互间的库仑力与各自带电量无关，故B错误；相互间的库仑力与各自带质量无关，故D错误．答案：C7．物体通常呈电中性，这是因为( )A．物体没有电荷B．物体的正负电荷一样多C．物体很容易失去电荷D．以上说法都不正确解析：物体的正、负电荷一样多，不显电性．答案：B8．两个量点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线(方向未标出)如下图所示．下列说法中正确的是( )A．P、Q是两个量正电荷B．P、Q是两个量负电荷C．P、Q是两个量异种电荷D．P、Q产生的是匀强电场解析：据电场线的分布可知，P、Q带量的异种电荷．答案：C9．在如下图所示的电场中，关于M、N两点电场强度的关系判断正确的是( )A．M点电场强度大于N点电场强度B．M点电场强度小于N点电场强度C．M、N两点电场强度大小相同D．M、N两点电场强度方向相反解析：据电场线的疏密表示电场强度大小，故E M>E N；电场线上该点的切线方向有电场强度方向，故M、N两点电场强度方向不同．答案：A10．下列正确描述正点电荷电场线的图示是( )解析：据点电荷的电场线分布可知．答案：A11．如下图所示，悬线下悬挂着一个带电的小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球静止，则下列说法正确的是( )A．小球一带正电B．小球一带负电C．小球可能带电D．如果电场增大，α必减小解析：由于带电小球受到的电场力方向水平向右，与电场强度方向相同，故小球一带正电荷．答案：A12．如下图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．b点的电场强度比a点的大D．正电荷在a、b两点受力方向相同解析：以电场线的分布可知，E a>E b.正电荷在a、b两点所受电场力方向与该点电场强度方向相同，而a、b两点的电场强度方向不同．答案：B13．如下图所示，其中正确的是( )解析：磁感线在磁体外部从磁体的北极指向南极，小磁针N极指向该与磁感线的方向一致，因此只有A选项正确．答案：A14．匀强磁场的磁感强度为B，边长为L的正方形线圈平面跟磁场方向相互垂直，那么通过线圈的磁通量为( )A．0 B．BLC ．BL 2D.BL答案：C15．下列关于磁感强度大小的说法中正确的是( )A ．通电导线受安培力大的地方磁感强度一大B ．磁感线的指向就是磁感强度减小的方向C ．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D ．磁感强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解析：磁场中某点的磁感强度的大小和方向由磁场本身决，磁感强度的大小可由磁感线的密疏来反映．安培力的大小不仅与B 、I 、L 有关，还与导体的放法有关．答案：D16．如下图所示，三个线圈放在匀强磁场中，面积S 1<S 2<S 3，穿过三个线圈的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是( )A ．Φ1＝Φ2B ．Φ2＝Φ3C ．Φ1>Φ2D ．Φ3>Φ2答案：D17．图中的实线为点电荷的电场线，M 、N 两点在以点电荷为圆心的同一圆上，下列说法正确的是( )A ．M 处的电场强度比N 处的大B ．M 处的电场强度比N 处的小C ．M 、N 处的电场强度大小相，方向相同D ．M 、N 处的电场强度大小相，方向不同分析：本题比较简单，考查了负点电荷周围电场强度特点．解析：依据点电荷周围电场分布特点可知：以点电荷为圆心的同一圆上各点的电场强度大小相，在如题图所示的电场中，电场方向沿电场线指向圆心，因此方向不同，故A 、B 、C 三项错误，D 正确．答案：D点评：熟悉正、负点电荷，量同种、量异种电荷周围电场分布情况往往是解题关键．18．如图1所示，左侧的水平台面上固着条形磁铁，图2固着一螺线管．下列判断正确的是( )A ．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左B ．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右C ．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左D ．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右分析：由题图可知电流方向，由右手螺旋则可得出通电螺线管的磁极方向，则由磁极间的相互作用可得出磁铁受到的力．解析：由题图可知，电流由左侧流入，则由右手螺旋则可得，内部磁感线向左，螺线管左侧为N极；因两磁铁为同名磁极相对，故磁铁受斥力方向向左．故选A.答案：A19．关于电荷量、电场强度、磁感强度、磁通量的单位，下列说法不正确的是( )A．N/C是电荷量的单位B．T是磁感强度的单位C．N/C是电场强度的单位D．Wb是磁通量的单位分析：电量的单位C，磁感强度的单位是T，磁通量的单位是Wb，电场强度的单位是N/C.