人教版 高考总复习 物理7-3
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第7章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动(含解析)
第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活知识点常见电容器I电容器的电压、电荷量和电容的关系11•电容器(1) 组成：由两个彼此E01绝缘又相互靠近的导体组成。
(2) 带电量：一个极板所带电荷量的□ 02绝对值。
(3) 电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程。
充电后电容器两极板带上等量的□ 03异号电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。
放电过程中□04电场能转化为其他形式的能。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2. 常见的电容器⑴分类：从构造上可分为r05固定电容器和P6可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的□ 07极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是口)8额定电压，这个电压比击穿电压B9 低。
3. 电容(1) 定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2) 定义式：。
=畸。
推论：。
=欝。
(3) 单位：法拉(F)，1 F=H^ ,^F^1012 pF。
(4) 物理意义：表示电容器口3容纳电荷本领的物理量。
(5) 决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。
4. 平行板电容器及其电容(1) 影响因素：平行板电容器的电容与两极板□ 14正对面积成正比，与两极板间介质的⑪相对介电常数成正比，与口16两板间的距离成反比⑵决定式：ffl7C= 4n d，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在匀强电场中的运动n1. 加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的口01动能的增量。
1 i(1) 在匀强电场中：W= qEd = qU = dqmv2—qmv O。
1 2 1 2(2) 在非匀强电场中：W= qU = 032mv2—2mv2。
2. 偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v o Q4垂直于电场线方向飞入匀强电场。
高考物理总复习 第七章 章末总结 提高教学案 新人教版-新人教版高三全册物理教学案
章末总结 提高知 识 网 络 【p 126】电场⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧产生⎩⎪⎨⎪⎧电荷变化的磁场性质⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧力⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧电场强度E ＝Fq电场力F ＝qE 点电荷电场中的场强E ＝kQ r2库仑力F ＝k Q 1Q 2r2＝Q 1E 2＝Q 2E1电场线⎩⎪⎨⎪⎧点电荷电场等量同种点电荷电场等量异种点电荷电场匀强电场能⎩⎪⎨⎪⎧电势电势差电势能等势面应用⎩⎪⎨⎪⎧电容器、电容带电粒子在电场中的运动解题思路与方法 【p 126】本章是电学的基础知识，是历年高考的重点之一．近几年高考中对本章知识的考查命题频率较高，且有相当难度的问题集中在电场力做功与电势能变化、带电粒子在电场中的运动这两个知识点上，尤其在与力学知识的结合中巧妙地把电场概念、牛顿定律和动能定理等联系起来，对考生能力有较好的测试作用．另外平行板电容器也是一个命题频率较高的知识点，且常以小综合题形式出现．高考中考查本章知识的试题题型全面，选择题、填空题、计算题都有，大部分试题都是中等以上难度．本章以研究静电场的力的性质和能的性质为中心内容，因此很容易与力学的平衡问题、运动学、牛顿定律、功和能、恒定电流、磁场、交变电流、原子物理等知识联系在一起，构成综合试题，考查考生分析问题能力、综合能力、运用数学知识解决物理问题的能力，要求考生对试题展示的实际情景进行分析、判断，弄清物理情景，抽象出物理模型，然后运用相应的物理知识及相关的规律进行解答．这部分内容在今后的高考命题中仍是重点和热点．1．本章知识点多，概念性强，内容抽象，概念的关系又比较复杂．能否正确理解相关概念间的相互联系和区别是学好本章的基础．复习中重点应放在对电场有关概念的理解和灵活运用上，首先要把基础夯实．2．本章知识常与力的观点、能量的观点综合在一起考查．在夯实基础的同时应注意加强空间想像能力、分析推理能力、综合运用能力的培养，提高解决综合性问题的能力．3．本章知识与其他各章知识联系紧密，在复习时要注意加强横向联系． 4．本章某些概念与重力场中的概念类似，复习时可用类比法记忆、理解．5．本章知识与生产技术、生活实际、科学研究等联系紧密，如尖端放电、电容式传感器、静电的防止和应用、示波管原理、静电分离等，这些都可成为新情景的综合命题的素材．体 验 高 考 【p 126】1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm ，小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线，设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线，可知，a 、b 的电荷异号，对小球c 受力分析，如下图所示：因ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm ，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形， 依据相似三角形之比，则有：F a F b ＝ac bc ＝43；而根据库仑定律，F a ＝k Q c q a ac 2，而F b ＝k Q c q bbc 2综上所得，q a q b ＝43×4232＝6427，故ABC 错误，D 正确．【答案】D2．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3【解析】由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，Ec Ed ＝r 2d r 2c ＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．【答案】AC3．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍【解析】设相邻两条等势线之间的电势差为U 0，根据从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV ，W ＝e·3U 0＝6 eV ，所以U 0＝2 V 并且电势从a 向f 逐渐降低．已知平面b 上的电势为2 V ，所以平面c 上的电势为零，A 正确；因为从a 到f ，电势降低4U 0＝8 V ，所以电势能增大8 eV ，动能减少8 eV ，可能到达f ；但如果在a 时速度方向在a 平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面f ，所以B 正确．从上图可以看出，该电子经过平面d 时，其电势能为2 eV ，C 错误；该电子经过平面b 时的动能是经过d 时的2倍，所以速率是2倍．【答案】AB4．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV【解析】由题目可得：φa ＝10 V ，φb ＝17 V ，φc ＝26 V ，ab 与Oc 中点电势相等，则φa ＋φb 2＝φO ＋φc2，故φO ＝φa ＋φb －φc ＝(10＋17－26)V ＝1 V ，故B 正确；从a 到b 移动电子，电场力做功：W ＝U ab ()－e ＝()－7×()－e ＝7 eV.电场力做正功，电势能减小，故电子在a 点电势比在b 点高7 eV ，故C 错误；从b 到c 移动电子，电场力做功W′＝(－e)U bc ＝9 eV ，故D 正确；如图所示，过b 点作bd 垂直于Oc ，则由几何关系：cd ＝6×35 cm ＝185 cm ，故φc －φOx cO＝φc －φd x cd ，则d 点的电势为φd ＝17 V ，故bd 为等势面．从而电场线沿cO 方向，故E ＝φcO x cO ＝2510 V/cm ＝2.5 V/cm ，故A 正确．【答案】ABD5．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1：若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W 2，下列说法正确的是( )A ．此匀强电场强度的电场强度方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为W 1＋W 22C ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的电场强度大小一定为W 2qLD ．若W 1＝W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差【解析】根据题意无法判断电场强度的方向，A 错误；不知道电场方向，所以电场的电场强度大小不一定是W 2qL ，C 错误；W 1＝qU ab ，W 2＝qU cd ，又φM ＝φa ＋φc 2，φN ＝φb ＋φd2，故W MN ＝q(φM －φN )＝q ⎝⎛⎭⎪⎫φa ＋φc 2－φb ＋φd 2＝q （φa －φb ）＋q （φc －φd ）2＝W 1＋W 22，故B 对；W 1＝W2则有φa －φb ＝φc －φd ，U aM ＝φa －φM ＝φc －φa 2，U bN ＝φb －φN ＝φd －φb2，故U aM ＝U bN ，D 对．【答案】BD6．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等【解析】根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小等于b 的加速度大小，即a a >a b .对微粒a ，由牛顿第二定律，qE ＝m a a a ，对微粒b ，由牛顿第二定律，qE ＝m b a b ，联立解得：qE m a >qEm b ，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a 、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在t 时刻，a 的动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力(合外力)等于b 微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确．【答案】BD7．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点．重力加速度大小为g.(1)油滴运动到B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在时刻t 1的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝2g(2h)⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1○11为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1○12 即当0<t 1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32v 0g○13 或t 1>⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32v 0g○14 才是可能的：条件○13式和○14式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h ○15 由①②③⑥⑦⑧⑨○15式得 E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1○16为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1○17 即 t 1>(52＋1)v 0g○18 另一解为负，不符合题意，已舍去．8．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q(q>0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．【解析】(1)设小球M 、N 在A 点水平射出的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2②s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v 2y ＝2gh⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则 v 0v y ＝qE mg⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m(v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩E k2＝12m(v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2○11 由已知条件E k1＝1.5E k2○12 联立④⑤⑦⑧⑨○11○12式得 E ＝2mg2q○139．(2017·北京)如图所示，长l ＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F 的大小； (2)小球的质量m ；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．【解析】(1)根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为 F ＝qE ＝1.0×10－6×3.0×103N ＝3.0×10－3N(2)小球受mg 、绳的拉力T 和电场力F 作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有F mg＝tan 37°，得m ＝4.0×10－4kg(3)撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有mgl(1－cos 37°)＝12mv 2，得v ＝2gl （1－cos 37°）＝2.0 m/s.10．