高中物理選修知識點歸納以及試卷解析

1、 物理選修3-1 一、電場1.兩種電荷、電荷守恒定律、元電荷(e1.60×10-19C）；帶電體電荷量等于元電荷的整數倍 2.庫侖定律：（真空中的點電荷）F:點電荷間的作用力(N)；k:靜電力常量k9.0×109Nm2/C2；Q1、Q2:兩點電荷的電量(C)；r:兩點電荷間的距離(m)；作用力與反作用力；方向在它們的連線上；同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引3.電場強度：（定義式、計算式)E:電場強度(N/C)，是矢量（電場的疊加原理）；q：檢驗電荷的電量(C) 4.真空點（源）電荷形成的電場 r：源電荷到該位置的距離（m），Q：源電荷的電量 5.勻強電場的場強 UAB:A

2、B兩點間的電壓(V)，d:AB兩點在場強方向的距離(m) 6.電場力：FqE F:電場力(N)，q:受到電場力的電荷的電量(C)，E:電場強度(N/C) 7.電勢與電勢差：UABA-B，UABWAB/q 8.電場力做功：WABqUABqEdEP減WAB:帶電體由A到B時電場力所做的功(J)，q:帶電量(C)，UAB:電場中A、B兩點間的電勢差(V)(電場力做功與路徑無關),E:勻強電場強度,d:兩點沿場強方向的距離(m)；EP減 ：帶電體由A到B時勢能的減少量 9.電勢能：EPAqA EPA:帶電體在A點的電勢能(J)，q:電量(C)，A:A點的電勢(V) 10.電勢能的變化EP減EPA-EP

3、B 帶電體在電場中從A位置到B位置時電勢能的減少量 11.電場力做功與電勢能變化WABEP減qUAB (電場力所做的功等于電勢能的減少量) 12.電容CQ/U(定義式,計算式) C:電容(F)，Q:電量(C)，U:電壓(兩極板電勢差)(V) 13.平行板電容器的電容（S:兩極板正對面積，d:兩極板間的垂直距離，：介電常數）常見電容器 14.帶電粒子在電場中的加速(Vo0)：WEK增或15.帶電粒子沿垂直電場方向以速度V0進入勻強電場時的偏轉(不考慮重力作用) ：類平拋運動(在帶等量異種電荷的平行極板中：垂直電場方向:勻速直線運動LV0t平行電場方向:初速度為零的勻加速直線運動，注: (1)兩個

4、完全相同的帶電金屬小球接觸時,電量分配規(guī)律:原帶異種電荷的先中和后平分,原帶同種電荷的總量平分； (2)電場線從正電荷出發(fā)終止于負電荷,電場線不相交,切線方向為場強方向,電場線密處場強大,順著電場線電勢越來越低,電場線與等勢線垂直； (3）常見電場的分布要求熟記； (4)電場強度（矢量）與電勢（標量）均由電場本身決定,而電場力與電勢能還與帶電體帶的電量多少和電荷正負有關； (5)處于靜電平衡導體是個等勢體,表面是個等勢面,導體外表面附近的電場線垂直于導體表面，導體內部合場強為零,導體內部沒有凈電荷,凈電荷只分布于導體外表面； (6)電容單位換算：1F106F1012PF； (7）電子伏(eV)

5、是能量的單位,1eV1.60×10-19J； (8)其它相關內容：靜電屏蔽、示波管、示波器及其應用、等勢面 帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動一、模型原題+-+LdUm,qvv0y一質量為m，帶電量為q的正粒子從兩極板的中部以速度v0水平射入電壓為U的豎直向下的勻強電場中，如圖所示，已知極板長度為L，極板間距離為d。1初始條件：帶電粒子有水平初速度v02受力特點：帶電粒子受到豎直向下的恒定的電場力3運動特點：水平方向為勻速直線運動，豎直方向為初速度為零的勻加速直線運動。4運動時間：若帶電粒子與極板不碰撞，則運動時間為；若帶電粒子與極板碰撞，則運動時間可以從豎直方向求得，故二、模型特征1

6、特征描述：側移2能量特點：電場力做正功。電場力做多少正功，粒子動能增加多少，電勢能減少多少。3重要結論：速度偏向角的正切，位移偏向角的正切，即，即帶電粒子垂直進入勻強電場，它離開電場時，就好象是從初速度方向的位移中點沿直線射出來的。電容器（1）兩個彼此絕緣，而又互相靠近的導體，就組成了一個電容器。（2）電容：表示電容器容納電荷的本領。a 定義式：，即電容C等于Q與U的比值，不能理解為電容C與Q成正比，與U成反比。一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。b 決定因素式：如平行板電容器（不要求應用此式計算）（3）對于平行板電容器有關的Q、E、U、C的討論時要

