人教版高中物理选修3-1课时提能演练(十四)2.6

模块综合质量检测卷(选修3－1)(时间：90分钟满分：100分)一、单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．市面上出现“充电五分钟通话两小时”的手机电源，源于其使用VOOC 闪充新技术．VOOC闪充标配的microUSB充电线接口为7针，而常规的microUSB充电线接口为5针，它标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4～5个触点，与常规的microUSB充电线、电池相比，增加触点的作用是为了()A．增大充电电压B．增大电池的容量C．增大充电电流D．增大充电电阻解析：选C由题目：闪充新技术，标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4～5个触点，可知，与常规的microUSB充电线、电池相比，触点增加，电池不变，则不可能增加充电电压，也没有改变电池的容量及电阻，只可能增大充电的电流，使其快速充满电，故C正确，A、B、D错误．2.玻璃皿中心放圆柱形电极A并接电源正极，玻璃皿边缘内壁放圆环形电极B并接电源负极，然后在玻璃皿中放入导电液体(盐水)．如果把玻璃皿放在向上的磁场中(白纸下面放有磁铁，且N极朝上)，接通开关，液体就会旋转起来．下列说法正确的是()A．接通开关后，导电液体逆时针旋转(俯视)B．改变电流大小，导电液体旋转速度也会改变C．仅改变电流方向或磁场方向，导电液体旋转方向不变D．同时改变电流方向和磁场方向，导电液体旋转方向改变解析：选B若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由中心流向边缘；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A错误；改变电流大小，根据F＝BIL，则导电液体旋转速度也会改变，故B正确；仅改变电流方向或磁场方向，依据左手定则，导电液体旋转方向会变，故C错误；同时改变电流方向和磁场方向，根据左手定则，导电液体旋转方向不会改变，故D错误．3.如图所示，用细橡皮筋悬吊一轻质线圈，置于一固定直导线上方，线圈可以自由运动．当给两者通以图示电流时，线圈将()A．靠近直导线，两者仍在同一竖直平面内B．远离直导线，两者仍在同一竖直平面内C．靠近直导线，同时旋转90°D．远离直导线，同时旋转90°解析：选A用右手螺旋定则可以判断导线上方磁场方向向外，用左手定则判断线圈左侧受到的安培力向左，右侧受到的安培力向右，二者大小相等、方向相反，线圈水平方向合力为零；线圈下侧受到的安培力向下，上侧安培力向上，但是线圈下侧磁感应强度大，安培力大，因此线圈受到安培力的合力方向向下，线圈将靠近直导线，但两者仍在同一竖直平面内，故A项正确．4.有一个带正电荷的粒子，沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，粒子飞出电场后的动能为E k.当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如图所示的匀强磁场后，粒子飞出电场后的动能为E k′，磁场力做功为W，则下列判断正确的是()A．E k<E k′，W＝0 B．E k>E k′，W＝0C．E k＝E k′，W＝0 D．E k>E k′，W>0解析：选B磁场力即洛伦兹力，不做功，故W＝0，D错误；有磁场时，带正电的粒子受到向上的洛伦兹力的作用使其所受的电场力做正功减少，故B项正确．5.如图所示，两块平行板A、B之间距离为d，加在两板间的电压为U，并将B板接地作为零电势，现将正电荷q逆着电场线方向由A板移到B板，若用x表示移动过程中该正电荷到A板的距离，其电势能E p随x变化图线为下列图中的()解析：选B将B板接地作为零电势，把正电荷q逆着电场线方向由A板移到B板，电场力做负功，E p＝－qE(d－x)，电势能随x均匀增大，到达B板时，电势能为零，B正确，A、C、D错误．6.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时()A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用解析：选C由左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则磁铁对桌面的压力增大，磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用，故C正确．7.如图所示，一匀强电场平行于正方形区域ABCD，AB边水平，BC边竖直，A、B、C三点的电势分别为6 V、2 V、－2 V．一质量为m，电量大小为q的带电微粒，从P点射入该电场区，恰好沿水平直线运动，下列判断正确的是()A．微粒带正电B．微粒做匀速直线运动C．电场强度的大小为2mg qD．微粒的电势能逐渐减少解析：选C由A、B、C三点的电势，可知U AB＝4 V，U BC＝4 V，可以判断场强的方向应为AC方向，如图：P点的带电粒子受力为重力、电场力．电场力应斜向上方，与电场方向相反，粒子带负电，A错误；微粒应做匀减速运动，B错误；由受力分析图可知，Eq ＝2mg，C正确；电场力做负功，微粒的电势能增加，D错误．8．如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一长度L＝5 m的细圆筒，绕其一端O在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另一端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v＝400 m/s的带正电粒子．已知带电粒子的电量q＝2.5×10－6C，质量m ＝3×10－8 kg，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S是()A．48π m2B．9π m2C．49π m2D．16π m2解析：选A发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v＝400 m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL＝300 m/s，故粒子速度为v′＝500m/s，粒子速度方向与径向成arctan ωLv＝37°.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有B v′q＝m v′2，R＝3 m.所以，运动半径为R＝m v′qB根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动．根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O的距离为s＝4 m，故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s－R＝1 m，外径为s＋R＝7 m的环形区域．故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为S＝π×72－π×12(m2)＝48π m2，故A正确，B、C、D错误．二、多选题(本题共7小题，每小题3分，共21分)9．把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在的区域的磁感线呈弧线，导线中的电流方向由a到b，如图所示．虚线框内有产生以上弧形的磁场源．下列符合要求的是()解析：选AC条形磁铁外部的磁场从N极指向S极，若左侧是N极则能够满足题意，故A正确；蹄形磁铁左侧为S极，则磁感线与题图中方向相反，故B错误；根据安培定则可知，通电导线电流向里，可以在上方形成由左向右的磁感线，故C正确；通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，但根据安培定则可知，左侧为S极，右侧为N极，故形成磁感线与图示相反，故D错误．10．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则()A．电源的功率变小B．电容器储存的电荷量变小C．电源内部消耗的功率变大D．电阻R消耗的电功率变小解析：选BC由闭合电路欧姆定律可知，当滑片向上滑动时，R总减小，I 总增大，U端减小，而R1分压，U1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P 总＝I总E增大，A错误；由Q＝CU知Q减小，B正确；电源内部消耗功率P内＝I总2r增大，C正确；电阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率无法确定，D 错误．11.半径为R的导电圆环处于某一发散的磁场中，其环面的对称轴MN沿竖直方向，该磁场中与圆环相交的磁感线反向延长后交于对称轴上的某点，磁感线与对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，若圆环上载有如图所示的恒定电流I，则() A．导电圆环所受的安培力的方向竖直向下B．导电圆环所受的安培力的方向竖直向上C．导电圆环所受的安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受的安培力的大小为2πBIR sin θ解析：选BD将导线分成小的电流元，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场对这些电流元产生的总安培力为零，水平方向的分磁场产生的总安培力为F＝BIL＝2πBIR sin θ，方向为竖直向上，选项B、D 正确．12.如图所示，由PO 和QO 两块光滑绝缘的平板组成的“V”形组合体固定在地面上，两平板互相垂直，平板PO 与地面的夹角α＝37°，在两个平板上各放置一个且带同种电荷的小球A 和B ，A 、B 的带电量分别为q 和2q ，A 、B 恰在同一条水平线上静止．小球A 和B 可看成点电荷，A 的质量为m ，静电力常量为k ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．B 对A 库仑斥力是A 对B 库仑斥力的2倍B ．A 、B 两球所受平板的支持力大小均为54mgC ．B 球的质量为916mD ．A 、B 两球间的距离为2q 2k 3mg解析：选CD 库仑力是相互作用力，故A 对B 的库仑力与B 对A 的库仑力大小一定相等，A 选项错误；分析小球A 、B 的受力情况，对于A 球，根据平衡条件，N A cos 37°＝G A ，N A sin 37 °＝F ，对于B 球，根据平衡条件，N B cos 53°＝G B ，N B sin 53°＝F ，联立解得，N A ＝1.25mg ，F ＝0.75mg ，N B ＝1516mg ，m B ＝916m ，B 选项错误，C 选项正确；根据库仑定律，F ＝k q ·2q r 2，联立解得，r ＝2q2k 3mg ，D 选项正确．13．如图所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大．在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图，则下列说法中正确的是( )A ．R 1中的电流小于R 2中的电流B ．R 1中的电流等于R 2中的电流C ．