(2017·海南)如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力大小T ，下列判断正确的是( )A ．F 逐渐减小，T 逐渐减小B ．F 逐渐增大，T 逐渐减小C ．F 逐渐减小，T 逐渐增大D ．F 逐渐增大，T 逐渐增大【解析】电容器两极板与电源相连则U 不变，由E ＝U d知，d 增大E 减小，又F ＝qE ，所以F 逐渐减小，因为是缓慢移动左极板，所以小球受力平稳T ＝F 2＋G 2，F 减小，G 不变，知T 逐渐减小，选A.【答案】A11．(2017·江苏)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P′点之间返回C ．运动到P′点返回D ．穿过P′点【解析】设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 板间的电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C板向右移动，B 、C 板间的电场强度E ＝U d ＝4πkQ εS，E 不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确；B 、C 、D 错误．【答案】A12．(多选)(2017·江苏)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确有( )A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【解析】由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正确，图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B错误；负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；由图知，负电荷从x1移动到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D错误．【答案】AC13．(多选)(2017·天津)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E pA、E pB.下列说法正确的是( )A．电子一定从A向B运动B．若a A>a B，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E pA<E pBD．B点电势可能高于A点电势【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若a A>a B，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势φA>φB，电子电势能E p＝－eφ，电势能是标量，所以一定有E pA<E pB，故C正确，D错误．【答案】BC。
2025人教版高考物理一轮复习讲义-第七章 第3课时 专题强化：碰撞模型及拓展
考点二 碰撞模型拓展
规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同
速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析， 由水平方向动量守恒和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v
①
12m2v02＝12(m2＋m3)v2＋m2gh
②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得v＝
考点二 碰撞模型拓展
从小球滚上小车到滚下并离开小车的过程，系统 在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机 械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者 交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零， 开始做自由落体运动，小车速度变为 v0，动能为12Mv02，即此过程小球 对小车做的功为12Mv02，故 B、C 正确，A 错误。
49 D. 9 h
考点一 碰撞模型
设小球 P、Q 的质量分别为 m、2m，落地前的瞬间二者速度 均为 v，由动能定理可得 3mgh＝12×3mv2，解得 v＝ 2gh， Q 与地面碰撞后速度等大反向，然后与 P 碰撞，P、Q 碰撞 过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有 2mv－mv＝mvP＋2mvQ，12×3mv2＝12mvP2＋12×2mvQ2，解得 vP＝53 2gh， 碰后小球 P 机械能守恒，则有 mgh′＝12mvP2，解得 h′＝295h，故选 B。
考点一 碰撞模型
例3 (2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h ＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰 撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； 答案 1 m
对物体 A，根据运动学公式可得 x＝h－21gt2＝1.2 m－12×10×0.22 m＝1 m
人教版物理高考试卷及解答参考(2024年)
2024年人教版物理高考复习试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在下列关于力与运动关系的说法中，正确的是：A、物体受到的合力越大，其运动状态改变得越慢。
B、物体受到的合力为零时，其速度一定为零。
C、物体的加速度与它所受的合力成正比，与物体的质量成反比。
D、物体受到的合力越大，其速度变化得越快。
2、一个物体在水平面上受到三个力的作用，这三个力分别是(F1=5 N)（向东），(F2=10 N)（向北），(F3=10 N)（向西）。
要使物体处于静止状态，下列哪个力的方向和大小合适？A、(F4=5 N)（向南）B、(F4=15 N)（向南）C、(F4=10 N)（向南）D、(F4=15 N)（向东）3、一个物体从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，第3秒末的速度为6 m/s，则物体的加速度是（）A. 1 m/s²B. 2 m/s²C. 3 m/s²D. 4 m/s²4、一个质量为0.5 kg的物体，受到一个10 N的力作用，沿力的方向移动了2 m，则物体所做的功是（）A. 5 JB. 10 JC. 20 JD. 50 J5、题干：在下列关于浮力的说法中，正确的是：A. 物体受到的浮力大小与物体体积成正比B. 物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积成正比C. 物体受到的浮力大小与物体在液体中的深度成正比D. 物体受到的浮力大小与物体的质量成正比6、题干：下列关于机械能的说法中，正确的是：A. 机械能包括动能和势能，动能和势能之间可以相互转化B. 机械能包括动能和势能，但动能和势能不可以相互转化C. 机械能包括动能和势能，动能只能转化为势能D. 机械能包括动能和势能，势能只能转化为动能7、一物体从静止开始沿着光滑斜面下滑，不计空气阻力。
下列关于物体运动的说法中，正确的是（）A、物体的加速度与斜面的倾斜角度无关B、物体下滑过程中速度的大小随时间均匀增大C、物体下滑过程中动能的增量等于势能的减少量D、物体下滑过程中机械能守恒二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、以下哪些现象可以用“能量守恒定律”来解释？（）A、摩擦生热B、抛物线运动C、水从高处流向低处D、电灯泡发光2、下列哪些物理量属于矢量？（）A、速度B、温度C、时间D、力3、下列关于物理现象的描述，正确的是（）A、摩擦力总是阻碍物体间的相对运动B、物体做匀速直线运动时，受到的合力一定为零C、电流做功的过程就是电能转化为其他形式能的过程D、所有物体在地球表面附近都受到重力作用E、物体的惯性大小与其质量成正比三、非选择题（前4题每题10分，最后一题14分，总分54分）第一题题目：一物体在水平面上做匀速直线运动，受到的合外力为零。
高考物理一轮复习专题七 人教版选修3
考点一 分子动理论和分子大小的估算
1．分子动理论 (1) 物质是由大量分子组成的 － ①分子直径的数量级为 10 10 m. ②阿伏加德罗常数 NA＝6.02×1023 mol －1. ③分子模型的建立：对于固体、液体分子，需建立球体模型．对于气体分子 占据的空间，需建立立方体模型． (2) 分子在做无规则的运动 ①扩散现象和布朗运动说明分子在做无规则的运动． ②布朗运动是液体中悬浮颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子 无规则运动的反映． (3) 分子间存在相互作用的引力和斥力 ①分子间同时存在引力和斥力． ②分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小．
p0S 解析：设大气层中气体的质量为 m，由大气压强产生，mg＝p0S，即 m＝ ， g mNA p0SNA 4πR2 p0NA 分子数 n＝ ＝ ＝ ，假设每个分子占据一个小立方体，各小立 M Mg Mg 方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为 a，大气层中气体 3 V 3 Mgh 2 总体积为 V，a＝ ，而 V＝4πR h，所以 a＝ . n p0NA NAp0R2 答案：4π Mg Mgh 1/3 NAp0
3．热力学第一定律对公式Δ U＝Q＋W 中符号的规定如下 符号 W Q ΔU ＋ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加 － 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少 (1) 若过程是绝热的，即 Q＝0，则 W＝Δ U，外界对物体做的功等于物体内 能的增量． (2) 若过程中不做功，即 W＝0，则 Q＝Δ U，物体吸收的热量等于物体内能 的增量． (3) 若过程的始末状态物体的内能不变，即Δ U＝0，则 W＋Q＝0 或 W＝－Q. 外界对物体做的功等于物体放出的热量． 4．解答理想气体实验定律常与热力学第一定律相结合的试题，要掌握几个 过程的特点 (1) 等温过程：内能不变，Δ U＝0. (2) 等容过程：W＝0. (3) 绝热过程：Q＝0. 当气体的状态发生变化时，如温度变化、体积变化时，理想气体的内能要发 生变化，同时伴随着做功，这样就把热力学规律联系起来了．
2020高考物理一轮总复习 第七章 讲义新人教版【共4套56页】
本套资源目录2020高考物理一轮总复习第七章第1讲库仑定律电场力的性质讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章第2讲电场能的性质讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第七章链接高考7电场中的力电综合问题讲义含解析新人教版库仑定律电场力的性质全国卷3年考情分析[基础知识·填一填][知识点1] 电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变.(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)质子的电荷量为一个元电荷，但电子、质子是实实在在的粒子，不是元电荷．(√) (2)两个完全相同的带电金属球接触时，先发生正、负电荷的中和，然后再平分．(√) (3)点电荷就是体积和带电荷量很小的带电体．(×) (4)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．(√) [知识点2] 库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的 电荷量的乘积 成正比，与它们的距离的二次方成 反比 ，作用力的方向在它们的连线上．2．公式： F ＝kq 1q 2r2 ，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量． 3．适用条件：(1) 点电荷 ；(2)真空．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)根据F ＝kq 1q 2r 2可知，当r →0时，有F →∞.(×) (2)静电力常量的数值是由实验得出的．(√)(3)不能看做点电荷的两个带电体之间没有库仑力．(×) [知识点3] 静电场 电场强度1．静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种 物质 ，其基本性质是对放入其中的电荷有 力的作用 .2．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量． (2)公式①定义式：E ＝ Fq，是矢量，单位：N/C 或V/m.②点电荷的场强：E ＝ k Q r2 ，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离． ③匀强电场的场强：E ＝ U d.(3)方向：规定为 正电荷 在电场中某点所受电场力的方向．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．(×) (2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．(√)(3)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同．(×)(4)在真空中，电场强度的表达式E ＝kQ r2中的Q 就是产生电场的点电荷的电荷量．(√) [知识点4] 电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的 切线 方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从 正电荷 或无限远处出发，终止于无限远处或 负电荷 . (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越 大 . (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (5)沿电场线方向 电势降低 . (6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线(如图所示)判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)相邻两条电场线之间的区域没有电场．