(全国通用)2017年高考物理一轮题复习 第七章 电场 微专题45 电势、电势差、等势面与电势能的理解

第七章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．某一导体的伏安特性曲线如图中AB (曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是导学号 05800953( )A ．B 点的电阻为12Ω B ．B 点的电阻为40ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω 答案：B解析：根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点的电阻分别为R A ＝30.1Ω＝30Ω，R B ＝60.15Ω＝40Ω，所以ΔR ＝R B －R A ＝10Ω，故B 对，A 、C 、D 错。

2．如图所示的电路，已知R 1＝3kΩ，R 2＝2kΩ，R 3＝1kΩ，I ＝10mA ，I 1＝6mA ，则a 、b 两点电势高低和通过R 2中电流正确的是导学号 05800954( )A ．a 比b 高，4mAB ．a 比b 高，2mAC ．a 比b 低，7mAD ．a 比b 低，4mA答案：C解析：R 1、R 3两端电压分别是：U 1＝I 1R 1＝6×10－3×3×103V ＝18V ，U 3＝(I －I 1)R 3＝(10－6)×10－3×1×103V ＝4V ，所以φa <φb ，R 2中的电流从b 流到a ，由欧姆定律得I 2＝φb －φaR 2＝18－42×103A ＝7mA ，选项C 正确。

3.如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端向下滑动时导学号 05800955( )A ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数变大B ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数变小C ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数先变小后变大D ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数先变大后变小 答案：A解析：设滑动变阻器的总电阻为R 0，P 以上电阻为R x ，R x 与(R 0－R x )并联接入电路，并联后的阻值R ′＝(R 0－R x )R x R 0当R x ＝R 02时，R ′最大。

恒定电流考试时间：100分钟；满分：100分班级 姓名 .第I 卷（选择题）评卷人得分一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分, 共28分）1. 一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内，下列说法错误的是 ( )A ．电炉放热与电动机放热相等B ．电炉两端电压小于电动机两端电压C ．电炉两端电压等于电动机两端电压D ．电动机消耗的功率大于电炉的功率2. 如图(甲)所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6 V 和4 V ，当只有电压表V2接入电路中时，如图(乙)所示，示数为9 V ，电源的电动势为（ ）A ．9.8 V B ．10 V C ．10.8 V D ．11.2 V3. A 和B 为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。

开始时开关S 闭合且滑动变阻器的滑动头P 在a 处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。

（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（ ）A ．小球带负电B ．当滑动头从a 向b 滑动时，细线的偏角θ变大C ．当滑动头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动头停在b 处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a 处时电源的输出功率 4. 如右图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线.由该图可知下列说法中错误的是（ C ） A ．电源的电动势为4V B ．电源的内电阻为1Ω C ．电源输出功率最大值为8WD．电源被短路时，电源消耗的最大功率可达16W5. 如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表。

安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大V2的量程，把它们按图接入电路，则（）①安培表A1的读数大于安培表A2的读数；②安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；③伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；④伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角；A、①②；B、②③；C、③④；D、①④6. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。

电势、电势差、等势面与电势能的理解1．考点及要求：(1)电势能、电势(Ⅰ)；(2)电势差(Ⅱ)；(3)匀强电场中电势差与电场强度的关系(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)电场线与轨迹判断方法：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景．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，若三个都不知道(三不知)，是要用“假设法”分别讨论各种情况；(2)与等势面有关的运动轨迹问题的分析方法：①从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负．②结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．1．(场强和电势的比较)如图所示，处于真空中的正方体存在着电荷量为＋q或－q的点电荷，点电荷位置图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的图是( )2．(电场能性质的理解)如图1所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q 为CD轴上关于O点对称的两点．如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是( )图1A．P点的电势与Q点的电势相等B．P点的电场强度与Q点的电场强度相等C．在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动D．带正电的微粒在O点的电势能为零3．(匀强电场的场强与电势差的关系)(多选)如图2所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V，一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点．不计质子的重力，下列判断正确的是( )图2A．c点电势低于a点电势B．电场强度的方向由b指向dC．质子在c点的电势能为16 eVD．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV4．(电场性质的综合分析)(多选)如图3所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面，在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点以相同的速率沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小．若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是( )图3A．电场强度方向由A指向BB．电场强度方向由C指向DC．粒子到达B点时动能最大D．粒子到达D点时电势能最小5．(电场中功能关系的理解)(多选)如图4所示，三根绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点上分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置都处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的( )图4A ．电势能不变B ．电势能减小C ．重力势能减小D ．重力势能增大6．(多选)对下列概念、公式的理解，正确的是( )A ．根据E ＝F q ，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q 成反比B ．根据C ＝ΔQ ΔU，电容器极板上的电荷量每增加1 C ，电压增加1 V ，则该电容器的电容为1 F C ．根据W ＝qU ，一个电子在电势差为1 V 的两点间被电场加速，电场力做功为1 eVD ．根据U ab ＝W ab q ，若带电荷量为1×10－5 C 的正电荷从a 点移动到b 点，克服电场力做功为1×10－5 J ，则a 、b 两点的电势差为U ab ＝1 V ，且a 点电势比b 点高7．(多选)如图5所示，光滑绝缘水平桌面上方存在水平方向的匀强电场，当带电小球A 、B 置于桌面上适当位置时两小球恰能静止．现让小球B 获得由A 指向B 的初速度，使其在桌面上运动，已知在随后的运动中A 、B 未离开电场，下列分析正确的是( )图5A ．匀强电场方向一定与AB 连线平行B ．小球A 、B 电性一定相反，电荷量可能不等C ．运动中B 的电势能一直减小D ．运动中B 的动能一直减小8．如图6所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，点R 同时在电场线b 上，由此可判断( )图6A ．带电质点在P 点的加速度比在Q 点的加速度小B ．带电质点在P 点的电势能比在Q 点的大C ．带电质点在P 点的动能大于在Q 点的动能D ．P 、R 、Q 三点，P 点处的电势最高9．如图7所示，在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定一个电荷量为＋Q 的点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m ，电荷量为－q 的检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零．则在＋Q 形成的电场中( )图7A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的2倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2 10．如图8所示的三条相互平行、距离相等的虚线分别表示电场中的三个等势面，电势分别为7 V 、14 V 、21 V ，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，下列说法正确的是( )图8A ．粒子一定带负电荷，且粒子在a 、b 、c 三点所受合力相同B ．粒子运动径迹一定是a →b →cC ．粒子在三点的动能大小为E k b >E k a >E k cD ．粒子在三点的电势能大小为E p c >E p a >E p b11．对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 处的电势为φ＝k qr(k 为静电力常量)．如图9所示，两电荷量均为Q 的异种点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 到C 的过程中，系统电势能的变化情况为( )图9A ．减少2kQeR d 2－R2 B ．增加2kQeR d 2＋R 2 C ．减少2kQe d 2－R 2 D ．增加2kQe d 2＋R 212．如图10所示，a 、b 为竖直方向上的电场线上的两点，一带电质点在a 由静止释放，沿电场线方向向上运动，到b 点速度恰好为0，下列说法中正确的是( )图10A ．带电质点在a 、b 两点所受的电场力都是竖直向上的B ．a 点电势比b 点的电势高C ．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 点的电场强度小答案解析1．D [根据点电荷的电场强度公式E ＝k q r 2，可得点电荷在正方体的顶点的电场强度大小，可计算得a 、b 两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断a 、b 两点场强的方向相反，故A 错误．根据点电荷的电场强度公式E ＝k q r 2，可求得各个点电荷在a 、b 两点的电场强度大小，再根据矢量的合成，可得a 、b 两点的电场强度大小不等，故B 不正确．根据点电荷的电场强度公式E ＝k q r 2，得a 、b 两点的电场强度大小相等，再根据矢量合成，求出合场强大小相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同，故C 错误．根据点电荷的电场强度公式E ＝k q r 2，可得各个点电荷在a 、b 两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强大小相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．再根据U ＝Φ2－Φ1，U ＝Ed 得，Φ2－Φ1＝Ed 可判断a 、b 两点电势相等，故D 正确．]2．B [带电量为Q 的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，左半球面在P 、Q 两点的场强与右半球面在两个点的场强大小相等方向相反，P 、Q 点关于O 点对称，则半球面在P 点的电场强度与在Q 点的电场强度相等，从P 到Q 场强先增大后减小，B 正确；如果是整个球面，在P 、Q 的电势均相等，现只有左球面，则P 点的电势高于Q 点的电势，A 错误；在P 点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将做变加速直线运动，C 错误，因为电势零点并没有选定，故不能确定O 点电势为零，带正电的微粒在O 点的电势能不一定为零，D 错误．]3．AC4．BD [仅在电场力作用下从A 点进入，离开C 点的动能最小，电势能最大，则C 点是沿电场强度方向离A 点最近的点，所以电场线与过C 点的切线垂直，由于带电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿CD 方向，故A 错误，B 正确；由上可知，电场线方向从C 到D ，由沿着电场线方向，电势降低，则有D 点的电势能最小，动能最大，故C 错误，D 正确；故选B 、D.]5．AD [设绝缘轻杆长为2d ，电场强度为E ，顺时针转过120°过程中，电场力对A 球做功W A ＝Eqd .对B 球做功W B ＝－E ·2q ·2d ＝－4Eqd .对C 球做功W C ＝E ·3q ·d ＝3Eqd .电场力对三个小球所做总功为零，故三个小球组成的系统电势能不变，A 项正确，B 项错误；以BC 边所在水平面为零势能面，则系统初态重力势能为mgh (h 为A 点到BC 的距离)，转过120°后，系统重力势能为3mgh ，重力势能增大，C 项错误，D 项正确．]6．BC [电场中某点的电场强度与试探电荷无关，故A 错．B 、C 项所述均正确．由U ab ＝W ab q得U ab ＝－1×10－51×10－5 V ＝－1 V ，a 点电势比b 点低，故D 错．] 7．AC [带电小球A 、B 恰能静止，说明小球A 受到的电场力与B 对A 的库仑力是等大反向的，故匀强电场方向一定与AB 连线平行，A 正确．A 、B 间的库仑力是一对相互作用力，A 、B 受到的电场力应是大小相等方向相反的，故A 、B 所带电荷量一定相等，电性相反，B 错误．当B 获得初速度运动时，A 、B 远离，电场力大于A 、B 间的库仑力，合力方向为电场力方向，合力对B 球做正功，其动能增加，电势能减小，C 正确，D 错误．]8．C [电场线的疏密对应电场强弱，P 点电场强，电场力大，加速度大，A 错误；Q 到P 电场力做正功，动能增大，电势能减小，由于质点带正电，电势降低，故C 正确．]9．B [在＋Q 形成的电场中，N 点电势低于P 点电势，选项A 错误；负检验电荷的机械能与电势能之和保持不变，负检验电荷在N 点电势能等于mv 22，N 点电势为－mv 22q ，选项B 正确，D 错误；由图中几何关系知，ON ＝2OP ，由点电荷电场强度公式，P 点电场强度大小是N 点的4倍，选项C 错误．]10．A [由等势面特点可知，该电场为匀强电场，粒子所受静电力方向指向高电势，与电场方向相反，故该粒子带负电，选项A 正确；由运动轨迹不能判断出该带电粒子的运动方向，故选项B 错误；负电荷在b 点的电势能最大，动能最小，故应有E p b >E p a >E p c ，由能量守恒可知E k b <E k a <E k c ，选项C 、D 均错误．]11．A [A 点的电势为φA ＝－k Q R ＋kQ d －R ＝－kQ d －2R R d －R ；C 点的电势为φC ＝－k Q R ＋k Q d ＋R ＝－kQd R d ＋R ，则A 、C 间的电势差为U AC ＝φA －φC ＝－kQ d －2R R d －R －[－kQd R d ＋R ]＝2kQR d 2－R 2，质子从A 移到C ，电场力做功为W AC ＝eU AC ＝2kQeR d 2－R 2，是正功，所以质子的电势能减少2kQeR d 2－R 2，故选项A 正确．] 12．A [由题意可知，带电质点受两个力：重力和电场力．开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上．因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上，故A 正确；小球开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上，但由于小球的电性未知，不能判断电场线的方向，所以不能判断a 、b 两点电势的高低，故B 错误；电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a 点的电势能比在b 点的电势能大，故C 错误；在a 点，电场力大于重力，到b 点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b 点所受的电场力小于重力，所以a 点的电场强度比b 点的电场强度大，故D 错误．]。

专题07电场【考向解读】1. 静电场的性质与特点以及常见电场的分布规律问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1) 以选择题形式考查电场的叠加.(2) 以选择题形式考查等量电荷或不等量电荷的电场的分布与电场强度、电势、电势能的大小比较问题.(3) 以选择题形式考查电场力做功与电势能的改变之间的关系.2. 平行板电容器问题是近几年高考中时常出现的考点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1) 一般以选择题的形式考查电容器的定义式和平行板电容器的决定式.(2) 以选择题的形式考查极板间场强、极板间的电势、带电粒子的电势能及电容器的充放电规律等问题.3. 带电粒子在电场中的运动问题是近几年高考的重点和热点，综合分析近几年的高考命题，对于这一考点的命题规律有以下几个方面：(1) 利用运动的合成和分解分析带电粒子的类平抛运动，考查粒子的运动轨迹、受力情况及能量转化，多以选择题形式出现.(2) 经常与动能定理、运动学方程、牛顿运动定律等知识相综合，以计算题的形式出现.【命题热点突破一】对电场性质的考查例1.【2016 •全国卷H】如图1-所示，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( ) 图1-A .a a>a b>a c,V a>V c>V bB .a a>a b>a c,V b>V c>V aC .a b>a c >a a,V b>V c>V aD. a b>a c>a a, V a>V c>V b【答案】D【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a,由a=-可m知，a b>a c>a a，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此V a>V c>V b，故D正确.【变式探究】如图，在正点电荷Q的电场中有MNP、F四点，M N P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，/ M= 30°. M N P、F四点处的电势分别用© M© N、© p、© F表示，已知© M=© N, © p= ©F,点电荷Q在M N、P三点所在平面内，则（）A\■r *j””:________ nM PA. 点电荷Q—定在MP的连线上B. 连接PF的线段一定在同一等势面上C. 将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D. © P大于© M【解析】电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强犬小相等.由于仇产口门俳=",所決点电荷Q到M和屮的距离相等，到P和尸的距倉相等，即过尸作XV的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位此由几何知识得Q在上，如厠所示，选顷A正确；点电荷形成的电场中等势面杲球面，故选项3错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从卩点搬运到丁点时，电场力做正功，故选项匚错误.由几何关系知点电荷e距-v的距离大，距p的距离小，所以串g,故选项D正确.【感悟提升】1. 分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱.2. 分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断3. 比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断 【命题热点突破二】有关平行板电容器问题例2、【2016 •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1-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（ ）图1-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【答案】C 【解析】电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场趣强，据團可知，占点的电场强度 比丿点犬，选项入错误；沿电场线电势降低3小球表面的电势比容器内表面的高，选项3错误！容器内表 面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故£点的电场强度方向与该处內表面垂直，选项c 正确.二、弓两 点等势，将检验电荷从卫点沿不同路径移到冬点，电场力做功［劝翥 选项D 错误.【变式探究】如图所示， D 是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器 AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态.下列措施下，关于 P 的运动情况的说法中正确的是 （ ）A. 保持S 闭合，增大 A B 板间距离，P 仍静止B.保持S 闭合，减小 A B 板间距离，P 向上运动C. 断开S 后，增大 A B 板间距离，P 向下运动.)__ DA ~1 BD. 若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变【解析】保持开关S闭合，电容器的电压不变，增大A、B板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所臥电场强度不变，故盒正确；半减小-芥B 板间 距禽，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电量増加，因此电场强度増犬：所以P 向上运动：故M 正确,增大-冬另板间距离』导致电容器的电容;感卜由于断开开关■则电容器的电量不变，所次极板间 的电场强度不变，因此P 仍处于静止，故C 荀吴；屈板稍下移，电容器的电容増大，当断幵S 后，则电容 器的电量不变，所以电场强度也不变，宙于月板接地，则p 到3板的电势差不变，ait?的电势能也不甄 故3正确》【答案】ABD【命题热点突破三】带电粒子在电场中的运动例3.【2016 •北京卷】如图1-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，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为 U,极板长度为L ,板间距为d . (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 v o 和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离△ y ；⑵分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法.在解决 ⑴问时忽略了电子所受重力，请利用下列2—2 一31 一 19 2数据分析说明其原因. 已知 U = 2.0 x 10 V, d = 4.0 x 10 一 m m= 9.1 x 10一 kg, e = 1.6 x 10 一 C, g = 10 m/s . (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$的定义式•类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势” $ G 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点.偏转距离△ y = 2a ( △ t )2= 4UL-.72 4l 0d⑵ 考虑电子所受重力和电场力的数量级，有el 0= ?mv电子射入偏转电场的初速度 V 0一29重力G= m旷10 N电场力F=-〜1厂N 由于F? G因此不需要考虑电子所受重力.⑶电场中某点电势W定义沖电荷在该怎的电势能為与其电荷量Q的比值』即尸牛由于重力做功与踣径无关」可決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乂与其驢我的比值，叫作重力势3即阴=¥tn电势?和重力势兀都罡反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定-【感悟提升】带电粒子在电场中的运动问题解题思路(1) 首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题.(2) 对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等.(3) 对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理•通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解.【变式探究】如图所示，虚线PQMN可存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m^2.0 x 10 -11 kg、电荷量为q = + 1.0 x 10 一5C,从a点由静止开始经电压为U= 100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MNk 的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ MN间距离为20 cm,带电粒子的重力忽略不计.求：M---------------------- N:U(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率V1；(2) 匀强电场的场强大小；(3) ab两点间的电势差.1 2【解析】(1)由动能定理得：qU= ?mV代入数据得v i = 104 m/s.Q)因粒子重力不计，则进入PQ 、帰间电场中后「做类平拋运动，有 粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d=\}i粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：吁=航 由题意得：tan30L =^由牛顿第二定律得：qE —ma 联立以上相关各式并代入数据得:£=^3K 1(PNC=1-73X 103NC.⑶由动能定理得:込=冷=軌诃+1W) 联立以上相关各式并代入数据得：1^-400【答案】(1)10 4 m/s (2)1. 73X 103 N/C (3)400 V 【命题热点突破四】带电粒子在交变电场中的运动问题例4、如图甲所示，在 y = 0和y = 2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场， MN 为电场区域的上边界，在 x 轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q = 1.0 X 10 一2 C/kg ，在t = 0时刻以速度v °= 5X 102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不(1) 粒子通过电场区域的时间； (2) 粒子离开电场时的位置坐标;(3) 粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度大小.解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间y— 3t == 4X 10 3 s.V o⑵ 粒子沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a 1 = Eq = 4 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2m=Eq = 2 m/s 2,由运动学规律得，x 方向上的位移为O-2£/(xlO ? N 心)因此粒子离开电场时的位置坐标为 (一2X 10-5 m,2 m).(3)粒子通过电场区域后沿 x 方向的速度为T T— 3V x = a i q — a 22=4X 10 m/s.答案：见解析 【感悟提升】(1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、匀速或减速交替出现的多运动过程的情景出 现•解决的方法：①根据力与运动的关系分析带电粒子一个变化周期内相关物理量的变化规律•②借助运 动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程 (或阶段)中相关物理量间的关系，进行归纳、总结、推理,寻找带电粒子的运动规律.(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动 分解为两个直线运动，然后应用动力学或功能关系加以解决. 【高考真题解读】1.【2016 -全国卷n 】如图 1-所示，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 、ab 、ac ，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 bC ・ 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【答案】D 【解折】由嘩仑走:律可知，粒子在g b 、「三点受到的电场力的大小关系为由尸钿知, 工：-，罠Q 口, 由运动轨迹可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用，不论粒子从&到s 还是从匚mB . a a >a b >a c , v b >v c >v a图1-到6在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做员功后做正功』因此故D正确•2 .【2016 •浙江卷】如图1-1所示，两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A B下部的金属箔都张开（）图1-1A. 此时A带正电，B带负电B. 此时A电势低，B电势高C. 移去C贴在A、B下部的金属箔都闭合D. 先把A和B分开，然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合【答案】C【解析】由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A带员电，B带正电，选项A错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故£宀电势相等，选项B错误；先移去G则丄月两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开小乩后移未C,则」趴B两端的等量异种电荷就无法重新中和』故选项匚正确』选项D错误.3. 【2016 •浙江卷】如图1-5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和O两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点Q移到O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 x 10 _4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2, 静电力常量k = 9.0 x 109 N・m2/C2，则（）图1-5A. 两球所带电荷量相等B. A球所受的静电力为1.0 x 10 一2 NC. B球所带的电荷量为4 .6X 10CD. A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选2F库AD q —3l—8项A正确；对A受力分析如图所示，有—=OD而F库= kAB2,得F库=6X 10 N , q= 4 6 X 10 C ,选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确.4. 【2016 •全国卷川】关于静电场的等势面，下列说法正确的是（）A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【答案】B【解析】静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A笥期由叭尸化如可知」当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，U错常对于负电荷，从电势高的/点移到电势低的月点，皿丸，由电场力做功的公式％=2京可知略电场力做员功, D错误.5. 【2016 •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1-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（）图1-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【答案】C 【解析】电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知, 比A 点大，选项A 错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项 面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项点等势，将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力做功均为零，选项 D 错误.6..【2016 •全国卷I 】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，极板间的电场强度变大B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【答案】D 【解析】由平行板电容器电容的决定式C= 益，将云母介质移出，电容C 减小，而两极板的 电压匸恒定，由按板上的电荷量g 变小，又由£=乡可得板间电场强度与介庚无关，大小不变， 选项D 正确.7 .【2016 •全国卷I 】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1-所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离 子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感 应强度增加到原来的 12倍.此离子和质子的质量比约为 （）加速电场出口一1-8.【2016 •全国卷H 】阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池 曰内阻可忽略）连接成如图1-所示电路.开A . 11B . 12 C. 121 D . 144 【答案】D 【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为V,则ql ＞彳mV ，粒子进入磁场做圆周运动，半径 mv r = qB =因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为 144，选项D 正确.B 点的电场强度B 错误；容器内表C 正确.A B 两关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为 Q ;闭合开关S,电流再次稳定后，C 所带的电荷量为 Q .Q 与Q 的比值为（）A. 3 c.5 D.o 7 ■-【答案】C 【解析】宙已矩条件反电容定义式C 老可得：0NC 2=丁6贝怜二于s 断幵时等效电路如图甲所示R (R + R) (R+貝)+R8.【2016 •北京卷】如图1-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 b ,偏转电场可看作匀强电场，极板间B.R- RR + R 1u= R ^R - E = 1E 则R +R +RQ U 3 Q =^2=5,故c 正确. 图1-甲S 闭合时等效电路如图乙所示,电压为U,极板长度为L ,板间距为d .u tq图1即$(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度V 。

第4讲电势差与电场强度的关系电容器A组基础题组..1.(多选)如图所示,A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点,各点的电势分别为φA=5 V,φB=2 V,φC=3 V,H、F三等分AB,G为AC的中点,在下列各示意图中,能正确表示该电场强度方向的是( ).2.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线,一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小,B为线段AC的中点,则下列说法正确的是( ) ..A.电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小..B.电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C.电势差U AB=U BC..D.电势φA<φB<φC3.如图所示,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( )..A.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4.(2015江西南昌一模,17)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。

现将电容器的b板向下稍微移动,则( )A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加5.(2015安徽合肥一模,9)(多选)如图所示,M、N是两块水平放置的平行金属板,R0为定值电阻,R1、R2为可变电阻,开关S闭合。

质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间,沿曲线打在N板上的O点。

若经过下列调整后,微粒仍从P点以水平速度v0射入,则关于微粒打在N 板上的位置说法正确的是( )A.保持开关S闭合,增大R1,微粒打在O点左侧B.保持开关S闭合,增大R2,微粒打在O点左侧C.断开开关S,M极板稍微上移,微粒打在O点右侧D.断开开关S,N极板稍微下移,微粒打在O点右侧6.(2016黑龙江哈尔滨六中期中)(多选)如图所示,匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,∠ABC=∠CAB=30°,BC=2 m,已知电场线平行于△ABC所在的平面,一个带电荷量q=-2×10-6 C的点电荷由A移到B的过程中,电势能增加了1.2×10-5J,由B移到C的过程中电场力做功6×10-6 J,下列说法正确的是( )A.B、C两点的电势差U BC=3 VB.A点的电势低于B点的电势C.负电荷由C点移到A点的过程中,电势能减小D.该电场的场强为1 V/m7.(2015山西考前质量监测,18)如图所示,直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场。

2017届高三年级12月第一次考试---电场一．选择题：（本大题共8小题，每小题6分，共计48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项是符合题目要求，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。

答案填入选择题答题栏。

）1．关于静电场的等势面，下列说法正确的是（ B ） A ．两个电势不同的等势面可能相交 B ．电场线与等势面处处相互垂直C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功2．为了防止静电危害。

下列措施错误的是（ C ） A ．油罐车上拖一条与地面接触的铁链B ．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎C ．在气候干燥的季节，脱掉外衣后要立即去摸金属把手D ．建筑物上安装避雷针 3．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ C ） A ．带电油滴将竖直向上运动 B ．带电油滴的机械能将增加C ．该带电油滴在P 点的电势能减小D ．电容器的电容增加，极板带电量增加4．如图所示，某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。

两电子分别从a 、b 两点运动到c 点。

设电场力对两电子做的功分别为a W 和b W ，a 、b 点的电场强度大小分别为a E 和b E ，则（ A ） A ．,a b a b W W E E => B ．,a b a b W W E E ≠> C ．,a b a b W W E E =< D ．,a b a b W W E E ≠<5．如图所示的情况中，a 、b 两点的电场强度和电势均相同的是（ B ） A ．甲图：离点电荷等距的 a 、b 两点B ．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的 a 、b 两点C ．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的 a 、b 两点D ．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的 a 、b 两点6．对一电容器充电时电容器的电容C ，带电荷量Q ，电压U 之间的关系图象如下图所示，其中正确的是（ CD ） 7．有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如右图所示。

第20讲 电动势 闭合电路的欧姆定律一、单选题1．下列关于电源电动势的说法中，正确的是( )A ．在某电池的电路中，每通过2 C 的电荷量，电池提供的电能是4 J ，那么这个电池的电动势是0.5 VB ．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C ．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D ．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多2．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V3．如图K20­1所示，电源为“9 V 1 Ω”的电池组，要将“4 V 4 W ”的灯泡接入虚线框中，在正常发光的条件下，最多能接( )图K20­1A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个4．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在“测电源电动势和内阻”的实验中得到的实验图线如图K20­2所示．图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )图K20­2A.34、14B.13、23C.12、12D.23、135．如图K20­3所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图像；直线B为电源b 的路端电压与电流的关系图像；直线C为一个电阻R两端的电压与电流的关系图像．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有( )图K20­3A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高6．如图K20­4所示，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r.闭合开关，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是( )图K20­4A．电压表的示数变大B．电流表的示数变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小7．如图K20­5所示是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图．当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数．则故障原因可能是( )图K20­5A．L1断路 B．L1短路C．L2断路 D．L2短路8．如图K20­6所示，已知电源内阻r为2 Ω，定值电阻R0为3 Ω，滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω.当使滑动变阻器R阻值为R1时，在变阻器上获得最大功率，则R1应为( )图K20­6A．2 ΩB．3 ΩC．4 ΩD．5 Ω9．2015·湖北七市联考有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源．下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是( )A．0.5 ΩB．1 ΩC．1.5 ΩD．2 Ω10．在“测量灯泡伏安特性”实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图K20­7所示，电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在触头向右端滑动过程中，会分别出现如下四种现象：图K20­7a．灯泡L不亮；电流表示数几乎为零b．灯泡L亮度增加；电流表示数增大c．灯泡L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈被烧断d．灯泡L不亮；电流表示数增大直到线圈被烧断与上述a、b、c、d四种现象对应的电路序号为( )A．③①②④ B．③④②①C．③①④② D．②①④③二、多选题11．如图K20­8所示，直线A为电源的U­I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U­I 图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则( )图K20­8A ．P 1>P 2B ．P 1＝P 2C ．η1>η2D ．η1<η212．[2015·吉林长春一模]如图K20­9所示电路中，R 1、R 2为定值电阻，电源的内阻为r .闭合开关S ，电压表显示有读数，调节可变电阻R 的阻值，电压表示数增大量为ΔU .对此过程，下列判断正确的是( )图K20­9A ．可变电阻R 阻值增大，流过它的电流增大B ．电阻R 2两端的电压减小，减小量小于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，减小量等于ΔU R 2D ．路端电压一定增大，增大量小于ΔU13．某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系上，如图K20­10中的a 、b 、c 所示，以下判断正确的是( )图K20­10A ．直线a 表示电源的总功率P E ­I 图线B ．曲线c 表示电源的输出功率P R ­I 图线C ．电源的电动势E ＝3 V ，内阻r ＝1 ΩD ．电源的最大输出功率P m ＝2 W14．[2015·黄冈模拟]如图K20­11所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 一定，A 、B 为平行板电容器的两块正对金属板，R 1为光敏电阻．当R 2的滑动触头P 在a 端时，闭合开关S ，此时电流表A 和电压表V 的示数分别为I 和U .以下说法正确的是( )图K20­11A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变15．[2015·山东质检]如图K20­12所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E, 内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则( )图K20­12A．减小R1，C1、C2所带的电荷量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电荷量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电荷量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电荷量都增加课时作业(二十)1．C [解析] 根据电动势定义，由E ＝W q得E ＝2 V ，选项A 错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，选项B 错误，选项C 正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能等于通过电源的电荷量与电动势之积，选项D 错误．2．D [解析] 电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20 mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 项正确．3．D [解析] 要使灯泡正常发光，灯泡两端电压为 4 V ，每个灯泡的工作电流为 1A ．当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，所接灯泡最多，此时电源内电压为5 V ，电路中的总电流为5 A ，所以最多能接5个灯泡．4．D [解析] 由U －I 图像可知，若电源的电动势为6U 0，则a 、b 两点处对应的路端电压分别为4U 0、2U 0，电源的效率η＝UI EI ＝U E ，所以ηa ＝U 1E ＝23，ηb ＝U 2E ＝13. 5．C [解析] 由题图判断电源a 的内阻大，在纯电阻电路中电源效率η＝RR ＋r ×100%，内阻越大，效率越低；电源的输出功率P ＝UI 对应图线交点坐标的乘积，只有C 正确．6．C [解析] 滑片从a 端滑向b 端，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由“串反并同”原则可知，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R 消耗的功率增大，A 、B 、D 错误；把电阻R 当作电源内电阻(等效电源)，则R 内＝2r ，因为等效电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以滑片由a 端滑向b 端过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，C 正确．7．D [解析] 灯L 1亮，所以L 1无问题，A 、B 错误．若L 2断路，则L 1也不会亮，C 错误．当L 2短路时，L 1亮，L 2不亮，电流表有示数，电压表测的是L 1两端电压，D 正确．8．D [解析] R 0为定值电阻，把它等效为电源内阻，当R 1＝R 0＋r ＝5 Ω时，变阻器上获得最大功率，故选项D 正确．9．C [解析] 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r ，电源效率η＝I 2R I 2（R ＋r ）×100%，电阻的功率P ＝I 2R .将四个选项代入分析得，只有C 符合题目要求，故C 正确．10．A [解析] 电路①中，开始时，灯泡L 两端电压为零，灯泡不亮，滑动变阻器的触头滑动过程中，电路的总电阻减小，电流表的示数增大，灯泡两端的电压增大，灯泡的亮度增大；电路②中，电流表的电阻很小，开始时，灯泡L 两端电压几乎为零，灯泡不亮，滑动变阻器的触头滑动过程中，电路的总电阻减小，电流表的示数增大直至线圈被烧断，此时灯泡忽然发光；电路③中，电压表的电阻很大，灯泡L 两端电压始终几乎为零，灯泡不亮，电流表中的电流几乎为零；电路④中，电流表的电阻很小，灯泡L 两端电压始终几乎为零，灯泡不亮，滑动变阻器的触头滑动过程中，电流表两端的电压增大，电流表的示数增大，直至线圈被烧断，烧断后，由于电压表的电阻很大，灯泡仍不发光．故A 项正确．11．BC [解析] P 1＝U 1I 1＝4×2 W ＝8 W ，P 2＝U 2I 2＝2×4 W ＝8 W ，选项A 错误，B 正确；η1＝U 1I 1EI 1，η2＝U 2I 2EI 2，可得η1＞η2，选项C 正确，D 错误． 12．BD [解析] 调节可变电阻R 的阻值，电压表示数增大量为ΔU .可变电阻R 阻值增大，流过它的电流减小，选项A 错误．电阻R 2两端的电压减小，电源内电压减小，二者减小量之和等于ΔU ，所以电阻R 2两端的电压的减小量小于ΔU ，选项B 正确．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于ΔU R 2，选项C 错误．路端电压等于并联部分电路电压与R 2两端电压之和，结合选项B ，选项D 正确．13．AD [解析] 电源的总功率P E ＝EI ，直线a 表示电源的总功率P E －I 图线，选项A正确．电源的输出功率P R ＝UI ＝(E －Ir )I ＝EI －I 2r ，曲线b 表示电源的输出功率P R －I 图线，曲线c 表示电源内部的发热功率P r －I 图线，选项B 错误．由直线a 的斜率可得电源的电动势E ＝4 V ，选项C 错误．当I ＝1 A 时，电源的输出功率最大，P m ＝2 W ，选项D 正确．14．BD [解析] 若仅将R 2的滑动触头P 向b 端移动，电压表与电流表示数都不变，A 错误；增大A 、B 板间距离，电容减小，电容器两端电压不变，由Q ＝CU 得电荷量减小，B 正确；光照更强，光敏电阻R 1变小，根据串联分压，U 变小，C 错误；U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值就等于r ，D 正确．15．BD [解析] R 1上没有电流流过，R 1是等势体，故减小R 1，C 1两端电压不变，C 2两端电压不变，C 1、C 2所带的电荷量都不变，选项A 错误；增大R 2，C 1、C 2两端电压都增大，C 1、C 2所带的电荷量都增加，选项B 正确；增大R 3，C 1两端电压减小，C 2两端电压增大，C 1所带的电荷量减小，C 2所带的电荷量增加，选项C 错误；减小R 4，C 1、C 2两端电压都增大，C 1、C 2所带的电荷量都增加，选项D 正确．专题(六)1．(1)①1.88 ②9.4 ③0.80 ④0.16(2)a.0.483 b ．4.078c ．5.665d ．11.142. R x 1 大于 小于[解析] R V R x ＝2000 Ω200 Ω＝10，R x R A ＝200 Ω10 Ω＝20，故R V R x <R x R A＝10，应该采用电流表内接法，即图(a)接法．由“大内偏大，小外偏小”的结论可知电流表内接时测量值R x 1大于真实值，外接时，测量值R x 2小于真实值．3．2.9 V 0.9 Ω[解析] 由闭合电路的欧姆定律有E ＝I (R ＋r )，则R ＝E I－r .可知图线的斜率为电动势E ，纵轴截距大小为内阻r .E ＝2.9 V ，r ＝0.9 Ω.4．B C①电流表采用外接法②滑动变阻器采用限流式接法[解析] 直流电源的电压为20 V ，为了提高读数准确度应该选择电压表C ，因此待测电阻两端电压不得超过15 V ，则通过的电流不超过I ＝U R x ＝15 V 25 k Ω＝600 μA ，电流表应该选B.为了减小误差电流表应采用内接法，因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若串联，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．5．(1)图甲中选择开关应置于“×10”挡，且重新进行欧姆调零 图乙中手不能接触表笔(2)略 (3)斜率 (4)AC[解析] (1)图丙指针偏转太大，图甲中换用小倍率“×1”挡，使指针偏到中央附近，且重新调零；图乙中手不能接触表笔．(2)滑动变阻器的最大电阻为10 Ω，待测电阻约为80 Ω，若采用限流式连接，电压的调控范围小，采用分压式能测量多组数据便于作图；因R x <R A R V ，电流表采用外接法．如图所示．(3)由欧姆定律R ＝U I知，U －I 图像的斜率为待测电阻阻值．(4)电流表外接，电流测量值偏大，则电阻偏小，选项A 正确；电流表、电压表内阻引起的误差是系统误差，若考虑其内阻进行计算，可减小系统误差，选项B 错误，C 正确；由U －I 图线求电阻可减小偶然误差．6．(1)甲图不合理之处：①不能多次测量；②电流超过电流表量程；③电压表量程太大乙图不合理之处：①电流表量程太小；②电压表量程太大；③滑动变阻器限流接法(甲、乙两图中只要各指出一处错误即可)(2)如图所示[解析] (1)甲图不合理处：①电路只能测量一组数据，不能多次测量；②电路中电流超过电流表量程； ③电压表量程太大，读数误差较大．乙图不合理处：①电流表量程太小；②电压表量程太大；③滑动变阻器限流接法，使得电压表调节范围太小．(2)最合理的电路设计：滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接方式，两个电表均选择合理， R 0与R x 必须串联接入电路，如图所示．7．(1)BEFADC (2)相等 (3)I 1r I －I 1[解析] (1)实验首先要保证G 1、G 2不被烧坏，应先将R 1、R 2的阻值调至最大．实验中应保持闭合S 2与断开S 2两种情况下G 1的示数I 1为G 2的满偏电流I g2，当闭合S 2时，G 2示数为I 12＝I g22，此时流过R 2的电流也为I 12，得R 2＝R G2.综上所述可知步骤为BEFADC. (2)这种方法测量的G 2的内阻与真实值相等．(3)扩大G 2量程的原理图如图所示．有(I －I 1)R S ＝I 1r解得R S ＝I 1r I －I 1.。