人教版高中物理选修3-1第二章第6节随堂基础巩固(含答案解析)

第二章章末复习课【知识体系】①qt ②非静电力 ③W q ④U I⑤UIt ⑥UI ⑦I 2Rt ⑧I 2R ⑨U 1＋U 2＋… ⑩R 1＋R 2＋… ⑪P 1＋P 2＋… ⑫I 1＋I 2＋… ⑬1R 1＋1R 2＋… ⑭P 1＋P 2＋… ⑮ρl S⑯I 2Rt ⑰U R ⑱ER ＋r⑲IE ⑳IU ○21I 2r主题一 电路的动态分析1．电路中不论是串联部分还是并联部分，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻必变大．只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻必变小．2．根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判定总电流、电压的变化． 3．判定固定支路电流、电压的变化．4．判定变化部分的电流、电压变化，如变化部分是并联回路，那么应先判定固定电阻部分的电流、电压的变化，最后可变电阻部分的电流、电压就能确定了．【典例1】 (多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，且R 1>r .开关S 闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．R1上消耗的功率增大D．电源输出的功率增大解析：变阻器R0的滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并＝E－I(R1＋r)，I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．干路电流I增大，由功率公式P＝I2R分析得知，R1上消耗的功率增大．故C正确．根据推论：当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由题意，R1>r，外电路总电阻减小，可知电源输出的功率减小．故D错误．答案：ACD针对训练1．(2016·上海卷)(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I.在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．U变化量与I变化量比值等于R3解析：根据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A错误；滑片滑动过程中，电阻R1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故选项B、C正确；由于电压表示数没有变化，故选项D错误．答案：BC主题二电阻的测量1．伏安法测电阻(测灯泡的伏安特性曲线)：当R xR A>R VR x，采用内接法，结果偏大．当R xR A<R VR x，采用外接法，结果偏小．大内偏大，小外偏小．2．仪器选择：先选电压表：依据电源和电表量程．电流表通过计算：电压表量程与被测元件大约阻值之比．3．变阻器：判断分压式和限流式．①待测用电器电阻远大于或远小于滑动变阻器电阻．②实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由0开始连续变化(例如测小灯泡的伏安特性曲线)．③实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大．④采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程．4．电路图和实物连线．【典例2】某同学要测量一段电阻丝的电阻率，电阻丝电阻约为4 Ω，可提供的实验器材有：A．电流表G，内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g＝3 mAB．电流表A，内阻约为0.2 Ω，量程为0～0.6 AC．电阻箱(0～9 999 Ω，0.5 A)D．滑动变阻器R(10 Ω，1 A)E．电池组(3 V，0.05 Ω)F．电阻丝R xG．一个开关和若干导线该同学进行了以下操作：(1)如图所示为他设计的实验电路图的一部分，请将电路图补画完整；(2)测量并计算电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某位置，当电阻箱阻值为R0时，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2.若电阻丝长度用L表示，电阻丝直径用d表示，则电阻率的表达式为p＝__________(用相关字母表示)．解析：(1)该电路为测电阻丝的电阻，结合题目条件可知电路最好为限流电路(滑动变阻器用分压接法也对)，电流表外接，如图所示．(2)由电路图中关系可知电阻率为ρ＝R S L ＝πd 2I 1（R g ＋R 0）4L （I 2－I 1）.答案：见解析针对训练2．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A ．小灯泡“6 V 3 W”B ．直流电源6～8 VC ．电流表(量程3 A ，内阻约0.2 Ω)D ．电流表(量程0.6 A ，内阻约1 Ω)E ．电压表(量程6 V ，内阻约20 k Ω)F ．电压表(量程20 V ，内阻约60 k Ω)G ．滑动变阻器(0～20 Ω，2 A)H ．滑动变阻器(1 k Ω，0.5 A)(1)实验所用到的电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________(填字母代号)．(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图．解析：(1)灯泡额定电流I ＝PU＝0.5 A ，电流表应选D ；灯泡额定电压6 V ，电压表应选E ；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G.(2)描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R ＝U I＝12 Ω，R R A ＝12，R V R ＝1 666.7，R R A ＝12<R V R＝1 666.7，电流表应采用外接法，实验电路图如下图所示．答案：(1)D E G (2)电路图如图所示统揽考情本章实验是高考的必考点，也是本章的重点难点．实验包括伏安法测伏安特性曲线，测电阻以及测电源的电动势和内阻，往往还会用到电表的改装和多用电表的使用．真题例析(2015·课标全国Ⅰ卷)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为______Ω的电阻， R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连．判断依据是：________．解析：(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a。

