靜電場與恒定電流過關測試

1、 靜電場與恒定電流過關測試本試卷分為第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，一、選擇題1. 如圖甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關系如圖乙所示，則()A. A點的電場強度大小為2×103 N/CB. B點的電場強度大小為2×103 N/CC. 點電荷Q在A、B之間D. 點電荷Q在A、O之間解析：試探電荷所受的電場力與電量的比值為場強，選項A正確B錯誤；若點電荷Q在AO之間，則A、B兩點場強方向相同，選項C正確D錯誤。答案：AC2. 如圖所示，電場中一正離子只受電場力作用從A點運動到

2、B點。離子在A點的速度大小為v0，速度方向與電場方向相同。能定性反映該離子從A點到B點運動情況的速度時間(vt)圖象是()解析：從A到B，正離子受到的電場力方向與運動方向相同，所以該離子做加速運動；考慮到電場線越來越疏，場強越來越小，正離子受到的電場力和加速度也越來越小，該離子從A點到B點運動情況的速度時間(vt)圖象的斜率也越來越小。綜上分析，選項C正確。答案：C32014·舟山模擬 真空中一點電荷形成的電場中的部分電場線如圖所示，分別標記為1、2、3、4、5，且1、5和2、4分別關于3對稱。以電場線3上的某點為圓心畫一個圓，圓與各電場線的交點分別為a、b、c、d、e，則下列說法中

3、正確的是()A. 電場強度Ea<EcB. 電勢b>dC. 將一正電荷由a點移到d點，電場力做正功D. 將一負電荷由b點移到e點，電勢能增大解析：由點電荷電場分布特點可知，以點電荷為圓心的圓上各點的電勢和場強大小均相等，沿題圖所示的電場方向，等勢面的電勢越來越低，電場線越來越密，故Ea>Ec，A錯誤；bd，B錯誤；Uad<0，正電荷由a點移到d點時，WadUadq<0，C錯誤；又Ube>0，負電荷由b點移到e點時，WbeUbe·(q)<0，即電場力做負功，電勢能增大，D正確。答案：D4. 如圖所示，虛線表示某點電荷Q所激發(fā)電場的等勢面，已知a、

4、b兩點在同一等勢面上，c、d兩點在另一個等勢面上。甲、乙兩個帶電粒子以相同的速率，沿不同的方向從同一點a射入電場，在電場中沿不同的軌跡adb曲線、acb曲線運動。則下列說法中正確的是()A. 兩粒子電性相同B. 甲粒子經(jīng)過c點時的速率大于乙粒子經(jīng)過d點時的速率C. 兩個粒子的電勢能都是先減小后增大D. 經(jīng)過b點時，兩粒子的動能一定相等解析：從甲、乙兩個帶電粒子的運動軌跡可知，兩粒子的電性不相同，故A錯誤；甲受的是吸引力，電場力做正功，電勢能減少，所以到達c時速率增加，乙受排斥力，電場力做負功，電勢能增加，到達d時速率減小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在a點時甲、乙兩個帶電粒子的速

5、率相同，因此甲粒子經(jīng)過c點時的速率大于乙粒子經(jīng)過d點時的速率，所以B正確、C錯誤；由于不知道甲、乙兩個帶電粒子的質量關系，所以無法判斷其動能，所以D錯誤。答案：B5. 如圖所示，兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線懸掛于O點，若q1>q2，l1>l2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則()A. m1>m2B. m1m2C. m1<m2D. 無法確定解析：以O點為轉軸，T1和T2的力矩為零，而兩個庫侖力的力矩的代數(shù)和為零，故由力矩的平衡可知：兩個重力的力矩的代數(shù)和也應該為零，即m1gdm2gd，所以m1m2，故B正確。也可以用三角形相似法求解。答案：B6. 2014&