解析：电荷量的单位是C，而N/C是电场强度的单位，故A错误，D正确；磁感强度的单位T，故B正确；磁通量的单位是韦伯，故C正确．答案：A20．一根通电直导线在某个空间没有受到安培力的作用，那么( )A．这个空间一没有磁场B．这个空间可能有方向与电流方向平行的磁场C．这个空间可能有方向与电流方向垂直的磁场D．以上三种说法都不对分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0.若没有磁场，则安培力也为0.解析：一根通电直导线在某个空间没有受到安培力的作用，则可能空间无磁场，或可能磁场的方向与电流的方向平行．故B正确，A、C、D三项错误．答案：B21．关于磁感线，以下说法正确的是( )A．磁感线是不闭合的B．磁感线有可能相交C．磁感线是客观存在的 D．磁感线的疏密程度表示磁场的强弱答案：D22．关于磁感线，下列说法中正确的是( )A．两条磁感线的空隙处一不存在磁场B．磁感线总是从N极到S极C．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交分析：利用磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱；由其磁感线的特点分析即可．解析：磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱，其空隙处并不是不存在磁场，故A错误；根据磁感线的特点可知，在磁体外部，磁感线从N 极到S 极，在磁体的内部，磁感线从S 极到N 极，并且每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致，故B 错误，C 正确；由于磁感强度是矢量和每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致，所以磁感线不可能相交，故D 错误．答案：C点评：知道磁感线是为描述磁场而假想的，其疏密程度反映磁场的强弱；明确磁感线的特点是解题的关键．23．下列关于点电荷的说法，正确的是( )A ．点电荷是客观存在的带有电荷的几何点B ．带电体本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略时可视为点电荷C ．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离成反比D ．真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们所带的电量的乘积成反比分析：带电体看作点电荷的条件：当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决，与自身大小形状无具体关系；库仑律公式：F ＝k Qqr2.解析：点电荷是用来代替带电物体的有电量的点，是带电体的简化，是理想模型，故A 错误；点电荷是用来代替带电物体的有电量的点，当带电体本身大小和形状对它们间的相互作用影响可忽略时可视为点电荷，故B 正确；根据库仑律公式F ＝k Qqr2，真空中两个静止点电荷间的相互作用力，跟它们之间的距离的二次方成反比，跟它们所带的电量的乘积成正比，故C 错误，D 错误．答案：B24．真空中两个点电荷的相互作用力为F ，若把其中一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为( )A ．2FB ．4FC ．8FD ．无法确分析：该题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．解析：由库仑律可得：变化前：F ＝k Q 1Q 2r2，变化后：F ′＝k Q 1·12Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝2k Q 1Q 2r 2＝2F .故A 正确，B 、C 、D 错误． 答案：A25．在阴极射线管中，电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示方向电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转分析：首先由安培则分析判断通电直导线周围产生的磁场情况，再由左手则判断出电子流的受力方向，可知电子流的偏转方向．解析：由安培则可判断出通电直导线下方的磁场方向垂直于纸面向外，阴极射线管正好处于垂直纸面向外的磁场中，由左手则可判断出电子流受到向上的洛伦兹力作用，所以电子流要向上偏转．答案：A点评：此题要求要会熟练地使用安培则和左手则分析解决问题，要明确电流、磁场、磁场力的关系，能正确地运用左手则和右手则分析问题是解决该题的关键．二、单项选择题Ⅱ(本大题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的4个选项中，只有1个选项符合题目要求)26．