R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率D ．R 1中自由电荷定向移动的速率等于R 2中自由电荷定向移动的速率解析：选BC设导体的电阻率为ρ，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得：导体的电阻R＝ρLS ＝ρLLd＝ρd，则可知，R与边长L无关，故R1＝R2.通过电阻的电流I＝UR，由于U与R都相同，则通过两电阻的电流相同，故A错误，B正确；电流I＝ne v S＝ne v Ld，由于I、n、e、d相同，则L越大，v越小，则R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率，故C正确，D错误．14.如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度v a、v b和v c经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场，这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是l a、l b和l c，电子在磁场中运动的时间分别为t a、t b和t c，整个装置放在真空中．下列判断正确的是()A．l a＝l c<l b B．l a<l b<l cC．t a<t b<t c D．t a>t b>t c解析：选AD由带电粒子在磁场中运动的特征可以画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示．由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝m vBq和周期公式T＝2πmBq可得出l a＝l c<l b，t a>t b>t c，B、C错误，A、D正确．15.如图所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B1＝2B2＝2B，带电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中没有标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k 1、k 2，进入磁场时的速度大小分别为v 1、v 2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系正确的是( )A ．k 1＝k 2B ．2k 1＝k 2C ．v 1＝2v 2D ．2v 1＝v 2解析：选AC 两粒子在y 轴上发生正碰时，粒子a 的速度与y 轴正方向成60°角，则粒子b 的速度与y 轴负方向成60°角，轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，粒子运动轨迹如图所示：两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，t 1＝t 2，其中t 1＝T 13＝2πm 13q 1B 1＝πm 13q 1B ，t 2＝T 26＝πm 23q 2B 2＝πm 23q 2B ，粒子的比荷间关系为k 1＝k 2，A 选项正确，B 选项错误；由于两粒子正碰则轨道半径相等，R 1＝m 1v 1q 1B 1，R 2＝m 2v 2q 2B 2，解得v 1＝2v 2，C 选项正确，D 选项错误．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(8分)在探究“决定导线电阻因素”的实验中，需要进行以下测量：(1)用螺旋测微器测得导线的直径如图1所示，其读数是0.701 mm.请在图中相应刻度处的方框内填入正确数字．(2)欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为12 Ω，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些．下列器材中：电流表应选用(填器材的标号，下同)________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________．并在如图2的虚线框内画出你设计的实验电路图．A ．电池阻E (6 V ，内阻很小)B ．电流表A 1(0～3 A ，内阻约0.01 Ω)C ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻约0.1 Ω)D ．电压表V 1(0～3 V ，内阻约3 kΩ)E ．电压表V 2(0～6 V ，内阻约6 kΩ)F ．滑动变阻器R 1(0～5 Ω，2 A)G ．滑动变阻器R 2(0～1 kΩ，1 A)H ．电键、导线解析：(1)螺旋测微器的读数为0.701 mm ，故可分解为0.5 mm ＋0.201 mm ，即0.5 mm ＋20.1×0.01 mm ，三个格子里的示数从下到上分别为15、20、25.(2)电源电动势为6 V ，电压表选：电压表V 2(0～6 V ，内阻6 kΩ)，电路最大电流I ＝E R ＝612＝0.5 A ，则电流表可选：A 2(0～0.6 A ，内阻0.1 Ω)，电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于R R A＝120.1＝120<R V R ＝6 00012＝500，则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选R 1，实验电路图如图所示．答案：(1)15 20 25 (2)A 2 V 2 R 1 图见解析17．(8分)(2018·江苏卷)一同学测量某干电池的电动势和内阻．(1)甲图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处．(2)实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I ，以及计算的1I 数据见下表：R /Ω8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I /A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.261I /A －16.7 6.0 5.3 4.5 3.8 根据表中数据，在方格纸上作出R -1I关系图象．由图象可计算出该干电池的电动势为______V ，内阻为______Ω.(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV 的电压表并连在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A 时，电压表的指针位置如图乙所示，则该干电池的电动势应为________V ，内阻应为________Ω.解析：(1)①开关不应该闭合，应该保持断开状态．②电阻箱要以最大阻值接入，然后再调小．(2)根据表中数据描点连线如图所示．由闭合电路欧姆定律，E＝IR＋Ir得R＝E·1I－r，类似于一次函数y＝kx＋b的形式，R-1I图象的斜率表示电动势E，纵截距绝对值为内阻r.读图可知，E＝1.4 V，r＝1.2 Ω.(3)因为电动势是一个常数1.4 V，电流表的内阻R A＝U AI＝0.2 Ω，内阻为1.2Ω－0.2 Ω＝1.0 Ω.答案：(1)①开关未断开；②电阻箱阻值为零．(2)见解析图 1.4(1.30～1.44都算对) 1.2(1.0～1.4都算对)(3)1.4[结果与(2)问第一个空格一致]1．0[结果比(2)问第二个空格小0.2]18．(10分)(2019·大同一中模拟)如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g＝10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103 N/C，方向不变．求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析：(1)带正电微粒在重力场和匀强电场中处于静止状态，电场力和重力平衡，E1q＝mg，代入数据解得E1＝2.0×103 N/C，方向向上．(2)在t＝0时刻，电场强度突然变化为E2＝4.0×103 N/C．根据牛顿第二定律可知，qE2－mg＝ma1，解得a1＝10 m/s2.在t＝0.20 s时间内上升高度h＝12a1t2，解得h＝0.20 m.电场力做功W＝qE2h，解得W＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为E k，根据运动学公式可知，v＝at.根据能量守恒可知，E k＝mgh＋12m v2，解得E k＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C方向向上(2)8.0×10－4 J(3)8.0×10－4 J19.(13分)(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)粒子在电场中从Q到O做类平抛运动，设Q点速度v与x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：x方向：2L＝v0ty方向：L＝12at2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v y＝at又tan α＝v y v解得tan α＝1，即α＝45°，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上．粒子到达O 点时的速度大小为v ＝v 0cos 45°＝2v 0.(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，粒子在电场中运动的加速度：a ＝qE m设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有：q v B ＝m v 2R根据几何关系可知：R ＝2L整理可得E B ＝v 02.答案：(1)2v 0 方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上 (2)v 0220．(16分)环保部门为了监测某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置的外形为一长方体，由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上下表面加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，电阻率为ρ的污水管慢管口从左向右匀速流经该装置时，接在两电极间的理想电压表显示两个电极间的电压为U ，求：(1)该装置内电场的场强的大小和方向；(2)污水的流量Q (单位时间内排出的污水体积)；(3)若从两个电极引出两条导线，导线间接一阻值为R 的电阻时理想电压表的示数．解析：(1)依据电场强度公式E ＝U d ，而d ＝b ，解得E ＝U b方向垂直纸面向外(由后侧面指向前侧面)．(2)根据电场力与洛伦兹力平衡，则有qE＝q v B，而污水的流量Q＝v S解得Q＝cUB.(3)根据电阻定律：r＝ρbac且U1R＝UR＋rU1＝RacRac＋ρbU.答案：(1)Ub垂直纸面向外(2)cUB(3)RacRac＋ρbU。