(×) (2)非匀强电场的电场线有可能是平行的直线．(×) (3)电势降落的方向不一定沿电场线的方向．(√)[教材挖掘·做一做]1.(人教版选修3－1 P3实验改编)如图所示，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( )A ．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解析：C [由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，故贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误．]2．(人教版选修3－1 P5演示实验改编)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的__________ 而增大，随其所带电荷量的________ 而增大．此同学在探究中应用的科学方法是________ (选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)．解析：对B球进行受力分析，球受重力、电场力和线的拉力，线与竖直方向间的夹角变大时，说明电场力变大．电荷量不变时，两球距离变小，悬线偏角变大，电场力变大；距离不变时，电荷量变大，线的偏角变大，电场力变大．答案：减小增大控制变量法3．(人教版选修3－1 P15第6题改编)用一条绝缘细绳悬挂一个带电小球，小球质量为m，所带电荷量为＋q.现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成θ夹角，如图所示．那么这个匀强电场电场强度为( )A.mgqB.mgqsin θC.mgqtan θ D.mgqcos θ 答案：C4．(人教版选修3－1 P15第7题改编)如图所示， 真空中有两个点电荷Q 1＝＋4.0×10－8C 和Q 2＝－1.0×10－8C ，分别固定在x 坐标轴的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上．那么( )A ．x 坐标轴上，电场强度为零的位置为x ＝12 cm 处B ．x 坐标轴上，电场强度为零的位置为x ＝－12 cm 处C ．x 坐标轴上，电场强度方向沿x 轴正方向的区域是0＜x ＜6 cmD ．x 坐标轴上，电场强度方向沿x 轴正方向的区域是x ＞12 cm 答案：A考点一 库仑定律的理解及应用[考点解读]1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离．3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．(1)同种电荷：F ＜k q 1q 2r 2. (2)异种电荷：F ＞kq 1q 2r 2. 4．不能根据公式错误地认为r →0时，库仑力F →∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看成点电荷了．5．两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反． 6．库仑力存在极大值，由公式F ＝k q 1q 2r 2可以看出，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当q 1＝q 2时，F 最大．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，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 A 和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点O B 移到O A 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8.0×10－4kg ，带电小球可视为点电荷，重力加速度g 取10 m/s 2，静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，则( )A ．两球所带电荷量相等B ．A 球所受的静电力为1.0×10－2N C ．B 球所带的电荷量为46×10－8 C D ．A 、B 两球连线中点处的电场强度为0[解析] ACD [两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A 正确；对A 球受力分析，由几何关系，两球排斥开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形定则可得：F ＝mg tan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3N ，选项B 错误；根据库仑定律：F ＝k q A q B l 2＝k q 2Bl 2，解得q B ＝Fl 2k＝6×10－3×0.1229×109C ＝46×10－8C ，选项C 正确；A 、B 带等量的同种电荷，故在A 、B 两球连线中点处的电场强度为0，选项D 正确．]电荷分配原则及库仑力的理解1．完全相同的带电体接触后电荷的分配原则(1)若两带电体带同种电荷q 1、q 2，则接触后电荷量平均分配，即q 1′＝q 2′＝q 1＋q 22.(2)若两带电体带异种电荷q 1、q 2，则接触后电荷量先中和后平分，即q 1′＝q 2′＝|q 1＋q 2|2，电性与带电荷量大的带电体相同． 2．库仑力方向的判断方法根据“同种电荷相斥、异种电荷相吸”判断库仑力的方向，作用力的方向沿两电荷连线方向．[题组巩固]1．(2019·河南安阳调研)两个分别带有电荷量－Q 和＋5Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.5F16 B.F5 C.4F 5D.16F 5解析：D [两球相距r 时，根据库仑定律F ＝kQ ·5Qr 2，两球接触后，带电荷量均为2Q ，则F ′＝k 2Q ·2Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22，由以上两式可解得F ′＝16F5，D 正确．]2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q ，球2的带电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：D [由于各球之间的距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有F ＝k ·q ·nqr2＝k ·nq2·q ＋nq 22r2，解得n ＝6，D 正确．]考点二 电场强度的理解和计算[考点解读]1．电场强度的性质[典例赏析][典例2] 直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图所示．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a2，沿y 轴正向 B.3kQ4a2，沿y 轴负向 C.5kQ4a2，沿y 轴正向 D.5kQ4a2，沿y 轴负向 [思考探究](1)“G 点处的电场强度恰好为零”的含义是什么？提示：“G 点处的电场强度恰好为零”说明M 、N 两处的负电荷在G 点产生的场强与点电荷Q 在G 点的场强大小相等、方向相反．(2)如何求H 点处场强的大小？提示：根据两等量负点电荷的场强的对称性和矢量合成的平行四边形定则，可求得H 点的合场强．[解析] B [因正电荷Q 在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负点电荷在G 点形成的电场的合场强与正电荷Q 在G 点产生的场强等大反向，大小为E 合＝k Q a2；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点的场强为E 1＝k Q (2a )2＝kQ4a 2，方向沿y 轴正向，因两负电荷在G 点的合场强与在H 点的合场强等大反向，则H 点处场强为E ＝E 合－E 1＝3kQ4a 2，方向沿y 轴负向，故选B.]电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是： (1)确定分析计算场强的空间位置．(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向． (3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．[题组巩固]1．如图所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直．则( )A ．A 点的电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r4B ．B 点的电场强度大小为E －k Q r2 C ．D 点的电场强度大小不可能为0 D ．A 、C 两点的电场强度相同解析：A [＋Q 在A 点的电场强度沿OA 方向，大小为k Q r2，所以A 点的合电场强度大小为E 2＋k 2Q 2r 4，A 正确；同理，B 点的电场强度大小为E ＋k Q r 2，B 错误；如果E ＝k Qr2，则D点的电场强度为0，C 错误；A 、C 两点的电场强度大小相等，但方向不同，D 错误．]2．如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2 ①代入数据得F＝9.0×10－3 N．②(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝k qL2③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos 30°④由③④式联立并代入数据得E≈7.8×103 N/C场强E的方向沿y轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向考点三电场线的理解与应用[考点解读]1．两种等量点电荷的电场分析沿连线先变小后变大[典例3] (多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则( )A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的电势能都减少[解析]CD [因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误，D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．]电场线与轨迹问题判断方法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)，从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况．2．“三不知时要用假设法”——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，若已知其中的任意一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用假设法分别讨论各种情况．[题组巩固]1．(2019·沧州模拟)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：ACD [由题图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a 点的高，所以B错误；负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d 点正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；D项，可以根据电势这样理解：正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，所以D正确．]2．(2019·茂名模拟)如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D 点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是( )A．电荷在O点受力最大B．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小D．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小解析：D [根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到的电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在O点受力不是最大，故A错误．根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小，故B错误，D正确．电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误．]考点四电场中的平衡和加速问题[考点解读]1．电场力方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反．2．恰当选取研究对象，用“整体法”或“隔离法”进行分析．3．基本思路(1)平衡问题利用平衡条件列式求解．(2)非平衡问题利用牛顿第二定律求解．4．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解．5．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关．[考向突破][考向1] “三个自由点电荷平衡”的问题(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合场强为零的位置．(2)[典例4] 如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三个质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)之比应是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 13[解析] C [根据B 恰能保持静止可得kq A q B L 21＝k q C q B L 22； A 做匀速圆周运动， k q A q BL 21－kq C q A (L 1＋L 2)2 ＝m A ω2L 1，C 做匀速圆周运动，k q C q B L 22－k q C q A (L 1＋L 2)2＝m C ω2L 2，联立解得A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)之比应是⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23，选项C 正确．][考向2] 电场力作用下的平衡问题库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力．