7、注意兩種情況：a 保持兩板與電源相連，則電容器兩極板間的電壓U不變b 充電后斷開電源，則帶電量Q不變（4）電容的定義式： （定義式）（5）C由電容器本身決定。對平行板電容器來說C取決于：（決定式）（6）電容器所帶電量和兩極板上電壓的變化常見的有兩種基本情況：第一種情況：若電容器充電后再將電源斷開，則表示電容器的電量Q為一定，此時電容器兩極的電勢差將隨電容的變化而變化。第二種情況：若電容器始終和電源接通，則表示電容器兩極板的電壓V為一定，此時電容器的電量將隨電容的變化而變化。二、 恒定電流 1.電流強度：I:電流強度(A），q:在時間t內通過導體橫載面的電量(C），t:時間(s）2.歐姆定律：

8、I:導體電流強度(A)，U:導體兩端電壓(V)，R:導體阻值() 3.電阻、電阻定律：:電阻率(m)，L:導體的長度(m)，S:導體橫截面積(m2) 4.閉合電路歐姆定律：或EIr+ IR（純電阻電路）；EU內 +U外 ；EU外 + I r ；（普通適用）I:電路中的總電流(A)，E:電源電動勢(V)，R:外電路電阻()，r:電源內阻()5.電功與電功率：WUIt，PUIW:電功(J)，U:電壓(V)，I:電流(A)，t:時間(s)，P:電功率(W)6.焦耳定律：QI2RtQ:電熱(J)，I:通過導體的電流(A)，R:導體的電阻值()，t:通電時間(s) 7.純電阻電路和非純電阻電路 8.電源

9、總動率P總IE；電源輸出功率P出IU；電源效率P出/P總I:電路總電流(A)，E:電源電動勢(V)，U:路端電壓(V)，：電源效率 9.電路的串/并聯： 串聯電路(P、U與R成正比) 并聯電路(P、I與R成反比)10.歐姆表測電阻：11.伏安法測電阻 1、電壓表和電流表的接法2、滑動變阻器的兩種接法：注：（1)單位換算：1A103mA106A；1kV103V106mV；1M103k106 (2)各種材料的電阻率都隨溫度的變化而變化,金屬電阻率隨溫度升高而增大；半導體和絕緣體的電阻率隨溫度升高而減小。 (3)串聯時，總電阻大于任何一個分電阻；并聯時，總電阻小于任何一個分電阻； (4)當外電路電阻

10、等于電源電阻時,電源輸出功率最大,此時的輸出功率為E2/(4r)； 三、磁場1、磁場：磁場是存在于磁體、運動電荷周圍的一種物質它的基本特性是：對處于其中的磁體、電流、運動電荷有力的作用2、磁現象的電本質：所有的磁現象都可歸結為運動電荷之間通過磁場而發(fā)生的相互作用二、磁感線為了描述磁場的強弱與方向，人們想象在磁場中畫出的一組有方向的曲線1疏密表示磁場的強弱2每一點切線方向表示該點磁場的方向，也就是磁感應強度的方向3是閉合的曲線，在磁體外部由N極至S極，在磁體的內部由S極至N極磁線不相切不相交。4勻強磁場的磁感線平行且距離相等沒有畫出磁感線的地方不一定沒有磁場5安培定則(右手定則)：姆指指向電流方

11、向，四指指向磁場的方向注意這里的磁感線是一個個同心圓，每點磁場方向是在該點切線方向· *熟記常用的幾種磁場的磁感線：三、磁感應強度1磁場的最基本的性質是對放入其中的電流或磁極有力的作用，電流垂直于磁場時受磁場力最大，電流與磁場方向平行時，磁場力為零。2在磁場中垂直于磁場方向的通電導線受到的磁場力F跟電流強度I和導線長度l的乘積Il的比值，叫做通電導線所在處的磁感應強度表示磁場強弱的物理量是矢量大?。築=F/Il(決定式)（電流方向與磁感線垂直時的公式）方向：左手定則：是磁感線的切線方向；是小磁針N極受力方向；是小磁針靜止時N極的指向不是導線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向

