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高考物理电磁学知识点之静电场真题汇编及答案(4)
高考物理电磁学知识点之静电场真题汇编及答案(4)一、选择题1．a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a 点的电势是20V ，b 点的电势是24V ，d 点的电势是4V ，如图．由此可知，c 点的电势为（ ）A ．4VB ．8VC ．12VD ．24V2．真空中静电场的电势φ在x 正半轴随x 的变化关系如图所示，x 1、x 2、x 3为x 轴上的三个点，下列判断正确的是（ ）A ．将一负电荷从x 1移到x 2，电场力不做功B ．该电场可能是匀强电场C ．负电荷在x 1处的电势能小于在x 2处的电势能D ．x 3处的电场强度方向沿x 轴正方向3．如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为123,,ϕϕϕ和4ϕ，相邻等势面间的电势差相等.一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a 、b 、c 、d 是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（ ）A ．4ϕ等势面上各点场强处处相同B ．四个等势面的电势关系是1234ϕϕϕϕ<<<C ．粒子从a 运动到d 的过程中静电力直做负功D ．粒子在a 、b 、c 、d 四点的速度大小关系是a b c d v v v v <<=4．在如图所示的电场中, A 、B 两点分别放置一个试探电荷, F A 、F B 分别为两个试探电荷所受的电场力．下列说法正确的是A ．放在A 点的试探电荷带正电B ．放在B 点的试探电荷带负电C ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度D ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度5．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V 、20V 、30V ，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a 、b 、c 是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）A ．粒子在三点所受的电场力不相等B ．粒子必先过a ，再到b ，然后到cC ．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb ＞E ka ＞E kcD ．粒子在三点的电势能大小关系为E pc ＜E pa ＜E pb6．如图所示，在空间坐标系Oxyz 中有A 、B 、M 、N 点，且AO =BO =MO =NO ；在A 、B 两点分别固定等量同种点电荷+Q 1与+Q 2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）A ．O 点的电势为零B ．M 点与N 点的电场强度相同C ．M 点与N 点的电势相同D ．试探电荷+q 从N 点移到无穷远处，其电势能增加7．如图所示是示波管的原理示意图，XX′和YY′上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX′和YY′分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？A ．B ．C ．D ．8．下列说法正确的是（ ）A ．电场不是实物，因此不是物质B ．元电荷就是电子C ．首次比较准确地测定电子电荷量的实验是密立根油滴实验，其实验原理是微小带电油滴在电场中受力平衡D ．库仑定律122kq q F r =与万有引力定律122km m F r=在形式上很相似；由此人们认识到库仑力与万有引力是同种性质的力 9．三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是A ．在b 飞离电场的同时,a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进电场时c 的速度最大,a 的速度最小D．动能的增加值c最小,a和b一样大10．空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q之间各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示。
高考物理压轴题选--电学篇精选
选修3-1 电场、恒定电流、磁场1.（09全国1）26．（21分）如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xy 平面向外，P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。
A 是一块平行于x 轴的档板，与 x 轴的距离为2h，A 的中点在y 轴上，长度略小于2a。
带电粒子与挡板碰撞前后x 方向上的分速度不变，y 方向上的分速度反向，大小不变。
质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。
不计重力。
求粒子入射速度的所有可能值。
【解析】设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为O N ',与板碰撞后再次进入磁场的位置为1N .粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有mvR qB=…⑴,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离1x 保持不变有1x =2sin O O N N R θ'=…⑵,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离2x 始终不变,与1O N N '相等.由图可以看出2x a =……⑶设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P 点,由对称性,出射点的x 坐标应为-a,即()1212n x nx a +-=……⑷,由⑶⑷两式得121n x a n +=+……⑸ 若粒子与挡板发生碰撞,有124ax x ->……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得 22sin 1qB n v a m n θ+=⋅+………⑻把22sin h a hθ=+代入⑻中得22,0o qBa a h v n mh+==…………⑼xy A PO N 0h/222131qBa a h v n +==…………⑾22222qBa a h v n +==…………⑿2.(09浙江)25.（22分）如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上。
在xOy 平面内与y 轴平行的匀强电场，在半径为R 的圆内还有与xOy 平面垂直的匀强磁场。
最新高考物理电学大题整理(简单)
高三期末计算题复习题1．两根平行光滑金属导轨MN 和PQ 水平放置，其间距为0.60m ，磁感应强度为0.50T 的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R ＝5.0Ω。
在导轨上有一电阻为1.0Ω的金属棒ab ，金属棒与导轨垂直，如图13所示。
在ab 棒上施加水平拉力F 使其以10m/s 的水平速度匀速向右运动。
设金属导轨足够长。
求：（1）金属棒ab 两端的电压。
（2）拉力F 的大小。
（3）电阻R 上消耗的电功率。
1．（7分）解：（1）金属棒ab 上产生的感应电动势为BLv E ==3.0V ，（1分） 根据闭合电路欧姆定律，通过R 的电流 I = Rr E+= 0.50A 。
（1分）电阻R 两端的电压 U ＝IR ＝2.5V 。
（1分）（2）由于ab 杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力大小相等，即F = BIL = 0.15 N （2分）NQ 图13（3）根据焦耳定律，电阻R 上消耗的电功率 R I P 2=＝1.25W （2分）2．如图10所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域。
线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界。
已知线框的四个边的电阻值相等，均为R 。
求： ⑴在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小。
⑵在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压。
⑶在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量。
2．（7分）（1）ab 边切割磁感线产生的电动势为E=BLv …………………（1分）所以通过线框的电流为 I=RBLvR E 44=……………………（1分） （2）ab 边两端电压为路端电压 U ab =I ·3R ……………………（1分） 所以U ab = 3BLv/4……………………（1分）（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间t=L/v ……………………（1分）线框中电流产生的热量Q=I 2·4R ·t RvL B 432= ……………………（2分）图10B3．如图16所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l ＝0.50m ，导轨上端接有电阻R ＝0.80Ω，导轨电阻忽略不计。