高中物理学习材料桑水制作课时训练14 功和内能1.景颇族的祖先发明的点火器如图所示,用牛角做套筒,木制推杆前端粘着艾绒,猛推推杆,艾绒即可点燃。

对筒内封闭的气体,在此压缩过程中( )A.气体温度升高,压强不变B.气体温度升高,压强变大C.气体对外界做正功,气体内能增加D.外界对气体做正功,气体内能减少答案:B解析:猛推推杆,封闭在套筒中的气体被压缩,外界对气体做功,套筒由牛角做成,导热能力很差,且压缩过程用时极短,故压缩过程可看做绝热过程。

由ΔE=W可知气体的内能增加,温度升高,根据=C可知因T增大,V减小,故p增大,选项B正确。

2.一定质量的气体封闭在绝热的汽缸内,当用活塞压缩气体时,一定增大的物理量有(不计气体分子势能)( )A.气体体积B.气体分子密度C.气体内能D.气体分子的平均动能答案:BCD解析:压缩气体,体积减小,气体分子密度增大,外界对气体做功,内能增加,温度升高,分子的平均动能增加。

3.把一个物体竖直向下抛出,不考虑空气阻力,下列哪种情况是在下落的过程中发生的( )A.物体的动能增加,分子的平均动能也增加B.物体的重力势能减少,分子势能增加C.物体的机械能保持不变D.物体的内能保持不变答案:CD解析:物体下落的过程,不考虑空气阻力,只有系统内的重力做功,机械能守恒;物体下落过程中,物体的温度和体积也没有发生变化,所以分子热运动的平均动能和分子势能都保持不变,所以A、B错误,C、D正确。

4.A、B两装置,均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成,除玻璃泡在管上的位置不同外,其他条件都相同。

将两管抽成真空后,开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内),水银柱上升至图示位置停止。

假设这一过程水银与外界没有热交换,则下列说法正确的是( )A.A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B.B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C.A和B中水银体积保持不变,故内能增量相同D.A和B中水银温度始终相同,故内能增量相同答案:B解析:大气压对水银槽内的水银做相同的功,因为玻璃管内吸进的水银一样多,所以水银槽内的液面下降相同的高度,A管重心高于B管,A管内水银重力势能大于B管的,故A管内水银的内能增量小于B管,B正确。

知能演练强化闯关1．在描绘小电珠的伏安特性曲线时，采用如图7－4－5所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )图7－4－5A．灯泡中灯丝已烧断B．滑片接触不良C．灯泡内部短路D．滑动变阻器A端接触不良解析：选C.由题图知，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A错．若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错．若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错．若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.2．为探究小电珠L的伏安特性，连好如图7－4－6所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小电珠中的电流由零开始逐渐增大，直到小电珠正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是( )图7－4－6图7－4－7解析：选C.由于小电珠灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着电珠两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在U－I图象中斜率应逐渐增大，故C 正确．3．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是( )图7－4－8解析：选B.由于小灯泡的电阻很小，所以电流表应外接，故A、C错；又因描绘小灯泡的伏安特性曲线从电压为零开始，所以要用分压接法，故B选项正确，D错．4．有一规格为“220 V100 W”的灯泡，现用一准确的欧姆表测其电阻，测量的结果是( )A．大于484 ΩB．等于484 ΩC．小于484 Ω D．无法确定解析：选 C.R＝U2P＝2202100Ω＝484 Ω，是灯发热状态下的电阻．用欧姆表测量时，灯丝温度为室温，所以其阻值比484 Ω小．5．(2020·浙江五校联考)有一个小灯泡上有“4 V 2 W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(1 kΩ，1 A)G．学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(用序号字母表示)．(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．图7－4－9(3)某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图7－4－9所示)，若用电动势为3 V、内阻为2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______ W.答案：(1)A D E (2)如图(3)0.86．发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图7－4－10甲所示，正常使用时，带“＋”的一端接高电势，带“－”的一端接低电势．某同学用实验方法探究二极管的伏安特性，现测得它两端的电压U和通过它的电流I的数据如表中所示.U/V 0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0I/mA 0 0.9 2.3 4.3 6.8 13.0 19.0 24.0 30.0 37.0图7－4－10(1)在图乙中的虚线框内画出实验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，实验用电压表V：内阻RV 约为10 kΩ，电流表mA：内阻RA约为100 Ω)(2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线．(3)根据(2)中画出的二极管的伏安特性曲线，简要说明发光二极管的电阻与其两端电压的关系__________________．解析：(1)同时测定二极管上的电流和电压时，由欧姆定律分析表格中的每一组数据，可以看出发光二极管的电阻是变化的，变化的范围大约在100～500 Ω之间，故电流表的内阻对测量结果影响较大，利用电流表外接法误差较小．而测量数据应从0开始，滑动变阻器采用分压式接法，才能得到足够多的数据．(2)将表格提供的数据在方格纸上描点，平滑连接各点可画出U－I图线．答案：(1)实验电路图如图所示(2)伏安特性曲线如图所示(3)发光二极管的电阻随其两端电压的增大而呈现非线性减小7．(2020·宁波模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图7－4－11所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：图7－4－11(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______导线断路．(2)某同学测出电源和小电珠的U－I图线如图7－4－12所示，将小电珠和电阻R 串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝______ Ω.图7－4－12(3)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图7－4－13中的a、b、c，下列说法正确的是________．图7－4－13A ．a 可以作为标准电阻使用B ．b 能作为标准电阻使用C ．b 的阻值随电压升高而增大D ．c 的阻值随电压升高而增大解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路．(2)由电源的U －I 图线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E ＝I(R ＋r ＋R 灯)又由小电珠的U －I 图线得R 灯＝U I＝1.2 Ω 解得R ＝0.8 Ω.(3)因a 元件的I －U 线是直线，说明其阻值不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A 对，B 错；因I －U 图线的斜率的倒数表示电阻值，故C 对，D 错． 答案：(1)g (2)0.8 (3)AC。