选修3-1 第一章静电场章末复习与巩固【学习目标】1.了解静电现象及其在生活中的应用；能用原子结构和电荷守恒的知识分析静电现象。

2.知道点电荷，知道两个点电荷间的相互作用规律。

3.了解静电场，初步了解场是物质存在的形式之一。

理解电场强度。

会用电场线描述电场。

4.知道电势能、电势，理解电势差。

了解电势差与电场强度的关系。

5.了解电容器的电容。

【知识网络】【要点梳理】要点一、与电场有关的平衡问题1．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．库仑力实质上就是电场力，与重力、弹力一样，它也是一种基本力．注意力学规律的应用及受力分析．2．明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已．3．求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件、灵活方法（如合成分解法，矢量图示法、相似三角形法、整体法等）去解决．要点诠释：（1）受力分析时只分析性质力，不分析效果力；只分析外力，不分析内力．（2）平衡条件的灵活应用．要点二、与电场有关的力和运动问题带电的物体在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多力的作用下物体可能处于平衡状态（合力为零），即静止或匀速直线运动状态；物体也可能所受合力不为零，做匀变速运动或变加速运动．处理这类问题，就像处理力学问题一样，首先对物体进行受力分析（包括电场力），再根据合力确定其运动状态，然后应用牛顿运动定律和匀变速运动的规律列等式求解．要点三、与电场有关的功和能问题带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等．因此涉及与电场有关的功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷的处理，因为功与能的关系法既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，且使同时不须考虑中间过程；而力与运动的关系法不仅只适用于匀强电场，而且还须分析其中间过程的受力情况运动特点等．1．用动能定理处理，应注意：（1）明确研究对象、研究过程．（2）分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．（3）弄清所研究过程的初、末状态．2．应用能量守恒定律时，应注意：（1）明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化．（2）弄清所研究过程的初、末状态．（3）应用守恒或转化列式求解．要点诠释：（1）电场力做功的特点是只与初末位置有关。

第一章第一节1．答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。

接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。

2．答：由于A、B都是金属导体，可移动的电荷是自由电子，所以，A带上的是负电荷，这是电子由B移动到A的结果。

其中，A得到的电子数为，与B失去的电子数相等。

3．答：图1－4是此问题的示意图。

导体B中的一部分自由受A的正电荷吸引积聚在B的左端，右端会因失去电子而带正电。

A对B左端的吸引力大于对右端的排斥力，A、B之间产生吸引力。

4．答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违背能量守恒定律。

因为，在把A、B分开的过程中要克服A、B之间的静电力做功。

这是把机械转化为电能的过程。

第二节1．答：根据库仑的发现，两个相同的带电金属球接触后所带的电荷量相等。

所以，先把A球与B球接触，此时，B球带电；再把B球与C球接触，则B、C球分别带电；最后，B球再次与A球接触，B球带电。

2．答：（注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生的加速度！）3．答：设A、B两球的电荷量分别为、，距离为，则。

当用C接触A时，A的电荷量变为，C的电荷量也是；C再与接触后，B的电荷量变为；此时，A、B间的静电力变为：。

在此情况下，若再使A、B间距增大为原来的2倍，则它们之间的静电力变为。

4．答：第四个点电荷受到其余三个点电荷的排斥力如图1－6所示。

共受三个力的作用，，由于，相互间距离分别为、、，所以，。

根据平行四边形定则，合力沿对角线的连线向外，且大小是。

由于对称性，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力的大小都相等，且都沿对角线的连线向外。

5．答：带电小球受重力、静电斥力和线的拉力作用而平衡，它的受力示意图见图1－7。

静电斥力，又，，所以，第三节1．答：A、B两处电场强度之比为。

A、C两处电场强度之比为。

2．答：电子所在处的电场强度为，方向沿着半径指向外。

电子受到的电场力为，方向沿着半径指向质子。

高中物理学习材料桑水制作[随堂基础巩固]1.关于同一电场的电场线，下列表述正确的是( )A.电场线是客观存在的B.电场线越密，电场强度越小C.沿着电场线方向，电势越来越低D.电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小解析：电场是客观存在的，而电场线是假想的，A错；电场线越密的地方电场越强，B 错；沿着电场线的方向电势逐渐降低，C对；负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功，电势能增加，D错。