(2013·学业水平考试)如图所示为通电长直导线的磁感线图，面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是( )A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0 D．Φ1＝Φ2＝0答案：A27．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )答案：A28．当直导线通以垂直纸面向外的恒电流时，小磁针静止时指向正确的是( )答案：A29．四种电场的电场线如图所示，一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的( )解析：电场线的疏密表示电场的强弱，由M到N加速度越来越大．要求N 的电场较强，电场线较密，所以选D.答案：D30．如下图所示，一小段通电直导线AB放在磁场中，其受力方向是( ) A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下答案：A三、多项选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分．在每小题列出的4个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的，选对得7分，少选且正确得3分，31．如图所示，一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路．当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用．要使安培力增大，可采用的方法有( )A．增大磁感强度B．减小磁感强度C．增大电流强度D．减小电流强度分析：通电导线在磁场中受到安培力的作用，由公式F＝BIL可以确安培力大小，由此来判断增培力的方法．解析：由安培力的公式F＝BIL可得，增大磁感强度或增大电流强度均可实现安培力增大．答案：AC32．电流为I的通电导线放置于磁感强度为B的匀强磁场中，导线所受安培力为F，则下列说法正确的是( )A．匀强磁场中通电导线所受安培力为F、磁感强度B及电流I，三者在方向上一互相垂直B．若I、B方向确，则F方向唯一确C．若F与B方向确，则I方向唯一确D．若F与B方向确，则I方向不唯一确，但I一在与F垂直的平面内答案：BD33．关于点电荷和元电荷的说法中，正确的是( )A．只有很小的球形带电体才叫作点电荷B．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C．元电荷就是电子D．任何带电体的电量都是元电荷的整数倍解析：带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至带电体的形状和大小对它们之间的作用力影响可以忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故很小的球形带电体不一是点电荷，选项A错误，B正确；元电荷的电量于电子的电量，但不是电子，它是带电量的最小单元，没有电性之说，故C错误；任何带电体的电量都是元电荷的整数倍，选项D正确．答案：BD34．关于磁通量的概念，以下说法中错误的是( )A．磁感强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感强度不一为零D．磁通量发生变化，一是磁场发生变化引起的答案：ABD35．关于匀强磁场，下列说法中正确的是( )A．各处的磁感线疏密程度相同B．各处的磁感强度大小相，但方向可以不同C．各处的磁感线互相平行且间距D．各处的磁感线是互相平行的，但可以不间距解析：各处的磁感强度大小相，方向相同，这样的磁场才叫匀强磁场．匀强磁场的磁感线是间距的平行线．答案：AC。

第二章 电路(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．一根阻值为R 的均匀电阻丝，经过以下变换后，其阻值仍为R 的是(设温度不变)( ) A ．当长度不变，横截面积增大一倍时 B ．当横截面积不变，长度增加一倍时 C ．当长度和横截面半径都缩小一半时 D ．当长度和横截面积都扩大一倍时解析：选D.由电阻定律R ＝ρl S知，当长度不变，横截面积增大一倍时，其电阻将减小为原来的一半，A 错误；当横截面积不变，长度增加一倍时，其电阻将增加一倍，B 错误；当横截面半径缩小一半时，横截面积将变为原来的四分之一，长度缩小一半，故其电阻将变为原来的两倍，C 错误；当长度和横截面积都扩大一倍时，其电阻不变，D 正确．2．一个电热器电阻为R ，当它两端电压为U ，通电时间t 消耗电能为W ，若使它消耗的电能为4W ，下列方法正确的是( )A ．电阻R 不变，电压U 不变，通电时间t 变为原来的2倍B ．电阻R 减半，电压U 增大1倍，通电时间t 不变C ．电阻R 不变，电压U 增大1倍，通电时间t 不变D ．电阻R 减半，电压U 不变，通电时间t 不变解析：选C.