6、#183;廣東湛江一模如圖所示，P、Q為固定的等量正點電荷，在連線的中垂線上某處B靜止釋放一帶負電的粒子，重力不計，則下列說法正確的是()A. 中垂線為等勢線B. 粒子由B運動到O點時，速度最大C. 粒子由B運動至O點過程，電勢能減小D. 粒子由B運動至O點過程，電場力增大解析：等量異種點電荷的中垂線是一等勢線，而這是等量同種點電荷，故A錯誤；帶負電的粒子在從B到O的過程中，所受的電場力方向豎直向下，做加速運動，所以速度越來越大，到O點加速度等于零，速度達到最大，此過程中動能越來越大，電勢能越來越小，B、C正確。由B運動至O點過程，電場強度可能先增大后減小，也可能是一直減小，因此電場力無法確定

7、大小，D錯誤。答案：BC7. 如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()A. 平行板電容器的電容將變小B. 靜電計指針張角變小C. 帶電油滴的電勢能將減少D. 若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變解析：將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據(jù)關系式C可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板電勢差的變化，題中電容器兩極

8、板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d變大時，板間場強EU/d減小，帶電油滴所處位置的電勢bEEd增大，其中d為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)QCU，EU/d和C可知EQ/S，可見，極板間場強E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確。答案：ACD8. 2014·中山模擬如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動。設斜面足

9、夠長，則在Q向上運動過程中()A. 物塊Q的動能一直增大B. 物塊Q的電勢能一直增大C. 物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大D. 物塊Q的機械能一直增大解析：由F庫mgsinma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機械能一直增大，B錯誤，D正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤。答案：D9. 2015·江蘇連云港如圖是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電

10、場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，每單位電壓引起的偏移h/U2，叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用的方法為()A. 增大U2B. 減小LC. 減小d D. 減小U1解析：對粒子的加速過程，由動能定理得，qU1mv，粒子在偏轉電場中，做類平拋運動，由運動規(guī)律得，Lv0t，ht2，解得，為了提高靈敏度，可增大L、減小U1或d，C、D兩項正確。答案：CD10. 現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，且Aa、Bb、Cc、Dd間距相等。在AB、AC、CD、DB的中點分別放等量的點電荷，其中AB、AC中

11、點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零。則下列說法中正確的是()A. O點的電場強度和電勢均為零B. 把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零C. 同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同D. 將一負點電荷由a點移到A點電勢能減小解析：O點的電場強度不為零，電勢為零，選項A錯誤；由于bOc為等勢線，所以把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零，選項B正確；根據(jù)電場疊加原理，a、d兩點電場強度相同，同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同，選項C正確；將一負點電荷由a點移到A點，克服電場力做功，電勢能增大，選項D錯誤。答案：BC11. 2014

12、83;山東臨沂一模如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強電場中的三點，它們之間的距離均為L，電荷量為q1.0×105 C的負電荷由A移動到C電場力做功W14.0×105 J，該電荷由C移動到B電場力做功W22.0×105 J，若B點電勢為零，以下說法正確的是()A. A點電勢為2 VB. A點電勢為2 VC. 勻強電場的方向為由C指向AD. 勻強電場的方向為垂直于AC指向B解析：C、B間電勢差為UCB V2 V，B點電勢為零，則UCBCB，則C點電勢C2 V，而A與C間的電勢差為UAC V4 V，UACAC，則A點電勢A2 V，故A錯誤，B正確；由以上分析可知，A、

13、C連線的中點M電勢為0，M與B點的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢線，三角形ABC為等邊三角形，BMAC，根據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強電場的方向由C到A，故C正確，D錯誤。答案：BC12. 如圖所示，長為L、傾角為45°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為q，質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則()A. 小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能B. A、B兩點的電勢差一定為C. 若電場是勻強電場，則該電場的場強的最小值一定是D. 若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解析：由題述可知，小球

14、以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，選項A錯誤；由動能定理得，qUmgLsin45°0，解得A、B兩點的電勢差為U，選項B正確；若電場是勻強電場，該電場的場強的最小值為，選項C錯誤；若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q可以是負電荷，選項D錯誤。答案：B13. 2014·合肥模擬x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應的電勢高低如圖中的曲線所示，規(guī)定無限遠處電勢為零，下列推理與圖象信息不符合的是()A. Q1一定大于Q2B. Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C.