答案：C2.下列关于等势面的说法，正确的是( )A.电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以电场力不做功B.在同一个等势面上各点的电场强度大小相等C.两个不等电势的等势面可能相交D.若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映电场强度的大小解析：电荷在等势面上移动时，静电力与等势面垂直，静电力不做功，A错误；在同一等势面上各点的电势相等，但电场强度大小不一定相等，B错误；等差等势面越密的地方，电场越强，D正确；等势面相交处其电势相等，故不等电势的等势面不可能相交，C错误。

答案：D3.如图1－4－8所示，a、b为竖直向上的电场线上的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线方向向上运动，到b点恰好速度为零，下列说法中正确的是( )A.带电质点在a、b两点受到的电场力都是竖直向上的B.a点的电势比b点的电势高图 1－4－8C.带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小D.a点的电场强度比b点的电场强度大解析：质点在a点由静止释放，沿电场线方向向上运动，说明电场力的方向一定向上，质点在a点受到的电场力大于重力，到b点恰好速度为零，说明质点的运动必是先加速后减速，可知质点在b点受到的电场力小于重力，由此可知E a＞E b，沿电场线方向电势一定降低，质点由a到b，电场力做正功，所以电势能减小。

答案：ABD4.如图1－4－9所示，电子在一条电场线上从a点运动到b点，电势能增加，试判定a、b两点电势高低。

图 1－4－9解析：可用下面三种方法来分析：法一：利用电场线的方向来判断：由于电势能增加，电场力一定做负功，即电场力方向和电荷运动方向相反，从b指向a。

互感和自感【测控导航】基础达标1.下列单位关系不正确的是( B )A.1亨=1欧·秒B.1亨=1伏·安/秒C.1伏=1韦/秒D.1伏=1亨·安/秒解析:由E=L得L=,取E=1伏,=1安/秒,得1亨=1·秒=1欧·秒,故选项A、D关系正确,选项B关系不正确;由E=n知选项C关系正确.故选B.2.关于线圈的自感系数,下列说法中正确的是( D )A.线圈的自感系数越大,自感电动势一定越大B.线圈中电流等于零时,自感系数也等于零C.线圈中电流变化越快,自感系数越大D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定解析:自感系数是线圈本身的固有属性,只决定于线圈大小、形状、匝数、有无铁芯等因素,而与电流变化快慢等外部因素无关.自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关,选项A、B、C错,D对.3.(2012重庆市一中高二检测)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮的现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( C )A.电源的内阻较大B.小灯泡的电阻偏大C.线圈的直流电阻偏大D.线圈的自感系数较大解析:断电自感现象中,小灯泡能否闪亮,要看断电前通过线圈的电流和通过小灯泡的电流的大小关系.若通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,则断电后,电感线圈L与小灯泡构成回路,电感线圈L中的感应电动势阻碍其中的电流变化,使得通过小灯泡的感应电流大于原来电源给小灯泡提供的电流,使得小灯泡出现闪亮的现象.所以最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是断电前通过线圈的电流没有明显大于通过小灯泡的电流,即线圈的直流电阻偏大,故选项C正确.明确灯泡能否在断电自感中闪亮的条件是分析本实验现象的关键.4.在制作精密电阻时,为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是( C )A.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的自感电动势互相抵消B.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的感应电流互相抵消C.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的磁通量互相抵消D.以上说法均不对解析:由于采用了双线绕法,两根平行导线中的电流反向,它们产生的磁通量相互抵消.不论导线中的电流如何变化,线圈中的磁通量始终为零,所以消除了自感现象的影响,故选项C正确.5.(2012黄冈高二检测)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN在安培力的作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是( BC )A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动解析:当PQ向右运动时,用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P,由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的;若PQ向右加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的,用左手定则可判定MN受到向左的安培力,将向左运动,可见选项A不正确;若PQ向右减速运动,流过MN的感应电流方向、感应电流所受的安培力的方向均将反向,MN向右运动,所以选项C正确;同理可判断选项B正确,选项D错误.6.