具体步骤如下：[典例5] 如图所示，带电体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ，质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上，当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为 mgk tan θr 2B ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m )g[解析] D [以P 为研究对象，分析P 受力如图所示，由平衡条件得F ＝mg tan θ，N＝mg cos θ，由库仑定律得F ＝kq 2r2，联立解得q ＝mgr 2tan θk，A 错误；由牛顿第三定律得P 对斜面的压力与N 等大反向，不为零，B 错误；分析物体P 和斜面体整体受力，易知地面对斜面的静摩擦力f ＝F ＝mg tan θ，地面对斜面体的支持力N ′＝(M ＋m )g ，所以C 错误，D 正确．][考向3] 电场力作用下的动力学问题 解决与电场力有关的动力学问题的一般思路：(1)选择研究对象(多为一个带电体，也可以是几个带电体组成的系统)．(2)对研究对象进行受力分析，包括电场力、重力(电子、质子、正负离子等基本粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，带电油滴、带电小球、带电尘埃等带电体一般计重力)．(3)分析研究对象所处的状态是平衡状态(静止或匀速直线运动)还是非平衡状态(变速运动等)．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．[典例6] (2019·北京四中期末)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝3.0×104N/C.有一个质量m ＝4.0×10－3kg 的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t ＝0.20 s ，求这一段时间内小球电势能的变化量． [解析] (1)小球受到重力mg 、电场力F 和细线的拉力T 的作用， 如图所示，由共点力平衡条件有：F ＝qE ＝mg tan θ解得：q ＝mg tan θE＝1.0×10－6C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷．(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a ，由牛顿第二定律有： mgcos θ＝ma解得：a ＝gcos θ＝12.5 m/s 2.(3)在t ＝0.20 s 的时间内，小球的位移为：l ＝12at 2＝0.25 m小球运动过程中，电场力做的功为：W ＝qEl sin θ＝mgl sin θtan θ＝4.5×10－3 J所以小球电势能的减少量为：ΔE p ＝4.5×10－3J.[答案] (1)1.0×10－6C 正电荷 (2)12.5 m/s 2(3)减少4.5×10－3J思想方法(十二) 非点电荷电场强度的叠加及计算◆方法1 等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．[典例1] (2019·济南模拟)MN 为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d 的位置放一个电荷量为＋q 的点电荷O ，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P 是金属板表面上与点电荷O 距离为r 的一点．几位同学想求出P 点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q ，它们之间的距离为2d ，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对甲图P 点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )A ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kqd r3B ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kq r 2－d2r3C ．方向垂直于金属板向左，大小为2kqd r3D ．方向垂直于金属板向左，大小为2kq r 2－d2r3[解析] C [据题意，从乙图可以看出，P 点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P 点电场的叠加，其大小为E ＝2k qr 2cos θ＝2k q r 2·d r ＝2k qd r3，故选项C 正确．]◆方法2 对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．[典例2] 下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )[解析] B [将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D 项O 点的场强为零，C 项等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场，大小与A 项的相等，B 项正、负电荷在O 点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A 、C 项场强的2倍，因此B 项正确．]◆方法3 填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．[典例3] (2019·石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球面顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq2R 2－E B.kq 4R 2 C.kq4R2－E D.kq4R2＋E [解析] A [左半球面AB 上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q 的整个球面的电场和带电荷量－q 的右半球面的电场的合电场，则E ＝k 2q(2R )2－E ′，E ′为带电荷量－q 的右半球面在M 点产生的场强大小．带电荷量－q 的右半球面在M 点的场强大小与带正电荷量为q 的左半球面AB 在N 点的场强大小相等，则E N ＝E ′＝k 2q (2R )2－E ＝kq 2R2－E ，则A 正确．]◆方法4 微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．[典例4] 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，P 为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP ＝L ，试求P 点的场强．[解析] 设想将圆环看成由n 个小段组成，当n 相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q ′＝Qn，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P 处产生的场强为E ＝kQ nr 2＝kQn (R 2＋L 2). 由对称性知，各小段带电体在P 处场强E 的垂直于中心轴的分量E y 相互抵消，而其轴向分量E x 之和即为带电环在P 处的场强E P ，E P ＝nE x ＝ nk Qn (R 2＋L 2)cos θ＝kQL(R 2＋L 2)32. [答案] k QL(R 2＋L 2)32电场能的性质[基础知识·填一填][知识点1] 静电力做功和电势能 1．静电力做功(1)特点：静电力做功与 路径 无关，只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关．(2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为带电体沿 电场方向 的位移． ②W AB ＝qU AB ，适用于 任何电场 . 2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的 势能 ，称为电势能．(2)说明：电势能具有相对性，通常取无穷远或大地为电势能零点． 3．静电力做功与电势能变化的关系(1)静电力做的功等于电荷电势能的 减少量 ，即W AB ＝E p A －E p B .(2)通过W AB ＝E p A －E p B 可知：静电力对电荷做多少正功，电荷电势能就 减少 多少；静电力对电荷做多少负功，电荷电势能就 增加 多少．(3)电势能的大小：由W AB ＝E p A －E p B 可知，若令E p B ＝0，则E p A ＝W AB ，即一个电荷在电场中某点具有的电势能，数值上等于将其从该点移到零势能位置过程中静电力所做的功．[知识点2] 电势 等势面 1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的 电势能 与它的电荷量的比值． (2)定义式：φ＝E p q.(3)矢标性：电势是 标 量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)． (4)相对性：电势具有 相对性 ，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同． 2．等势面(1)定义：电场中 电势相等 的各点组成的面． (2)四个特点①在同一等势面上移动电荷时电场力 不做功 .②电场线一定与等势面垂直，并且从电势 高 的等势面指向电势 低 的等势面． ③等差等势面越密的地方电场强度 越大 ，反之 越小 .。
2020-2021学年高考物理新课标重点考点复习：第7章_第3讲_电势能_电势和电势差及答案解析
第3讲电势能电势和电势差A组基础题组1.(2014课标Ⅱ,19,6分)(多选)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是( )A.电场强度的方向处处与等电势面垂直B.电场强度为零的地方,电势也为零C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向2.(2015北京东城联考)在静电场中将一个带电荷量为q=-2.0×10-9C的点电荷由a点移动到b点,已知a、b两点间的电势差U ab=1.0×104 V。
在此过程中,除电场力外,其他力做的功为W=6.0×10-5 J,则该点电荷的动能( )A.增加了8.0×10-5 JB.减少了8.0×10-5 JC.增加了4.0×10-5 JD.减少了4.0×10-5 J3.(2015湖北六校调研,16)如图所示,真空中有两个等量异种点电荷,A、B分别为两电荷连线和连线中垂线上的点,A、B两点电场强度大小分别是E A、E B,电势分别是φA、φB,下列判断正确的是( )A.E A>E B,φA>φBB.E A>E B,φA<φBC.E A<E B,φA>φBD.E A<E B,φA<φB4.(2013上海单科,10,3分)两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示,已知A点电势高于B点电势。
若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为q a和q b,则( )A.a处为正电荷,q a<q bB.a处为正电荷,q a>q bC.a处为负电荷,q a<q bD.a处为负电荷,q a>q b5.(2016湖北龙泉中学、宜昌一中联考)如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是( )A.在a点电场强度最大B.电荷q在b点的电势能最大C.在c、d两点的电势相等D.电荷q在a点的电势能最大6.(2015广东理综,21,6分)(多选)如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则( )A.M的带电量比N的大B.M带负电荷,N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功7.(2015云南第一次统考,19)(多选)如图所示,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。
【人教版】2020届高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课时作业(含解析)