12、（根據實驗得出的） 單位：牛/安米，也叫特斯拉，國際單位制單位符號T點定B定：就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應強度的大小與方向都是定值勻強磁場的磁感應強度處處相等磁場的疊加:空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應強度的矢量和,滿足矢量運算法則.四、磁通量與磁通密度1磁通量：穿過某一面積磁力線條數，是標量2磁通密度B：垂直磁場方向穿過單位面積磁力線條數，即磁感應強度，是矢量3二者關系：B/S（當B與面垂直時），BScos，Scos為面積垂直于B方向上的投影，是B與S法線的夾角磁場對電流的作用 一、安培力1.安培力：通電導線在

13、磁場中受到的作用力叫做安培力說明:磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現即為安培力2.安培力的計算公式：FBILsin（是I與B的夾角）；通電導線與磁場方向垂直時，即900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即00，此時安培力有最小值，F=0N;00B900時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件:公式FBIL一般適用于勻強磁場中IB的情況，對于非勻強磁場只是近似適用（如對電流元），但對某些特殊情況仍適用I1I2 如圖所示，電流I1/I2,如I1在I2處磁場的磁感應強度為B，則I1對I2的安培力FBI2L，方向向左，同理I2

14、對I1，安培力向右，即同向電流相吸，異向電流相斥根據力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力兩根通電導線間的磁場力也遵循牛頓第三定律二、左手定則1.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向2.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線垂直,即F跟BI所在的面垂直但B與I的方向不一定垂直規(guī)律方法 1。安培力的性質和規(guī)律；公式F=BIL中L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度

15、，相應的電流方向沿L由始端流向末端如圖所示，甲中：，乙中：L/=d(直徑）2R（半圓環(huán)且半徑為R)安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；2、安培力作用下物體的運動方向的判斷分析在安培力作用下通電導體運動情況的一般步驟畫出通電導線所在處的磁感線方向及分布情況用左手定則確定各段通電導線所受安培力)據初速方向結合牛頓定律確定導體運動情況磁場對通電線圈的作用:若線圈面積為S，線圈中的電流強度為I，所在磁場的孩感應強度為B，線圈平面跟磁場的夾角為，則線圈所受磁場的力矩為：M=BIScos磁場對運動電荷的作用基礎知識 一、洛侖茲力磁場對運動電荷的作用力1.洛倫茲力的公式: f=qvB sin，是V、B

16、之間的夾角.2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F03.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，f=qvB 4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0二、洛倫茲力的方向1.洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面2.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，伸出左手，讓姆指跟四指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動方向（當是負電荷時，四指指向與電荷運動方向相反）則姆指所指方向就是該電荷所受洛倫茲力的方向三、洛倫茲力與安培力的關系1.洛倫茲力是單個運動電荷

17、在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向稱動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現2.洛倫茲力一定不做功，它不改變運動電荷的速度大小;但安培力卻可以做功四、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動2.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/qB；其運動周期T=2m/qB（與速度大小無關）3.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動（類平拋運動）；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動（勻速圓周運動）帶

18、電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律：1、帶電粒子的速度方向若與磁場方向平行，帶電粒子不受洛倫茲力作用，將以入射速度做勻速直線運動。2、帶電粒子若垂直進入勻強磁場且只受洛倫茲力的作用，帶電粒子一定做勻速圓周運動，其軌道平面一定與磁場垂直。由洛倫茲力提供向心力，得軌道半徑：。由軌道半徑與周期的關系得：?？梢姡芷谂c入射速度和運動半徑無關。荷質比相同的帶電粒子，當它們以不同的速度在磁場中做勻速圓周運動時，無論速度相差多大，由于其運動半徑，與速度成正比，所以它們運動的周期都相同。規(guī)律方法 1、帶電粒子在磁場中運動的圓心、半徑及時間的確定（1)用幾何知識確定圓心并求半徑 因為F方向指向圓心，根據F一定垂直v，

19、畫出粒子運動軌跡中任意兩點（大多是射入點和出射點）的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系 (2)確定軌跡所對應的圓心角，求運動時間 先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于3600（或2）計算出圓心角的大小，再由公式t=T/3600（或T/2）可求出運動時間(3)注意圓周運動中有關對稱的規(guī)律 如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出專題:帶電粒子在復合場中的運動基礎知識 一、復合場的分類：1、復合場：即電場與磁場有明顯的界線，帶電粒子分別在兩個區(qū)域內做兩種不同的運動，即分段運動，