15、電勢最低處P點的電場強度為0D. Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點解析：兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B不符合圖象信息；兩個正點電荷的連線上有一點場強為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強為零的點移動時電勢都降低，到場強為零的點，電勢最低，C符合圖象信息；場強為零的點離Q1遠，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D符合圖象信息。答案：B14. 有四盞燈，如圖所示連接在電路中，L1和L2都標有“220 V'100 W”字樣，L3和L4都標有“220 V'40 W”字樣，把電路接通后，最暗的是()A

16、. L1B. L2C. L3 D. L4解析：由題目給出的額定電壓和額定功率可以判斷出R1R2<R3R4。由串聯(lián)電路功率的分配知P4>P1，由I1>I2知P1>P2，而P2與P3的大小可由并聯(lián)電路的功率分配知P2>P3，所以四盞燈消耗的實際功率大小關系為P4>P1>P2>P3，故最暗的燈是L3。答案：C15. 2014·陜西渭南高三質檢一如圖所示，一只玩具電動機用一節(jié)干電池供電，閉合開關S后，發(fā)現(xiàn)電動機轉速較慢，經(jīng)檢測，電動機性能完好；用電壓表測a與b間電壓，只有0.6 V；斷開開關S，測得a與b間電壓接近1.5 V，電動機轉速較慢的原

17、因是()A開關S接觸不良 B電動機接線接觸不良C電動機兩端接線短路 D電池過舊，內阻過大解析：本題考查了電源的電動勢和內阻等知識。開關S接觸不良、電動機接線接觸不良、電動機兩端接線短路，電動機就不會旋轉了，而不是轉得慢。電動機轉得慢的原因是電池過舊，內阻過大，電動機兩端的電壓過低造成的，D正確。答案：D16. 2015·江西師大附中、臨川一中高三聯(lián)考如圖所示電路中，電源電動勢E恒定，內阻r1 ，定值電阻R35 ，當電鍵K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，則下列說法中正確的是()A電阻R1、R2可能分別為4 、5 B電阻R1、R2可能分別為3 、6 C電鍵K斷開時電壓表的示數(shù)一

18、定大于K閉合時的示數(shù)D電鍵K斷開與閉合時電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于6 解析：根據(jù)閉合電路歐姆定律知，K斷開時，電壓表示數(shù)大，C正確；當滿足R外·R外r2時，外電路消耗的電功率相等，在此題中，把R3看成電源內阻的一部分，則當R1(R1R2)(rR3)2成立時，ab段電路消耗電功率相等，代入可知，B錯誤，A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律EUI(rR3)，K斷開前后rR3，故D對。答案：ACD17. 如圖為實用型高溫超導電纜，利用超導電纜可實現(xiàn)無損耗輸電。現(xiàn)有一直流電路，輸電線的總電阻為0.4 ，它提供給用電器的電功率為40 kW，電壓為800 V。若用臨界溫度

19、以下的超導體電纜替代原來的輸電線，保持供給用電器的功率和電壓不變，那么節(jié)約的電功率為()A. 1 kW B. 10 kWC. 1.6 kW D. 1.6×103 kW解析：輸電導線上的輸電電流為I50 A，則輸電線上損失的電功率為PI2R502×0.4 W1000 W，A正確。答案：A18. 在如圖所示電路中，電源內阻不可忽略。R1和R2為定值電阻，R為滑動變阻器，在R的滑動觸頭向上滑動的過程中()A. 電壓表與電流表的示數(shù)都減小B. 電壓表與電流表的示數(shù)都增大C. 定值電阻R1電功率增大D. R中電流變化的絕對值大于電流表讀數(shù)變化的絕對值解析：R的滑動觸頭向上滑動的過程中

20、，連入電路中的R阻值減小，整個電路的總電阻減小，電路中的總電流I增大，路端電壓UEIr減小，即電壓表的示數(shù)減小，I增大，R1兩端電壓增大，路端電壓減小，則R2兩端電壓減小，R2中的電流減小，即電流表示數(shù)減小，A正確、B錯誤；由于R1的電流增大，其電功率增大，故C正確；由于干路電流增大，而電流表中的電流減小，故R中電流變化的絕對值大于電流表讀數(shù)變化的絕對值，D正確。答案：ACD619. 2014·湖北模擬“神舟九號”飛船于2012年6月16日發(fā)射成功。它是中國航天計劃中的一艘載人宇宙飛船，是神舟號系列飛船之一?！吧裰埏w船”上的太陽能電池是依靠光伏效應設計的單晶硅太陽能電池。在正常照射下

21、，太陽能電池的光電轉換效率可達24%。單片單晶硅太陽能電池可產(chǎn)生0.6 V的電動勢，可獲得0.1 A的電流，則每秒照射到這種太陽能電池上的太陽光的能量是()A. 0.24 J B. 0.25 JC. 0.26 J D. 0.28 J解析：根據(jù)WUIt可得，每秒單片單晶硅太陽能電池產(chǎn)生的能量為W0.6×0.1×1 J0.06 J，設太陽每秒照射到該電池上的能量為Q，則由能量守恒定律得Q×24%W，所以Q0.25 J，故答案為B。答案：B20. 2015·河北五校聯(lián)盟模擬一輛電動觀光車蓄電池的電動勢為E，內阻不計，當空載的電動觀光車以大小為v的速度勻速行駛時

22、，流過電動機的電流為I，電動車的質量為m，電動車受到的阻力是車重的k倍，忽略電動觀光車內部的摩擦，則()A. 電動機的內阻為RB. 電動機的內阻為RC. 如果電動機突然被卡住而停止轉動，則電源消耗的功率將變大D. 如果電動機突然被卡住而停止轉動，則電源消耗的功率將變小解析：根據(jù)能的轉化與守恒定律，EII2Rkmgv，所以電動機的內阻為R，B正確；當電動機突然被卡住而停止轉動時，變成了純電阻電路，回路中的電流變大，故電源消耗的功率PEI將變大，所以C正確。答案：BC21. 2014·福州質檢如圖所示電路，電源電動勢為E，內阻為r，Rt為光敏電阻(光照強度增加時，其電阻值減小)?，F(xiàn)增加光

23、照強度，則下列判斷正確的是()A. B燈變暗，A燈變亮 B. R0兩端電壓變大C. 電源路端電壓不變 D. 電源總功率不變解析：光照強度增大，光敏電阻的阻值減小，全電路的總電阻減小，總電流變大，電源的總功率PEI變大，路端電壓變小，A燈變暗，C、D錯誤；因總電流增大，A燈的電流減小，故流過R0的電流變大，R0兩端的電壓變大，B正確；B燈泡的電壓因路端電壓減小、R0兩端的電壓變大而減小，B燈變暗，A錯誤。答案：B22. 2015·南京高三質檢如圖虛線框內為高溫超導限流器，它由超導部件和限流電阻并聯(lián)組成。超導部件有一個超導臨界電流Ic，當通過限流器的電流I>Ic時，將造成超導體失超

24、，從超導態(tài)(電阻為零，即R10)轉變?yōu)檎B(tài)(一個純電阻，且R13 )，以此來限制電力系統(tǒng)的故障電流。已知超導臨界電流Ic1.2 A，限流電阻R26 ，小燈泡L上標有“6 V6 W”的字樣，電源電動勢E8 V，內阻r2 。原來電路正常工作，超導部件處于超導態(tài)，燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)L突然發(fā)生短路，則()A. 燈泡L短路前通過R2的電流為 AB. 燈泡L短路后超導部件將由超導狀態(tài)轉化為正常態(tài)C. 燈泡L短路后通過R1的電流為4 AD. 燈泡L短路后通過R2的電流為 A解析：在燈泡短路前，超導部件R1處于超導態(tài)，限流電阻R2被短路，通過R2的電流為0，A選項錯誤；當燈泡短路后，假設超導部件R1仍處于超