(2012潍坊高二检测)如图所示,A、B是两个完全相同的灯泡,L是自感系数较大的线圈,其直流电阻忽略不计.当开关S闭合时,下列说法正确的是( B )A.A比B先亮,然后A熄灭B.B比A先亮,然后A逐渐变亮C.A、B一齐亮,然后A熄灭D.A、B一齐亮,然后A逐渐变亮,B的亮度不变解析:当开关S闭合时,灯B立即变亮,由于L的自感作用,灯A逐渐变亮,稳定后,由于L的直流电阻为零,所以A灯比B灯更亮,选项B正确.7.(2012黄冈高二检测)如图所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路,L的两端并联一个电压表,用来测量自感线圈的直流电压.在测量完毕后,将电路拆解时应( B )A.先断开S1B.先断开S2C.先拆除电流表D.先拆除电压表解析:若先断开S1或先拆除电流表,线圈与电压表组成闭合电路,这时,流过电压表的电流与原来方向相反,电压表的指针将反向偏转,容易损坏电压表.按操作要求,应先断开开关S2,再断开开关S1,然后拆除器材.故选项B正确.一定要注意线圈的自感现象,即使没有了电源,它也可能会让闭合回路中产生电流.因此在拆电路时一定要注意电路拆解的先后顺序.8.(2012汕头二中高二检测)在如图所示的(甲)、(乙)电路中,电阻R 和自感线圈L的电阻值都很小.接通开关S,使电路达到稳定,则( AD )A.在电路(甲)中,断开开关S,灯泡A将渐渐变暗B.在电路(甲)中,断开开关S,灯泡A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路(乙)中,断开开关S,灯泡A将渐渐变暗D.在电路(乙)中,断开开关S,灯泡A将先变得更亮,然后渐渐变暗解析:在电路(甲)中,设通过线圈L的电流为,通过A及R的电流为和.同理,设电路(乙)中通过L、A、R的电流分别为、、.当断开开关S时,线圈L相当于电源,产生了自感电动势,在L、R、A 回路中产生自感电流.在电路(甲)中,自感电流从逐渐减小,通过灯泡A的电流也从逐渐减小,灯泡A逐渐变暗;在电路(乙)中,自感电流从逐渐减小,灯泡A的电流也从逐渐减小,因为>,所以灯泡A先变得更亮,然后渐渐变暗.选项A、D正确.断电时,自感线圈相当于电源,其电流逐渐减小,不会发生突变.素能提升9.(2012衡水省中学高二检测)如图(甲)所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感线圈L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值,在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S,图(乙)中表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图象中,正确的是( B )解析:闭合开关S,电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流增加,外电路电阻等于灯泡D的阻值,当电感线圈L中的电流逐渐稳定时,L产生的自感电动势为零,外电路电阻等于电阻R与灯泡D的并联阻值,A、B 两点间电压U AB大于零且变小;断开S,电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流减小,通过灯泡D的电流方向与原电流方向相反,且逐渐减小,故正确答案为B.(1)自感现象中,要理解“阻碍”不是阻止,开关闭合后,电流的增加是必然的,开关断开后,电流的减小也是必然的;(2)电路中电流稳定后,电路中自感现象消失.10.(2012银川一中高二检测)如图(甲)所示为研究自感实验电路图,并用电流传感器显示出在t=1×10-3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图(乙)).已知电源电动势E=6 V,内阻不计,灯泡R1的阻值为6 Ω,电阻R的阻值为2 Ω.(1)线圈的直流电阻R L= Ω;(2)开关断开时,该同学观察到的现象是,并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是V.解析:(1)由题图可知,开关S闭合电路稳定时流过线圈L的电流I0=1.5 A,由欧姆定律得I0=.解得R L=-R=2.0 Ω,此时小灯泡的电流I1== A=1 A.(2)断开开关后,线圈L、电阻R和电灯R1构成一闭合回路,电流由1.5 A逐渐减小,所以小灯泡会闪亮一下再熄灭.开关断开瞬间自感电动势为E=I L(R+R L+R1)=15 V.答案:(1)2.0(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗,最后熄灭1511.如图所示的电路中,已知E=20 V,R1=20 Ω,R2=10 Ω,L是纯电感线圈,电源内阻不计,则当S闭合电路稳定时,a、b间的电压为多少?在断开S的瞬间,a、b间的电压为多少?解析:S闭合电路稳定时,L相当于无阻导线,电阻R1和R2并联.设流过R1和R2的电流分别为I1和I2,则I1== A=1 A,I2== A=2 A.流过L的电流为2 A,由于L的直流电阻为零,故a、b间的电压为零. 断开S的瞬间,流过L的电流仍然为2 A,且从a向b.L和R1、R2构成闭合回路,电感线圈相当于电源向R1、R2供电,且保证流过R1、R2的电流是2 A,a、b间的电压也就等于R1、R2两电阻上的电压降之和,即有U=I2(R1+R2)=2×(20+10)V=60 V.答案:见解析。