20、該類問題運動過程較為復雜，但對于每一段運動又較為清晰易辨，往往這類問題的關鍵在于分段運動的連接點時的速度，具有承上啟下的作用2、疊加場：即在同一區(qū)域內同時有電場和磁場，些類問題看似簡單，受力不復雜，但仔細分析其運動往往比較難以把握。二、帶電粒子在復合場電運動的基本分析1.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止2.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動3.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動4.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理三、電場力和洛倫茲力的

21、比較1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用2.電場力的大小FEq，與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsin,與電荷運動的速度大小和方向均有關3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直4.電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；

22、勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧四、對于重力的考慮 重力考慮與否分三種情況（1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力（2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單（3)對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設法判斷，假設重力計或者不計，結合題給條件得出的結論若與題意相符則假設正確，否則假設錯誤五、復合場中的特殊物理模型1粒子速度選擇器 如圖所示，粒子經加

23、速電場后得到一定的速度v0，進入正交的電場和磁場，受到的電場力與洛倫茲力方向相反，若使粒子沿直線從右邊孔中出去，則有qv0BqE,v0=E/B，若v= v0=E/B，粒子做直線運動，與粒子電量、電性、質量無關 若vE/B，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加 若vE/B，洛倫茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動能減少2.磁流體發(fā)電機 如圖所示，由燃燒室O燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以高速。噴入偏轉磁場B中在洛倫茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉、積累，從而在板間形成一個向下的電場兩板間形成一定的電勢差當qvB=qU/d時電勢差穩(wěn)定UdvB，這就相當于一個可

24、以對外供電的電源3.電磁流量計電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動導電液體中的自由電荷（正負離子）在洛倫茲力作用下縱向偏轉，a,b間出現電勢差當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定 由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd.流量Q=Sv=Ud/4B4.質譜儀如圖所示組成：離子源O，加速場U，速度選擇器（E,B），偏轉場B2，膠片原理：加速場中qU=½mv2選擇器中:v=E/B1偏轉場中:d2r，qvB2mv2/r比荷:質量作用：主要用于測量粒子的質量、比荷、研究同位素5.回旋加速器如圖所示組成

25、：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U作用：電場用來對粒子（質子、氛核,a粒子等）加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復加速高能粒子是研究微觀物理的重要手段要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期關于回旋加速器的幾個問題：(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在圓周運動過程中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻速圓周運動(2)回旋加速器中所加交變電壓的頻率f,與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相等:(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式來計算，在粒子電量，、質量m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就

26、越大【注意】直線加速器的主要特征 如圖所示，直線加速器是使粒子在一條直線裝置上被加速2015-2016學年河南省洛陽一中高二（上）月考物理試卷（9月份）一選擇題（每小題4分，40分，1-3題只有一個正確選項，4-10題有多個選項）1導體中形成電流的原因是（）A只要導體中有自由電荷，就一定有電流B只要電路中有電源，就一定有電流C只要導體兩端有電壓，導體中就會形成電流D只要電路中有電源，用電器兩端就一定有電壓2以下有關電動勢的說法正確的是（）A電源的電動勢跟電源內非靜電力做的功成正比，跟通過的電量成反比B電動勢的單位跟電壓的單位一致，所以電動勢就是兩極間的電壓C非靜電力做的功越多，電動勢就越大DE

27、= 只是電動勢的定義式而非決定式，電動勢的大小是由電源內非靜電力的特性決定的3一個內電阻可以忽略的電源，給一個圓管子內裝滿的水銀供電，電流為0.1A，若把全部水銀都倒在一個內徑大一倍的圓管子內，再讓同一電源對它供電，那么通過的電流將是（）A0.4AB0.8AC1.6AD3.2A4有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流為I，設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電荷量為e此時電子的定向移動速度為v，在t時間內，通過銅導線橫截面的自由電子數目可表示為（）AnvStBnvtC D 5某同學按如圖電路進行實驗，電壓表內阻看作無限大，電流表內阻看作零實驗中由于電路發(fā)生故障，發(fā)現兩電壓表示數相同了（

28、但不為零），若這種情況的發(fā)生是由用電器引起的，則可能的故障原因是（）AR3短路BRP短路CR3斷開DR2斷開6小燈泡通電后，其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法不正確的是（）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B對應P點，小燈泡的電阻為R= C對應P點，小燈泡的電阻為R= D對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積7兩電源的UI圖象，下列說法正確的是（）A電源的電動勢和內阻均比電源大B當外接同樣的電阻時，它們的輸出功率可能相等C當外接同樣的電阻時，電源的效率可能相等D不論外接多大的相同電阻，電源的輸