第8节多用电表的原理1．了解欧姆表的原理，刻度方法，知道中值电阻的概念．2．知道多用电表的多种用途，了解其内部结构和外形结构．3．驾驭多用电表的读数方法和运用步骤．一、欧姆表1．内部构造：表头、电源和可变电阻三部分组成．2．原理：依据闭合电路欧姆定律制成，由电流表改装而成．3．测量原理：如图所示，当红、黑表笔间接入被测电阻R x时，通过表头的电流I＝Er＋R g＋R＋R x．变更R x，电流I随着变更，每个R x值都对应一个电流值，在刻度盘上干脆标出与I值对应的R x值，就可以从刻度盘上干脆读出被测电阻的阻值．4．内阻：将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器使电流表达到满偏电流I g，依据闭合电路的欧姆定律，I g＝Er＋R g＋R，故欧姆表内电阻R内＝EI g＝r＋R g＋R．二、多用电表1．用途：共用一个表头，可分别测量电压、电流和电阻等物理量．2．最简洁的多用电表原理图：如图甲所示，当单刀多掷开关接通1时，可作为电流表运用，接通2时，可作为欧姆表运用，接通3时，可作为电压表运用．甲乙3．外形构造：如图乙所示，表的上半部分为表盘，下半部分是选择开关，开关四周标有测量功能区域及量程．运用前应当调整“指针定位螺丝”，使其指针指到零刻度．不运用的时候应当把选择开关旋转到OFF位置．判一判(1)当红、黑表笔短接时，调整调零电阻，使电流表指针满偏，在电流满偏处标电阻“0”．( )(2)多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头改装而成的．( )(3)对于多用电表表盘上的刻度线，直流电流刻度线和直流电压刻度线都是匀称的，可以共用一刻度线，电阻刻度线是不匀称的，欧姆表指针偏转角越大，表明被测电阻越小．( )(4)用多用电表测电压U时电流从红表笔流入多用电表，测电阻R时电流从红表笔流出多用电表．( )(5)用多用电表无论是测电压、电流，还是测电阻，红表笔的电势都高于黑表笔的电势，且都是靠外部供应电流的．( )提示：(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×做一做如图所示是欧姆表的工作原理图．(1)若表头的满偏电流为I g＝500 μA，干电池的电动势为1．5 V，把灵敏电流表的电流刻度值对应的欧姆表电阻值填在下表中．电流刻度0 50 μA100 μA200 μA250 μA300 μA400 μA500 μA 电阻刻度∞0(2)这个欧姆表的总内阻为________Ω，表针偏转到满刻度的3时，待测电阻为________Ω．提示：(1)对应电流“0”刻度和满偏电流“500 μA”的电阻刻度分别为“∞”和“0”．由闭合电路的欧姆定律得，调零时：I g＝ER g＋r＋R0，所以欧姆表的总内阻R内＝R g＋r＋R0＝EI g ＝3 000 Ω．测量电阻R x时：I＝ER内＋R x，R x＝EI－R内，当I＝50 μA时，R x＝1．550×10－6Ω－3 000 Ω＝3×104Ω－3×103Ω＝2．7×104Ω．同理可求出电流为100 μA、200 μA、250 μA、300 μA、400 μA时，对应的电阻分别为：1．2×104Ω、4．5×103Ω、3×103Ω、2×103Ω、750 Ω．(2)当表针偏转到满刻度的13处时，R x ＝E I －R 内＝1．5500×10－63Ω－3 000 Ω＝6 000 Ω．答案：(1)2．7×104Ω 1．2×104Ω 4．5×103Ω 3×103Ω 2×103 Ω 750 Ω (2)3 000 6 000欧姆表的原理1．欧姆挡测电阻的原理如图所示(1)测量原理：闭合电路的欧姆定律．(2)欧姆表由电流表改装而成：通过表头的电流为I ＝ER x ＋R ＋R g ＋r，R x 与电流I 一一对应，故可以将表盘上的电流值改为电阻值，就可以从表盘上干脆读出电阻的数值，这样就制成了一个欧姆表．(3)欧姆表的内阻：式中R ＋R g ＋r 为欧姆表的内阻．(4)欧姆调零：式中R 为变阻器，也叫调零电阻．通过调整它，可以使欧姆表指针指向“0”位置．2．刻度标注 刻度 标注方法标注位置 “0” 红、黑表笔相接，调整调零旋钮，使指针满偏，被测电阻R x ＝0满偏电流I g 处 “∞” 红、黑表笔不接触，表头指针不偏转，被测电阻R x ＝∞电流为零处 中值电阻R x ＝r ＋R ＋R g刻度盘正中心“R x ”红、黑表笔接R x ，I x ＝E（r ＋R ＋R g ）＋R x ，R x 与I x 一一对应与R x 对应电流I x处1．若某欧姆表表头的满偏电流为5 mA ，内装一节干电池，电动势为1．5 V ，那么该欧姆表的内阻为________Ω．待测电阻接入红、黑两表笔之间时，指针指在刻度盘的中心，则待测电阻的阻值为________Ω．若指针指在满刻度的34处，则待测电阻的阻值为________Ω．解析：将红、黑表笔短接，调整调零电阻的阻值，当电流表指针满偏时I g ＝ER g ＋r ＋R 0，欧姆表的内阻R 内＝R g ＋r ＋R 0＝E I g ＝1．55×10－3Ω＝300 Ω．当电流为12I g 时，有12I g ＝E R 内＋R x 1，即R 内＋R x 1＝2EI g ＝600 Ω，故R x 1＝300 Ω．当电流为34I g 时，有34I g ＝E R 内＋R x 2，即R 内＋R x 2＝4E3I g ＝400 Ω，故R x 2＝100 Ω．答案：300 300 100 2．如图所示为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA ，内阻R g＝100 Ω，调零电阻最大值R ＝50 k Ω，串联的固定电阻R 0＝500 Ω，电池电动势E ＝1．5 V ，用它测量电阻R x ，能精确测量的阻值范围是( )A ．30～80 ΩB ．3～8 k ΩC ．30～80 k ΩD ．300～800 k Ω解析：选B ．欧姆表的中值电阻旁边刻度最匀称，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R 内，由闭合电路欧姆定律可知，满偏时：I g ＝E R 内，半偏时：12I g ＝ER 内＋R 中，联立解得：R 中＝R 内＝E I g ＝1．5300×10－6Ω＝5 000 Ω＝5 k Ω，欧姆表的中值电阻为5 k Ω，欧姆表能精确测量的阻值范围是：3～8 k Ω．多用电表的改装和运用如图所示，分别把电流表、欧姆表、电压表的电路示意图组合在一起，就是最简洁的多用电表的电路．1．电流表的改装原理：由同一表头并联不同电阻改装而成的量程不同的电流表．2．电压表的改装原理：由同一表头串联不同电阻改装而成的量程不同的电压表．3．欧姆表的改装原理：将对应R x的电流刻度值改为电阻值，即为欧姆表．4．电流进、出电表的流向(1)电流挡串联接入电路，电流从红表笔流进电表，从黑表笔流出；(2)电压挡并联接入电路，红表笔接高电势点，黑表笔接低电势点，电流仍旧是“红进、黑出”；(3)运用欧姆挡时，红表笔连接表内电源的负极，黑表笔连接表内电源的正极，电流仍旧是“红进、黑出”．命题视角1 对多用电表改装原理的考查(多选)如图所示是简化的多用电表的电路图．转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的争论，请你推断下列说法正确的是( )A．S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大B．S与3或4连接时，多用电表就成了电流表，且前者量程较大C．S与3或4连接时，多用电表就成了电压表，且前者量程较大D．S与5连接时，多用电表就成了欧姆表[思路点拨] 电流表——表头并联电阻；电压表——表头串联电阻；欧姆表——必需有电源．[解析] S与1连接时，电阻R1起分流作用，S与2连接时，电阻R1＋R2起分流作用，所以S与1或2连接时，多用电表就成了电流表，由于前者分流电阻较小，所以前者量程较大；S与3或4连接时，表头与分压电阻串联，多用电表就成了电压表，由于R3＜R4，所以前者量程较小；S与5连接时，多用电表就成了欧姆表，R6为欧姆挡调零电阻．综上所述，正确答案为A、D．[答案] AD命题视角2 对多用电表的运用规则考查(2024·徐州高二检测)如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则( )A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表[解析] 题图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．