2016高考物理考前三个月(四川版)二轮文档：高考13题逐题特训 第6题 含答案

第6题电场电路
预测题型1 电场性质的理解
1．(2015·安徽理综·15)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2，其间距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F＝k错误!，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为( ）
A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4
C．kg·m2·C－2D．N·m2·A－2
答案B
解析由F＝k错误!得k＝错误!，则k的单位为：N·m2·C－2＝kg·m·s －2·m2·(A·s）－2＝kg·m3·A－2·s－4，故B正确．
2。

（2015·海南单科·7）
图1
如图1所示,两电荷量分别为Q(Q＞0）和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是
（）
A．b点电势为零,电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
答案BC
解析因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷,所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零,故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零,O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正,故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等,电势能变化相同,D 错误．
3．(2015·安徽理综·20)
图2
已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为错误!，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图2所示的平行板电容器,极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q.不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（)
A。

错误!和错误!B。

错误!和错误!
C。

错误!和错误! D.错误!和错误!
答案D
解析由题意知，正极板所带电荷激发的电场的电场强度大小为E1
＝
σ
2ε0＝错误!＝错误!，同理负极板所带电荷激发的电场的场强
E2＝错误!，
两板间的场强E＝E1＋E2＝错误!，两极板间的静电引力大小F＝QE1＝错误!，故D正确．
4。

如图3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（）
图3
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A板向右平移一些
D．断开S后,使A、B正对面积错开一些
答案D
解析开关S闭合,电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势,则指针的张角不变．故A、B均错误；断开S,电容器所带的电量不变，A板向右平移一些，间距减小，则电容增大，根据U＝错误!知,电势差减小，则指针张角减小．故C错误；断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开一些，电容减小，根据U＝错误!知,电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
5。

如图4所示，实线和虚线分别表示某电场的电场线和等势线,下列说法中正确的是（）
图4
A．c点场强大于a点场强
B．c点电势高于a点电势
C．c、b两点间的电势差大于c、a两点间的电势差
D．若将一试探电荷＋q由a点移动到b点，电场力做正功
答案B
解析a点的电场线比c点的电场线密，可知a点的场强大于c点的场强,故A错误;沿电场线方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于a 点电势,故B正确;因为b、a两点电势相等，可知c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故C错误；a、b两点电势相等，将一试探电荷＋q由a点移动到b点，电场力不做功，故D错误．
6。

如图5所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 cm的圆，圆上有一动点P,半径OP与x轴方向的夹角为θ，P点沿圆周移动时，O、P两点的电势差满足U OP＝25sin θ(V)，则该匀强电场的大小和方向分别为( )
图5
A．5 V/m，沿x轴正方向
B．500 V/m,沿y轴负方向
C．500 V/m，沿y轴正方向
D．250错误!V/m，沿x轴负方向
答案C
解析因O、P两点的电势差满足U OP＝25sin θ(V），故可知场强方向沿y轴正向，根据U＝ER sin θ可知，ER＝25,则E＝错误!V/m＝500 V/m，故选C。

7．两个不等量异种点电荷位于x轴上，a带正电，b带负电,｜q a|〉|q b|。

a、b相对坐标原点位置对称．取无限远处的电势为零．下列各图正确描述x轴上的电势φ随位置x变化规律的是( )
答案D
解析先画x轴上的电场线，如图所示：图中c点是电场强度为零的点;沿着电场线电势降低，无穷远处的电势为零，φ－x图像的切线斜率表示电场强度；a电荷左侧的电势是逐渐减小为零；a、b电荷之间是向右电势逐渐降低;b点右侧是电势先升高后降低,最后为零；
故A、B、C错误，D正确．
预测题型2 带电粒子在匀强电场中的运动
1。

如图1所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个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、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（）
图1
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
答案D
解析作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知,电场线向下，故a点电势最低．故A错误;根据已知条件无法判断带电质点的运动方向．故B错误；等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大,加速度大．C错误；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大,故P点的动能小于Q点的动能，D正确．
2．如图2甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示．以下判断正确的是( ）
图2
A．A点场强小于B点场强
B．A点的电势低于B点的电势
C．电子从A点运动到B点，电场力做负功
D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能
答案B
解析由v2－x图像可看出，图像的斜率k＝2a＝错误!不变,所以E A＝E B;动能增加，所以电场力做正功，电势能减小，E p A〉E p B；而电子带负电，所以φA<φB。