29、出功率總比電源的輸出功率大8如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內電阻，以下說法中正確的是（）A當R2=R1+r時，R2獲得最大功率B當R1=R2+r時，R1獲得最大功率C當R2=0時，R1上獲得最大功率D當R2=0時，電源的輸出功率最大9在如圖所示的電路中，R1、R2、R3均為可變電阻當開關S閉合后，兩平行金屬板MN中有一帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)為使帶電液滴向上加速運動，可采取的措施是（）A增大R1B減小R2C減小R3D減小MN間距10如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r當滑動變阻器R2的滑片P向左滑動時，下列說法不正確的是（）A電阻R3消耗的功率變大B電容器C上

30、的電荷量變大C燈L變暗DR1兩端的電壓變化量的絕對值小于R2兩端的電壓變化量的絕對值二實驗題（27分）11小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大某同學為研究這一現象，用實驗得到如下數據（I和U分別表示小燈泡上的電流和電壓）：I/（A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U（V）0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在圖1中畫出實驗電路圖可用的器材有：電壓表、電流表、滑線變阻器（變化范圍010）、電源、小燈泡、電鍵、導線若干（2）在圖2中畫出小燈泡的UI曲線（3）若將該小燈泡接在電動勢是1.5V，內阻是2.

31、0的電池兩端，根據圖象（要體現在圖上）小燈泡的實際功率是W（保留2位有效數字）12（10分）（2015河南一模）某研究小組收集了兩個電學元件：電阻R0（約為2k）和手機中的鋰電池（電動勢E標稱值為3.7V，允許最大放電電流為100mA）實驗室備有如下器材：A電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0k）B電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5）C電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50）D滑動變阻器R1（040，額定電流1A）E電阻箱R2（0999.9）F開關S一只、導線若干（1）為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖甲所示為其對應的實物圖，圖中的電流表A應選（選填“A1”或“A2

32、”），請將實物連線補充完整（2）為測量鋰電池的電動勢E和內阻r，小紅設計了如圖乙所示的電路圖根據測量數據作出 圖象，如圖丙所示若該圖線的斜率為k，縱軸截距為b，則該鋰電池的電動勢E=，內阻r=（用k、b和R2表示）該實驗的測量值偏小，造成此系統(tǒng)誤差主要原因是13（10分）（2015秋洛陽校級月考）要測量一只量程已知的電壓表的內阻，所備器材如下：A待測電壓表V（量程3V，內阻未知）B電流表A（量程3A，內阻0.01）C定值電阻R（阻值2k，額定電流50mA）D蓄電池E（電動勢略小于3V，內阻不計）E多用電表F開關K1、K2，導線若干有一同學利用上面所給器材，進行如下實驗操作：（1）首先，用多用電

33、表進行粗測，選用×100倍率，操作方法正確若這時刻度盤上的指針位置如圖1所示，則測量的結果是（2）為了更精確地測出此電壓表內阻，該同學設計了如圖2所示的甲、乙實驗電路，你認為其中較合理的電路圖是理由是（3）用你選擇的電路進行實驗時，需要直接測量的物理量是：；用上述所測量的各量表示電壓表的內阻RV=三計算簡答題（33分）14如圖所示，R1=2，R2=6，R3=3，當S接通時，電壓表讀數為2.4V，S斷開時，電壓表讀數為2V，則電源電動勢和內阻各為多少？15（12分）（2006江蘇模擬）一臺小型電動機在3V電壓下工作，用此電動機提升所受重力為4N的物體時，通過它的電流是0.2A在30s內

34、可使該物體被勻速提升3m若不計除電動機線圈生熱之外的能量損失，求：（1）電動機的輸入功率；（2）在提升重物的30s內，電動機線圈所產生的熱量；（3）線圈的電阻16（13分）（2011秋孟津縣校級期中）如圖所示電路中，電源電動勢E=10V，內電阻不計，電阻R1=14，R2=6.0，R3=2.0，R4=8.0，R5=10，電容器的電容C=2.0 F求：（1）電容器所帶的電量？說明電容器哪個極板帶正電？（2）若R1突然斷路，將有多少電荷通過R5？2015-2016學年河南省洛陽一中高二（上）月考物理試卷（9月份）參考答案與試題解析一選擇題（每小題4分，40分，1-3題只有一個正確選項，4-10題有多