电热器消耗的电能W ＝U 2Rt ，A 项消耗的电能为2W ，B 项消耗的电能为8W ，C项消耗的电能为4W ，D 项消耗的电能为2W ，故C 正确．3．(中山高二检测)关于正常工作的电动机和白炽灯，以下说法中正确的是( ) A ．电动机和白炽灯消耗的电能均大于产生的热能 B ．电动机和白炽灯消耗的电能均等于产生的热能C ．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能D ．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能解析：选C.正常工作的电动机消耗的电能转化为机械能和热能，白炽灯消耗的电能转化为热能，故C 正确．4．如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P 向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是( )A ．L 1变亮，L 2和L 3均变暗B ．L 1变亮，L 2不能确定，L 3变暗C ．L 1变暗，L 2变亮，L 3也变亮D ．L 1变亮，L 2变亮，L 3变暗解析：选C.P 向右移动，总电阻减小，总电流增加，L 3变亮，L 3两端电压增加，外电压减小，故并联部分电压减小，L 1消耗的功率减小，故L 1变暗，流经L 1的电流减小，则流经L 2的电流增加，故L 2变亮，C 正确．5．如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a 滑到b 的过程中，电压表的示数都不为0，下列判断可能的是( )A ．a 处接线开路B ．触头P 断路C ．a 、P 间电阻丝某处断路D ．b 处接线断路解析：选D.当出现A 、B 、C 项中的情况时，电压表的示数都为0，A 、B 、C 错；b 处接线断路时，滑片由a 滑到b 的过程中，电压表示数都不为零，D 对．6．(·杭州高二检测)如图所示，闭合开关S 后，在滑动触头P 由a 端滑向b 端的过程中，下列表述错误的是( )A ．路端电压变大B ．电流表的示数变小C ．电源内阻消耗的功率变大D ．R 2消耗的功率变大解析：选A.滑动触头P 由a 端滑向b 端的过程中，电路的总电阻减小，干路电流增大，路端电压变小，所以流过R 3的电流减小，流过R 2的电流增大，所以A 错误，B 、C 、D 正确．二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，只选一个且正确的得3分，有错选或不答的得0分)7.(·云浮中学高二检测)如图所示电路中，电压表和电流表的读数分别为10 V 和0.1 A ，已知电流表的内阻R A 为0.2 Ω，那么待测电阻R x 的测量值和真实值的下列说法正确的是( )A ．R x 的测量值为100 ΩB ．R x 的测量值为99.8 ΩC ．R x 的真实值为100 ΩD ．R x 的真实值为99.8 Ω解析：选AD.电压表的示数表示R x 与R A 串联的总电压，所以R 测＝R x ＋R A ＝U 测I 测即R 测＝100 Ω，R x 真实值R x ＝R 测－R A ＝99.8 Ω，所以A 、D 对．8．(·杭州高二检测)如图所示是电阻R 的I －U 图线，图中α＝45°，由此得出( )A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，故R ＝cot α＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C解析：选AD.I －U 图线为过原点直线，说明电流与电压成正比，故A 正确．斜率表示电阻的倒数k ＝1R ＝510，故R ＝2 Ω，故B 错．横纵坐标轴标度不统一，故斜率k 不等于tan α，C 错．电压为6 V 时，电流为3 A ，每秒通过横截面的电量为q ＝I ·t ＝3 C ，故D 正确．9．标有“6 V ，6 W ”和“6 V ，3 W ”的灯泡L 1和L 2串联接在某恒压电源上，设灯丝电阻不变，则( )A ．通过灯L 1、L 2的电流之比为2∶1B ．灯L 1、L 2的实际功率之比为1∶2C ．电源电压为12 V 时，L 1、L 2均正常发光D ．电源电压为9 V 时，L 2正常发光解析：选BD.L 1和L 2串联接在电路中，电流相等．L 1的电阻R 1＝U 2额P 1额＝6 Ω，L 2的电阻R 2＝U 2额P 2额＝12 Ω，电阻之比R 1∶R 2＝1∶2，所以分压关系U 1∶U 2＝1∶2.通过两灯的电流相等，所以功率之比P 1∶P 2＝I 2R 1∶I 2R 2＝R 1∶R 2＝1∶2.当电源电压为12 V 时．可得U 1＝4 V ，U 2＝8 V ．电压均不是额定电压，都不能正常发光．当电源电压为9 V 时，U 1＝3 V ，U 2＝6 V ，L 2正常发光．所以正确选项应是B 、D.10．(·珠海市高二质检)如图所示，是测定两个电源的电动势和内阻实验中得到的电流和路端电压图线，则应有( )A ．