3、电容器 带电粒子在电场中的运动[基础训练]1．(2018·云南曲靖联考)(多选)如图所示电路中，A 、B 为两块竖直放置的金属板，G 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大( )A ．使A 、B 两板靠近一些 B ．使A 、B 两板正对面积错开一些C ．断开S 后，使B 板向右平移拉开一些D ．断开S 后，使A 、B 两板正对面积错开一些答案：CD 解析：图中静电计的金属杆接A 板，外壳和B 板均接地，静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由U ＝Q C可知，板间电压U 增大，从而使静电计指针张角增大．综上所述，选项C 、D 正确．2．(2018·山东菏泽期末)(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变答案：AD 解析：根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4πkd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．3．如图所示，从F 处由静止释放一个电子，电子向B 板方向运动，设电源电动势为U (V)，下列对电子运动的描述中错误的是( )A ．电子到达B 板时的动能是U (eV)B ．电子从B 板到达C 板的过程中，动能的变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3U (eV) D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动答案：C 解析：由题图可知，电子在A 、B 板间做加速运动，电场力做的正功为U (eV)；电子在B 、C 板间做匀速运动，动能变化量为零；电子在C 、D 板间做减速运动，电场力做的功为－U (eV)，电子在D 板处速度为零，故电子在A 板和D 板之间做往复运动，选C.4．如图所示，电子(不计重力，电荷量为e ，质量为m )由静止经加速电场加速，然后从相互平行的A 、B 两板的正中间射入，已知加速电场两极间电压为U 1，A 、B 两板之间电压为U 2，则下列说法中正确的是( )A ．电子穿过A 、B 板时，其动能一定等于e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22B ．为使电子能飞出A 、B 板，则要求U 1>U 2C ．若把电子换成另一种带负电的粒子(忽略重力)，它将沿着电子的运动轨迹运动D ．在A 、B 板间，沿电子的运动轨迹，电势越来越低答案：C 解析：电子穿过A 、B 板时不一定从板的边缘射出，所以动能不一定等于e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22，故A 错误．为使电子能飞出A 、B 板，不能只要求U 1>U 2，因为竖直位移还与板长、板间距离有关，故B 错误．电子在A 、B 板间的水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝12at 2，其中a ＝eU 2md ，eU 1＝12mv 20，联立得y ＝U 2x24U 1d，与电荷量、质量无关，所以C 正确．在A 、B 板间，电场力对电子做正功，电势能减少，沿电子的运动轨迹电势升高，所以D 错误．5．(2018·湖北宜昌模拟)如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A.U 2U 1<2dL B.U 2U 1<d LC.U 2U 1<2d 2L2 D.U 2U 1<d 2L2 答案：C 解析：根据qU 1＝12mv 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y <12d ，解得U 2U 1<2d2L 2，故C正确．6．如图所示的示波管，电子由阴极K 发射后，初速度可以忽略，经加速电场加速后垂直于电场方向飞入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，两偏转极板间距为d ，板长为L ，偏转极板右端到荧光屏的距离为D ，不计重力，求：(1)电子飞出偏转电场时的偏转位移y ； (2)电子打在荧光屏上的偏转距离OP .答案：(1)U 2L 24dU 1 (2)U 2L4dU 1(L ＋2D )解析：设电子加速后速度为v 0，则eU 1＝12mv 20在偏转电场中水平方向：L ＝v 0t 竖直方向：y ＝12eU 2dmt 2联立解得y ＝U 2L 24dU 1.(2)由类平抛运动的推论可得y OP ＝12L L2＋D联立解得OP ＝y ＋2D L y ＝U 2L 24dU 1＋U 2LD 2dU 1＝U 2L4dU 1(L ＋2D )．[能力提升]7．(2018·河北张家口模拟)如图所示，P 、Q 为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则()A ．保持开关闭合，缩小P 、Q 两板间的距离，角度α会减小B ．保持开关闭合，加大P 、Q 两板间的距离，角度α会增大C ．断开开关，加大P 、Q 两板间的距离，角度α会增大D ．断开开关，缩小P 、Q 两板间的距离，角度α不变化答案：D 解析：保持开关闭合，电容器两端的电压不变，减小两板间距离，根据E ＝Ud，电场强度增大，角度α增大，A 错误；增大两板间距离，场强减小，角度α减小，B 错误；将开关断开，Q 不变，则有E ＝U d ＝Q Cd＝Q εr S4πkd·d ＝4πkQεr S，改变距离d ，场强不变，角度α不变，C 错误，D 正确．8．如图所示，在空间中有平行于xOy 平面的匀强电场，一群带正电粒子(电荷量为e ，重力不计，不计粒子间相互作用)从P 点出发，可以到达以原点O 为圆心、R ＝25 cm 为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x 轴正半轴的交点A 时，动能增加量最大，为60 eV ，已知∠OAP ＝30°.则下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的方向沿x 轴负方向B ．匀强电场的电场强度是240 V/mC ．过A 点的电场线与x 轴垂直D ．P 、A 两点间的电势差为60 V答案：D 解析：到A 点时，动能增加量最大，说明等势面在A 点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到比A 点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A 点时动能增加量大)，即等势面与y 轴平行，电场力做正功，所以电场沿x 轴正方向，P 、A 两点间的电势差U PA ＝W e＝60 V ，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E ＝U PA2R cos 30°cos 30°＝160 V/m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．9．(多选)两个相同的电容器A 和B 如图所示连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A 中的一带电粒子恰好静止，现在电容器B 的两极板间插入一长度与板长相同的金属块，且两极板的间距d 不变，这时带电粒子的加速度大小为12g ，重力加速度的大小为g .则下列说法正确的是( )A ．带电粒子加速度方向向下B ．电容器A 的带电量增加为原来的2倍C ．金属块的厚度为23dD ．电容器B 两板间的电压保持不变答案：AC 解析：带电粒子静止，则有mg ＝qU d ，得U ＝mgdq①，当在电容器B 的两极板间插入一长度与板长相同的金属块时，板间距减小，则由C ＝εr S4πkd 可知，电容器B 的电容C 增大，而两个电容器的总电量不变，电压相等，则知电容器B 两端的带电量增大，电容器A 两端的电量减小，则由C ＝Q U知电容器A 板间电压减小，场强减小，粒子所受的电场力减小，所以粒子向下加速运动，故A 项正确；带电粒子向下加速运动，根据牛顿第二定律得mg －qU ′d ＝m g 2②，由①②解得U ′＝12mgd q ，则板间电压变为原来的12，根据电容的定义式C ＝QU，可知电容器A 的带电量变为原来的12，则电容器B 的带电量变为原来的32倍，由电容的定义式C ＝QU ，可知电容器B 的电容变为原来的3倍，则电容器B 的板间距减小到原来的13，故金属块的厚度为23d ，C 项正确，B 、D 项错误．10．如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷之比是()A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1答案：D 解析：如图所示，设AB 长为2h ，BC 长为2l ，对a 粒子有2h ＝12a a t 2a ＝q a E 2m a t 2a ，l ＝v 0t a ，解得2h ＝q a E 2m a ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02，对b 粒子有h ＝12a b t 2b ＝q b E 2m b t 2b ，2l ＝v 0t b ，解得h ＝q b E 2m b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2l v 02，可得q am a q b m b＝81，D 正确．11．如图甲所示，质量为m 、电荷量为e 的电子经加速电压U 1加速后，在水平方向沿O 1O 2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L (不考虑电场边缘效应)，两极板间距为d ，O 1O 2为两极板的中线，P 是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L .甲乙(1)求电子进入偏转电场时的速度大小v ；(2)若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A 点，A 点与极板M 在同一水平线上，求偏转电场所加电压U 2；(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示做周期性变化，要使电子经加速电场后在t ＝0时刻进入偏转电场，最后水平击中A 点，求偏转电场电压U 0以及周期T 分别应该满足的条件．答案：见解析 解析：(1)电子经加速电场加速eU 1＝12mv 2解得v ＝2eU 1m.(2)由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A 点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，由几何关系得d 2＝⎝⎛⎭⎪⎫L ＋12L tan θ解得tan θ＝d3L又tan θ＝v y v ＝eU 2md ·L v v ＝eU 2L mdv 2＝U 2L2U 1d解得U 2＝2U 1d23L2.(3)要使电子在水平方向击中A 点，电子必向上极板偏转，且v y ＝0，则电子应在t ＝0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t ＝Lv ＝nT T ＝L nv＝L n2eU 1m＝L n m2eU 1(n ＝1,2,3，…) 在竖直方向满足d2＝2n ×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝2n ×12·eU 0md ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22解得U 0＝4nU 1d2L2(n ＝1,2,3，…)．。
高考总复习 物理7章末
物理
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答案：DEG
电路如图4所示
第三模块 选修3-1
物理
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5．试
即在题给条件中没有明确提出或暗示的情况下，可尝
试采用限流电路，分析最小电流是否大于被测电阻额定值， 电表是否超量程，电阻两端电压变化范围是否太小；当预 判的结果超出电表量程(或用电器超额定电压)时，可将电 路由限流式改为分压式，或串接合适的保护电阻．一般原
I2r2－I1r1 L0 (2)因为 RL＝ ，RL＝ρ S ， I1 I2r2－I1r1 πD2(I2r2－I1r1) D2 L0 S＝π( ) ， 所以 ＝ρ S ， ρ＝ 得 ， 2 I1 4L0I1 式中 I1 为电流表 A1 的读数，I2 为电流表 A2 的读数，r1 为 电流表 A1 的内阻，r2 为电流表 A2 的内阻，L0 为金属丝的 长度，D 为金属丝的直径．
物理
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【例2】
现要测定一个额定电压4 V、额定功率1.6
W的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1～4
V.
现有器材：直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)，电 压表V(量程4.5 V，内阻约为4×104 Ω)，电流表A1(量程 250 mA，内阻约为2 Ω)，电流表A2(量程500 mA，内阻约 为1 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值约为30 Ω)，开关S，导线 若干．
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章末复习总结
第三模块 选修3-1
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知识框架
第三模块 选修3-1
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第三模块 选修3-1
高三物理复习第七章 稳恒电流重点难点人教实验版知识精讲
高三物理复习第七章稳恒电流人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容： 复习第七章稳恒电流二. 重点、难点 〔一〕电流1. tqI =是电流的定义式，电流方向规定为电路中正电荷定向移动的方向，与负电荷运动方向相反。
常见有三种情况：〔1〕一种是电荷定向移动，直接用tqI =进展求解。
〔2〕一个电荷做高速圆周运动〔环型电流〕对这种情况关键是理解“连续和连续〞之间的转化。
电荷运动时有两个特点：一是循环性，二是高速性。
正是这两个特性使问题从“连续〞向“连续〞转化，这种情况可用I=q/T 来求。
〔T 为运动的周期〕如：一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，其效果相当于一环形电流，如此此环形电流I=________。
解析：由I=q/t 知m 2/B q )qB /m 2/(q I 2π=π=〔3〕两种电荷的定向移动这种类型的特点是：正、负电荷移动方向相反，但形成电流同向，如时间t 内通过导体某一横截面的正电荷量为1q ，反方向通过的负电荷量为2q ，如此有tq q t /q I 21+==。
如：在10s 内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电荷量为2C ，向左迁移的负离子所带的电荷量为3C 。
那么电解槽中电流的大小应为多少？解析：A 5.0A 1032t q q I 21=+=+=，而不是A 1.0A 1023I =-=。
2. I=neSv 是电流的微观表达式，式中n 为金属导体内部单位体积内自由电子数，S 是导体横截面积，v 是电子定向移动速率，e 为电子电量。
电流是标量，但习惯上规定正电荷移动方向为电流方向，实际上反映的是电势的上下。
3. 三种速率的区别〔1〕电流传导速率等于光速，电路一连通，导体中的电子立即受到电场力作用而定向移动形成电流〔对整体而言〕。
〔2〕电子定向移动速率，其大小与电流有关，约为s /m 105-。
〔3〕电子热运动速率，任何微观粒子都做无规如此运动，其速度与温度有关，通常情况为s /m 105。
高考物理总复习 本章整合课件7 新人教版选修31
已知电源电动势E和内阻(nèi zǔ)r一定，光敏电阻随光
照的增强电阻变小，以下说法正确的是
()
第十四页，共46页。
A．保持(bǎochí)光照强度不变，将R2的滑动触头P向b 端滑动，则R3消耗的功率变大
B．保持(bǎochí)滑动触头P不动，让光敏电阻周围光线 变暗，则小球重新平衡后θ变小
第八页，共46页。