35、個選項）1導體中形成電流的原因是（）A只要導體中有自由電荷，就一定有電流B只要電路中有電源，就一定有電流C只要導體兩端有電壓，導體中就會形成電流D只要電路中有電源，用電器兩端就一定有電壓【考點】電流、電壓概念 【專題】恒定電流專題【分析】導體內部含有大量的自由電荷，但是這些電荷在做雜亂無章的運動即向各個方向運動，所以不能形成電流如果這些自由電荷能夠都向一個方向運動，即發(fā)生定向移動，則就會產生電流【解答】解：A、導體中有自由電荷，但要使導體中的自由電荷定向移動形成電流，還要在導體的兩端加上電壓故A錯誤B、要使電路中有持續(xù)電流，電路還必須是通路故B錯誤C、導體兩端有電壓，電壓迫使導體中的自由電荷定

36、向移動形成電流，故C正確D、若電路是斷開的，雖然電路中有電源，但用電器兩端就沒有電壓，故D錯誤故選：C【點評】本題考查電流的形成條件，要明確形成電流的關鍵就在于電荷發(fā)生“定向”移動時，才能產生電流2以下有關電動勢的說法正確的是（）A電源的電動勢跟電源內非靜電力做的功成正比，跟通過的電量成反比B電動勢的單位跟電壓的單位一致，所以電動勢就是兩極間的電壓C非靜電力做的功越多，電動勢就越大DE= 只是電動勢的定義式而非決定式，電動勢的大小是由電源內非靜電力的特性決定的【考點】電源的電動勢和內阻 【專題】恒定電流專題【分析】根據電動勢的定義式E= 可知，非靜電力把單位正電荷從電源負極移送到正極所做的功等

37、于電源的電動勢電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱的物理量電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓【解答】解：A、電源內部非靜電力把正電荷從電源負極移送到正極，根據電動勢的定義式E= 可知，電動勢等于非靜電力把單位正電荷從電源負極移送到正極所做的功屬于比值定義，故A錯誤D正確； B、電動勢等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓，因此電動勢的單位跟電壓的單位一致，但電動勢不就是兩極間的電壓，故B錯誤 C、由E= 可知，電源把其他形式的能轉化為電能越多，即W越大，電動勢不一定就越高故C錯誤故選D【點評】本題考查電動勢的物理意義要注意電動勢與電壓是兩個不同的概念，不能說“電動勢就是電壓”3一

38、個內電阻可以忽略的電源，給一個圓管子內裝滿的水銀供電，電流為0.1A，若把全部水銀都倒在一個內徑大一倍的圓管子內，再讓同一電源對它供電，那么通過的電流將是（）A0.4AB0.8AC1.6AD3.2A【考點】歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】（1）導體的電阻的大小與材料、長度、橫截面積和溫度有關，在材料和溫度不變時，導體越長、橫截面積越小電阻越大，反之越?。唬?）因電源的電壓不變，根據歐姆定律表示出兩種情況下電源的電壓，利用電源的電壓不變得出等式即可求出答案【解答】解：當將全部水銀倒入另一個內徑大一倍的絕緣圓管子里時，由S=r2可知，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，由V=Sh可知，長度變?yōu)樵瓉淼?，

39、因導體的電阻的大小與材料、長度、橫截面積和溫度有關，所以，電阻變?yōu)樵瓉淼?，因電源的電壓不變，所以，由I= 可得，電源的電壓：U=I1R1=I2R2，即：0.1A×R=I× R，解得：I=1.6A故選：C【點評】本題考查了歐姆定律的靈活應用，關鍵是根據電源的電壓不變得出等式進行解答，難點是絕緣圓管子變化時水銀電阻變化的判斷4有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流為I，設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電荷量為e此時電子的定向移動速度為v，在t時間內，通過銅導線橫截面的自由電子數目可表示為（）AnvStBnvtC D 【考點】電流、電壓概念 【專題】恒定電流專題【分

40、析】根據電流的兩個表達式來分析，首先從導體導電的微觀角度來說，在t時間內能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為vt的圓柱體內，由于自由電子可以認為是均勻分布，故此圓柱體內的電子數目為nvSt而從電流的定義來說，I= ，故在t時間內通過某一橫截面的電荷量為It，通過橫截面的自由電子數目為 【解答】解：A、從微觀角度來說，在t時間內能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為vt的圓柱體內，此圓柱體內的電子數目為nvSt，故A正確；B、vt是電子通過的距離，nvt沒意義，缺少面積s，故B錯誤；C、從電流的定義式來說，I= ，故在t時間內通過某一橫截面的電荷量為It，通過橫截面的自由電子數目為 ，故C