[答案] B命题视角3 多用电表在推断电路故障时的运用如图是某同学连接的试验实物图．闭合开关后A、B两灯都不亮．他采纳下列两种方法对故障缘由进行排查．(灯泡A、B的规格均为2．5 V、1 W，滑动变阻器为10 Ω、1 A)(1)应用多用电表的直流电压挡进行检查，那么选择开关应置于________挡．A．2．5 V B．10 VC．50 V D．250 V该同学的测试结果见表1，则在测试a、b间直流电压时，红表笔应当接触________．(选填“a”或“b”)测试点电压示数a、b 有示数b、d 有示数c、d 无示数d、f 有示数测量点表针偏转状况c、dd、ee、f表2依据测量结果，可以推断故障是 ( )A．灯A短路B．灯B短路C．c、d段断路D．d、f段断路(2)将开关断开，再选择欧姆挡测试，测量结果见表2，那么检查出的结果是( )A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路[解析] (1)由实物图示可知，电源由4节干电池组成，电源电动势E＝6 V，用多用电表直流电压挡测量时，应选满偏电压为10 V的较合适．依据电流应从红表笔流入，黑表笔流出的原则，红表笔应连电源正极，即接a．可用解除法确定电路故障，接a、b时有示数，说明从电源正极到a处，电源负极至b处，无断路；b、d有示数，说明a与d之间未断路；c、d无示数，说明e、f、b间有断路；d、f有示数，说明f、b间无断路，故可确定断路在d、f间．另外不行能是A或B灯短路，因为一只灯短路，并不影响另一灯发光．(2)依据c、d，d、e，e、f间的示数，说明灯A、B均未断路，而d、e间电阻无穷大，说明d、e间断路．[答案] (1)B a D (2)D多用电表测量电流和电压是利用并联电阻分流和串联电阻分压原理，而测量电阻是利用闭合电路的欧姆定律．但不论测量哪个物理量，运用多用电表时，都要使电流从“＋”接线柱流入，“－”接线柱流出．运用时，红、黑表笔肯定要与电表的“＋”“－”插孔相对应，这种插法是不变的．【题组突破】1．如图所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线是好的．为了查出断的导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并视察多用电表指针指示的示数．在下列选项中，符合操作规程的是( )A．直流10 V挡B．直流0．5 A挡C ．直流2．5 V 挡D ．欧姆挡解析：选A ．因为被检测的电路为含电源电路，所以选用欧姆挡肯定不行以．由于电路中电源电动势为6 V ，所以选用直流2．5 V 挡也担心全．估测电路中电流，最大值可能为I max ＝65A ＝1．2 A ，所以选用直流0．5 A 挡也不对，只有选用直流10 V 挡．2．把一量程6 mA 、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，电路如图所示，现备有如下器材： A ．电源E ＝3 V(内阻不计)； B ．变阻器0～100 Ω； C ．变阻器0～500 Ω； D ．红表笔； E ．黑表笔．(1)变阻器选用________．(2)红表笔接________端，黑表笔接________端．(3)电流表2 mA 刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________． 解析：(1)两表笔干脆接触时，调整变阻器的阻值使电流达到满偏I g ＝ER g ＋R 0，解得R 0＝400 Ω，故变阻器应选C ．(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N 端，黑表笔接M 端．(3)电流I ＝2 mA 时，有I ＝ER g ＋R 0＋R x，解得R x ＝1 000 Ω．答案：(1)C (2)N M (3)1 000 Ω[随堂检测]1．欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的运用和连接，下列叙述正确的是( )A ．测电阻前要使红、黑表笔相接，调整调零电阻，使表头的指针指最左端B ．红表笔与表内电池正极相连接，黑表笔与表内电池负极相连接C ．红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接D ．测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻值越大解析：选C ．每次测量电阻之前都要进行电阻调零，使指针指向最右端电阻为零处，所以A错误．由欧姆表内部结构可知B错误，C正确．测电阻时，表针偏转角度越大，说明通过表头的电流越大，待测电阻值越小，故D错误．2．以下是欧姆表原理的电路示意图，正确的是( )解析：选C．选项B的欧姆表中没有可调电阻，B错；选项D电流表的负极接到了电源的正极，D错；红表笔应接电源的负极，黑表笔应接电源的正极，A错，C对．3．某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触均完好．修理人员运用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．(1)断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图乙所示，读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)．(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍旧和图乙相同，可推断发生故障的器件是________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)．解析：(1)多用电表直流50 V的量程读中间匀称部分，共50格每格1 V应当估读到0．1 V，指针在11～12之间，读数为11．5 V．开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的．(2)两表笔接b、c之间，闭合开关后测试电压与接a、c间时相同，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯．答案：(1)11．5(11．2～11．8) 蓄电池(2)小灯4．(2024·宿州高二检测)一欧姆表中的干电池电动势为1．5 V，某同学把两表笔短接时，满偏电流为3．0 mA，接着，两支表笔与R＝500 Ω的电阻连接时，通过R的电流为多大？解析：设欧姆表内阻为R内，由闭合电路欧姆定律可得：E＝I g R内I＝ER＋R内联立并代入数据解得：I＝1．5 mA．答案：1．5 mA[课时作业] [学生用书P143(单独成册)] 一、单项选择题1．关于多用电表表盘上的刻度线，下列说法正确的是( ) A．电阻刻度是匀称的B．电阻刻度是不匀称的C．直流电流刻度线是不匀称的D．直流电压刻度线是不匀称的解析：选B．由I＝Er＋R＋R x，电流I与对应的待测电阻阻值R x不成正比，电阻的刻度线是不匀称的，刻度值越大处刻度线越密，故A错误，B正确；直流电流刻度线和直流电压刻度线都是匀称的，可以共用一刻度，故C、D错误．2．(2024·天门校级检测)如图所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照光敏电阻时，表针的偏角为θ1；用手掌拦住光线，表针的偏角为θ2，则可推断( ) A．θ1＞θ2B．θ1＝θ2C．θ1＜θ2D．不能确定解析：选A．有光时电阻小，则偏角大，无光时电阻大，则偏角小，则θ1＞θ2．3．甲、乙两同学运用欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发觉指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1 k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零，则以下说法正确的是( ) A．甲选挡正确，操作也正确B．乙选挡正确，而操作错误C．甲选挡错误，操作也错误D．乙选挡错误，而操作正确解析：选D．选择开关旋到“×100”挡，指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，所选量程太小，应选择较大的量程，重新选挡后要重新欧姆调零，故D正确，A、B、C错误．4．某个多用电表的表盘如图所示，若表头满偏电流为1 mA ，内阻为1 k Ω，所用电池的电动势为1．5 V ，内阻为0．