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[随堂基础巩固]
1.在基本逻辑电路中，何种逻辑门电路，当所有输入均为0时，输出不是1？( )
A.“与”门电路
B.“或”门电路
C.“非”门电路
D.都不可能
解析：当所有输入都为“0”时，“与”门电路输出为“0”，“或”门电路输出为“0”，“非”门电路输出为“1”，A、B对，C、D错。

答案：AB
2.如图2－11－3所示的电路图是一个应用“非”门构成一个简易火警报警电路，则图中X框、Y框中应是( )
图 2－11－3
A.X为热敏电阻，Y为可变电阻
B.X为热敏电阻，Y为开关
C.X为可变电阻，Y为热敏电阻
D.X、Y均为热敏电阻
解析：热敏电阻受热后，电阻减小，A端出现低电位，经过“非”门后使L两端出现高电位，产生报警信号。

答案：C
3.在如图2－11－4所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为( )
图 2－11－4
A.1和0
B.0和1
C.1和1
D.0和0
解析：B、D间是“非”门，当输入信号为“0”时D端输出为“1”，故A、D错误；D、A共为“与”门的输入端，由“与”门的真值表可知输出端C为“1”，故B错误，C正确。

答案：C
4.下面是逻辑电路图(如图2－11－5)及其真值表，此逻辑电路为门电路，在真值表中X处的逻辑值为。

图 2－11－5
输入输出
A B Y
000
01 1
10X
11 1
路。

由图表中输入和输出的关系，得出X值应为1。

答案：“或” 1。

第二章章末复习课【知识体系】①q t ②非静电力 ③W q ④U I ⑤UIt ⑥UI ⑦I 2Rt ⑧I 2R ⑨U 1＋U 2＋… ⑩R 1＋R 2＋… ⑪P 1＋P 2＋… ⑫I 1＋I 2＋… ⑬1R 1＋1R 2＋… ⑭P 1＋P 2＋… ⑮ρl S⑯I 2Rt ⑰U R ⑱E R ＋r⑲IE ⑳IU ○21I 2r主题一 电路的动态分析1．电路中不论是串联部分还是并联部分，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻必变大．只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻必变小．2．根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判定总电流、电压的变化．3．判定固定支路电流、电压的变化．4．判定变化部分的电流、电压变化，如变化部分是并联回路，那么应先判定固定电阻部分的电流、电压的变化，最后可变电阻部分的电流、电压就能确定了．【典例1】 (多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，且R 1>r .开关S 闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．R1上消耗的功率增大D．电源输出的功率增大解析：变阻器R0的滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并＝E－I(R1＋r)，I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．干路电流I增大，由功率公式P＝I2R分析得知，R1上消耗的功率增大．故C正确．根据推论：当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由题意，R1>r，外电路总电阻减小，可知电源输出的功率减小．故D错误．答案：ACD针对训练1．(2016·上海卷)(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I.在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中( )A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．U变化量与I变化量比值等于R3解析：根据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A错误；滑片滑动过程中，电阻R1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故选项B、C正确；由于电压表示数没有变化，故选项D错误．答案：BC主题二电阻的测量1．伏安法测电阻(测灯泡的伏安特性曲线)：当R xR A>R VR x，采用内接法，结果偏大．当R xR A<R VR x，采用外接法，结果偏小．大内偏大，小外偏小．2．仪器选择：先选电压表：依据电源和电表量程．电流表通过计算：电压表量程与被测元件大约阻值之比．3．变阻器：判断分压式和限流式．①待测用电器电阻远大于或远小于滑动变阻器电阻．②实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由0开始连续变化(例如测小灯泡的伏安特性曲线)．③实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大．④采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程．4．电路图和实物连线．【典例2】某同学要测量一段电阻丝的电阻率，电阻丝电阻约为4 Ω，可提供的实验器材有：A．电流表G，内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g＝3 mAB．电流表A，内阻约为0.2 Ω，量程为0～0.6 AC．电阻箱(0～9 999 Ω，0.5 A)D．滑动变阻器R(10 Ω，1 A)E．电池组(3 V，0.05 Ω)F．电阻丝R xG．一个开关和若干导线该同学进行了以下操作：(1)如图所示为他设计的实验电路图的一部分，请将电路图补画完整；(2)测量并计算电阻率，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某位置，当电阻箱阻值为R0时，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2.若电阻丝长度用L表示，电阻丝直径用d表示，则电阻率的表达式为p＝__________(用相关字母表示)．解析：(1)该电路为测电阻丝的电阻，结合题目条件可知电路最好为限流电路(滑动变阻器用分压接法也对)，电流表外接，如图所示．(2)由电路图中关系可知电阻率为ρ＝R S L ＝πd 2I 1（R g ＋R 0）4L （I 2－I 1）. 答案：见解析针对训练2．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A ．小灯泡“6 V 3 W”B ．直流电源6～8 VC ．电流表(量程3 A ，内阻约0.2 Ω)D ．电流表(量程0.6 A ，内阻约1 Ω)E ．电压表(量程6 V ，内阻约20 k Ω)F ．电压表(量程20 V ，内阻约60 k Ω)G ．滑动变阻器(0～20 Ω，2 A)H ．滑动变阻器(1 k Ω，0.5 A)(1)实验所用到的电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________(填字母代号)．(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图．解析：(1)灯泡额定电流I ＝P U ＝0.5 A ，电流表应选D ；灯泡额定电压6 V ，电压表应选E ；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G.(2)描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R ＝U I ＝12 Ω，R R A ＝12，R V R ＝1 666.7，R R A ＝12<R V R＝1 666.7，电流表应采用外接法，实验电路图如下图所示．答案：(1)D E G (2)电路图如图所示统揽考情本章实验是高考的必考点，也是本章的重点难点．实验包括伏安法测伏安特性曲线，测电阻以及测电源的电动势和内阻，往往还会用到电表的改装和多用电表的使用．真题例析(2015·课标全国Ⅰ卷)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为______Ω的电阻， R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连．判断依据是：________．解析：(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a和b 两个接线柱，量程为3 mA ，则通过R 1和R 2的为2 mA ，电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R 1＋R 2＝12R g ＝50 Ω.若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA ，通过R 1的电流为9 mA ，电流比为1∶9，可得电阻比为9∶1，即R 1＝19(R g ＋R 2)整理可得R 2＝35 Ω，R 1＝15 Ω. (2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 1.5 V 0.000 5 A＝3 000 Ω，最小阻值为1.5 V 0.003 A＝500 Ω.