高考物理部分电路欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)(1)
高考物理部分电路欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)(1)一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．恒定电流电路内各处电荷的分布是稳定的，任何位置的电荷都不可能越来越多或越来越少，此时导内的电场的分布和静电场的性质是一样的，电路内的电荷、电场的分布都不随时间改变，电流恒定.（1）a. 写出图中经△t 时间通过0、1、2，3的电量0q ∆、1q ∆、2q ∆、3q ∆满足的关系，并推导并联电路中干路电流0I 和各支路电流1I 、2I 、3I 之间的关系；b. 研究将一定量电荷△q 通过如图不同支路时电场力做功1W ∆、2W ∆、3W ∆的关系并说明理由；由此进一步推导并联电路中各支路两端电压U 1、U 2、U 3之间的关系；c. 推导图中并联电路等效电阻R 和各支路电阻R 1、R 2、R 3的关系.（2）定义电流密度j 的大小为通过导体横截面电流强度I 与导体横截面S 的比值，设导体的电阻率为ρ，导体内的电场强度为E ，请推导电流密度j 的大小和电场强度E 的大小之间满足的关系式.【答案】(1)a.0123q q q q ∆=∆+∆+∆,0123 I I I I =++ b.123W W W ∆=∆=∆,123U U U == c. 1231111R R R R =++ (2)j E l ρ= 【解析】 【详解】（l ）a. 0123q q q q ∆=∆+∆+∆03120123q q q qI I I I t t t t∆∆∆∆====∆∆∆∆ ∴0123 I I I I =++即并联电路总电流等于各支路电流之和。
b. 123W W W ∆=∆=∆理由：在静电场和恒定电场中，电场力做功和路径无关，只和初末位置有关. 可以引进电势能、电势、电势差（电压）的概念.11W U q ∆=∆，22W U q ∆=∆，33W U q∆=∆ ∴123U U U ==即并联电路各支路两端电压相等。
c. 由欧姆定律以及a 、b 可知：1231111R R R R =++ （2）I j S =，U I R=，U EL =，L R S ρ= ∴j E lρ=2．有一灯泡标有“6V 3W ”的字样，源电压为9V ，内阻不计.现用一个28Ω 的滑动变阻器来控制电路，试分别就连成如图所示的限流电路和分压电路，求: （1）它们的电流、电压的调节范围；（2）两种电路要求滑动变阻器的最大允许电流； （3）当灯泡正常发光时，两种电路的效率.【答案】（1）0.225~0.75A a ：，2.7~9V 00.75A b :：，0~9V （2）0.5A a ：0.75A b ： （3）66.6%a ： 44.4%b ： 【解析】 【详解】灯泡的电阻212L U R P==Ω（1）a.当滑动端在最左端时电阻最大，则最小电流：min 9A 0.225A 1228I ==+当滑动端在最右端时电阻最小为0，则最大电流：max 9A 0.75A 12I == 则电流的调节范围是：0.225A~0.75A灯泡两端电压的范围：0.22512V 0.7512V ⨯⨯: ，即2.7~9V ；b.当滑动端在最左端时，灯泡两端电压为零，电流为零；当滑到最右端时，两端电压为9V ，灯泡电流为9A 0.75A 12= 则电流的调节范围是：0~0.75A灯泡两端电压的范围： 0~9V ；（2）a.电路中滑动变阻器允许的最大电流等于灯泡的额定电流，即为0.5A ； b.电路中滑动变阻器允许的最大电流为0.75A ；（3）a.当灯泡正常发光时电路的电流为0.5A ，则电路的效率：000013=10066.60.59P IE η=⨯=⨯ b.可以计算当灯泡正常发光时与灯泡并联部分的电阻为x 满足：6960.528x x-+=- 解得x =24Ω此时电路总电流60.50.75A 24I =+= 电路的效率000023=10044.40.759P IE η=⨯=⨯3．在如图甲所示电路中，已知电源的电动势E ＝6 V 、 内阻r ＝1 Ω，A 、B 两个定值电阻的阻值分别为R A ＝2 Ω和R B ＝1 Ω，小灯泡的U －I 图线如图乙所示，求小灯泡的实际电功率和电源的总功率分别为多少？【答案】0.75 W(0.70 W ～0.80 W 均算正确)；10.5 W(10.1 W ～10.9 W 均算正确) 【解析】 【详解】设小灯泡两端电压为U ，电流为I ，由闭合电路欧姆定律有 E ＝U ＋（I+） (R A ＋r )代入数据有U ＝1.5－0.75I作电压与电流的关系图线，如图所示：交点所对应的电压U ＝0.75 V(0.73 V ～0.77 V 均算正确) 电流I ＝1 A(0.96 A ～1.04 A 均算正确)则灯泡的实际功率P＝UI＝0.75 W(0.70 W～0.80 W均算正确)电源的总功率P总＝E（I+）＝10.5 W(10.1 W～10.9 W均算正确)4．一根镍铬合金丝的两端加6V的电压时，通过它的电流是2A，求：（1）它的电阻是多少？（2）若通电时间为20s，那么有多少库仑的电荷量通过它？（3）如果在它两端加8V的电压，则这合金丝的电阻是多少？【答案】（1）3Ω（2）40C（3）3Ω【解析】试题分析：（1）根据欧姆定律得，合金丝的电阻R=U/I=3Ω（2）通过合金丝的电荷量Q=It=2×20=40C（3）导体的电阻与其两端的电压及通过它的电流无关，所以电阻仍为R＝3Ω。
高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析
高考物理电磁学大题练习20题1.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。
质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。
现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。
小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。
取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x。
【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：解得：v=6m/s小球到达P点时，受力如图所示:则有：qE=m2g tanθ,解得：E=7.5×104N/C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：小球到达P点时，由牛顿第二定律有：解得：v P=2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，则有：m1v=m1v1+m2v2解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：解得：x=0.85m2.如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。
一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。
高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析
高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析方向与图示一致。
金属棒的质量为m，棒的左端与导轨相接，右端自由。
设金属棒在磁场中的电势能为0.1)当磁场的磁感应强度为B1时，金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，求金属棒的速度和通过电阻的电流强度。
2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，求金属棒的最大速度和通过电阻的最大电流强度。
答案】(1) v=B1d/2m。
I=B1d2rR/(rL+dR) (2) vmaxBmaxd/2m。
ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)解析】详解】(1)由洛伦兹力可知，金属棒在匀强磁场区域内受到向左的洛伦兹力，大小为F=B1IL，方向向左，又因为金属棒在匀强磁场区域内做匀速直线运动，所以受到的阻力大小为F1Fr，方向向右，所以有：B1IL=Fr解得：v=B1d/2m通过电阻的电流强度为：I=B1d2rR/(rL+dR)2)当磁场的磁感应强度随时间变化时，金属棒受到感生电动势的作用，其大小为：e=BLv所以金属棒所受的合力为：F=BLv-Fr当合力最大时，金属棒的速度最大，即：BLvmaxFr=0解得：vmaxBmaxd/2m通过电阻的电流强度为：ImaxBmaxd2rR/(rL+dR)题目一：金属棒在电动机作用下的运动一根金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下，从静止开始向右运动，经过一段时间后以匀速向右运动。
金属棒始终与导轨相互垂直并接触良好。
问题如下：1) 在运动开始到匀速运动之间的时间内，电阻R产生的焦耳热；2) 在匀速运动时刻，流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。
解析：1) 运动开始到匀速运动之间的时间内，金属棒受到电动机的牵引力向右运动，电阻R中会产生电流。
根据欧姆定律和焦耳定律，可以得到电阻R产生的焦耳热为：$Q=I^2Rt$，其中I为电流强度，t为时间。
因此，我们需要求出这段时间内的电流强度。
根据电动机的牵引力和电阻R的阻值，可以得到电路中的总电动势为$E=FL$，其中F为电动机的牵引力，L为金属棒的长度。
(完整版)高中物理电学试题及答案(经典)