5 Ω，运用“×1”欧姆挡，若把多用电表的红黑表笔短接时，表针恰好指在电流满刻度处．若A 、B 、C 、D 、E 平分表示刻度的那段圆弧AE ，则测电阻时，刻度D 处对应的电阻阻值是( )A ．1 500 ΩB ．1 000 ΩC ．500 ΩD ．0解析：选C ．欧姆表内阻：R ＝E I g ＝1．50．001 Ω＝1 500 Ω，刻度D 对应的阻值：R x ＝E I D－R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1．50．0014×3－1 500 Ω＝500 Ω． 5．(2024·南昌联考)如图所示的电路为欧姆表原理图，把欧姆表调零后测量一个阻值为R ＝10 Ω的电阻时，指针偏转至满刻度的35处，现测量一个电阻R x ，指针偏转至满刻度的15处，则电阻R x 的阻值为( )A ．4 ΩB ．20 ΩC ．30 ΩD ．60 Ω解析：选D ．设电动势为E ，内阻为R g ，满偏电流为I g ，欧姆表调零时：I g ＝E R g ，测一阻值为R ＝10 Ω的电阻时：35I g ＝E 10＋R g ，测一未知电阻时：15I g ＝E R x ＋R g，解得：R x ＝60 Ω． 6．一个用满偏电流为3 mA 的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500 Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1 mA 处，则被测电阻的阻值为( )A ．1 000 ΩB ．5 000 ΩC ．1 500 ΩD ．2 000 Ω解析：选A ．设欧姆表的内阻为R 内，由欧姆定律知：3×10－3 A ＝E R 内，1．5×10－3 A ＝E R 内＋500 Ω，所以R 内＝500 Ω，E ＝1．5 V ，又1×10－3 A ＝ER 内＋R x，所以R x ＝1 000 Ω． 二、多项选择题7．(2024·衡水中学高二月考)下列关于多用电表欧姆挡的说法中，正确的是( )A ．表盘刻度是不匀称的，从零刻度处起先，刻度值越小处，刻度越密B ．红表笔是与表内的电源的正极相连的C ．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D ．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度旁边解析：选CD ．由多用电表欧姆挡的工作原理可知表盘刻度是不匀称的，且刻度值越大，刻度越密；红表笔是与电表内部电源的负极相连；在测量时肯定要先进行欧姆调零，再测量电阻，同时为了减小误差，要尽量使指针指在中间刻度旁边．8．(2024·丽水测试)如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为R g ，调零电阻接入电路中的电阻值为R ，电池的电动势为E ，内阻为r ，则下列说法中正确的是( )A ．它是依据闭合电路欧姆定律制成的B ．接表内电池负极的应是红表笔C ．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端D ．调零后刻度盘的中心刻度值是r ＋R g ＋R解析：选ABD ．其原理为闭合电路欧姆定律，故A 正确；接表内负极的是红表笔，故B 正确；欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，C 错误；调零后刻度盘的中心刻度值是R g ＋r ＋R ，故D 正确．9．(2024·西城区测试)如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图，单刀多掷开关S 可以与不同接点连接．下列说法不正确的是( )A ．当S 接1或2时为直流电流挡，接1时量程较小B ．当S 接1或2时为直流电压挡，接1时量程较大C ．当S 接3或4时为直流电流挡，接3时量程较大D ．当S 接5或6时为直流电压挡，接5时量程较小解析：选ABC ．当开关S 旋到位置1、2是电流表，接1时分流电阻小，则其分流大，则量程大，则A 、B 错误；接3或4为欧姆表，则C 错误；当开关S 转到5、6位置为电压表，串联电阻越大，则量程越大，则D 正确．三、非选择题10．(2024·枣庄校级考试)现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线之间的刻度模糊，若用“×100”的欧姆挡，经调零后，规范测量某一待测电阻R ，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图所示，则该待测电阻R ＝________Ω．解析：欧姆表调零时，I g ＝E R 内，由图示欧姆表可知，中心刻度值为：15×100 Ω＝1 500 Ω，指针在中心刻度线时：12I g ＝E R 内＋1 500 Ω，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：I ＝34I g ＝E R 内＋R，解得R ＝500 Ω． 答案：50011．如图所示为一简洁欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I g ＝300 μA ，内阻R g ＝100 Ω，可变电阻R 的最大阻值为10 k Ω，电池的电动势E ＝1．5 V ，内阻r ＝0．5 Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色，按正确运用方法测量电阻R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正中心，则R x ＝________k Ω．若该欧姆表运用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确运用方法再测上述R x ，其测量结果与原结果相比较________(填“变大”“变小”或“不变”)．解析：回路中电流方向满意红进黑出，所以与A 相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即R x＝0)时，电流表应调至满偏电流I g，设此时欧姆表的内阻为R内，此时由关系I g＝ER内得R内＝EI g ＝5 kΩ；当指针指在刻度盘的正中心时I＝I g2，有I g2＝ER内＋R x，代入数据可得R x＝R内＝5 kΩ；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表得重新调零，由于满偏电流I g不变，由公式I g＝ER内，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由I＝ER内＋R x＝I g R内R内＋R x＝I g1＋R xR内，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．答案：红 5 变大12．(2024·松江区联考)如图所示的电路，1、2、3、4、5、6为连接点的标号，在开关闭合后，发觉小灯泡不亮，现用多用电表检查电路故障，须要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的状况下，应当选用多用电表的________挡，在连接点1、2同时断开的状况下，应当选用多用电表________挡．(2)在开关闭合状况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明______________可能有故障．(3)将小灯泡拆离电路，请在空白处补充完整用多用电表检测小灯泡是否有故障的详细步骤：旋转选择旋钮，使指针指到欧姆挡；解析：(1)在1、2两点接好的状况下，应当选用多用电表的电压挡，若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路；若选欧姆挡则有可能造成短路、指针倒转．在1、2同时断开的状况下，应选用欧姆挡，干脆测量某段电路的电阻即可．(2)电压表示数接近电动势，只有一种可能，即电压表与灯泡串联接入电路，电压表内阻极大，分得大部分电压，说明开关或连接点5、6两点断路．(3)调到欧姆挡；将红黑表笔相接，进行欧姆挡调零；测量小灯泡的电阻，假如电阻无穷大，表明小灯泡有故障(灯丝断或灯座接触不良)．答案：(1)电压欧姆(2)开关或连接点5、6 (3)将红、黑表笔相接，进行欧姆挡调零；测量小灯泡的电阻，假如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．。