41、錯誤，D正確；故選：AD【點評】本題考查了電流的兩個表達式，要特別注意微觀表達式I=nvst中各物理量的意義5某同學按如圖電路進行實驗，電壓表內阻看作無限大，電流表內阻看作零實驗中由于電路發(fā)生故障，發(fā)現兩電壓表示數相同了（但不為零），若這種情況的發(fā)生是由用電器引起的，則可能的故障原因是（）AR3短路BRP短路CR3斷開DR2斷開【考點】閉合電路的歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】根據四個選項逐一代入檢查，分析哪種情況中兩電壓表測量哪部分電壓，示數是否相同，再進行選擇【解答】解：A、若R3短路時，由于電流表內阻看作零，兩電壓表都被短路，示數都為零，與題不符故A錯誤B、RP短路時，兩電壓表都測

42、量R2的電壓，示數相同，而且都不為零故B正確C、R3斷開時，電壓表V2測量Rp的電壓，電壓表V1測量Rp和R2串聯的電壓，電壓表V1的示數大于電壓表V2的示數故C錯誤D、R2斷開時，由于電壓表內阻看作無限大，RP中電流為零，電壓為零，兩電壓表都測量R3的電壓，示數相同，而且都不為零故D正確故選BD【點評】本題中兩電表都是理想電表，電壓表內阻看作無限大，與之串聯的電阻沒有電流電流表內阻看作零，與電流表并聯的電阻被短路6小燈泡通電后，其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線，則下列說法不正確的是（）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電

43、阻增大B對應P點，小燈泡的電阻為R= C對應P點，小燈泡的電阻為R= D對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍的面積【考點】歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】由圖象的斜率表示電阻的倒是，可判定電阻的變化；找到P點對應的電壓和電流，根據歐姆定律求出此時燈泡的電阻；由功率公式可對應圖線的“面積”【解答】解：A、由圖象可知，斜率表示電阻的倒數，而圖象的斜率是減小的，故電阻是增大的，故A正確；BC、由圖象可知，P點對應的電壓為U1，電流為I2，則燈泡的電阻R= ，而 是錯誤的，故B錯誤，C正確；D、因P=UI，所以圖象中矩形PQOM所圍的面積為對應P點小燈泡的實際功率，故D正確本題選錯誤的，

44、故選：B【點評】本題要考察圖象的識別應用問題，此類問題，首先看清坐標軸的含義，其次弄清斜率含義，面積的含義7兩電源的UI圖象，下列說法正確的是（）A電源的電動勢和內阻均比電源大B當外接同樣的電阻時，它們的輸出功率可能相等C當外接同樣的電阻時，電源的效率可能相等D不論外接多大的相同電阻，電源的輸出功率總比電源的輸出功率大【考點】閉合電路的歐姆定律；電源的電動勢和內阻 【專題】恒定電流專題【分析】根據閉合電路歐姆定律分析兩電源的電動勢和內阻大小過原點O作出一條傾斜的直線，該直線與兩圖線的交點表示兩電源與同樣的電阻連接時的工作狀態(tài)，電源的輸出功率P=UI，由交點縱坐標與橫坐標乘積比較輸出功率的大小電

45、源的效率= 【解答】解：A、根據閉合電路歐姆定律得，U=EIr，當I=0時，U=E，即圖線與縱軸交點表示斷路狀態(tài)，交點的縱坐標等于電源的電動勢大小，圖線的斜率大小等于電源的內阻，由圖看出，電源的電動勢和內阻均比電源大故A正確B、D過原點O作出一條傾斜的直線（3），該直線與圖線、的交點就表示該電阻與兩電源連接時的工作狀態(tài)，由圖看出，直線（3）與圖線交點的兩坐標的乘積大于直線（3）與圖線交點的兩坐標的乘積，說明不論外接多大的相同電阻，電源的輸出功率總比電源的輸出功率大故B錯誤，D正確C、電源的效率= ，當外接同樣的電阻，由于內阻r不等，電源的效率不可能相等，電源的效率總大于電源的效率故C錯誤故選A

46、D【點評】本題根據圖線的截距、交點、斜率等數學意義來理解圖線的物理意義，技巧是作出電阻的伏安特性曲線8如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內電阻，以下說法中正確的是（）A當R2=R1+r時，R2獲得最大功率B當R1=R2+r時，R1獲得最大功率C當R2=0時，R1上獲得最大功率D當R2=0時，電源的輸出功率最大【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】當外電阻等于內阻時電源的輸出功率最大對于定值電阻，根據P=I2R，電流最大時，功率最大【解答】解：A、將R1等效到電源的內部，R2上的功率等于電源的輸出功率，當外電阻等于內阻時，即R2=R