若定值电阻选择为1000 Ω，则无法校准3.0 mA ；所以定值电阻选择300 Ω.由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以滑动变阻器要选择3 000 Ω.(3)因为只有一个损坏，所以验证R 2是否损坏即可．所以d 点应和接线柱“c ”相连，若电流表无示数，则说明R 2短路，若电流表有示数，则说明R 1断路．答案：(1)R 1＝15 Ω R 2＝35 Ω(2)500 Ω 3 000 Ω(3)c 若电流表无示数，则说明R 2断路，若电流表有示数，则说明R 1断路．针对训练(2016·海南卷)某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路．(1)已知表头G 满偏电流为100 μA ，表头上标记的内阻值为900 Ω.R 1、R 2和R 3是定值电阻．利用R 1和表头构成1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表．若使用a 、b 两个接线柱，电压表的量程为1 V ；若使用a 、c 两个接线柱，电压表的量程为3 V ．则根据条件，定值电阻的阻值应选R 1＝________Ω，R 2＝________Ω，R 3＝________Ω.(2)用量程为3 V 、内阻为2 500 Ω的标准电压表○V 对改装表3 V 挡的不同刻度进行校准．所用电池的电动势E 为5 V ；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 k Ω.为方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近________(填“M ”或“N ”)端．(4)若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)900 Ω.解析：(1)根据题意，R 1与表头G 构成1 mA 的电流表，则I g R g ＝(I －I g )R 1，得R 1＝100 Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V，则R2＝U ab－I g R gI＝910 Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V，则R3＝U ac－I g R gI－R2＝2 000 Ω.(2)电压表与改装电表并联之后，电阻小于2 500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 Ω的电阻．(3)在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用．(4)造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900 Ω.答案：(1)100 910 2 000 (2)50 (3)M(4)大于1．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图a所示，测量金属板厚度时的示数如图b所示．图a所示读数为________mm，图b所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.图a 图b解析：图a：0＋0.010 mm＝0.010 mm；图b：6.5 mm＋0.3700 mm＝6.870 mm；厚度为：6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.答案：0.010 6.870 6.8602．(2014·课标全国Ⅱ卷)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200 Ω，电压表○V V的内阻约为2 kΩ，电流表○A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接表的连接方式如图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．若将图a和图b中电路图测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．图a 图b解析：由于R V R x ＝10；R x R A＝20，可认为是大电阻，采取电流表内接法测量更准确，即图a 电路测量，Rx 1更接近待测电阻真实值；图a 电路测量由于电流表的分压使测量值大于真实值；图b 电路测量由于电压表的分流使测量值小于真实值．答案：Rx 1 大于 小于3．(2015·江苏卷)小明利用如题图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻(1)图中电流表的示数为________A.(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下由图线求得：电动势E ＝________V ：内阻r ＝________Ω.(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_________________________________________________________．解析：(1)由题目表格测量数据知，电流表使用0.6 A ，则读数为0.44；(2)描点画图，如图所示：根据U＝－Ir＋E：图线的斜率等于内阻r＝1.2 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．答案：(1)0.44 (2)U－I图象如解析图所示1．60(1.58～1.62都算对) 1.2(1.18～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大4．(2016·四川卷)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：①将滑动变阻器接入电路和阻值调到最大，闭合开关；②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；③以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线(U、I都用国际单位)；④求出U－I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题：(1)电压表最好选用________________；电流表最好选用________________．A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端的接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端的接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．解析：(1)电压表最好选用内阻较大的A；电路能达到的最大电流I＝ER1＋R2＋r＝310＋5＋2A≈180 mA，电流表最好选用C.(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．说明外电路的电阻变大，滑动变阻器电阻变大，则两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱，故选C.(3)根据U－I线的在U轴上的截距等于电动势E，则E＝ka；斜率等于内阻与R2之和，则r＝k－R2.答案：(1)A C (2)C (3)ka k－R25．(2015·广东卷)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等．①使用多用电表粗测元件X的电阻．选择“×1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为________Ω.据此应选择图中的________(填“b”或“c”)电路进行实验．②连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．③图(a)是根据实验数据作出的U －I 图线，由图可判断元件________(填“X ”或“Y”)是非线性元件．④该小组还借助X 和Y 中的线性元件和阻值R ＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E 和电阻r ，如图(b)所示．闭合S 1和S 2，电压表读数为3.00 V ；断开S 2，读数为1.00 V ，利用图(a)可算得E ＝________V ，r ＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．解析：①欧姆表读数由图知：10 Ω，由U －I 图象知x 的电阻：R ＝3.00.30Ω＝10 Ω，R R A＝101 Ω<R V R ＝3 00010Ω，所以用外接法．②P 从左往右，分压变大则电流表示数增大．③由图知Y 是非线性元件．④S 2闭合：E ＝310(r ＋10)，S 2断开：E ＝110(r ＋21＋10)，两式联立得：E ＝3.2 V ，r ＝0.50 Ω.答案：①10 b ②增大 ③Y ④3.2 0.50。