（精心整理，诚意制作）温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。

课时提能演练(十五)(40分钟 50分)一、选择题(本题包括5小题，每小题5分，共25分。

每小题至少一个选项正确)1.关于电动势及闭合电路的欧姆定律，下列说法正确的是( )A.电源电动势越大，电源所能提供的电能就越多B.电源电动势等于路端电压C.外电路的电阻越大，路端电压就越大D.路端电压增大时，电源的输出功率可能减小2.(20xx·广州高二检测)如图所示的电路中，闭合开关S后，将滑动变阻器R 的滑片P向上移动，则有( )A.V1表读数变小B.V2表读数变小C.A表读数变小D.通过电阻R的电流变小3.(20xx·台州高二检测)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电。

调节可变电阻R时，关于路端电压U，下列说法正确的是( )A.因为电源电动势E不变，所以路端电压U也不变B.因为U=IR，所以路端电压U与R成正比C.因为U=E-Ir，所以当I增大时，路端电压U减小D.因为ERUr R=+，所以当R=r时，路端电压U最大4.(20xx·包头高二检测)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断路D.因插座用导线接地，所以发生了上述故障5.(20xx·宁波高二检测)在如图所示的U-I图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I曲线。

用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。

由图像可知( )A.电源的电动势为3 V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为1ΩC.电源的输出功率为4 WD.电源的效率为50%二、非选择题(本题包括3小题，共25分，要有必要的文字叙述)6.(7分)如图所示,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,标有“8 V 16 W”的灯泡L恰好能正常发光,电动机绕线的电阻R0=1Ω,求:(1)电源的总功率；(2)电动机的输出功率。

课后练习一第10讲库仑定律和场强1.如图1-15所示，用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是（）A．a带正电，b带负电B．a带负电，b带正电C．a、b均带正电D．a、b均不带电答案：Ｃ详解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近小球a,会在球上感应出正电荷，而负电荷就远离棒，到了金属杆c上。

此时用手指触碰c，会把杆上的负电荷转移走，于是整个验电器就带正电了。

球带正电，金箔也带正电。

2.如图1-4所示，真空中两个自由的点电荷A和B，分别带有-Q和+4Q的电荷，现放入第三个点电荷C，使点电荷A、B、C都处于平衡，则点电荷C应放在什么区域？点电荷C带什么电？答案：应该放入一个“+”电荷，并且放在A的左边。

详解：首先电荷不可能放中间，否则该电荷必受到两个同方向的力。

电荷放在右边也不可能，本身B处电荷电荷量就大，如果离它更近，必然是受到的两个电场力大小不一。

因此要放在A左边，并且只能是带正电才可行，因为如果带负电，AB两处电荷不可能平衡。

3.将一定量的电荷Q，分成电荷量q、q＇的两个点电荷，为使这两个点电荷相距r时，它们之间有最大的相互作用力，则q值应为______。

答案：详解：二者相互作用力就是看乘积的大小了。

数学上有如下规律，两个正数和一定，必然在二者相等时积最大。

于是答案是。

4.两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电荷量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电荷量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电荷量不变，另一个电荷的电荷量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍；（5）把每个电荷的电荷都增大为原来的4倍，那么它们之间的距离必须变为原来的______倍，才能使其间的相互作用力不变。

[基础练]一、选择题1．关于通电导线所受安培力F的方向，磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是()A．F、B、I三者必须保持相互垂直B．F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直C．B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D．I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直解析：选B安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F与磁场及力F与导线都是垂直的，故A、C、D错误，B正确。

2.如图所示，通以恒定电流I的导线MN在纸面内从a位置绕其一端M转至b位置时，通电导线所受安培力的大小变化情况是()A．变小B．不变C．变大D．不能确定解析：选B当MN在原位置时，安培力的大小为F＝BIL，当MN绕M端旋转时，其大小仍是BIL，故安培力的大小是不变的，选项B正确。

3.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：选C首先对MN进行受力分析：受竖直向下的重力mg，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力。

处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，C正确。

4．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b 两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则()A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针转动D．线圈将顺时针转动解析：选D该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；由题图乙可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误，D正确。