高中物理电学试题及答案一、选择题（25×4＝100分）1、如图，A、B是两个带电量为＋Q和－Q的固定的点电荷，现将另一个点电荷＋q从A附近的A附近的a沿直线移到b，则下列说法中正确的是：A、电场力一直做正功B、电场力一直做负功C、电场力先做正功再做负功D、电场力先做负功再做正功2、在第1题的问题中，关于电势和电势能下列说法中正确的是：A、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能大B、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能小C、a点和b点的电势一样高，电荷＋q在两点具有的电势能相等D、a点和b点电势高低的情况与电荷＋q的存在与否无关3、如图所示，两个完全相同的金属小球用绝缘丝线悬挂在同一位置，当给两个小球带有不同电量的同种电荷，静止时，两小球悬线与竖直线的夹角情况是：A、两夹角相等B、电量大的夹角大C、电量小的夹角大D、无法判断4、在第3题的问题中若将两小球互相接触一下再静止时应是：A、夹角都增大，但不一定再相等B、夹角仍为原值C、夹角有增大和减小，但两夹角的和不变D、夹角都增大了相同的值5、如图所示，这是一个电容器的电路符号，则对于该电容器的正确说法是：A、是一个可变电容器B、有极性区别，使用时正负极不能接错C、电容值会随着电压、电量的变化而变化D、由于极性固定而叫固定电容6、如图所示的电路，滑动变阻器的电阻为R，其两个固定接线柱在电压恒为U的电路中，其滑片c位于变阻器的中点，M、N间接负载电阻R f＝R/2，，关于R f的电压说法正确的是：A、R f的电压等于U/2B、R f的电压小于U/2C、R f的电压大于U/2D、R f的电压总小于U7、在第6题的问题中，如果将滑动变阻器b端断开，则关于R f的电压变化范围说法正确的是：A、U/2－UB、0－UC、U/3－UD、0－U/28、如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时，关于通过电源的电流和路端电压说法正确的是：A、通过电源的电流I将增大B、通过电源的电流I将减小C、路端电压将增大D、路端电压将减小9、在第7题的问题中，关于通过R的电流和R两端的电压说法正确的是：A、R两端的电压将增大B、R两端的电压将减小C、通过R的电流不变D、通过R的电流减少10、关于电源的总功率和效率说法正确的是：A、总功率减少，效率提高B、总功率增加，效率增加C、总功率减少，效率降低D、总功率增加，效率不变11、磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有安培力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是：A、一段通电导体，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大B、一段通电导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零C、匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处单位面积穿过的磁感线的条数D、磁感线密处，磁感应强度大，磁感线疏的地方，磁感应强度一定小12、在第11题的问题中，关于磁感应强度的方向，下列说法正确的是：A、磁感应强度的方向，就是该处电流受力的方向B、磁感应强度的方向就是该处小磁针静止是北极的受力方向C、磁感应强度的方向与该处小磁针静止是北极的受力方向垂直D、磁感应强度的方向与该处电流的流向有关13、关于安培力的说法中，正确的是：A、一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，它受的磁场力一定为零B、一小段通电导线在某点不受安培力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C、一小段通电导线所受的安培力其方向一定与电流垂直D、一小段通电导线所受安培力的方向与该点磁感应强度方向及电流方向三者一定互相垂直14、磁通量是研究电磁感应的重要概念，关于磁通量的概念，以下说法正确的是：A、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B、磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C、穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零D、磁通量发生变化时，磁通密度也一定发生变化15、在匀强磁场中，有一个闭合金属线框如图，它可以绕轴转动，开始时金属线框与磁感线平行，下列说法正确的是：A、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量最大B、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大C、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量为零D、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零16、材料、粗细相同相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图。
2025届高考物理一轮复习——电学实验基础训练(附答案解析)
2025届高考物理一轮复习——电学实验基础训练一、单选题（本大题共4小题）1．如图是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，x R为待测电阻。
如果考虑到电表内阻对测量结果的影响，则（）A．电流表示数大于通过x R的实际电流，根据测量计算的x R值大于真实值B．电流表示数等于通过x R的实际电流，根据测量计算的x R值大于真实值C．电压表示数大于x R两端的实际电压，根据测量计算的x R值小于真实值D．电压表示数等于x R两端的实际电压，根据测量计算的x R值小于真实值2．某高中维修科网购了一盘大约650m长的铝导线，某实验小组使用表盘如图a 所示的多用电表正确测量其电阻约为13Ω后，需要继续测量一个阻值大约为100~200Ω的电阻。
正确测量时指针如图b所示，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下说法正确的是（）A．换挡后必须先用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”倍率的电阻挡，欧姆调零后测量，读数为B．将多用电表的选择开关旋至100160ΩC．用多用电表测量电阻时，黑表笔电势较高D．测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“直流电压500V”位置3．在“金属丝电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是()A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．采用伏安法测电阻时，用电流表测电阻丝中的电流，用电压表测电阻丝两端的电压C．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值D．实验中应保持金属丝的温度大致保持不变4．系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。
关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（）A．电流表分压，测得的电源电动势偏大B．电流表分压，测得的电源电动势偏小C．电压表分流，测得的电源电动势偏大D．电压表分流，测得的电源电动势偏小二、多选题（本大题共4小题）5．如图为某型号多用电表欧姆档×100档下的某次测量结果。
(完整版)高中物理电学试题及答案
高中物理电学试题及答案一、选择题（25×4＝100分）1、如图，A、B是两个带电量为＋Q和－Q的固定的点电荷，现将另一个点电荷＋q从A附近的A附近的a沿直线移到b，则下列说法中正确的是：A、电场力一直做正功B、电场力一直做负功C、电场力先做正功再做负功D、电场力先做负功再做正功2、在第1题的问题中，关于电势和电势能下列说法中正确的是：A、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能大B、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能小C、a点和b点的电势一样高，电荷＋q在两点具有的电势能相等D、a点和b点电势高低的情况与电荷＋q的存在与否无关3、如图所示，两个完全相同的金属小球用绝缘丝线悬挂在同一位置，当给两个小球带有不同电量的同种电荷，静止时，两小球悬线与竖直线的夹角情况是：A、两夹角相等B、电量大的夹角大C、电量小的夹角大D、无法判断4、在第3题的问题中若将两小球互相接触一下再静止时应是：A、夹角都增大，但不一定再相等B、夹角仍为原值C、夹角有增大和减小，但两夹角的和不变D、夹角都增大了相同的值5、如图所示，这是一个电容器的电路符号，则对于该电容器的正确说法是：A、是一个可变电容器B、有极性区别，使用时正负极不能接错C、电容值会随着电压、电量的变化而变化D、由于极性固定而叫固定电容6、如图所示的电路，滑动变阻器的电阻为R，其两个固定接线柱在电压恒为U的电路中，其滑片c位于变阻器的中点，M、N间接负载电阻R f＝R/2，，关于R f的电压说法正确的是：A、R f的电压等于U/2B、R f的电压小于U/2C、R f的电压大于U/2D、R f的电压总小于U7、在第6题的问题中，如果将滑动变阻器b端断开，则关于R