人教版物理选修3-1第二章：电源和电流一、选择题。

1. 关于电流强度的概念，下列叙述中正确的有（）A.通过导线截面的电量越多，电流强度越大B.电子运动的速率越大，电流强度越大C.单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大D.因为电流有方向，所以电流强度是矢量2. 据信息产业部在7月底公布的最新统计，今年上半年，国产品牌手机的国内市场占有率比去年猛升16.21%，达到55.28%的份额．如图所示的是某品牌手机电池上的文字说明，由此可知该电池的电动势和所储存的最大电能是（）A.4.2V9.07×103JB.3.7V9.07×103JC.4.2V7.99×103JD.3.7V7.99×103J3. 某电解池中，若在8s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是（）A.0.8AB.1.6AC.1×1019AD.5×1018A4. 电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10−6m2的导线，那么电路中的电流是（）A.0.016mAB.1.6mAC. 0.16μAD. 16μA5. 关于电源，下列说法中正确的是（）A.电源的作用是为电路提供自由电荷B.电源的作用是自己直接释放出电能C.电源的作用是能保持导体两端的电压，使电路中有持续的电流D.电源的作用是使自由电荷运动起来6. 在示波器的示波管中，电子枪在2s内发射了4×1013个电子，则示波管中电流的大A.6.4×10−6AB.4×10−13AC.3.2×10−6AD.4×10−6A7. 如图所示，将左边的银导线与右边的铜导线连接起来，已知铜导线的横截面积是银导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在银导线上取一个截面B，若在1s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的电流关系是（）A.I A=I BB.I A=2I BC.I B=2I AD.不能确定8. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是（）A.IΔleS √m2eUB.IΔle√m2eUC.IeS√m2eUD.ISΔle√m2eU9. 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.ver顺时针 C.ve2πr逆时针 D.ver逆时针10. 非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100V，电流50A，每秒钟放电150次，其放电情况可近似看作如图所示放电，则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为（）A.25CB.50CC.150CD.250C11. 如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）A.vqB.qv C.qvS D.qvS二、多选题。