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练]一、选择题(每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1.关于电场强度E ＝F q，下列说法正确的是( )A.由E ＝F q知，若q 减小为原来的1/2，则该处电场强度变为原来的2倍 B.由E ＝k Q r 2知，E 与Q 成正比，而与r 2成反比C.由E ＝k Q r2知，在以Q 为球心、r 为半径的球面上，各处电场强度均相同 D.电场中某点电场强度方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向解析：因E ＝F /q 为电场强度定义式，而电场中某点的电场强度E 只由电场本身决定，与是否引入试探电荷及q 的大小、正负无关，故A 错；E ＝k Q r2是点电荷Q 的电场中各点电场强度的决定式，故B 对；因电场强度为矢量，E 相同意味着大小、方向都相同，而在选项C 中所述球面上各处E 方向不同，故C 错；因所放电荷的电性不知，若为正电荷＋q ，则E 与＋q 受力方向相同，否则相反，故D 错。

答案：B2.下列说法中正确的是( ) A.电场线为直线的电场是匀强电场B.在电荷＋Q 所产生的电场中，以＋Q 为球心，半径为r 的球面上各点电场强度E ＝k Q r 2都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场C.当一个点电荷q 在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变D.正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中一定沿电场线运动解析：电场线为直线的电场不一定是匀强电场，如正点电荷或负点电荷的电场线均为直线，但都不是匀强电场，A 错；B 项中，只是电场强度大小相等，而方向各不相同，故不是匀强电场，B错；电场力F＝Eq，在匀强电场中，E的大小、方向均不变，故F大小、方向也不变，C对；若正点电荷有一与电场线成某一夹角的初速度，就不会沿电场线运动，D 错。

答案：C3.如图1甲所示中，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受电场力大小间的函数图像(F－q图像)，指定电场方向由A指向B为正方向，由此可以判定( )图 1A.场源可能是正电荷，位置在A侧B.场源可能是正电荷，位置在B侧C.场源可能是负电荷，位置在A侧D.场源可能是负电荷，位置在B侧解析：由F＝qE和图乙知，q相同时b点电场力较大，故场源电荷位置在B侧，由于检验电荷电性不确定，故选B、D。

2020—2021人教物理选修3—1第一章静电场课后练含答案人教选修3—1第一章静电场1、两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与电场强度方向平行，其位置如图所示。

若此杆绕过O点垂直于杆的轴线顺时针转过90°，则在此转动过程中，电场力做的功为()A．0B．qEl C．2qEl D．πqEl2、有甲、乙、丙三个小球，将它们两两相互靠近，它们都相互吸引，如图所示。

那么，下面的说法中正确的是()A．三个小球都带电B．只有一个小球带电C．有两个小球带同种电荷D．有两个小球带异种电荷3、如图所示，两个带同种电荷的小球质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1和q2，用两段绝缘细线悬挂在天花板上的O点，平衡时两球间的连线水平，两段绝缘细线与竖直线的夹角分别为α和β，α<β，则下列说法正确的是()A．若q1>q2，则m1>m2B．若q1>q2，则m1<m2C．一定有m1<m2D．一定有m1>m24、在等边三角形ABC的顶点B和C处各放一个电荷量相等的点电荷时，测得A处的场强大小为E，方向与BC边平行且由B指向C，如图所示。

若拿走C处的点电荷，则下列关于A处电场强度的说法正确的是()A ．大小仍为E ，方向由A 指向BB ．大小仍为E ，方向由B 指向AC ．大小变为E 2，方向不变D ．不能得出结论5、(双选)如图所示，曲线表示一簇关于x 轴对称的等势面，在x 轴上有A 、B 两点，则( )A ．A 点场强小于B 点场强B ．A 点场强方向指向x 轴负方向C ．A 点场强大于B 点场强D ．A 点电势高于B 点电势6、静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa 的a 点运动至电势为φb 的b 点。

若带电粒子在a 、b 两点的速率分别为v a 、v b ，不计重力，则带电粒子的比荷q m 为( )A ．v 2a －v 2b φb －φaB ．v 2b －v 2a φb －φaC ．v 2a －v 2b 2（φb －φa ）D ．v 2b －v 2a 2（φb －φa ）7、如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m8、(双选)关于静电感应和静电平衡，以下说法正确的是( )A ．静电感应是由于导体内的自由电子受静电力作用的结果B ．导体内的自由电子都不运动称为静电平衡C ．处于静电平衡状态时，导体所占空间各处场强均为零D．处于静电平衡状态时，导体内部将没有多余的“净”电荷*9、(双选)当用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触验电器的金属球后，金属箔片张开。

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练]一、选择题(每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.挂在绝缘细线下的两个轻质小球，表面镀有金属薄膜。

由于电荷的相互作用而靠近或远离，分别如图1甲、乙所示，则( )A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷图 1 C．甲图中至少有一个带电D．乙图中两球至多有一个带电解析：两球相互吸引的可能有两个：一是带异种电荷；二是一个带电，另一个被感应带电后吸引，因此A错误，C正确；两球相斥一定是带同种电荷，故B正确，D错误。

答案：BC2．下列说法中正确的是( )A．摩擦起电是创造电荷的过程B．接触起电是电荷转移的过程C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D．带等量异种电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫电荷的湮灭解析：摩擦起电的实质是电荷发生转移，而不是创造电荷，A错误；接触起电就是通过物体接触而转移电荷，B正确；两种物体摩擦，对核外电子束缚能力弱的物体在摩擦中易失去电子而带正电，是否容易失去电子由两物体的材料决定，因此玻璃棒不一定带正电，C错；等量异种电荷可以中和但不会消失，只是宏观上显中性，D错。

答案：B3．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。

图2中表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )图 2解析：把带电金属球移近不带电的验电器，若金属球带正电，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电，箔片带正电；若金属球带负电，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电，箔片带负电，所以B正确。

答案：B4.如图3所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔。

当枕形导体的A端靠近一带电导体C时( )图 3A．A端金箔张开，B端金箔闭合B．用手触摸枕形导体后，A端金箔仍张开，B端金箔闭合C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开D．选项A中两对金箔分别带异种电荷，选项C中两对金箔带同种电荷解析：根据静电感应现象，带正电的导体C放在枕形导体附近，在A端出现了负电，在B端出现了正电，金箔上各带同种电荷相斥而张开，选项A错误；用手摸枕形导体后，B 端不是最远端了，人是导体，人的脚部甚至地球是最远端，这样B端不再有电荷，金箔闭合，选项B正确；用手触摸导体时，只有A端带负电，将手和C移走后，不再有静电感应，A端所带负电便分布在枕形导体上，A、B端均带有负电，两对金箔均张开，选项C正确；由以上分析看出，选项D正确。