[解析] 当 P 向右移动时，回路的总电阻增大，电流减小， P 总＝IE，总功率减小，A 正确；P 内＝I2r，电流减小，内部损 耗功率减小，C 正确；电源的效率 η＝IIUE×100%＝UE×100%， 因外电阻增大，故路端电压增大，效率增大，B 正确；当外电 阻等于内电阻时电源的输出功率最大，但由于不知道两电阻大 小，所以无法判断，D 错．
第六页，共46页。
[解析] S断开时，分析(fēnxī)思路如下所示．
故 B 正确． [答案] B
第七页，共46页。
【热点强化】
1．(2012·上海卷)直流电路如右图所示，在滑动变阻器
的滑片P向右移动(yídòng)时，电源的
()
A．总功率一定减小 B．效率(xiào lǜ)一定增大 C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小
[答案] R2＝10 Ω R3＝10 Ω
第二十页，共46页。
热点(rè diǎn)三、伏安法的应用
(2012·高考北京卷)在“测定金属的电阻率”实验中，所用 测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为 50 cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果 如图所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均 值)．
第十九页，共46页。
[精品]新人教版高考物理总复习7-2及答案
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一、选择题1．将一个电动势为3V，内阻不能忽略的电池两端接一电阻R，当有1的电荷通过电阻R时，在R上产生的热量( ) A．大于3J B．小于3J．等于3J D．内阻未知，无法确定[答案] B[解析] 根据W＝qU＝3J，而W为内阻r和外电阻R上产生的热量之和，故R上产生的热量小于3J2．(2011·厦门模拟)如图所示的电路中，电的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向端滑动，则( )A．电灯L变亮，电流表的示减小B．电灯L变亮，电流表的示增大．电灯L变暗，电流表的示减小D．电灯L变暗，电流表的示增大[答案] D[解析] 当滑片向端滑动时，R1↓——R总↓——I↑即电流表A 示增大，路端电压应等于U＝E－Ir减小，则灯L变暗．故选项A、B、错误，D正确．3．(2011·镇江模拟)如图所示，电E的电动势为32V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为 30V，额定功率为 45W，当电键S接位置1时，电压表的读为3V，那么当电键S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是( )A．很暗，甚至不亮B．正常发光．比正常发光略亮D．有可能被烧坏[答案] A[解析] S接1时，由U＝错误！未定义书签。
E得r＝2ΩR L＝错误！未定义书签。
＝2Ω，S接2时，U L＝错误！未定义书签。
·R L ＝16V<30V，故灯很暗，此时电路中电流I′＝08A，有可能超过电的额定电流，使电烧毁导致灯不亮．故选项B、、D错误，选项A正确．4．如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则( )A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯变暗，B灯变亮．A、B灯均变暗D．A、B灯均变亮[答案][解析] 滑片P向下端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，变阻器与灯泡B并联的电阻变小，R外变小，由I＝错误！未定义书签。
知总电流I变大，U内＝Ir变大，由U外＝E－U内，知U外变小，A灯变暗．通过灯的电流变小，经R的电流变大，U R变大，故B灯两端电压变小，B灯变暗，正确．5．(2011·西安模拟)为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，、b 接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I，、b两端的电压U将( )A．I变大，U变大B．I变小，U变小．I变大，U变小D．I变小，U变大[答案][解析] 由题意知R B的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)可知I总增大，再由U外＝E－I总r可知，外电压U减小．而由U1＝I总R1可知，U1增大，U2必减小，I2减小，由电流表的电流I＝I总－I2可知，电流表的电流必变大．故A、B、D错误，选项正确．6．(2011·镇江模拟 )如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为005Ω电流表和电压表均为想电表，只接通S1时，电流表示为10A，电压表示为12V；再接通S2，启动电动机工作时，电流表示变为8A，则此时通过启动电动机的电流是( )A．2A B．8A ．50A D．58A[答案][解析] 只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir＝12V ＋10×005V＝125V，R灯＝错误！未定义书签。
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：7-3
一、选择题1．以下说法中，正确的是()A．采用伏安法测电阻时，只要仪器选得正确，可保证没有系统误差B．用伏安法测电阻，不论是用电流表外接法，还是电流表内接法，都存在系统误差C．用欧姆表测电阻，既准确又方便D．伏安法测电阻，存在系统误差的原因是由于电流表的分压[答案]B[解析]对A、B选项，伏安法测电阻不可能没有系统误差，只能减小，故B选项正确，A选项错误．对C选项，欧姆表测电阻方便但由于刻度不均匀读数误差较大，电池用久了误差更大．因而C选项错误．对D选项，不同的测量电路引起误差的原因不同，故D选项错误．2．如下图所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻1Ω，电压表内阻5000Ω，R x约为10Ω，则下图中哪个测量结果较为准确？测量值比真实值偏大还是偏小()A．甲电路，偏大B．甲电路，偏小C．乙电路，偏大D．乙电路，偏小[答案]B[解析]R VR x＝500，R xR A＝10，∴R VR x>R xR A，应采用电流表外接法，由于电压表分流，使I A>I x，R x的测量值比真实值偏小．3．分别用图(a)、(b)两种电路测量同一未知电阻的阻值．图(a)中两表的示数分别为3V、4mA，图(b)中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻R x的真实值为()A．略小于1kΩ B．略小于750ΩC．略大于1kΩ D．略大于750Ω[答案]D[解析]先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用(a)图进行测量比较准确．(a)图中测量值较真实值偏小．4.如右图所示电路，用伏安法测量电阻的大小．电阻R＝320Ω时，电流表的示数是15mA，电压表的示数是4.5V.如果用这个电路测量未知电阻R′，电流表的示数是13mA，电压表的示数是5.2V，则电阻R′的大小是()A．R>420Ω B．400Ω<R′<420ΩC ．R ′＝420ΩD ．无法确定[答案] A [解析] R ＝320Ω时，两端电压U ＝4.5V ，则通过R 的电流I R ＝U R ＝4.5320A ＝0.014A ＝14mA通过电压表的电流I V ＝I －I R ＝(15－14)mA ＝1mA电压表内阻R V ＝U I V ＝ 4.51×10－3Ω＝4500Ω 当电阻为R ′时，电压U ′＝5.2V通过电压表的电流I V ′＝U ′R V ＝5.24500A ＝1.15mA 通过R ′的电流I R ′＝I ′－I V ′＝(13－1.15)mA ＝11.85mA电阻R ′＝U ′I R ′＝ 5.211.85×10－3Ω＝439Ω. 二、非选择题5．(2011·天津)某同学测量阻值约为25kΩ的电阻R x ，现备有下列器材：A ．电流表(量程100μA, 内阻约2kΩ)B ．电流表(量程500μA, 内阻约300Ω)C ．电压表(量程15V , 内阻约100kΩ)D ．电压表(量程50V ，内阻约500kΩ)E ．直流电源(20V ，允许最大电流1A)F ．滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定功率1W)G ．电键和导线若干．电流表应选________．电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①____________________________________________________； ②____________________________________________________.[答案] B C①电流表应采用内接的方法②滑动变阻器应采用分压器方式的接法．[解析] 由待测电阻值约为25kΩ和电源电压20V ，可知电路中的最大电流为800μA ，故电流表应选B ，可用滑动变阻器控制电路中电流不超过B 电流表的量程．当B 电流表满偏时，电压才达12.5V ，不到50V 的13，故电压表应选C.当R x R A >R V R x 时，电流表应内接，当R x R A <R V R x时，电流表应外接，该题中R x R A ≈83，R V R x≈4，R x R A >R V R x ，故应使电流表内接．因为滑动变阻器电阻远小于R x，限流接法时电路中电压和电流超过了电压表和电流表的量程，只能用分压接法．6．用伏安法测量一个阻值约为20Ω的未知电阻R x的阻值．实验电路图如图：(1)在以下备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________ ，滑动变阻器应选用________．电源E(电动势3V、内阻可以忽略不计)电流表A1(量程0～50mA，内阻约12Ω)电流表A2(量程0～3A，内阻约0.12Ω)电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)滑动变阻器R2(0～1000Ω，允许最大电流0.5A)定值电阻R(30Ω，允许最大电流1.0A)开关、导线若干(2)某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式R x＝________.[答案] (1)A 1 V 1 R 1 (2)U I －R[解析] (1)电源电动势E ＝3V ，R x 的阻值约为20Ω，定值电阻R ＝30Ω，流过电流表的最大电流I m ＝E R ＋R x ＋R A≈0.048A ，因此电流表应选A 1，电压表应选V 1，为了便于分压电路调节，滑动变阻器应选择R 1.(2)由分压电路关系可得R x ＝U I －R .7．(2011·海南)图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为I g ＝600μA 、内阻为R g ，是标准电流表．要求改装后的电流表量程为I ＝60 mA.完成下列填空．(1)图1中分流电阻R p 的阻值应为________．(用I g 、R g 和I 表示)．(2)在电表改装完成后的某次校准测量中，表的示数如图2所示，由此读出流过电流表的电流为________mA.此时流过分流电阻R p 的电流为________mA(保留一位小数)．[答案] (1)I g R g I －I g(2)49.5 49.0 [解析] 本题考查电流表改装的计算和校对问题，意在考查考生对课本基本实验的掌握情况．(1)中根据I g R g ＝(I －I g )R p ，解得R p ＝I g R g I －I g；(2)标准电流表的示数为49.5mA ，根据分流关系有I R p ＝I 示×I －I g I ＝49.0mA.8．为了精确测量某待测电阻R x 的阻值(约为30Ω)．有以下一些器材可供选择．电流表：A 1(量程0～50mA ，内阻约12Ω)A 2(量程0～3A ，内阻约0.12Ω)电压表：V 1(量程0～3V ，内阻很大)V 2(量程0～15V ，内阻很大)电源：E (电动势约为3V ，内阻约为0.2Ω)定值电阻：R (30Ω，允许最大电流2.0A)滑动变阻器：R 1(0～10kΩ，允许最大电流2.0A)滑动变阻器：R 2(0～1kΩ，允许最大电流0.5A)单刀单掷开关S 一个，导线若干(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填字母代号)(2)请在方框中画出测量电阻R x 的实验电路图．(要求测量值的范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出)(3)某次测量中，电压表示数为U 时，电流表示数为I ，则计算待测电阻阻值的表达式为R x ＝________.[答案] (1)A 1 V 1 R 1(2)如图所示(3)U R －R9．(2011·广州模拟)某同学利用蓄电池、电压表(由灵敏电流计改装)、电阻箱、单刀开关S 1、单刀双掷开关S 2和若干导线来测量一个阻值未知的电阻R x ，实验原理图如图甲．(1)根据原理图，在图乙的实物图中完成余下电路的连线．(2)完成下列相关内容a ．闭合开关________，把开关S 2拔向1，调节电阻箱至示数如图丙所示，其电阻值是________，此时电压表示数是1.5V ；b．把开关S2拔向2，此时电压表示数是0.8V；断开开关S1.(3)用以上测得的数据，计算出电阻R x＝________Ω.(4)如果蓄电池内阻不计，测得的阻值与真实值之比________1.(填“>”、“<”或“＝”)[答案](1)连线如图(2)a.S1600Ω(3)320(4)＝[解析]R x左端与电压表一端相连，电压表的另一端与S2中间的接线柱相连，R x右端的接线柱与S2右边的接线柱相连，电源的负极接线柱与S2左端接线柱相连．闭合开关S1，接通电路；根据图丙可得电阻箱的读数为600Ω根据闭合电路欧姆定律：E ＝1.5＋I 1R x ，E ＝0.8＋I 2R ；I 1＝1.5R V ＋1.5R ，I 2＝0.8R V ＋0.8R x；可得R x ＝320Ω. 根据上面的四个方程可以知道，电压表的内阻不会影响到R x ，因此测得的阻值与真实值之比等于1.10．实验室有如下器材：电流表A 1(满偏电流约500μA ，有刻度无刻度值，内阻r g 约500Ω)； 电流表A 2(量程0～300μA ，内阻r A 2＝1000Ω)； 电流表A 3(量程0～1mA ，内阻r A 3＝100Ω)；定值电阻R 0(阻值1kΩ)；滑动变阻器R (0～5Ω，额定电流2A)；电池(电动势2V ，内阻不计)；开关、导线若干．要求较精确地测出A 1表的内阻和满偏电流．(1) 在方框内画出测量电路；(2)应读取的物理量是________；(3)用这些量表示的A 1表的满偏电流I g ＝__________，A 1表的内阻r g ＝________.