高中物理学习材料桑水制作[随堂基础巩固]1.关于电流和电阻，下列说法中正确的是( ) A.电流的方向与导体中电荷的定向移动方向相同B.金属导体温度升高时，由于自由电子的热运动加速，所以电流增大C.由R ＝U I可知，I 一定时，导体的电阻R 与U 成正比，U 一定时，导体的电阻R 与I 成反比D.对给定的导体，比值U I是个定值，反映了导体本身的性质解析：电流方向为正电荷定向移动的方向，故A 错；电流的大小与自由电荷的热运动无直接关系，故B 错；电阻由导体本身性质决定，不随U 、I 改变，故C 错；电阻可用R ＝U I来计算，故D 正确。

答案：D2.为探究小灯泡L 的伏安特性，连好如图2－3－7所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。

由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U －I 图像应是图2－3－8中的( )图 2－3－7图 2－3－8解析：小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，导致电阻R 会随着增大。

由R ＝U I得U ＝IR ，即U －I 图像的斜率变大，所以只有C 选项对。

答案：C3.某导体中的电流随其两端电压的变化如图2－3－9所示，则下列说法中正确的是( )图 2－3－9A.该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻B.加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩC.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解析：非线性元件欧姆定律不一定不适用，例如金属导体的电阻就是随温度的变化而变化的，可以用欧姆定律计算各状态的电阻值，A 错误；当U ＝5 V 时，I ＝1.0 A ，R ＝UI＝5 Ω，B 选项正确；由图线可知，随电压的增大，各点到坐标原点连线的斜率越来越小，电阻越来越大，反之，随电压的减小，电阻减小，C 错误，D 正确。

答案：BD4.如图2－3－10所示的电路，电压表的示数为2 V ，电流表的示数为1 A ，电路中的电源电压为5 V ，则R 2的电阻为多少？解析：因为U ＝U 1＋U 2，所以U 2＝U －U 1＝5 V －2 V ＝3 V 。

高中物理学习材料桑水制作[随堂基础巩固]1.关于电场，下列叙述中正确的是( )A.对点电荷激发的电场，以点电荷为球心、r 为半径的球面上，各点的电场强度都相同B.正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大C.在电场中某点放入试探电荷q ，该点的电场强度为E ＝F q ，取走q 后，该点电场强度不为零D.试探电荷所受电场力很大，该点电场强度一定很大解析：电场强度是矢量，不仅有大小，而且有方向，以点电荷Q 为球心、半径为r 的球面上，电场强度的大小E ＝kQ r 2相同，但方向不同，A 错误。

在正电荷和负电荷周围确定电场强度的方法相同，将试探电荷q 放到某点，q 所受的电场力为F ，那么E ＝F q 。

由此可见，电场强度的大小与电荷的正、负并没有什么关系，B 错误。

电场强度E 是反映电场性质的物理量，试探电荷是用来体现这一性质的“工具”，C 正确。

E ＝F q，式中E 的大小并不是由F 、q 来决定的。

在电场中某一点放入一试探电荷q ，那么q 越大，F 越大，而F q这一比值不变，D 错误。

答案：C2.下列关于电场线的几种说法中，正确的有( )A.沿电场线的方向，电场强度必定越来越小B.在多个电荷产生的电场中，电场线是可以相交的C.点电荷在电场中的运动轨迹一定跟电场线是重合的D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大解析：负点电荷的电场沿电场线方向电场强度增大，A 选项错；根据电场的唯一性的原则，多个电荷在某一点产生的电场强度应是每一个电荷在该点产生的电场强度的矢量和，只能有唯一的电场强度，B选项错；运动的轨迹和电场线不一定重合，C选项错；根据电场线的物理意义，电场线密的区域，电场强度大，同样，试探电荷受到的电场力越大，D选项是正确的。

答案：D3.电场中有一点P，下列说法正确的是( )A.若放在P点电荷的电荷量减半，则P点的电场强度减半B.若P点没有检验电荷，则P点电场强度为零C.P点电场强度越大，则同一电荷在P点所受静电力越大D.P点的电场强度方向为该点的电荷的受力方向解析：电场中某点的电场强度是不依赖于检验电荷而客观存在的。