f的电压变化范围说法正确的是：A、U/2－UB、0－UC、U/3－UD、0－U/28、如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时，关于通过电源的电流和路端电压说法正确的是：A、通过电源的电流I将增大B、通过电源的电流I将减小C、路端电压将增大D、路端电压将减小9、在第7题的问题中，关于通过R的电流和R两端的电压说法正确的是：A、R两端的电压将增大B、R两端的电压将减小C、通过R的电流不变D、通过R的电流减少10、关于电源的总功率和效率说法正确的是：A、总功率减少，效率提高B、总功率增加，效率增加C、总功率减少，效率降低D、总功率增加，效率不变11、磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有安培力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是：A、一段通电导体，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大B、一段通电导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零C、匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处单位面积穿过的磁感线的条数D、磁感线密处，磁感应强度大，磁感线疏的地方，磁感应强度一定小12、在第11题的问题中，关于磁感应强度的方向，下列说法正确的是：A、磁感应强度的方向，就是该处电流受力的方向B、磁感应强度的方向就是该处小磁针静止是北极的受力方向C、磁感应强度的方向与该处小磁针静止是北极的受力方向垂直D、磁感应强度的方向与该处电流的流向有关13、关于安培力的说法中，正确的是：A、一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，它受的磁场力一定为零B、一小段通电导线在某点不受安培力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C、一小段通电导线所受的安培力其方向一定与电流垂直D、一小段通电导线所受安培力的方向与该点磁感应强度方向及电流方向三者一定互相垂直14、磁通量是研究电磁感应的重要概念，关于磁通量的概念，以下说法正确的是：A、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B、磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C、穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零D、磁通量发生变化时，磁通密度也一定发生变化15、在匀强磁场中，有一个闭合金属线框如图，它可以绕轴转动，开始时金属线框与磁感线平行，下列说法正确的是：A、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量最大B、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大C、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量为零D、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零16、材料、粗细相同相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图。
高考物理电学大题整理简单
高三期末计算题复习题1.两根平行光滑金属导轨MN 与PQ 水平放置,其间距为0.60m,磁感应强度为0、50T 的匀强磁场垂直轨道平面向下,两导轨之间连接的电阻R ＝5、0Ω。
在导轨上有一电阻为1、0Ω的金属棒ab ,金属棒与导轨垂直,如图13所示。
在ab 棒上施加水平拉力F 使其以10m/s 的水平速度匀速向右运动。
设金属导轨足够长。
求:(1)金属棒ab 两端的电压。
(2)拉力F 的大小。
(3)电阻R 上消耗的电功率。
1.(7分)解:(1)金属棒ab 上产生的感应电动势为BLv E ==3、0V, (1分)根据闭合电路欧姆定律,通过R 的电流 I = Rr E+= 0.50A 。
(1分)电阻R 两端的电压 U ＝IR ＝2、5V 。
(1分)(2)由于ab 杆做匀速运动,拉力与磁场对电流的安培力大小相等,即F = BIL = 0、15 N (2分)(3)根据焦耳定律,电阻R 上消耗的电功率 R I P 2=＝1、25W (2分) 2.如图10所示,在绝缘光滑水平面上,有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ,在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场NQ 图13区域。
线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直,线框的ab 边始终平行于磁场的边界。
已知线框的四个边的电阻值相等,均为R 。
求: ⑴在ab 边刚进入磁场区域时,线框内的电流大小。
⑵在ab 边刚进入磁场区域时,ab 边两端的电压。
⑶在线框被拉入磁场的整个过程中,线框产生的热量。
2.(7分)(1)ab 边切割磁感线产生的电动势为E=BLv …………………(1分) 所以通过线框的电流为 I=RBLvR E 44=……………………(1分) (2)ab 边两端电压为路端电压 U ab =I ·3R ……………………(1分) 所以U ab = 3BLv/4……………………(1分)(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间t=L/v ……………………(1分)线框中电流产生的热量Q=I 2·4R ·t RvL B 432= ……………………(2分)3.如图16所示,两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l ＝0.50m,导轨上端接有电阻R ＝0、80Ω,导轨电阻忽略不计。
(word版)物理电学实验高考真题汇编(含答案),文档
(word版)物理电学实验高考真题汇编(含答案),文档电学实验1．【2021·天津卷】某探究性学习小组利用如下图的电路测量电池的电动势和内阻。
其中电流表A1的内阻r1k ，Ω电阻R1k，Ω为了方便读数和作图，给电池串联一个R0Ω的电阻。
①按图示电路进行连接后，发现aa、bb和cc三条导线中，混进了一条内部断开的导线。
为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b间电压，读数不为零，再测量、a间电压，假设读数不为零，那么一定是________导线断开；假设读数为零，那么一定是___________导线断开。
②排除故障后，该小组顺利完成实验。
通过屡次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A 1和A2的多组I、I数据，作出图象如右图。
由I–I图象得到电池的电动势E=_________V，1212内阻r=__________Ω。
【答案】①aa bb②〔均可〕〔均可〕【考点定位】实验——用伏安法测干电池的电动势和内阻【名师点睛】由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心。
2．【2021·新课标Ⅰ卷】〔10分〕某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L〔额定电压V，额定电流(word版)物理电学实验高考真题汇编(含答案),文档〕；电压表V〔量程3V ，内阻3kΩ〕；电流表A〔量程A，内阻Ω〕；固定电阻A d V dR0〔阻值1000〕Ω；滑动变阻器R〔阻值〕Ω；电源E〔电动势5V，内阻不计〕；开关S；导线假设干。
（1〕实验要求能够实现在V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
2〕实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图〔a〕所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________〔填“增大〞“不变〞或“减小〞〕，灯丝的电阻率__________〔填“增大〞“不变〞或“减小〞〕。
〔3〕用另一电源E0〔电动势4V，内阻〕Ω和题给器材连接成图〔b〕所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。
高考物理电学实验电阻电阻率测量专题练习(真题+模拟题)
高考物理电学实验测电阻率专项练习题型一：伏安法测电阻 题型二：等效法测电阻 题型三：半偏法测电阻 题型四：单电表法测电阻 题型五：电桥法测电阻 题型六：电表内阻测量 题型七：综合练习一、伏安法测电阻1、在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 约为200 Ω，电压表的内阻约为2 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x＝UI 计算得出，式中U 与I 分别为电压表和电流表的示数。
若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x 1和R x 2，则________(选填“R x 1”或“R x 2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x 1________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值R x 2________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(a) (b)[答案] R x 1 大于 小于[解析] 根据串、并联电路的特点解题。
根据题意知R x R A >R VR x ，电压表的分流作用较显著，故R x 1更接近待测电阻的真实值。
图(a)的测量值是R x 与R A 串联的电阻阻值，故R x 1>R x 真；图(b)的测量值是R x 与R V 并联的电阻阻值，故R x 2<R x 真。