当I 1＝I 2时，电源总功率P 1＝P 2B ．当I 1＝I 2时，外电阻R 1＝R 2C ．当U 1＝U 2时，电源输出功率P 出1＝P 出2D ．当U 1＝U 2时，电源内部消耗的电功率P 内1<P 内2解析：选AD.根据路端电压与电流的关系图可知，两电源的电动势一样，电源的总功率P ＝EI ，当电流相等时，电功率也相等，A 正确；当I 1＝I 2时，外电压U 1<U 2，故外电阻不相等，B 错误；当U 1＝U 2时，I 1<I 2，电源的输出功率P ＝UI ，可知P 1<P 2，故C 错误；由于U 内＝E －U 外，当U 外相等时，U 内也相等，斜率的绝对值代表内电阻的大小，可知，r 1>r 2，再根据P ＝U 2/r 知，D 正确．三、实验题(本题共2小题，共10分．按题目要求作答)11．(3分)在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，以下是该实验的操作步骤 A ．将电流表、电压表、滑动变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路B ．调节滑动变阻器触头的位置，保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最大C ．闭合开关，记下电流表、电压表的一组示数(U ，I )，移动滑动变阻器的滑动触头，每移动一次记下一组(U ，I )值，共测出12组数据D ．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线指出以上步骤中存在的错误或不妥之处并修改：________________________________________________________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：步骤B 不妥，应为：闭合开关前应使滑动变阻器与小灯泡并联部分的电阻为零．(或B 步骤中，应使滑动变阻器的电阻最小)；步骤D 有错，应为：按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来．答案：见解析12．(7分)(2013·高考北京卷)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x 的阻值．(1)现有电源(4 V ，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)，开关和导线若干，以及下列电表：A ．电流表(0～3 A ，内阻约0.025 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω)C ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ)D ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的________(选填“甲”或“乙”)．(2)图2是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝________Ω(保留两位有效数字)．(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值解析：(1)为了减小误差，应使电流表读数为量程的12～23，因电源电动势为 4 V ，故电压表应选C ，因此通过被测电阻R x 的最大电流I m ＝35 A ＝0.6 A ，故电流表应选B ，本题测的是一个小电阻，即R V R >R R A，所以应采用电流表外接法，故采用图甲．(2)见答案(3)由题图中可读出电流表的读数为0.50 A ，电压表的读数为2.6 V ，故R x ＝U I＝5.2 Ω. (4)甲图中引起误差的原因主要是电压表的分流作用，即电流表的测量值大于流经R x 的电流值，选项B 正确．乙图中引起误差的原因主要是电流表的分压作用，即电压表的测量值大于R x 两端的电压值，选项D 正确．答案：(1)B C 甲 (2)如图所示(3)5.2 (4)B D 四、计算题(本题共4小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)(·长春模拟)如图所示的电路中，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝1.5 Ω，C ＝20 μF ，当开关S 断开时，电源所释放的总功率为2 W ；当开关S 闭合时，电源所释放的总功率为4 W ，求：(1)电源的电动势和内电阻； (2)闭合S 时，电源的输出功率；(3)S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？ 解析：(1)S 断开时P 总＝E 26＋1.5＋r＝2 W ①(1分)S 闭合时P ′总＝E 22＋1.5＋r ＝4 W ②(1分)解①、②两式得E ＝4 V ，r ＝0.5 Ω.