25、導態(tài)，則通過R1的電流為I4 A，此時I>Ic可知假設不成立，超導部件R1由超導狀態(tài)轉為正常態(tài)，此時通過R1的電流大小為I1× A，通過R2的電流大小為I2× A，BD選項正確，C選項錯誤。答案：BD23. 2014·福州模擬將電阻R1和R2分別接到同一電池組的兩極時消耗的電功率相同。電池組向兩個電阻供電時的電流分別是I1和I2，電池組內阻消耗的功率分別是P1和P2，電池組的效率分別是1和2，電阻兩端的電壓分別是U1和U2。若已知電流I1<I2，則有()A. R1<R2 B. U1<U2C. 1>2 D. P1>P2解析： 根據(jù)

26、題意畫出電源及電阻R1、R2的UI圖象，由圖象不難得出R1>R2，U1>U2，由P內I2r知，P1<P2，1>2，選項C正確。答案：C24. 在圖示電路中，R1100 ，R2200 ，R380 ，C20 F，電源電動勢為12 V，電源內阻不計，閉合電鍵后，若要使電容器所帶電荷量為4×105 C，則R4的阻值應為()A. 40 B. 80 C. 160 D. 400 解析：電容器電壓UQ/C2 V；R1兩端電壓U14 V，則R3兩端電壓U3U1±U2 V(或6 V)，所以R4兩端電壓U410 V(或6 V)，當U32 V時，R4400 ，當U36 V時

27、，R480 。可見B、D正確。答案：BD25. 2015·哈爾濱第三中學高三質檢如圖所示，甲、乙兩電路中電源完全相同，內阻不能忽略，電阻R1>R2。圖中電壓表為理想電表。當在兩電路中通過相同的電量q的過程中，下列關于兩電路的比較，正確的是 ()A. R1上產(chǎn)生的熱量比R2上產(chǎn)生的熱量多B. 電源內部產(chǎn)生熱量較多的是甲電路C. 電壓表V1示數(shù)大于電壓表V2示數(shù)D. 甲、乙兩電路電源輸出功率可能相等解析：由焦耳定律可得QI2RtIt×IRqU，由于兩電路電源相同且R1>R2，由串聯(lián)分壓與電阻成正比，得U1>U2，所以Q1>Q2，AC正確；電源內部產(chǎn)生的熱

28、量QrI2rtIt×Irq(EU)，由于U1>U2，故Qr1Qr2，B錯誤；由于電源的內阻與負載電阻的大小關系未知，甲、乙兩電路電源輸出功率可能相等，D正確。答案：ACD第卷二、實驗題25. 2014·課標全國卷在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約為200 ，電壓表的內阻約為2 k，電流表的內阻約為10 ，測量電路中電流表的連接方式如圖(a)或圖(b)所示，結果由公式Rx計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將圖(a)和圖(b)中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則_(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1_(填“大于”“

29、等于”或“小于”)真實值，測量值Rx2_(填“大于”“等于”或“小于”)真實值。解析：20，10，因此Rx屬于大電阻，用電流表內接法時測量值更接近真實值，即Rx1更接近真實值；因Rx1RxRA，故Rx1Rx，Rx2R并(即Rx與RV的并聯(lián)值)，故Rx2Rx。答案：Rx1大于小于26. (6分)2014·天津高考現(xiàn)要測量一個未知電阻Rx的阻值，除Rx外可用的器材有：多用電表(僅可使用歐姆擋)；一個電池組E(電動勢6 V)；一個滑動變阻器R(020 ，額定電流1 A)；兩個相同的電流表G(內阻Rg1000 ，滿偏電流Ig100 A)；兩個標準電阻(R129000 ，R20.1 )；一個電

30、鍵S、導線若干。為了設計電路，先用多用電表的歐姆擋粗測未知電阻，采用“×10”擋，調零后測量該電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉非常大，最后幾乎緊挨滿偏刻度停下來，下列判斷和做法正確的是_(填字母代號)。(2分)A. 這個電阻阻值很小，估計只有幾歐姆B. 這個電阻阻值很大，估計有幾千歐姆C. 如需進一步測量可換“×1”擋，調零后測量D. 如需進一步測量可換“×1 k”擋，調零后測量根據(jù)粗測的判斷，設計一個測量電路，要求測量盡量準確并使電路能耗較小，畫出實驗電路圖，并將各元件字母代碼標在該元件的符號旁。(4分)解析：歐姆擋的零刻線在右側，偏轉越大時阻值越小，故A正確。要使指針指在中

31、間刻度線附近，由“阻值讀數(shù)×倍率”可知所選倍率應減小以增大讀數(shù)，故C正確。由電路能耗較小的要求可知控制電路應采用限流式。因器材中只有兩個內阻已知的電流表，故可考慮改裝：由題給數(shù)據(jù)可知電流表G與R1可改裝為一個量程為3 V的電壓表。電流表G與R2可改裝為一個量程為1 A的電流表。改裝后的內阻分別為RV30000 與RA0.1 ，而被測電阻的阻值約為幾歐，屬于小電阻，故測量電路應采用外接法，電路圖見答案。答案：AC如圖所示27. 2013年暑假期間，某學校課題研究小組為了撰寫關于未知材料電阻率的實踐報告，設計了一個測量電阻率(被測電阻絲的阻值約為25 )的實驗方案，可提供的器材有：A.

32、電流表G，內阻Rg120 ，滿偏電流Ig3 mAB. 電流表A，內阻約為0.2 ，量程為00.6 AC. 螺旋測微器D. 電阻箱R0(09999 ，0.5 A)E. 滑動變阻器R(5 ，1 A)F. 干電池組(3 V,0.05 )G. 一個開關和導線若干他進行了以下操作：(1)用螺旋測微器測量電阻絲的直徑，其示數(shù)部分如圖甲所示，則該次測量測得直徑d_mm；甲(2)把電流表G與電阻箱串聯(lián)改裝成電壓表使用，最大測量電壓為3 V，則電阻箱的阻值應調為R0_；(3)請用改造完的電壓表設計一個測量電阻率的實驗電路，根據(jù)提供的器材和實驗需要，請將圖乙中電路圖補畫完整；乙(4)實驗數(shù)據(jù)的測量與電阻率的計算：

33、如果電阻絲的長度用L表示，電路閉合后，調節(jié)滑動變阻器的滑片到合適位置，電流表G的示數(shù)為I1，電流表A的示數(shù)為I2，請用已知量和測量量寫出計算電阻率的表達式_。解析：(1)固定部分的讀數(shù)0，可動部分的讀數(shù)為26.7×0.01 mm0.267 mm，所以讀數(shù)為0.267 mm。(2)由電壓表改裝原理知R0Rg880 。(3)由于電流表內阻較小，所以用內接法，為了測量方便，滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如圖所示(見答案)。(4)由電路接法知I2，R，聯(lián)立得。答案：(1)0.267(0.2650.268)(2)880(3)如圖所示(4)28. 某同學設計用伏安法測量一節(jié)干電池的電動勢E和內

34、電阻r。除待測干電池外，實驗室可供選擇的主要器材有：A. 電流表G：測量范圍010 mA，內電阻未知；B. 電流表A：測量范圍00.5 A，內電阻很??；C. 電阻箱R0：電阻變化范圍0999.9 ，最小精度0.1 ；D. 滑動變阻器R：電阻變化范圍020 ；E. 開關一個、導線若干。(1)實驗中，首先需將電流表G改裝成電壓表。該同學采用圖1所示的電路測定電流表G的內阻，其主要實驗步驟如下，請完成步驟中的填空：圖1將R0調到某一設定值，滑動變阻器R的滑動觸頭移到_(選填“左端”“右端”或“任意”)位置，然后閉合開關；多次改變R0的大小，反復調節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭位置，發(fā)現(xiàn)當R05.0 時，電流

35、表G的示數(shù)為10.0 mA，電流表A的示數(shù)為0.210 A，則電流表G的內電阻為_；拆開電路，采用電阻箱R0與電流表G串聯(lián)的方式，將電流表G改裝成量程為2 V的電壓表V，則R0的值應調為_。(2)用改裝成的電壓表V和電流表A，采用圖2的電路測量電源的電動勢和內電阻。根據(jù)電壓表V的示數(shù)U與電流表A的示數(shù)I，經(jīng)描點、連線得到UI圖象如圖3所示。根據(jù)圖象可求得該干電池的電動勢E_V；內電阻r_。(保留三位有效數(shù)字)解析：(1) 根據(jù)安全的原則，閉合開關前，應將滑動觸頭滑到左端，以保證測量電路部分的電壓和電流最小，電表不會因電壓和電流過大而被燒壞；依題意知，通過R0的電流為IR0IAIg0.200 A

36、，有UR0IR0R01.0 V，則Rg 100 ；改裝后的電壓表總內阻RV200 ，則R0RVRg200 100 100 。(2)根據(jù)實驗原理，電源的伏安特性圖線的縱截距為電源的電動勢，可從圖中讀出為1.46 V(或1.47 V)，電源內電阻為圖線斜率的絕對值，即r| 0.920 。答案：(1)左端100100(2)1.46(1.47)0.920(0.940)三、計算題29. 2015·寧波模擬 如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m。有一質量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速

37、下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處。(g取10 m/s2)求：(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向。(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量。(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0。解析：(1)小環(huán)沿桿運動時受力分析可得 tan45°，所以qEmg小環(huán)離開直桿后只受電場力和重力，F(xiàn)合mg由牛頓第二定律F合ma得ag14.14 m/s2，方向垂直于桿斜向右下方(2)小環(huán)從C運動到P過程中電場力做功為零所以動能增量等于重力做的功EWmgh4 J(3)小環(huán)離開直桿后的運動可分解成水平和豎直兩個分運動水平：勻減速到零再反向加速運動，初、末水平分速度大小相等為vxv0cos45&

38、#176;t，axg豎直：hvytgt2vyv0sin45°解得v02 m/s答案：(1)14.14 m/s2' 方向垂直于桿斜向右下方(2)4 J '(3)2 m/s30. 2014·德州模擬如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道下滑，已知小球的質量為m、電荷量為q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為(小球的重力大于其所受的電場力)(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大??；(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，A點距水平地面的高度h至少應為多大？(3)若小球從斜軌道h5R處由靜止釋放，假設其能

39、夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量。解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有(mgqE)sinma解得a(2)若小球剛好通過B點，根據(jù)牛頓第二定律有mgqE小球由A到B，根據(jù)動能定理有(mgqE)(h2R)以上兩式聯(lián)立得hR(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，設機械能的變化量為E機由E機W電，W電3REq，得E機3REq答案：(1)(2)R(3)3REq30. 2015·唐山模擬如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m0.2 kg，帶電荷量為q2.0×106 C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)0.1。從t0時刻開始，空間加上一個如圖乙

40、所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右的方向為正方向，g取10 m/s2)。求：(1)23 s內小物塊的位移大??；(2)23 s內靜電力對小物塊所做的功。解析：(1)02 s內小物塊的加速度a12 m/s2位移x1a1t4 m2 s末小物塊的速度為v2a1t14 m/s24 s內小物塊的加速度a22 m/s2位移x2x14 m4 s末的速度v40因此小物塊做周期為4 s的變速運動，第22 s末的速度為v224 m/s第23 s末的速度為v23v22a2t2 m/s(t1 s)所求位移為xx1t47 m。(2)23 s內，設靜電力對小物塊所做的功為W，由動能定理有：Wmgxmv解得W9.8 J。答案：(1)47 m'(2)9.8 J31.2015·池州模擬如圖甲所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內有豎直向下的勻強電場，電