[答案] (1)电路如图所示(2)A1表满偏时A2表的读数I2、A3表的读数I3(3)I3－I2I2r A2 I3－I2[解析](1)要测量A1表的内阻，需测出通过A1表的电流和它两端的电压U1.A1表没有刻度值，所以不能直接读出满偏电流，要通过A2、A3才能间接测得．U1m＝I g r g≈(5×10－4×500)V＝0.25V，因A2、A3表的内阻是确定值，故可以把它们当做电压表．A3表的电压量程U3＝I g3·r A3＝0.1V<U1m，A2表的电压量程U2＝I g2·r A2＝0.3V>U1m，所以应选择A2与A1并联，这样A2表两端的电压就是U1.若A3直接与A1、A2串联接在滑动变阻器的分压端，电压小于(U1m＋U3)＝0.35V，滑动变阻器调节不方便，所以可再串联一个定值电阻R0.(2)见答案．(3)当A1表满偏时，读出A2、A3表的读数I2、I3，有I g＝I3－I2.A1表的内阻r g＝U1I g ＝I2r A2 I3－I2.11．为了测量一个量程为3V的电压表的内阻R V(约几千欧姆)，可以采用图甲电路．(1)试将图乙所给实验仪器按实验电路连成测量电路．(2)在测量时，可供选择的实验步骤有：A．闭合开关S；B．将电阻箱R0的阻值调到最大；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．调节电阻箱R0的阻值使电压表的指针指示1.5V，记下此时R0的值；E．调节滑动变阻器R的滑动触头P，使电压表的指针指示3.0V；F．把变阻器R的滑动触头P滑到a端；G．把变阻器R的滑动触头P滑到b端；H．断开开关S；把必要的合理步骤选出来，按操作顺序将字母代号填在横线上________．(3)若在步骤D中读出R0的阻值为图丙所示位置，则电压表的电阻为________Ω.用这种方法测出的电压表内阻与真实值相比偏________(填“大”或“小”)．[答案](1)如图所示(2)GCAEDH(3)2400大[解析](3)由图丙可知接入电路的R0的阻值为2×1000Ω＋4×100Ω＝2400Ω，由步骤D和E可推知，电压表的内阻与R0的阻值相等，即2400Ω.本实验的原理是R0接入电路后，滑动触头P和b 之间的电压变化忽略不计，实际上接入R0后，外电路电阻变大，电路电流变小，从而滑动触头P和b之间的电压变大，由步骤D可知电压表的示数减小为原来的1/2，所以此时电阻箱两端的电压应该大于1.5V，即电阻箱接入电路的阻值大于电压表的内阻，故用这种方法测出的电压表内阻与真实值相比偏大．12．(2011·江苏)某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值．(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U 与R的数据如下表：电阻R/Ω 5.010.015.025.035.045.0电压U/V 1.00 1.50 1.80 2.14 2.32 2.45(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00V.利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？___________________________________________________________ ___________________________________________________________ [答案](1)图见解析(2)20(3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.5V.[解析](1)如图所示(2)20(19～21都对)(3)内阻增大时，有相同的外电阻，则电压表示数变小．仍用测绘的U－R图象测电阻，结果偏小．改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.5V，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的V－R图象实现对待测电阻的准确测定．。
高考物理二轮细致复习典范 第七章 单元复习 新人教版选修31
高考物理二轮细致复习典范第七章单元复习新人教版选修31【知识框架】【复习指导】一、知识特点本章知识围绕直流电路来展开.突出的特点有以下三个方面：1.易混概念多，如电阻和电阻率，电动势和电压，电功和电热，路端电压和内电压等.2.基本规律多，如电阻定律、欧姆定律、焦耳定律、闭合电路的欧姆定律等.既有公式表达，又有图象表达.3.重要实验多，必考实验共十一个.本章占四个，且是每年都要涉及的考试内容.二、复习方法及重点难点突破1.复习方法(1)正确理解电路的基本概念和基本规律，掌握基本规律的使用范围和适用条件，掌握电路分析和计算的基本方法.(2)熟练掌握串并联电路的特点，并能正确进行电压、电流、电阻、电功率等物理量的计算.会进行简单的串并联电路的分析计算.理解电动势的物理意义，掌握闭合电路欧姆定律的不同表达形式，并能够结合图象分析不同的电路综合问题.(3)要熟练掌握基本仪器的使用方法、读数方法、常见仪器和电路的选取方法、仪器的连接方式、实验数据及误差分析方法等.2.重点难点突破方法(1)电路的分析与计算是本章的重点内容.电路的分析与计算、电路基本概念的理解以及基本规律的掌握情况，是近几年高考考查的重点，因此要求在熟练掌握串、并联电路特点的基础上，进一步掌握闭合电路欧姆定律的应用问题、动态分析问题、故障判断问题以及含电容电路问题的处理方法，同时要注意电路中的理想电表与非理想电表处理方法的不同，熟练掌握电路的简化方法.(2)电路的设计是本章的难点，也是高考实验考题的考点，近几年的高考实验设计均出于本章.本章涉及的四个电学实验都有可能命题.要设计好实验，必须熟练掌握电流表、电压表、多用电表的使用，会选用合适的量程，正确读取数据；熟练掌握伏安法测电阻的内、外接法及分析两种不同接法测电阻带来的误差，掌握滑动变阻器分压和限流两种接法的区别.要把本章涉及的四个电学实验掌握好，以不变应万变.一、选择题(本大题共9小题，每小题7分，共63分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.关于电阻的计算式URI=和决定式LRS=ρ，下面说法正确的是( )A.导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B.导体的电阻仅与导体的长度、横截面积和材料有关C.导体的电阻随工作温度的变化而变化D.对一段特定的导体来说，在恒温下比值UI是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化2.如图所示，两个电阻的阻值均为100 Ω，A、B两端的电压保持12 V不变，现用一个内阻为1.45 kΩ的电压表去测量某个电阻两端的电压，读数为( )A.6 VB.5.8 VC.5.2 VD.6.8 V3.把标有“220 V,100 W”的A灯和“220 V，200 W”的B灯串联起来，接入220 V的电路中，不计导线电阻，则下列判断中正确的是( )A.两灯的电阻之比R A∶R B=1∶2B.两灯的实际电压之比U A∶U B=2∶1C.两灯实际消耗的功率之比P A∶P B=1∶2D.在相同时间内，两灯实际发热之比Q A ∶Q B =1∶24.如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升.已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g,忽略一切阻力及导线电阻，则( )A.电源内阻E r R I =- B.电源内阻2E mgv r I I =-C.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小5.利用如图所示电路可以测出电压表的内阻.已知电源的内阻可以忽略不计，R 为电阻箱.当R 取不同阻值时，电压表对应不同读数U.多次改变电阻箱的阻值，所得到的1U -R 图象应该是图中的哪一个( )6.(2013·南昌模拟)在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S,将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A.灯泡L 变亮B.电源的输出功率变大C.电容器C 上的电荷量减少D.电流表读数变小，电压表读数变大7.某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图所示电路，接通K 后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B 两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能是(R1、R2阻值相差不大)( ) A.AB段断路 B.BC段断路C.AB段短路D.BC段短路8.如图所示，R1、R2为定值电阻，L 为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )A.电压表的示数减小B.R2中电流减小C.小灯泡的功率减小D.电路的路端电压增大9.如图甲所示，R为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，R x为未知电阻，(1)断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R-1 I图线；(2)断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1=1.0 A；保持电阻箱的位置不变；断开S1，闭合S2，此时电流表的示数I 2=0.8 A，据以上数据可知( )A.电源电动势为3.0 VB.电源内阻为0.5 ΩC.R x的阻值为2 ΩD.S1断开、S2接通时，随着R的减小，电源输出功率减小二、实验题(7分)10.(2013·山东高考)某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率.(1)所得实验数据如表，请在给出的直角坐标系上画出U-I的图象●U/V ● 1.96 ● 1.86 ● 1.80 ● 1.84 ● 1.64 ● 1.56●I/A ●0.05 ●0.15 ●0.25 ●0.35 ●0.45 ●0.55(2)根据所画U-I的图象，可求得电流I=0.20 A时电源的输出功率为_____ W.(保留两位有效数字)(3)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计.在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是_____.(R x阻值未知)三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(14分)如图所示的电路中，开关闭合时,电路消耗的总功率为40 W，电阻R1为4 Ω，R2为6 Ω，电源内阻r为0.6 Ω，电源的效率为94%，求：(1)a、b两点间的电压；(2)电源的电动势.12.(2013·德州模拟)(16分)某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示.电动机线圈的电阻为4 Ω,重物的质量m=50 kg.不计电源内阻及各处的摩擦.当电动机以v=0.6 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5 A(g取10 m/s2).(1)求电源的电动势E; (2)求该装置的效率η. 答案解析1.【解析】选C 、D.导体的电阻只由导体本身的性质决定，不能根据UR I =而错误地认为R 与U 成正比，与I 成反比.故A 错误.根据LR S =ρ知导体的电阻由ρ、L 、S 决定，但还与温度有关，故B 错误，C 正确.在恒温下，一段特定导体的电阻与U 和I 无关，是一个定值，故D 正确. 2.【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)实际的电压表相当于一个电阻，应注意电压表测电阻时，相当于电路中并联一个电阻. (2)将电压表并联在被测电阻两端时，电阻的实际电压比原来值要小. 【解析】选B.电压表与电阻R 的并联电阻为V V R R 1 450100R 93.5R R 1 450100⨯'==Ω=Ω++电压表的读数为V AB R 93.512U U V 5.8 V R R 93.5100'⨯==='++,故B 正确.3.【解析】选B.22A U 220R P 100==Ω22B U 220R P 200==Ω'，则R A ∶R B =2∶1因为A 与B 串联所以U A ∶U B =R A ∶R B =2∶1， P A ∶P B =R A ∶R B =2∶1.相同时间内，Q A ∶Q B =R A ∶R B =2∶1. 故只有B 正确.4.【解析】选C.由于电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，电动机的输入功率P 1=UI.热功率P 2=I 2R ，输出功率P 3=mgv,P 1=P 2+P 3，可解得：mgvU IR I =+，又由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir ，解得:2E mgv r R I I =--;当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，E I R r =+总，电流增大，故电源消耗的功率P 增大，所以选项C 正确.5.【解析】选A.设电源电动势为E ，电压表内阻为R V ，电压表的读数为U ，则由闭合电路的欧姆定律可得V E I R R =+，则V ER U E IR E R R =-=-+，由此可得R = VVER R U -，V 1R 1U ER E =+.由此判断A 正确.6.【解析】选D.当P 向左移动时，电路中总电阻变大，总电流减小，故灯泡变暗，电源输出功率变小,电流表示数变小,电压表示数变大，电容器两端电压增大，电容器C 上的电荷量增加，故D 正确.7.【解析】选A 、D.电路的故障可以由电压表示数判断.由于AB 间的电压和AC 间电压相同，BC 间电压为零，故可确定可能是AB 段断路或B C 段短路，故A 、D 正确. 【总结提升】电路故障的分析方法(1)断路故障的判断：用电压表与电源并联,若有电压时，说明电源正常；若将电压表与某段电路并联，示数不为零,而与其他各段电路并联时电压表示数为零，则这一段电路断路.(2)短路故障的判断：电流表有示数,而用电器不工作,则该支路短路；用电压表与该部分并联,若有电压时，未短路；若无电压,则该两点间可能短路或被短路.(3)分析电路故障的基本方法是假设法：如果电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可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故障，运用电路规律进行正向推理，推理结果若与题干中所述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；若推理结果与题干中所述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路，直到找出发生故障的全部可能为止，亦称排除法.8.