2、在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A ．电池组(3 V ，内阻1 Ω)B ．电流表(0～3 A ，内阻0.012 5 Ω)C ．电流表(0～0.6 A ，内阻0.125 Ω)D ．电压表(0～3 V ，内阻4 k Ω)E ．电压表(0～15 V ，内阻15 k Ω)F ．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)G ．滑动变阻器(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A)H ．开关、导线若干(1)实验时应从上述器材中选用________________(选填仪器前的字母代号)．(2)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻R x 在组成测量电路时，应采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏__________(选填“大”或“小”)．(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d 的读数如图所示，则读数为________mm. (4)若用L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为R ，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________．解析：(1)电池组电压是3 V ，流过金属丝的最大电流I m ＝Er ＋R x＝0.5 A ，故电流表选C ，电压表选D ；滑动变阻器选最大阻值小的，便于调节，故选F ；另外要选导线、开关．(2)因为R x R A ＝40，R VR x＝800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小．(3)根据螺旋测微器的读数规则知，读数是0.5 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.900 mm. (4)由于R ＝ρL S ＝ρ4L πd 2，解得ρ＝πRd 24L.答案：(1)ACDFH (2)外 小 (3)0.900 (4)πRd 24L3、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).(2)用伏安法测金属丝的电阻R x .实验所用器材为：电池组(电动势3 V ，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 k Ω)、滑动变阻器R (0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：).x(3)如图丙所示是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝____________Ω(保留2位有效数字).(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为____________(填选项前的符号).A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是__________(有多个正确选项).A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C ．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D ．用U －I 图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差答案：(1)0.397(0.395～0.399均正确) (2)甲 (3)如图(a)所示 (4)如图(b)所示 4.4(4.3～4.7) (5)C (6)CD解析：(1)螺旋测微器的读数原则为固定刻度＋可动刻度×分度值＝0＋39.7×0.01 mm ＝0.397 mm.(2)由记录数据知，若采用乙图限流电路，则当U ＝0.10 V ，I ＝0.020 A 时，滑动变阻器须串入的电阻约为145 Ω，大于滑动变阻器的最大阻值20 Ω，所以实验中滑动变阻器R 应采用分压式连接，故他们采用甲图电路．(3)实物连接图见答案，连线时要注意： ①电压表的正、负接线柱不要接反；②滑动变阻器中滑片P 的位置应使最初R x 两端电压为零． (4)U －I 图线见答案．求出图线斜率即R x 的阻值． (5)R ＝ρL S ，则ρ＝S L ·R ＝π⎝⎛⎭⎫d 22LR ≈1.0×10－6 Ω·m.(6)系统误差是实验原理、实验方法不完善、测量工具不精密等因素造成的误差．偶然误差是人为、环境等偶然因素造成的误差．故读数引起的误差属偶然误差，而电表的内阻引起的误差是系统误差，A 、B 错误；把电表内阻计算在内，完善了实验方案，可消除这一因素引起的系统误差，C 正确；用多次测量求平均值的方法，可减小偶然误差，D 正确．4、(2018·河南郑州模拟)在“测定金属丝的电阻率”实验中,所用的测量仪器均已校准,待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm 。
(完整版)高中物理电学试题及答案(经典)
高中物理电学试题及答案一、选择题（25×4＝100分）1、如图，A、B是两个带电量为＋Q和－Q的固定的点电荷，现将另一个点电荷＋q从A附近的A附近的a沿直线移到b，则下列说法中正确的是：A、电场力一直做正功B、电场力一直做负功C、电场力先做正功再做负功D、电场力先做负功再做正功2、在第1题的问题中，关于电势和电势能下列说法中正确的是：A、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能大B、a点比b点的电势高，电荷＋q在该点具有的电势能小C、a点和b点的电势一样高，电荷＋q在两点具有的电势能相等D、a点和b点电势高低的情况与电荷＋q的存在与否无关3、如图所示，两个完全相同的金属小球用绝缘丝线悬挂在同一位置，当给两个小球带有不同电量的同种电荷，静止时，两小球悬线与竖直线的夹角情况是：A、两夹角相等B、电量大的夹角大C、电量小的夹角大D、无法判断4、在第3题的问题中若将两小球互相接触一下再静止时应是：A、夹角都增大，但不一定再相等B、夹角仍为原值C、夹角有增大和减小，但两夹角的和不变D、夹角都增大了相同的值5、如图所示，这是一个电容器的电路符号，则对于该电容器的正确说法是：A、是一个可变电容器B、有极性区别，使用时正负极不能接错C、电容值会随着电压、电量的变化而变化D、由于极性固定而叫固定电容6、如图所示的电路，滑动变阻器的电阻为R，其两个固定接线柱在电压恒为U的电路中，其滑片c位于变阻器的中点，M、N间接负载电阻R f＝R/2，，关于R f的电压说法正确的是：A、R f的电压等于U/2B、R f的电压小于U/2C、R f的电压大于U/2D、R f的电压总小于U7、在第6题的问题中，如果将滑动变阻器b端断开，则关于R f的电压变化范围说法正确的是：A、U/2－UB、0－UC、U/3－UD、0－U/28、如图所示的电路中，当变阻器R的阻值增加时，关于通过电源的电流和路端电压说法正确的是：A、通过电源的电流I将增大B、通过电源的电流I将减小C、路端电压将增大D、路端电压将减小9、在第7题的问题中，关于通过R的电流和R两端的电压说法正确的是：A、R两端的电压将增大B、R两端的电压将减小C、通过R的电流不变D、通过R的电流减少10、关于电源的总功率和效率说法正确的是：A、总功率减少，效率提高B、总功率增加，效率增加C、总功率减少，效率降低D、总功率增加，效率不变11、磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有安培力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是：A、一段通电导体，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大B、一段通电导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零C、匀强磁场中某处的磁感应强度的大小等于该处单位面积穿过的磁感线的条数D、磁感线密处，磁感应强度大，磁感线疏的地方，磁感应强度一定小12、在第11题的问题中，关于磁感应强度的方向，下列说法正确的是：A、磁感应强度的方向，就是该处电流受力的方向B、磁感应强度的方向就是该处小磁针静止是北极的受力方向C、磁感应强度的方向与该处小磁针静止是北极的受力方向垂直D、磁感应强度的方向与该处电流的流向有关13、关于安培力的说法中，正确的是：A、一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置，它受的磁场力一定为零B、一小段通电导线在某点不受安培力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C、一小段通电导线所受的安培力其方向一定与电流垂直D、一小段通电导线所受安培力的方向与该点磁感应强度方向及电流方向三者一定互相垂直14、磁通量是研究电磁感应的重要概念，关于磁通量的概念，以下说法正确的是：A、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B、磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C、穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零D、磁通量发生变化时，磁通密度也一定发生变化15、在匀强磁场中，有一个闭合金属线框如图，它可以绕轴转动，开始时金属线框与磁感线平行，下列说法正确的是：A、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量最大B、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大C、当金属线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量为零D、当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零16、材料、粗细相同相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd、ef三种形状的导线，分别放在电阻可忽略的光滑金属导轨上，并与导轨垂直，如图。
高考物理部分电路欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理部分电路欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．有一灯泡标有“6V 3W ”的字样，源电压为9V ，内阻不计.现用一个28Ω 的滑动变阻器来控制电路，试分别就连成如图所示的限流电路和分压电路，求: （1）它们的电流、电压的调节范围；（2）两种电路要求滑动变阻器的最大允许电流； （3）当灯泡正常发光时，两种电路的效率.【答案】（1）0.225~0.75A a ：，2.7~9V 00.75A b :：，0~9V （2）0.5A a ：0.75A b ： （3）66.6%a ： 44.4%b ： 【解析】 【详解】灯泡的电阻212L U R P==Ω（1）a.当滑动端在最左端时电阻最大，则最小电流：min 9A 0.225A 1228I ==+当滑动端在最右端时电阻最小为0，则最大电流：max 9A 0.75A 12I == 则电流的调节范围是：0.225A~0.75A灯泡两端电压的范围：0.22512V 0.7512V ⨯⨯: ，即2.7~9V ；b.当滑动端在最左端时，灯泡两端电压为零，电流为零；当滑到最右端时，两端电压为9V ，灯泡电流为9A 0.75A 12= 则电流的调节范围是：0~0.75A灯泡两端电压的范围： 0~9V ；（2）a.电路中滑动变阻器允许的最大电流等于灯泡的额定电流，即为0.5A ； b.电路中滑动变阻器允许的最大电流为0.75A ；（3）a.当灯泡正常发光时电路的电流为0.5A ，则电路的效率：000013=10066.60.59P IE η=⨯=⨯ b.可以计算当灯泡正常发光时与灯泡并联部分的电阻为x 满足：6960.528x x-+=-解得x =24Ω此时电路总电流60.50.75A 24I =+= 电路的效率000023=10044.40.759P IE η=⨯=⨯2． 4～1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变． 【解析】（1）当B ＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于x VA xR R R R >，所以电流表应内接．电路图如图所示．（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯，230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯，331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯， 431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯，532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯， 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω（1500－1503Ω都算正确．）由于0150010150R R ==，从图1中可以读出B ＝0.9T 方法二：作出表中的数据作出U －I 图象，图象的斜率即为电阻（略）．（3）在0～0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关．本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U 、I 值求电阻．第（3）、（4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题．3．如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r 的三根导电辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环内，圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(可看成二极管，发光时电阻为r )．圆环及其它电阻不计，从辐条OP 进入磁场开始计时．（1）顺磁感线方向看，圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转，才能使LED 灯发光？在不改变玩具结构的情况下，如何使LED 灯发光时更亮？（2）在辐条OP 转过60°的过程中，求通过LED 灯的电流； （3）求圆环每旋转一周，LED 灯消耗的电能．【答案】（1）逆时针；增大角速度（2）28BL r ω（3）2432B L rωπ【解析】试题分析：（1）圆环转动过程，始终有一条导电辐条在切割磁感线，产生感应电动势，并通过M.N 和二极管构成闭合回路．由于二极管的单向导电性，只有转轴为正极，即产生指向圆心的感应电流时二极管才发光，根据右手定则判断，圆盘逆时针旋转． 要使得LED 灯发光时更亮，就要使感应电动势变大，即增大转速增大角速度ω． （2）导电辐条切割磁感线产生感应电动势212E BL ω=此时O 点相当于电源正极，P 点为电源负极，电源内阻为r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联，即外阻为3r ．通过闭合回路的电流343E E Ir rr==+带入即得22 133248BL BLIr rωω⨯==流过二极管电流为238I BLrω=（3）转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线，所以经过二极管的电流不变转过一周所用时间2Tπω=所以二极管消耗的电能2422'()332I B LQ I rT rTrωπ===考点：电磁感应串并联电路4．如图，竖直平面内放着两根间距L = 1m、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值R= 2Ω的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N及CD上方有垂直纸面向里的磁感应强度B0= 1T的有界匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1=3T和B2=2T．有一质量M = 0.2kg、电阻r =1Ω的金属棒搭在MN之间并与MN良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点静止释放一个比荷的正离子，经电场加速后，以v =200m/s的速度从Q点垂直于N板边界射入右侧区域．不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g=．求：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U；（2）电动机的输出功率P；（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距分界线高h等于多少．【答案】（1）2V（2）9W（3）21.210m-⨯【解析】试题分析：（1）离子从P运动到Q，由动能定理：①解得R两端电压②（2）电路的电流③安培力④受力平衡⑤由闭合电路欧姆定律⑥感应电动势⑦功率⑧联立②-⑧式解得：电动机功率⑨(3)如图所示，设离子恰好不会回到N板时，对应的离子在上、下区域的运动半径分别为和,圆心的连线与N板的夹角为φ．在磁场中，由⑩解得运动半径为11在磁场中，由12解得运动半径为13由几何关系得1415解⑩--15得:16考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.5．如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0-10V，当使用a、c两个端点时，量程为0-100V。
专题34 电学实验——历年高考物理真题精选之黄金30题(原卷版)
历年高考物理真题精选之黄金30题专题34 电学实验一、实验题1．（2021·河北·高考真题）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有；小灯泡（6.3V，0.15A），直流电源（9V），滑动变阻器，量程合适的电压表和电流表，开关和导线若干，设计的电路如图1所示。
（1）根据图1，完成图2中的实物连线______；（2）按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因可能是______（单项选择，填正确答案标号）；A．电流表短路B．滑动变阻器的滑片接触不良C．滑动变阻器滑片的初始位置在b端（3）更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到I U 图像，其中一部分如图3所示，根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为______Ω（保留三位有效数字）。
2．（2020·全国·高考真题）某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻R x，所用电压表的内阻为1 kΩ，电流表内阻为0.5Ω。
该同学采用两种测量方案，一种是将电压表跨接在图（a）所示电路的O、P两点之间，另一种是跨接在O、Q两点之间。
测量得到如图（b）所示的两条U–I图线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。
回答下列问题：（1）图（b）中标记为II的图线是采用电压表跨接在________（填“O、P”或“O、Q”）两点的方案测量得到的。
（2）根据所用实验器材和图（b）可判断，由图线________（填“I”或“II”）得到的结果更接近待测电阻的真实值，结果为________Ω（保留1位小数）。
（3）考虑到实验中电表内阻的影响，需对（2）中得到的结果进行修正，修正后待测电阻的阻值为________Ω（保留1位小数）。
3．（2020·浙江·高考真题）某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
（1）在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图____________；（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流I=_____A，电压U= _____V；（3）实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1_____（选填“甲”或“乙”）；（4）该电池的电动势E=_____V（保留三位有效数字），内阻r=_____Ω（保留两位有效数字）。
高考物理部分电路欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析
高考物理部分电路欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．如图中所示B 为电源，电动势E=27V ，内阻不计。
固定电阻R 1=500Ω，R 2为光敏电阻。
C 为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l 1=8.0×10-2m ，两极板的间距d =1.0×10-2m 。
S 为屏，与极板垂直，到极板的距离l 2=0.16m 。
P 为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a 、b 和c 构成，它可绕AA /轴转动。
当细光束通过扇形a 、b 、c 照射光敏电阻R 2时，R 2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。
有一细电子束沿图中虚线以速度v 0=8.0×106m/s 连续不断地射入C 。
已知电子电量e =1.6×10-19C ，电子质量m =9×10-31kg 。
忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。
假设照在R 2上的光强发生变化时R 2阻值立即有相应的改变。
（1）设圆盘不转动，细光束通过b 照射到R 2上，求平行板电容器两端电压U 1（计算结果保留二位有效数字）。
（2）设圆盘不转动，细光束通过b 照射到R 2上，求电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 。
（计算结果保留二位有效数字）。
（3）转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。
取光束照在a 、b 分界处时t =0，试在图中给出的坐标纸上，画出电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 随时间t 的变化图线（0~6s 间）。
要求在y 轴上标出图线最高点与最低点的值。
（不要求写出计算过程，只按画出的图线就给分）【答案】(1) 5.4V (2) 22410m .-⨯ (3)【解析】 【分析】由题意可知综合考查闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律和类平抛运动，根据欧姆定律、类平抛运动及运动学公式计算可得。
【详解】解：(1) 设电容器C 两极板间的电压为U 1，U 1=112R R R +E =27500V=5.4V 500+2000⨯ (2) 设电场强度大小为E ′E ′=1U d， 电子在极板间穿行时加速度大小为a ，穿过C 的时间为t ，偏转的距离为y o ． 根据牛顿第二定律得：a==eE eU m md'电子做类平抛运动，则有：l 1=v 0t ， y o =12at 2， 联立得：y o =202eE mv （112R R R +） 21l d， 当光束穿过b 时，R 2=2000Ω，代入数据解得:y o =4.8×10-3m由此可见，y 1＜12d ， 电子通过电容器C ，做匀速直线运动，打在荧光屏上O 上方y 处．根据三角形相似关系可得1o12y 22l l yl =+ 代入数值可得:y =22410m .-⨯(3) 当光束穿过a 时，R 2=1000Ω，代入数据解得y =8×10-3m由此可见，y ＞d ，电子不能通过电容器C 。
高考物理高考物理部分电路欧姆定律的技巧及练习题及练习题(含答案)
高考物理高考物理部分电路欧姆定律的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．如图中所示B 为电源，电动势E=27V ，内阻不计。
固定电阻R 1=500Ω，R 2为光敏电阻。
C 为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l 1=8.0×10-2m ，两极板的间距d =1.0×10-2m 。
S 为屏，与极板垂直，到极板的距离l 2=0.16m 。
P 为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a 、b 和c 构成，它可绕AA /轴转动。
当细光束通过扇形a 、b 、c 照射光敏电阻R 2时，R 2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。
有一细电子束沿图中虚线以速度v 0=8.0×106m/s 连续不断地射入C 。
已知电子电量e =1.6×10-19C ，电子质量m =9×10-31kg 。
忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。
假设照在R 2上的光强发生变化时R 2阻值立即有相应的改变。
（1）设圆盘不转动，细光束通过b 照射到R 2上，求平行板电容器两端电压U 1（计算结果保留二位有效数字）。
（2）设圆盘不转动，细光束通过b 照射到R 2上，求电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 。
（计算结果保留二位有效数字）。
（3）转盘按图中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。
取光束照在a 、b 分界处时t =0，试在图中给出的坐标纸上，画出电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 随时间t 的变化图线（0~6s 间）。
要求在y 轴上标出图线最高点与最低点的值。
（不要求写出计算过程，只按画出的图线就给分）【答案】(1) 5.4V (2) 22410m .-⨯ (3)【解析】 【分析】由题意可知综合考查闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律和类平抛运动，根据欧姆定律、类平抛运动及运动学公式计算可得。
【详解】解：(1) 设电容器C 两极板间的电压为U 1，U 1=112R R R +E =27500V=5.4V 500+2000⨯ (2) 设电场强度大小为E ′E ′=1U d， 电子在极板间穿行时加速度大小为a ，穿过C 的时间为t ，偏转的距离为y o ． 根据牛顿第二定律得：a==eE eU m md'电子做类平抛运动，则有：l 1=v 0t ， y o =12at 2， 联立得：y o =202eE mv （112R R R +） 21l d， 当光束穿过b 时，R 2=2000Ω，代入数据解得:y o =4.8×10-3m由此可见，y 1＜12d ， 电子通过电容器C ，做匀速直线运动，打在荧光屏上O 上方y 处．根据三角形相似关系可得1o12y 22l l yl =+ 代入数值可得:y =22410m .-⨯(3) 当光束穿过a 时，R 2=1000Ω，代入数据解得y =8×10-3m由此可见，y ＞d ，电子不能通过电容器C 。
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高三期末计算题复习题1．两根平行光滑金属导轨MN 和PQ 水平放置，其间距为0.60m ，磁感应强度为0.50T 的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R ＝5.0Ω。
在导轨上有一电阻为1.0Ω的金属棒ab ，金属棒与导轨垂直，如图13所示。
在ab 棒上施加水平拉力F 使其以10m/s 的水平速度匀速向右运动。
设金属导轨足够长。
求：（1）金属棒ab 两端的电压。
（2）拉力F 的大小。
（3）电阻R 上消耗的电功率。
1．（7分）解：（1）金属棒ab 上产生的感应电动势为BLv E ==3.0V ，（1分）根据闭合电路欧姆定律，通过R 的电流 I = Rr E+= 0.50A 。
（1分）电阻R 两端的电压 U ＝IR ＝2.5V 。
（1分）（2）由于ab 杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力大小相等，即F = BIL = 0.15 N （2NQ 图13分）（3）根据焦耳定律，电阻R 上消耗的电功率 R I P 2=＝1.25W （2分）2．如图10所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd ，在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域。
线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界。
已知线框的四个边的电阻值相等，均为R 。
求： ⑴在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小。
⑵在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压。
⑶在线框被拉入磁场的整个过程中，线框产生的热量。
2．（7分）（1）ab 边切割磁感线产生的电动势为E=BLv …………………（1分）所以通过线框的电流为 I=RBLvR E 44=……………………（1分） （2）ab 边两端电压为路端电压 U ab =I ·3R ……………………（1分） 所以U ab = 3BLv/4……………………（1分）（3）线框被拉入磁场的整个过程所用时间t=L/v ……………………（1分）线框中电流产生的热量Q=I 2·4R ·t RvL B 432= ……………………（2分）图10B3．如图16所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距l ＝0.50m ，导轨上端接有电阻R ＝0.80Ω，导轨电阻忽略不计。
导轨下部的匀强磁场区有虚线所示的水平上边界，磁感应强度B =0.40T ，方向垂直于金属导轨平面向外。
电阻r ＝0.20Ω的金属杆MN ，从静止开始沿着金属导轨下落，下落一定高度后以v =2.5m/s 的速度进入匀强磁场中，金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好。
已知重力加速度g =10m/s 2，不计空气阻力。
（1）求金属杆刚进入磁场时通过电阻R 的电流大小； （2）求金属杆刚进入磁场时，M 、N 两端的电压；（3）若金属杆刚进入磁场区域时恰能匀速运动，则在匀速下落过程中每秒钟有多少重力势能转化为电能？3. （7分）解：（1）金属杆进入磁场切割磁感线产生的电动势E=Blv ， （1分）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R 的电流大小I =rR E=0.5A （2分）（2）M 、N 两端电压为路端电压，则U MN =IR =0.4V （2分）（3）每秒钟重力势能转化为电能E = I 2(R+r )t =0.25J （2分）4．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L =0.40m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37º，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B =0.50T 、方向垂直遇导轨所在平面的匀强磁场。
金属导轨的一端接有电动势E=4.5V 、内阻r =0.50Ω的直流电源。
现把一个质量m =0.040kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止。
导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g 取10m/s 2。
已知sin37º=0.60，cos37º=0.80，求： （1）通过导体棒的电流； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力。
4.（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I =rR E=1.5A …………2分 （2）导体棒受到的安培力：图14F安=BIL=0.30N…………2分（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1= mg sin37º=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f…………1分根据共点力平衡条件mg sin37º+f=F安…………1分解得：f=0.06N…………1分5．在水平面上平行放置着两根长度均为L的金属导轨MN和PQ，导轨间距为d，导轨和电路的连接如图16所示。
在导轨的MP端放置着一根金属棒，与导轨垂直且接触良好。
空间中存在竖直向上方向的匀强磁场，磁感应强度为B。
将开关S1闭合S2断开，电压表和电流表的示数分别为U1和I1，金属棒仍处于静止状态；再将S2闭合，电压表和电流表的示数分别为U2和I2，金属棒在导轨上由静止开始运动，运动量为m，金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ过程中产生的感应电动势，重力加速度为g图16（1）金属棒到达NQ端时的速度大小；（2）金属棒在导轨上运动的过程中，电流在金属棒中产生的热量。
5．（8分）解：（1）当通过金属棒的电流为I 2时，金属棒在导轨上做匀加速运动，设加速度为a ，根据牛顿第二定律，ma mg BlI =-μ2， （1分）设金属棒到达NQ 端时的速度为v ，根据运动学公式，aL v 22=， （1分）由以上两式解得： mLmg BdI v )(22μ-=。
（2分）（2）当金属棒静止不动时，金属棒的电阻11I U r =，设金属棒在导轨上运动的时间为t ，电流在金属棒中产生的热量为Q ，根据焦耳定律，rt I Q 22=， （2分）根据运动学公式，t vL 2=，将（1）的结果代入，解得 （1分）mgBdI LmI U I Q μ-=211222。
（1分）6．如图15（甲）所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内均匀分布着与线圈平面垂直的磁场。
已知线圈的匝数n =100匝，电阻r=1.0Ω，所围成矩形的面积S=0.040m 2，小灯泡的电阻R=9.0Ω，磁场的磁感应强度随时间按如图15（乙）所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值的表达式为e =t TT SnB m )2cos(2ππ，其中B m 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期。
不计灯丝电阻随温度的变化，求：（1）线圈中产生感应电动势的最大值。
（2）小灯泡消耗的电功率。
（3）在磁感应强度变化0～T /4的时间内，通过小灯泡的电荷量。
6．（8分）解：（1）因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为 T=3.14×10-2s 。
所以线圈中感应电动势的最大值为 E=2πnB m S/T =8.0V （2分）（2）根据欧姆定律，电路中电流的最大值为I m =rR E +m=0.80A 通过小灯泡电流的有效值为I =I m /2＝0.402A ，图15(甲)-2s图15(乙)（1分）灯泡消耗的电功率为P=I 2R =2.88W （2分）（3）在磁感应强度变化1/4周期内，线圈中感应电动势的平均值E ＝nS tB∆∆ 通过灯泡的平均电流tr R BnS r R E I ∆+∆=+=)( （1分）通过灯泡的电荷量Q ＝rR BnS t I +∆=∆＝4.0×10-3C 。
（2分）9．如图19所示，在以O 为圆心，半径为R 的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。
竖直平行正对放置的两金属板A 、K 连在电压可调的电路中。
S 1、S 2为A 、K 板上的两个小孔，且S 1、S 2和O 在同一直线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏D ，O 点到荧光屏的距离h 。
比荷（电荷量与质量之比）为k 的带正电的粒子由S 1进入电场后，通过S 2射向磁场中心，通过磁场后落到荧光屏D 上。
粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计。
（1）请分段描述粒子自S 1到荧光屏D 的运动情况。
（2）求粒子垂直打到荧光屏上P 点时速度的大小； （3）调节滑片P ，使粒子打在荧光屏上Q 点，PQ =33h （如图19所示），求此时A 、K 两极板间的电压。
9. （1）粒子在电场中自S 1至S 2做匀加速直线运动；自S 2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动。
…………2分说明：说出粒子在电场中做匀加速直线运动，离开电场作匀速运动，D图19P QP给1分；说出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后作匀速直线运动，给1分。
（2）设粒子的质量为m ，电荷量为q ，垂直打在荧光屏上的P 点时的速度为v 1， 粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r 1=R …………1分 根据牛顿第二定律Bqv 1=211v m r , 依题意：k=q/m …………1分解得：v 1=BkR …………1分（3）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2，偏转角为2，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到Q 点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 tan α=33h pQ , α=30°, θ=30° tan θ=2r R解得：r 2=3R …………1分 设此时A 、K 两极板间的电压为U ，设粒子离开S 2时的速度为v 2，根据牛顿第二定律Bqv 2=222v m r …………1分根据动能定理有 qU=2221mv …………1分解得：U=2223R kB …………1分xPQ。