(2分) (2)S 闭合时外电路总电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＋R 3＝3.5 Ω(1分) P 出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2×R ＝3.5 W ．(1分) (3)S 断开时，U C ＝U 2＝3 V ，Q 1＝CU C ＝6×10－5C(1分) S 闭合时，U ′C ＝0，Q 2＝0.(1分)答案：(1)4 V 0.5 Ω (2)3.5 W (3)6×10－5C 014.(10分)如图所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.5 Ω；开关闭合后“8 V ，16 W ”的灯泡恰好能正常发光，电动机也正常工作，电动机M 绕组的电阻R 0＝1 Ω，求：(1)路端电压； (2)电源的总功率； (3)电动机的输出功率．解析：(1)由灯泡正常发光，路端电压U 1＝8 V ．(2分) (2)电路的内电压U 2＝E －U 1＝2 V(1分) 由欧姆定律I ＝U 2/r ＝4 A(1分) 电源的总功率P ＝EI ＝40 W ．(1分) (3)流过灯泡的电流I 1＝P /U ＝2 A(1分) 由于灯泡和电动机并联，流过电动机的电流 I 2＝I －I 1＝2 A(1分)电动机消耗的总功率为P 1＝U 1I 2＝16 W(1分)电动机热功率为P 1′＝I 22R 0＝4 W ，(1分) 由能量守恒，电动机的输出功率为 P 2＝P 1－P 1′＝12 W ．(1分)答案：(1)8 V (2)40 W (3)12 W 15．(10分)用一个额定电压为12 V 的灯泡做实验，测得灯丝电阻随灯泡两端电压变化关系图象如图所示．(1)在正常发光条件下，灯泡的电功率为多大？ (2)设灯丝电阻与绝对温度成正比，室温为T ＝300 K ，求正常发光条件下灯丝的温度．(3)将一定值电阻与灯泡串联后接到20 V 电压上，要使灯泡能正常发光，串联的电阻为多大？(4)当合上开关后，需要0.5 s 灯泡才能达到正常亮度，为什么这时电流比开始时小？计算电流的最大值．解析：(1)U ＝12 V 时正常发光，此时灯泡电阻为R ＝8 Ω(1分)则P ＝U 2R ＝1228W ＝18 W ．(1分)(2)U ＝0时，灯丝为室温，此时电阻R ′＝1 Ω(1分) 由题意设R ＝kT (1分) 则有8＝kT ①(1分) 1＝k ×300②(1分)解得：T ＝2 400 K ．(1分)(3)由串联分压规律得：R 串R 灯＝20－1212(1分) R 串＝5.33 Ω.(1分)(4)刚合上开关灯未正常发光，温度低，电阻小，电流大，随温度的升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小．最大电流为：I m ＝U R 0＝12 V1 Ω＝12 A ．(1分)答案：见解析16．(12分)在图甲所示电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2的阻值未知，R 3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A 、B 两点是滑片在变阻器的两个不同端点时分别得到的，求：(1)电源的电动势和内电阻； (2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器R 3的最大值．解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得 E ＝16＋0.2r (1分) E ＝4＋0.8r (1分)联立解得E ＝20 V(1分) r ＝20 Ω.(1分)(2)当R 3的滑片自左向右滑时，R 3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大，由此可知，图线上的A 、B 两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的，当滑片位于最右端时，R 3＝0，R 1被短路，外电路总电阻即为R 2，故由B 点的U 、I 值可求出R 2.R 2＝U B I B ＝40.8Ω＝5 Ω.(2分)(3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A 点，故由A 点的U 、I 值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R 3的最大值．R 总＝U A I A ＝160.2Ω＝80 Ω(2分)又R 总＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2(2分) 代入数值解得滑动变阻器的最大值R 3＝300 Ω.(2分) 答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω。