2018年高考物理复习第八章章末过关检测(八)

易错排查练 (第八章)(限时：40分钟)易错点1 闭合电路的动态分析1.右端时，理想电压表V 1、V 2示数变化的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2，干路电流为I ，下列说法中正确的是(灯泡电阻相同且不变)( )图1A ．小灯泡L 1、L 3变暗，L 2变亮B ．ΔU 1与ΔI 的比值不变C ．ΔU 1＜ΔU 2D ．ΔU 1＝ΔU 2B [当滑动变阻器的滑片P 从左端滑到右端，其电阻值变大，导致电路的总电阻变大，根据“串反并同”规律，可知：L 1、L 2变暗，L 3变亮，选项A 错误；根据部分电路欧姆定律可知：ΔU 1ΔI ＝R 2＋r ，其比值不变，选项B 正确；理想电压表V 1的示数变化绝对值ΔU 1大于理想电压表V 2的示数变化绝对值ΔU 2，选项C 、D 错误．]2．(多选)在如图2所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列判断正确的是( )图2A ．|ΔU 1|＜|ΔU 2|，|ΔU 2|＞|ΔU 3|B.⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 1I 不变，|ΔU 1||ΔI |变小 C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 2I 变大，|ΔU 2||ΔI |变大 D.⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 3I 变大，|ΔU 3||ΔI |不变 AD [触头P 向下滑动，R 2阻值增大，U 2增大，U 1及电源内阻r 上分得的电压减小，得|ΔU 1|＜|ΔU 2|，路端电压U 3增大，U 1减小而U 2增大，可得|ΔU 2|＞|ΔU 3|，A 正确；⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 1I ＝|ΔU 1||ΔI |＝R 1，阻值不变，B 错误；|U 2||I |即为R 2，阻值变大，|ΔU 2||ΔI |即为R 1＋r ，阻值不变，C 错误；U 3＝I (R 1＋R 2)，U 3＋Ir ＝E ，R 2增大，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 3I 增大，又⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU 3ΔI ＝r ，不变，故D 正确．] 易错点2 电路中关于电压、电流的图象问题3.(位置，得到电压表V 1和V 2的示数随电流表A 的示数变化的两条实验图象，如图3乙所示．下列关于这两条实验图象的说法正确的是( )图3A ．图线b 的延长线一定过坐标的原点OB ．图线a 的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势C ．图线a 、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积小于在该点情况下电源的输出功率D ．图线a 、b 交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于在该点情况下电阻R 0消耗的电功率ABD [当电路中电流增大时，电压表V 2的示数增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电压表V 1的示数减小，则根据题中图象可知，图线b 是电压表V 2的示数与电流表示数的关系图象，而R 0是定值电阻，两端电压与通过的电流成正比，则图象b 的延长线一定过坐标原点O ，故A 正确；图线a 是电压表V 1的示数与电流表示数的关系图象，反映电源的特性，当I ＝0时，U ＝E ，故图线a 的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势，B 正确；图线a 反映电源的特性，图线b 反映电阻R 0的特性，两图线的交点表示电阻R 0直接接在该电源上的工作状态，此时R ＝0，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下电阻R 0消耗的电功率，也表示电源的输出功率，由此可知，C 错误，D 正确．]4．根据闭合电路欧姆定律，用图4甲所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R 0是定值电阻，通过改变R 的阻值，测出R 0两端的对应电压U 12，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在1U 12-R 坐标系中描出坐标点，如图乙所示．已知R 0＝150 Ω，请完成以下数据分析和处理．甲 乙图4(1)图乙中电阻为________Ω的数据点应剔除．(2)在坐标纸上画出1U 12-R 关系图线． (3)图线的斜率是________(V －1·Ω－1)，由此可得电池电动势E x ＝________V .【导学号：92492332】【解析】 (1)从题图上可以看出，80.0 Ω的点偏离图线较远，偶然误差较大，应剔除．(2)连接各点成直线时，尽量让点均匀地分布在直线的两侧，如图：(3)由图象可得，图线的斜率是k ＝Δ1U 12ΔR ＝1.50－0.70180－0＝0.004 44(V －1·Ω－1)由闭合电路欧姆定律可得电路的电流为I ＝E x R 0＋R ＋r xR 0两端的电压U 12＝IR 0＝E x R 0R 0＋R ＋r x 故1U 12＝R E x R 0＋R 0＋r x E x R 0，即1E x R 0＝0.004 44 将R 0＝150 Ω代入上式可得：E x ＝1.50 V .【答案】 (1)80.0 (2)见解析图 (3)0.004 44 1.50易错点3 实验器材的选用5.可选用的器材的代号和规格如下：电流表A 1(量程250 mA ，内阻r 1＝5 Ω)电流表A 2(量程300 mA ，内阻r 2约为5 Ω)待测电阻R x (阻值约为100 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω)蓄电池E (电动势为6 V ，内阻r 约为1 Ω)单刀单掷开关S ，导线若干(1)小组同学根据实验器材所设计的实验电路原理图如图5所示，但两只电流表的代号没有明确．请用笔画线代替导线，将图中的实验器材按电路原理图连成实验电路，并在电流表下方的虚线框内标明两只电流表的代号．图5(2)他们需要直接测量的物理量是________，用所测物理量表示待测电阻的计算式为R x ＝________.【解析】 (1)题中没给电压表，而是给了两只电流表，可将已知阻值的电流表A 1作为电压表使用，因此与R x 并联的电流表为A 1，另一个电流表为A 2，实验器材连线如图所示．(2)实验中读出电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I 2，则电阻R x 两端的电压为U ＝I 1r 1，电流为I ＝I 2－I 1，所以R x ＝U I ＝I 1r 1I 2－I 1. 【答案】 (1)见解析图(2)电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I 2 I 1r 1I 2－I 1。

第二节 电路 闭合电路的欧姆定律一、串、并联电路的特点 1．特点对比2.(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和． (4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．1.电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1提示：选B.由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确．二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E ＝Wq．(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．2．内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．2.判断正误(1)在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加．( ) (2)对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大．( ) (3)电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．( )(4)电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多．( )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( ) (6)E ＝W q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定．( )提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ 三、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式⎩⎪⎨⎪⎧I ＝E R ＋r （只适用于纯电阻电路）E ＝U 外＋U 内（适用于任何电路）3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir ．(2)U －I 图象如图所示．①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．3.(多选)如图所示为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13 ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A 提示：AD对电路的串、并联方式的考查【知识提炼】简化串、并联电路的常用方法(1)等电势法：电流沿电势高→电势低的方向流动，若两点之间等电势，则没有电流． (2)电流流向法：电流分叉的地方则为并联，否则为串联．【典题例析】(2016·高考全国卷甲)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A ．25 B ．12 C ．35D ．23[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．[答案]C(1)当含有电容器的直流电路达到稳定状态时，电容器处可视为断路，与之串联的电阻中无电流，不起降压作用．(2)电容器电压等于与之并联的电阻的电压．(3)电容器(或串联一个电阻)接到某电源两端时，电容器的电压等于路端电压． (4)在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板所带电荷的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A ．l 1l 2R 0 B ．l 1l 1＋l 2R 0 C ．l 2l 1R 0D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，则R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如图所示．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2②由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③ R l 2＝ρl 2S④ 由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确． 答案：C闭合电路欧姆定律的理解及应用【知识提炼】在恒流电路中常会涉及两种U －I 图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连成图乙所示电路．已知电源电动势E＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合电键S 后，求：(1)该元件的电功率； (2)电源的输出功率．[审题指导] (1)根据欧姆定律写出R 两端的电压U 与电流I 的关系式． (2)画出U －I 图象． (3)两图象交点表示什么？[解析] 设非线性元件的电压为U ，电流为I ，由欧姆定律得：U ＝E －I (R 0＋r )，代入数据得U ＝5－5I画出U ＝E ′－Ir ′＝5－5I 图线．如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率P R＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W.(2)电源的输出功率P＝P R0＋P R＝I2R0＋P R＝0.42×4 W＋1.2 W＝1.84 W.[答案] (1)1.2 W (2)1.84 W(1)电源的伏安特性图象(路端电压与电流的关系图象)①关系式：U＝E－Ir.②用图象表示如图所示．a．U－I图象是一条斜向下的直线．B．纵轴的截距等于电源的电动势E；横轴的截距等于外电路短路时的电流I0＝E r .c．直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝EI0＝tan θ.θ越大，表明电源的内阻越大．(2)非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下：①先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U随电流I的变化关系．②在原U－I图象中，画出U、I关系图象．③两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．④若遇到两元件串联或并联在电路中，则要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【跟进题组】考向1 闭合电路欧姆定律的计算1．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若有一太阳能电池板，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 V B．0.20 VC．0.30 V D．0.40 V解析：选D.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 Ω＝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＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．考向2 闭合电路欧姆定律的图象应用2．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．电路的动态分析问题 【知识提炼】1．电路动态分析的方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反”是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)．“并同”是指某一电阻增大(或减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(或减小)．2．电路故障问题的分析方法与技巧 (1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接部分没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．【典题例析】(多选)(高考上海卷)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[审题指导] 先分析电路的结构，当滑动变阻器连入电路的阻值变化时，会引起V 1、V 2、V 3、A 表的变化，结合图形得出ΔUΔI的含义．[解析] 变阻器滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I ＝ER ＋R 变＋r，A 表示数增大，故A 正确；V 2表测量的是电源的输出电压，U 2＝E －Ir 减小，故B 错误；由于R 是定值电阻，则ΔU1ΔI＝R，如图甲所示，又由U2＝E－Ir，则ΔU2ΔI＝r，如图乙所示，所以，ΔU1＝ΔI×R，ΔU2＝ΔI×r，又因R＞r，得ΔU1大于ΔU2，故D正确；同理，U3＝E－I(r＋R)，ΔU3ΔI＝r＋R，故C正确．[答案] ACD【跟进题组】考向1 直流电路的动态分析1.如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中( )A．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数增大B．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小C．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大D．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小解析：选A．在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数一直增大，选项A 正确．考向2 含容电路的动态分析2．(2017·石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低解析：选D.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A ＝I－I2，I增大，I2减小，则I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D正确．考向3 对电路的故障分析3.如图所示的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：选A．等效电路如图所示．若R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A项正确．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B项错误．若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D项错误．1．“串反并同法”的注意事项：“串反并同法”的应用条件为单变量电路．对于多变量引起的电路变化，若各变量对同一对象分别引起的效果相同，则该方法适用；若各变量对同一对象分别引起的效果不相同，则“串反并同法”不适用．2．电路中断路与短路的故障分析方法：首先要确定是哪个部分出现了什么问题，如果是短路，则直接当成一根导线处理；如果是断路，则直接像开关一样断开该条线路，由于电路结构被破坏，需要重新绘画电路图，然后Ｋ运用动态电路分析方法去分析，但要注意电路被破坏后电表从支路转为干路还是从干路转为支路，分析时要有理有据，常用的依据有欧姆定律以及电阻的串、并联规律等．Ｋ电源功率的计算【知识提炼】【典题例析】(2017·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ [审题指导] (1)R 1为定值电阻，电功率最大的条件是什么？(2)R 2为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？(3)电源输出最大功率为E 24r的条件是什么？ [解析] (1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，则新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r ×100%＝80%.(3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．本题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R （R ＋r ）2＝E 2（R －r ）2R ＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r； (2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小；(3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多选)(2017·天津高三模拟)如图所示为两电源的U －I 图象，则下列说法正确的是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接相同的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 对；作外接电阻R 的U －I 图线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错，D 对；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2（R ＋r ）＝R R ＋r，因为电源内阻不同则电源效率不同，C 错．1.(2015·高考北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2.(多选)(2016·高考江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r ＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r＝129.5 A ≈1.26 A ，D 项错误． 3．(多选)在如图所示的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向下滑动后，假设电流表A 和电压表V 1、V 2、V 3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，则在滑片P 向下滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．ΔU 1ΔI 变大B ．ΔU 2ΔI不变 C ．ΔU 3ΔI 不变 D ．ΔU 3ΔI变大 解析：选BC.ΔU 1ΔI ＝r ，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔU 2ΔI＝R 1，是定值，选项B 正确；ΔU 3ΔI＝r ＋R 1，是定值，选项C 正确，选项D 错误． 4．(多选)在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A 的亮度变暗，小灯泡B 的亮度变亮．则下列对电路故障的分析正确的是( )A ．可能是定值电阻R 1短路B ．可能是定值电阻R 2断路C ．可能是定值电阻R 3断路D ．可能是定值电阻R 4短路解析：选BC.由于小灯泡A 串联于干路中，且故障发生后小灯泡A 变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A 、D.若R 2断路，则R 1和小灯泡B 所在支路的电压增大，而R 2的断路又使小灯泡B 分配的电压增大，故小灯泡B 变亮，选项B 对；若R 3断路，必引起与之并联的支路(即R 1所在支路)中电流增大，小灯泡B 分得的电流也变大，小灯泡B 变亮，故选项C 对．5．(多选)(2017·山西四校联考)如图所示，电源电动势E ＝9 V ，内电阻r ＝4.5 Ω，变阻器R 1的最大电阻R m ＝5.0 Ω，R 2＝1.5 Ω，R 3＝R 4＝1 000 Ω，平行板电容器C 的两金属板水平放置．在开关S 与a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A ．在题设条件下，R 1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB ．引入的微粒带负电，当开关接向b (未接触b )的过程中，微粒将向下运动C ．在题设条件下，当R 1的阻值增大时，R 2两端的电压增大D ．在题设条件下，当开关接向b 后，流过R 3的电流流向为d →c解析：选AD.选项A 中在开关S 与a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R 1＋R 2＝r ，R 2＝1.5 Ω，则R 1＝3 Ω.电源的输出功率P m ＝E 24r＝4.5 W ，故选项A 正确；选项B 中在开关S 与a 接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b (未接触b )的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，故选项B 错误；选项C 中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R 1和R 2及电源构成串联电路，R 1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R 2两端的电压减小，故选项C 错误；选项D 中在题设条件下，开关接a 时，上极板带正电，当开关接向b 后，下极板带正电，流过R 3的电流流向为d →c ，故选项D 正确．一、单项选择题1．两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R 2D ．无法计算 解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R 2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确． 2.(2017·大连模拟)如图所示，电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为3 Ω，电表均视为理想电表，则下列说法不正确的是( )A ．闭合开关S ，电流表示数约为0.23 AB ．闭合开关S ，电压表示数约为1.3 VC ．如果撤去电压表所在的整个支路，闭合开关S ，电流表示数约为0.43 AD ．如果撤去电流表所在的整个支路，闭合开关S ，电压表示数约为1.4 V解析：选A ．闭合开关S ，电阻R 1、R 2被短路，电路中的电流I ＝E R 3＋R 4＋r≈0.43 A ；电压表测的是R 3两端的电压，U ＝IR 3≈1.3 V ；撤去电压表所在支路，闭合开关S ，电路中的电流不变，仍然为0.43 A ；撤去电流表所在支路，电路为R 1、R 2、R 3、R 4串联，电压表测量R 2、R 3的电压，整个回路的电流为I ′＝E R 1＋R 2＋R 3＋R 4＋r ＝313A ，故电压表示数为U ′＝I ′(R 2＋R 3)≈1.4 V.3.将电学元件按照如图所示的方式连接，已知两电表均为理想电表，电源有一定的内阻．现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，则( )A ．两电表的读数均增大B ．小灯泡b 的亮度变暗，电流表的读数变小C ．小灯泡a 的亮度变亮，电压表的读数变小D ．电容器两极板所带的电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同”规律可知：电压表读数减小、小灯泡b 变暗，电流表读数变大、小灯泡a 变亮，电容器C 两端的电压等于小灯泡b 两端的电压，逐渐减小，所以电容器C 所带电荷量减少，C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2017·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．5.在如图所示的电路中，闭合开关S 后，L 1、L 2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L 2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是( )A ．L 1灯丝烧断B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路D ．电容器被击穿短路解析：选D.若电阻R 2短路，则通过L 2的电流为零，L 2不亮，选项C 错误；若L 1灯丝烧断，则总电阻增大，总电流减小，L 2两端电压减小，L 2变暗，选项A 错误；若R 2断路，则总电阻增大，电压表读数增大，总电流减小，L 1与R 1并联部分两端的电压减小，故L 2两端的电压增大，L 2变亮，选项B 错误；若电容器被击穿短路，则电路总电阻减小，路端电压减小，总电流增大，L 2变亮，选项D 正确．二、多项选择题6．(2017·湖北八校联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112Ω B ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．。

第八章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～7题有多个选项符合题目要求，每小题6分，共42分)1．下列关于电源电动势的说法，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解析：根据电动势定义，由E＝Wq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．答案：C2．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为( )A．4R B．5RC．10R D．16R解析：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零即待测电阻为零，此时由闭合回路欧姆定律有，I g＝ER内，测阻值为R的电阻时，45I g＝ER内＋R.测未知电阻时，15I g＝ER x＋R内，联立以上三式解得R x＝16R，故D项对．答案：D3．(2020·江苏淮海中学月考)如图所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，电容器的电容为200 pF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为( ) A．4×10－9 C B．1.2×10－9 CC．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C解析：开关S打在A时，电容器的电压为U1＝6 V，电量为：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9C．开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2＝8 V，电量为：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C．故通过电流计的电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C.答案：D4.在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则C 、B 之间的电阻应为( )A ．10 Ω B．20 Ω C ．15 Ω D．5 Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P U ＝1.86.0A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5．如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω.当调节滑动变阻器R 1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R 2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2连入电路中的阻值分别为( )A ．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC ．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R 1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P ＝IU＝I(E －Ir)，所以当I ＝E2r＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为2 W ，发热功率为4W ，所以电动机的输入功率为6 W ，电动机两端的电压为3 V ，电阻R 2两端的电压为3 V ，所以R 2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B 正确．答案：B6．(2020·武汉模拟)如图所示，R 是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )A ．灯泡L 变暗B ．光敏电阻R 上的电压增大C ．电压表V 的读数减小D ．电容器C 的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R 的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I ＝ER ＋r ＋R 灯增大，灯泡L 变亮，选项A 错误；光敏电阻R 上的电压U R ＝E －I(r ＋R 灯)减小，选项B 错误；电压表V 的读数U ＝E －Ir 减小，选项C 正确；电容器C 两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压U L ＝IR 灯增大，所以电容器C 的带电荷量Q ＝CU L 增大，选项D 正确．答案：CD7．(2020·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数减小ΔU，通过R 1的电流减小ΔI＝ΔUR 1，选项A 正确；R 2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B 错误；R 2两端的电压增加量小于ΔU，通过R 2的电流增加量小于ΔUR 2，选项C 错误、D 正确．答案：AD二、非选择题(本题4小题，共58分)8．(12分)(2020·陕西省咸阳市高考模拟考试)请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为________ cm ，螺旋测微器读数为________ mm ，多用电表挡位为直流电压挡50 V 时读数为________ V ，若用欧姆表×100挡时的读数为________ Ω.解析：根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm ，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm ，游标尺读数为8×0.05 mm＝0.40 mm ，测量值为1.1 cm ＋0.40 mm ＝1.140 cm.根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm ＋0.215 mm ＝4.715 mm.多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30 V ；若用欧姆表×100挡时读数为10×100 Ω＝1 000 Ω.答案：1.140 4.715 30 1 0009．(15分)有一只小灯泡，其额定电压的标值为2.5 V ，额定功率的标值模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω，请先在上图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将上图乙中的实物连成完整的电路．(2)开关S 闭合之前，上图乙中滑动变阻器的滑片应置于________(填“A 端”“B 端”或“AB 正中间”)．(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________ W.解析：(1)小灯泡电阻较小，所以电流表外接．(2)开关S闭合前，被测电路两端电压应最小，滑片应置于B端．(3)灯泡两端额定电压为2.5 V时，电流I＝0.44 A，所以灯泡的额定功率P＝UI＝1.1 W.答案：(1)如图甲所示如图乙所示(2)B端(3)1.110．(15分)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：(1)根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________(填“V1”或“V2”)和电流表A 的数据描绘的图线，并可以测得__________________(填写物理量符号及计算结果)．(2)忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________ A.解析：(1)定值电阻的U－I图线是正比例图线，一定经过原点，故图线b是根据电压表V2和电流表A 的数据描绘的，由图线b可得R0的电阻为2.0 Ω.(2)当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，总电阻最小，电流最大，示数为0.5 A.答案：(1)V2R0＝2.0 Ω(2)0.511．(16分)(2020·青海省西宁市四校高三联考)某实验小组利用图甲所示的电路测金属丝R x的电阻率．(1)请根据图甲，对图乙的实物图进行连线，使滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数变小．(2)如图丙所示，利用螺旋测微器测出金属丝的直径d＝________.(3)闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调至一合适位置后不动，多次改变金属丝上金属夹的位置，得到几组U 、I 、L(U 为电压表的示数，I 为电流表的示数，L 为金属丝接入电路的长度)的数据，用R ＝UI计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图丁所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR，则金属丝的电阻率ρ＝________(用题给字母进行表示)．ρ的测量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．解析：(1)由题意可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变大，故导线应接在滑动变阻器下方的左接线柱上．(3)根据R ＝ρL S 可得，ΔR＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πd 2ΔR4ΔL；本实验采用电流表的外接法，通过金属丝电流的测量值偏大，故ΔRΔL偏小，ρ的测量值小于真实值．答案：(1)实物连线如图所示(2)1.650 mm (3)πd 2ΔR4ΔL小于高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

单元滚动检测八 磁 场考生注意：1．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．2．本次考试时间90分钟，满分100分． 3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共计28分，每小题只有一个选项符合题意． 1．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一平面内，且通过圆环中心，如图1所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )图1A ．圆环顺时针转动，靠近磁铁B ．圆环顺时针转动，远离磁铁C ．圆环逆时针转动，靠近磁铁D ．圆环逆时针转动，远离磁铁2．将长为L 的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，两端点A 、C 连线竖直，如图2所示．若给导线通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )图2A ．ILB ，水平向左 B ．ILB ，水平向右 C.3ILB π，水平向右 D.3ILBπ，水平向左 3．如图3所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°，在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 1.若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B 2，那么B 2与B 1之比为( )图3A.3∶1B.3∶2C ．1∶1D ．1∶24．某空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B .该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以某一速率沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向74°.不计重力，则初速度v 0大小为(已知sin37°＝35)( )A.4qBR 3mB.5qBR 3mC.3qBR 4m D.3qBR5m5．带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图4所示．运动中经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直于y 轴进入电场，粒子仍能通过b 点，不考虑粒子重力，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )图4A ．v 0B ．1C ．2v 0D.v 026．如图5所示，abcd 为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L ，三个粒子以相同的速度从a 点沿ac 方向射入，粒子1从b 点射出，粒子2从c 点射出，粒子3从cd 边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定( )图5A ．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B ．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C ．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D ．粒子3的射出位置与d 点相距L27．如图6所示，带正电的A 粒子和B 粒子先后以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )图6A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32＋3C ．A 、B 两粒子m q 之比是13D ．A 、B 两粒子mq 之比是32＋3二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．8.如图7所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )图7A ．0B.12mv 20C.m 3g 22q 2B2 D.12m (v 20－m 2g 2q 2B2) 9．如图8所示，在平板PQ 上有一匀强磁场，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，则下列判断正确的是( )图8A ．l a ＝l c ＜l bB ．l a ＜l b ＜l cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t a ＞t b ＞t c10．如图9所示，在x 轴上的上方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E ，在x 轴下方的等腰直角三角形CDM 区域内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，其中C 、D 在x 轴上，它们到原点O 的距离均为a .现将质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点由静止释放，设P 点到O 点的距离为h ，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是( )图9A ．若h ＝B 2a 2q 2mE ，则粒子垂直于CM 射出磁场B ．若h ＝B 2a 2q2mE ，则粒子平行于x 轴射出磁场C ．若h ＝B 2a 2q8mE ，则粒子垂直于CM 射出磁场D ．若h ＝B 2a 2q8mE，则粒子平行于x 轴射出磁场11．如图10所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a 、b ，相距为d ，a 、b 间的电场强度为E ，今有一带正电的微粒从a 板下边缘以初速度v 0竖直向上射入电场，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d 的狭缝进入bc 区域，bc 区域的宽度也为d ，所加电场的场强大小为E ，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于E v 0，重力加速度为g ，则下列关于微粒运动的说法正确的是( )图10A ．微粒在ab 区域的运动时间为v 0gB ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径r ＝2dC ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd6v 0D ．微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间为(π＋6)d3v 012．如图11所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中．两个质量均为m 、带电荷量均为＋q 的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )图11A ．甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B ．甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C ．甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D ．两滑落块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等 三、简答题(共计9分)13．(9分)霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图12所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，这个现象称为霍尔效应，U H 为霍尔电压，且满足U H ＝k IB d，式中d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．图12(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图所示，该同学用电压表测量U H时，应将电压表的“＋”接线柱与______(选填“M”或“N”)端通过导线连接．(2)已知薄片厚度d＝0.40mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的U H值，记录数据如下表表示.根据表中数据在图13中的坐标纸上画出U H－I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为____________×10－3V·m·A－1·T－1(保留2位有效数字)．图13(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图14所示的测量电路．S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流自Q端流入，P端流出，应将S1掷向________(选填“a”或“b”)，S2掷向________(选填“c”或“d”)．图14为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串接在电路中．在保持其他连接不变的情况下，该定值电阻应串接在相邻器件________和________(填器件代号)之间．四、计算题：本题共4小题，共计43分．解答时请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．14．(9分)如图15所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图15(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．15．(10分)在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图16所示．若此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向一共改变了90°.重力可忽略不计，求：图16(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；(2)该粒子射入时的速度大小v.16.(12分)如图17所示，在平面直角坐标系中AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动而通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO 上的D 点(C ，D 均未画出)．已知OD ＝34OM ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝m q (T)，重力加速度为g ＝10m/s 2.求：图17(1)两匀强电场的电场强度E 的大小； (2)OM 的长度L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .17．(12分)如图18所示，竖直平面坐标系xOy 的第一象限有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N ，一质量为m 的带电小球从y 轴上(y ＞0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．图18(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2Rg小球距坐标原点O 的距离s 为多远？答案精析1．C 2．D 3．B4．A 5．C 6．B 7．D 8．ABD9．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＝mv Bq和周期公式T ＝2πm Bq很容易得到l a ＝l c ＜l b ，t a ＞t b ＞t c ，所以B 、C 错误，A 、D 正确．] 10．AD 11．ABD 12．AD13．(1)M (2)见解析图 1.5(1.4～1.6均可) (3)b c S 1 E (或E S 2)解析 (1)根据左手定则可判断带正粒子向M 端偏转，故应将电压表的“＋”接线柱与M 端连接．(2)作出U H －I 图线如图所示．由U H ＝k IBd 得k ＝U H dIB，求出图线斜率，再将题目中给出的B 、d 的值代入，可计算出k ＝1.5×10－3V·m·A －1·T －1.(3)S 1掷向b ，S 2掷向c .加入定值电阻的目的是为了防止两个开关同时掷向a 、c 或b 、d 而将电源短路，故应将定值电阻串接在相邻器件E 和S 1或E 和S 2之间． 14．(1)见解析图 (2)mg tan α (3)mg sin αIl，方向垂直于轨道平面向上解析 (1)如图所示．(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F ＝mg tan α.(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F min ＝mg sin α，方向平行于轨道斜向上，所以最小磁感应强度B min ＝F min Il ＝mg sin αIl，根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直于轨道平面向上． 15．(1)πm 2qB (2)6qBd4m解析 (1)粒子在匀强磁场中运动的周期：T ＝2πmqB带正电粒子的速度方向改变了90°，所用的时间：t ＝T4＝πm 2qB(2)设粒子做圆周运动的半径为r ，则粒子的运动情况如图所示． 由几何关系知，△AOD 是等腰直角三角形． 所以AD ＝2r在△CAD 中，∠CAD ＝90°－α－∠OAD ＝30°，则AD ＝d cos30°＝32d 解得半径r ＝64d 又因为qvB ＝m v 2r因此粒子射入时的速度大小v ＝6qBd4m. 16．(1)mg q (2)202m 或2029m (3)7.71s 或6.38s解析 (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO 做加速直线运动，所以有mg ＝qE ，即E ＝mg q(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有Bqv ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝2g设粒子从C 点运动到D 点所用时间为t 3，由类平抛运动规律知R ＝vt 3，R －3L 4＝12at 23 联立解得L ＝202m 或2029m. (3)质点做匀加速直线运动有L ＝12at 21 得t 1＝2s 或23s 质点做匀速圆周运动有t 2＝34×2πm Bq＝4.71s 质点做类平抛运动有R ＝vt 3，得t 3＝1s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71s 或6.38s.17．(1)带正电 mg E (2)2E B R g(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg ①解得q ＝mg E②又电场方向竖直向上，故小球带正电． (2)设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r .由洛伦兹力提供向心力得qBv ＝mv 2r③小球通过半圆轨道的最高点并恰能沿轨道运动，为满足题目要求，则有mg ＝mv 2R ④ 由②③④得r ＝EB R g⑤ 即PO 的最小距离为y ＝2r ＝2E B R g. (3)设小球到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2N －12mv 2⑦ 由④⑦解得：v N ＝5gR ⑧小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有 沿x 轴方向x ＝v N t ⑨沿电场方向z ＝12at 2⑩ 由牛顿第二定律得：a ＝qEm ⑪ t 时刻小球距O 点为s ＝x 2＋(2R )2＋z 2＝27R ⑫。