【解析】选B.当光强度增大时，R 3阻值减小，外电路电阻随R 3的减小而减小，R 1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A 、D 项均错误；由路端电压减小，而R 1两端电压增大知，R 2两端电压必减小，则R 2中电流减小，故B 项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C 项错误.9.【解析】选B.由E I R r =+得E R rI =-,则R-1I 图象的斜率k=E=2.0 V ，A 选项错误；R 轴截距的绝对值等于内阻r,即r=0.5 Ω，B 选项正确；S 2断开，S 1闭合时，1E R r I +=;S 1断开，S 2闭合时，x 2ER R r I ++=，所以x 21E ER 0.5I I =-=Ω,C 选项错误；因R x =r,所以，电路中的外电阻大于内阻，随着R 的减小，电源输出功率将增大，R=0时，电源输出功率最大，D 选项错误. 10.【解析】(1)根据表中数据描点，作出U-I 图象如图所示.(2)由图象可得，当I=0.2 A 时，其路端电压U=1.85 V.所以电源的输出功率为P 出=UI=1.85×0.2 W=0.37 W (0.36 W 也正确)(3)图甲中当可变电阻R 过小时，电路中电流过大，容易出现安全事故，烧坏电源及电表.在图乙中，a 同样有可能出现安全事故，d 中电压表的读数小于电源的路端电压.能够进行安全操作同时又能测出电源的输出功率的电路是b 和 c. 答案：(1)见解析图(2)0.37(或0.36)(3)b 、c 11.【解析】(1)电源内部热功率P 内＝I 2r (3分) 又P 内＝P 总(1－η)(2分)故P (1)I 2 A r η总－＝＝(2分)由于R 1、R 2并联，所以12ab 12R R U I4.8 VR R ＝＝＋ (3分)(2)由P 总＝IE 得P E 20 V I 总＝＝(4分)答案:(1)4.8 V(2)20 V12.【解析】(1)由能量守恒定律得 P 总=P 机+P R(2分) P 总=EI(2分)P 机=mgv(2分)P R=I2R (2分) 解得E=80 V (2分)(2)P100%Pη=⨯机总(4分)得η=75% (2分) 答案：(1)80 V (2)75%。
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2．读数方法： (1)读数时应使视线垂直刻度盘表面．
(2)估读问题
①最小分度为“1”的仪器，测量误差出现在最小分 度的下一位，在下一位按十分之一估读． ②最小分度为“2”、“5”的仪器，测量误差出现在 最小分度的同一位，在同一位按二分之一、五分之一估 读．
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F．滑动变阻器R1(最大阻值5 Ω，额定电流1.0 A) G．滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω，额定电流0.2 A)
H．定值电阻R0(阻值为9 Ω)
I．开关S一个，导线若干 (1)如图6是该实验小组用螺旋测微器对铜线直径的测 量，其读数是________．
(4)若在测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，
则该铜芯导线所用材料的电阻率的表达式为：ρ＝ ________.
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解析：(1)0.700 mm(0.699～0.701 mm) (2)电路图如图8，测量电阻必须用电流表外接电路，
且必须有保护电阻．
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A．电源E(电动势为6.0 V，内阻不计) B．电压表V1(量程为0～0.6 V，内阻约为2 kΩ)
C．电压表V2(量程为0～6.0 V，内阻约为6 kΩ)
D．电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻约为1 Ω) E．电流表A2(量程为0～3.0 A，内阻约为0.1 Ω)
2．按图2所示电路图连接好用伏安法测电阻的实验电 路．
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3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的 有效长度，反复测量3次，求出其平均值l.
4．把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻
值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S.改变 滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表 的示数I和U的值，填入记录表格内．断开开关S.求出导线 电阻R的平均值．
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3．读数方法 先从固定刻度B上读出半毫米整数倍的部分，不足半
毫米的部分由可动刻度读出，即看可动刻度上的第几条刻
度线与固定刻度线上的轴向线重合，从而读出可动刻度示 数(注意估读)．即有： 测量长度＝固定刻度示数＋可动刻度度示数×精确度 (注意单位为mm)．如图4所示，固定刻度示数为2.0 mm， 不足半毫米的部分从可动刻度上读的示数为15.5格，最后 的读数为：
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5．将测得的 R、l、d 的值，代入电阻率计算公式 ρ RS πd2U ＝ l ＝ 中，计算出金属导线的电阻率． 4lI 6．拆去实验线路，整理好实验器材．
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五、注意事项
1．本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验
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(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和
D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3 Ω、RD＝3.38 Ω.
以及可动刻度的边缘与固定刻度的零刻度线是否重合，不 重合应加以修正． (2)读数时，除注意观察毫米整数刻度线外，还要特别 注意半毫米刻度线是否露出．螺旋测微器要估读，以毫米 为单位时要保留到小数点后第三位．
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(3)测量时，当螺杆F快要接触被测物体时，要停止使 用粗调旋钮D，改用微调旋钮D′，当听到“咔、咔”响声
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第三单元
实验：测定金属的电阻率
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考点聚焦 一、实验目的 1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法； 2．掌握螺旋测微器的使用和读数方法；
3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率．
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后退0.5 mm，把这一周分成50等分，每一等分对应固定刻
度上的0.01 mm，即可动刻度每转过一等分，F前进或后 退0.01 mm.因此，从可动刻度旋转了多少等分就知道长度 变化了多少个0.01 mm.用它测量长度，可以精确到0.01 mm，还可以估读到0.001 mm(即毫米的千分位)，因此螺 旋测微器又称为千分尺．它把前后方向的微小变化和圆周 上的旋转变化对应起来，放大了这种变化．
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(2)为提高实验精度，要求电表的偏转不小于其量程 1 的 ，某同学设计了部分电路如图 7，请你在此基础上将 3 电路补充完整，使实验可以完成．
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(3)实验时电压表选________，电流表选________，滑 动变阻器选________(只填代号)．
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六、误差分析 1．金属丝直径、长度的测量带来误差．
2．测量电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，
因为电流表外接，所以R测<R真，由R＝ρ ，知ρ测<ρ真． 3．通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电 阻率随之变化带来误差．
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二、实验原理 1．把金属丝接入电路中，用伏安法测导线的电阻 R(R U ＝ I )．电路原理如图 1 所示．
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2．用米尺测量金属丝的长度 l，用螺旋测微器测量 金属丝的直径，算出横截面积 S. l 3．利用电阻定律 R＝ρ ，得出金属丝电阻率的公式 S RS ρ＝ . l
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2．0 mm＋15.5×0.01 mm＝2.155 mm.若记录结果中 有零或好几个零时，特别容易出错，要补足到千分位．
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4．注意事项 (1)测量前须校对零点：先使小砧A与测微螺杆并拢，
观察可动刻度的零刻度线与固定刻度的轴向线是否重合，
电路必须用电流表外接法． 2．连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、 开关、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路 (闭合电路)，然后再把电压表并联在待测金属导线的两
端．
3．测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导
线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间
的待测导线长度，测量时应将导线拉直．
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答案：(1)0.700 mm
(2)如图8所示
(3)B、D、F
高分通道 电路设计要根据安全、精确、方便、省电的原则进 行．
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【例2】有一根圆台状匀质合金棒如图9所示，某同学
猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面 直径d、D有关．他进行了如下实验：
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(二)螺旋测微器的原理及使用
1．构造
如图3所示是常用的螺旋测微器，它的小砧A和固定刻 度B固定在框架C上，旋钮D、微调旋钮D′和可动刻度E、 测微螺杆F连在一起，通过精密螺纹套在B上．
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2．原理 精密螺纹的螺距是0.5 mm，即每旋转一周，F前进或
时，停止转动微调旋钮D′，并拧紧固定旋钮．这样做，既
可保护仪器，又能保证测量结果的准确性．
第三卡尺的原理及使用 1．构造
主要部分是一条主尺和一条可以沿着主尺滑动的游标
尺，也称游标．如图5所示．
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2．原理 游标共有n个分格，而n个分格的总长和主尺的(n－1)
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(3)当滑动变阻器联入电路的阻值为零时，待测电压的 最大值约为0.6 V，所以电压表选B；待测电流的最大值约
为0.6 A，所以电流表选D；若滑动变阻器选G，将超过其
额定电流，所以只能选F.
U L πD2 (4)由 R＝ I 、R＝ρS 和 S＝ 联立可求得电阻率的 4 πUD2 表达式为 ρ＝ . 4IL
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7．求R的平均值可用两种方法：第一种是用R＝U/I 算出各次的测量值，再取平均值；第二种是用图象(U—I图
线)来求出．若采用图象法，在描点时，要尽量使各点间
的距离拉大一些，连线时要尽可能地让各点均匀分布在直 线的两侧，个别明显偏离较远的点可以不予考虑．
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4．测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量． 5．闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在
有效电阻值最大的位置．
6．在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流I不宜 过大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜过长，以免 金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐 渐增大．
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3．游标卡尺读数的技巧 (1)游标尺的零刻线(不是机械零端)，对应主尺位置，
读出主尺读数．
(2)搞清精度，10分度精确到0.1 mm；20分度精确到 0.05 mm,50分度精确到0.02 mm；读数若以 mm为单位， 10分度小数点后面保留1位，20分度、50分度小数点后面 保留2位．