3。

如图3所示，图中K、L、M为静电场中的3个相距较近的等势面．一带电粒子射入此静电场中后,沿abcde轨迹运动．已知电势φK 〈φL〈φM,且粒子在ab段做减速运动．下列判断中正确的是（）
图3
A．粒子带负电
B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．粒子在a点与e点的速度大小相等
D．粒子在a点的电势能大于在d点的电势能
答案C
解析由轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力大体向左．画出电场线的分布，电场线大体向左,可知粒子带正电．故A错误；由电场线分布情况得知,a点的电场强度小于b点的电场强度，根据加速度a＝错误!可知，粒子在a点的加速度小于在b点的加速度．故B 错误；a、e在同一等势面上,电势能相等，则根据能量守恒可知，动能相等，速度大小相等．故C正确;粒子从a运动到d，电场力做负功，电势能增大,则在a点的电势能小于在d点的电势能,故D错误．4．如图4（a）所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正
确的是( ）
图4
A．该电场是匀强电场
B．电子在A、B两点的速度v A〈v B
C．A、B两点的电势φA>φB
D．电子在A、B两点的电势能E p A〈E p B
答案CD
解析根据沿电场线方向电势降低的性质,由φ－x图知由点A运动到点B电势降低，故电场线方向从A到B，从φ－x图的斜率逐渐减小，故场强逐渐减小,既A、B两点的电场强度E A〉E B，电势φA>φB,选项A错误，C正确；由于电子受到水平向左的电场力的作用，电子做加速度减小的减速运动,既电子在A、B两点的速度v A>v B,故B 选项错误；由于电场力做负功，所以电子的电势能增大，既电子在A、B两点的电势能E p A〈E p B，故D选项正确．
5．如图5所示,MN是一点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力)穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．a、
b为轨迹上两点．下列结论正确的是（)
图5
A．产生电场的电荷一定为负点电荷
B．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
C．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小
D．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能
答案D
解析由轨迹可判定正电荷所受电场力方向为从M到N，则知有可能是由负点电荷在MN线上右侧产生的，也有可能是由正点电荷在MN线上左侧产生的，故A错误;如果负点电荷在MN线上右侧，故a离负点电荷的距离大于b的距离，故粒子在a点受到的电场力小,加速度也小；如果正点电荷在MN线上左侧，故a离正点电荷的距离小于b的距离,故粒子在a点受到的电场力大，加速度也大,故B错误；曲线运动中,合力指向曲线的内侧，轨迹与电场线交点位置，电场力向右，故从a到b，电场力做正功，动能增加，故C错误；a到b,电场力做正功，电势能减少，故D正确．
6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能
E p随位移x变化的关系如图6所示,其中0～x2段是对称的曲线,x2~x3段是直线，则下列说法正确的是( ）
图6
A．x1处电场强度为正值
B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1〉φ2〉φ3
C．粒子在0~x2段做匀变速运动,x2~x3段做匀速直线运动
D．x2~x3段是匀强电场
答案BD
解析根据电势能与电势的关系：E p＝qφ，场强与电势的关系：E ＝错误!，得：E＝错误!，由数学知识可知E p－x图像切线的斜率等于错误!＝qE，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误．根据电势能与电势的关系：E p＝qφ，粒子带负电，q〈0，则知：电势能越大,粒子所在处的电势越低，所以有：φ1〉φ2>φ3.故B正确．由图看出在0~x1段图像切线的斜率不断减小,知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1~x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～
x3段斜率不变,场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场,粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．7．图7中虚线是某电场中的一簇等势线．两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场,粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）
图7
A．两粒子的电性相同
B．a点的电势高于b点的电势
C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大
D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大
答案D
解析由力和运动关系可知，两个粒子受力方向相反，故电性相反,选项A错误；由于电场方向未知，所以不能判断电势和电势能的高低，B、C错误；粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增加，D正确．
预测题型3 带电体在匀强电场中的运动
1．(2015·广东理综·21）
图1
如图1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的带电荷量比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
答案BD
解析带电小球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点合场强为零,所以M球在N 球处所产生的场强方向向左，大小为E，故M球带负电；同理,N球在M球处产生的场强方向向右，大小为E，故N球带正电,且两球所带电荷量相等．所以B、D正确．
2. （2015·江苏单科·7)如图2所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则
小球( ）
图2
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
答案BC
解析对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确;在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．
3．（2015·浙江理综·16)如图3所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间,则( )
图3
A．乒乓球的左侧感应出负电荷
B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
答案D
解析两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上,B错误；库仑力就是电场力,C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极板运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动,这样会在两极板间来回碰撞,D正确．
4．（2015·四川理综·6)
图4
如图4所示,半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出）时速度为零．则小球a( ）
A．从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中,电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案BC
解析
小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力在整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误;小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到
P的过程中，速率应先增大后减小,故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功,所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
5.如图5所示，一质量为m,电量为q的带电油滴，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
图5
A．最高点一定在O点的正上方
B．最高点可能在O点的右上方
C．O点与最高点之间的电势差可能为零
D．匀强电场的电场强度E＝3mg/q
答案D
解析油滴从O到O′的过程,动能不变，而重力势能增加，根据能量守恒可知油滴的电势能减小，电场力做正功，油滴带负电,则知该油滴应逆着电场线移动,故O′在O的左上方．故A、B错误；油滴
从O到O′的过程，由动能定理得U O′O q－mgh＝0解得U O′O＝错误!。

故C错误;竖直方向上：v sin θ＝gt,设水平方向的加速度大小为a，取向右为正方向，则－v＝v cos θ－at又Eq＝ma联立以上三式得：E＝错误!＝错误!＝错误!,故D正确．
6。

如图6所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电量为＋q、质量为m的小球以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时,速度仍为v0，则（)
图6
A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
B．A、B两点间的电压一定等于错误!
C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为错误! D．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生,则θ为45°
答案B
解析小球从A运动到B的过程中,动能不变，重力势能增加，电势能减小,则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A 错误；根据动能定理得：－mgL sin θ＋qU AB＝错误!mv错误!－错误!mv错误!，得到:U AB＝错误!。

故B正确．若电场是匀强电场，电场力恒定,到达B
点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F＝mg sin θ时，电
场力最小，场强最小，又电场力F＝Eq，则该电场的场强的最小值一定是错误!.电场强度的最大值不能确定．故C错误；若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生,θ为45°时，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上分析矛盾，故D错误．7．电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图7甲所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图乙所示．重力加速度g＝10 m/s2。

则（)
图7
A．物块在4 s内位移是8 m
B．物块的质量是1 kg
C．物块与水平面间动摩擦因数是0。

4
D．物块在4 s内电势能减少了14 J
答案BD
解析物块在4 s内位移为：x＝1
2
×2×（2＋4）m＝6 m，故A错误;由题图乙可知,前2 s物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有：qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为:a＝1 m/s2。

1 s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有：qE2＝μmg，联立解得：q(E1－E2)＝ma由图可得：E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C,代入数据解得:m＝1 kg；由qE2＝μmg可得：μ＝0。

2，故B正确，C错误；物块在前2 s内的位移x1＝错误!×2×2 m＝2 m,物块在2～4 s内的位移为x2＝vt2＝4 m．电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝3×2＋2×4 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故D正确．
预测题型4 电路的分析与计算
1．(2015·安徽理综·17)如图1所示，一根长为L、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）
图1
A。

错误!B。

错误!
C．ρnev D.错误!答案C
解析欧姆定律I＝U
R，电流的微观表达式I＝neSv，电阻定律R＝ρ
L
S,
则金属棒内场强大小为E＝错误!＝错误!＝ρnev,故C正确．2．(2015·北京理综·19）
图2
如图2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；R1的阻值等于电流表内阻的错误!;R2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 A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C．将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0。

06 A
D．将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A
答案C
解析当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联,由于R1＝错误!，
可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍,所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍,所以每一小格是原来的3倍,即为0.06 A,所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确,D错误．
3.电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图3所示,某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压,ac间的电阻是cd间电阻的（n －1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为（)
图3
A．nU B。

错误!
C．(n－1）U D。

错误!
答案A
解析ac和cd是串联形式,由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的（n－1）倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为U时，ac间的电压为（n－1)U，故输入电压为U＋（n－
1)U＝nU，故A正确，B、C、D错误．
4.有滑动变阻器R，热敏电阻R0,二极管D和电容器C组成的电路如图4所示,有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，下列说法中正确的是( ）
图4
A．若把滑动变阻器的滑动触头向上移动,液滴将会向下运动
B．若把开关断开，液滴将会向上运动
C．若热敏电阻的温度降低,液滴将会向下运动
D．若把上极板向上移动，液滴将静止不动
答案BD
解析当滑动变阻器的滑动触头向上移动时,滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大,则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变,A错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端,电压增大，则液滴向上运动,B正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大,则由闭合电路欧姆定律可知,滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以
电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止,C错误;电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，
电荷不会向右流出,所以电容器两端的电势差增大,有C＝Q
U和C＝
错误!及E＝错误!得E不变，D正确．
5.某温控电路的原理如图5所示，R M是半导体热敏电阻，R是滑动变阻器,某种仪器要求在15 ℃～27 ℃的环境中工作．当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备．下列说法中正确的是（)
图5
A．环境温度降低，R M的阻值减小
B．环境温度升高，U ab变大
C．滑片P向下移动时，U ab变大
D．调节滑片P能改变升温和降温设备启动时的临界温度
答案D
解析R M是半导体热敏电阻，环境温度降低时，R M的阻值增大，故
A错误;环境温度升高时，R M的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知U ab变小，故B错误；滑片P向下移动时，R增大，总电流减小，则U ab变小，故C错误；调节滑片P时,可改变U ab，从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故D正确．
6.已知电源内阻r＝2 Ω,灯泡电阻R L＝2 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为3 Ω，如图6所示，将滑片P置于最左端，闭合开关S1、S2，电源的输出功率为P0，则（）
图6
A．滑片P向右滑动，电源输出功率一直减小
B．滑片P向右滑动，电源输出功率一直增大
C．断开S2，电源输出功率达到最大值
D．滑片P置于最右端时，电源输出功率仍为P0
答案D
解析
闭合开关S1、S2，外电路总电阻R＝R1＋R并＝R1＋1 Ω，当R＝r＝2 Ω时,电源输出功率最大,根据电源输出功率与外电路电阻的关系图像可知，滑片从最左端向右滑动,外电路总电阻从4 Ω减小到1 Ω，电源输出功率先增大再减小，故A、B错误；滑片在最左端，断开S2,外电路总电阻R＝R1＋R2＝5 Ω≠r，电源的输出功率不是最大，故C 错误．当滑片在最左端时,R＝R1＋R并＝4 Ω，电流I＝错误!＝错误!（A），电源的输出功率为P0，则P0＝I2R＝错误!（W);当滑片在最右端时，R′＝R并＝1 Ω，电流I′＝错误!＝错误!（A），电源的输出功率为P′＝I′2R′＝错误!(W)＝P0，故D正确．
7.如图7为一电源电动势为E，内阻为r的恒定电路，电压表A的内阻为10 kΩ,B为静电计，C1、C2分别是两个电容器,将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（)
图7
A．若C1〉C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B．若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大C．C1上带电量为零
D．再将开关S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大
答案CD
解析由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后,电路中没有电流,电压表两端没有电压,而电容器C2充电,两端存在电压．所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A错误;电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，电量为零，故C正确；将开关S打开，电容器的电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C＝错误!分析可知,板间电压增大，静电计张角增大，故D正确．
预测题型5 电路中的图像
1。

在“测电源电动势和内阻”的实验中，某同学作出了两个电源路端电压U与电流I的关系图线,如图1所示．两个电源的电动势分别为E1、E2,内阻分别为r1、r2.如果外电路分别接
入相同的电阻R，则两个电源的（)。