47、1+r時，輸出功率最大，即R2上的功率最大故A正確 B、根據P=I2R，電流最大時，R1上的功率最大當外電阻最小時，即R2=0時，電流最大故B錯誤C正確 D、當外電阻等于內阻時，即R1+R2=r時，電源的輸出功率最大故D錯誤故選AC【點評】解決本題的關鍵掌握當外電阻等于內阻時電源的輸出功率最大對于定值電阻，根據P=I2R，電流最大時，功率最大9在如圖所示的電路中，R1、R2、R3均為可變電阻當開關S閉合后，兩平行金屬板MN中有一帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)為使帶電液滴向上加速運動，可采取的措施是（）A增大R1B減小R2C減小R3D減小MN間距【考點】閉合電路的歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】

48、R1、R2為滑動變阻器，而R3為變阻箱當開關閉合后，帶電液滴正好處于靜止，為使能加速向上，則電場力大于重力可以提高兩極板的電壓，即提高變阻箱R3的電壓；也可以變化兩極板的距離，從而實現提高兩板間的電場強度【解答】解：A、當增大R1電阻時，沒有作用，因為R1電阻與兩平行金屬板相串聯，沒有電流通過，所以R1電阻兩端沒有電勢差故A錯誤；B、當R2減小時，導致總電阻減小，所以總電流變大，則變阻器R3電壓變大，電容器板間電壓增大，場強增大，液滴所受的電場力增大，將向上加速運動，故B正確；C、當R3減小時，導致總電阻減小，所以總電流變大，則R2電阻兩端電壓變大，那么R3變阻器電壓變小，電容器板間電壓減小，

49、場強減小，液滴所受的電場力減小，將向下加速運動，故C錯誤；D、當減小MN間距時，由于平行板兩端電壓不變，則兩板間的電場強度變大，所以電場力將大于重力，液滴向上加速運動，故D正確故選：BD【點評】電阻R1與兩平行板相串聯，由于沒有電流，所以沒有電勢降落，因此可將R1電阻去除當改變間距時，會導致兩板間的電容變化10如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r當滑動變阻器R2的滑片P向左滑動時，下列說法不正確的是（）A電阻R3消耗的功率變大B電容器C上的電荷量變大C燈L變暗DR1兩端的電壓變化量的絕對值小于R2兩端的電壓變化量的絕對值【考點】閉合電路的歐姆定律 【專題】恒定電流專題【分析】首先明確電路結構，R

50、2和L并聯然后和R1串聯，串聯后與R3并聯【解答】解：A、當滑動變阻器R2的滑片P向左滑動時，電阻變小，則外電路的總電阻變小，小電阻分小電壓，則外電壓變小，故R3消耗的功率：P= 變小，A錯誤；B、R2變小，外電路的總電阻變小，則干路總電流變大，而R3上電壓變小則電流變小，故R1上電流變大，電壓變大，故電容器兩端電壓變大，Q=CU，則電荷量變大，故B正確；C、R2變小，小電阻分小電壓，則R2的電壓變小，燈泡的電壓變小，故燈L變暗，C正確；D、R1兩端的電壓變大，R2兩端的電壓變小，二者電壓之和等于外電壓，由前面分析之外電壓變小，故R1兩端增加的電壓小于R2兩端減小的電壓，D正確；題目要求選不正

51、確的，故選：A【點評】本題考查電路的動態(tài)分析，關鍵抓住電源的電動勢和內阻不變，運用“局部整體局部”的思路進行分析二實驗題（27分）11小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大某同學為研究這一現象，用實驗得到如下數據（I和U分別表示小燈泡上的電流和電壓）：I/（A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U（V）0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在圖1中畫出實驗電路圖可用的器材有：電壓表、電流表、滑線變阻器（變化范圍010）、電源、小燈泡、電鍵、導線若干（2）在圖2中畫出小燈泡的UI曲線（3）若將該小燈泡接在

52、電動勢是1.5V，內阻是2.0的電池兩端，根據圖象（要體現在圖上）小燈泡的實際功率是0.270.28W（保留2位有效數字）【考點】測定金屬的電阻率 【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】（1）為測量多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，燈泡電阻較小，遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，據此作出實驗電路圖（2）根據表中實驗數據，應用描點法作圖，作出小燈泡的伏安特性曲線（3）在小燈泡的伏安特性曲線上作出電源路端電壓與電路電流關系圖象，找出該圖象與燈泡伏安特性曲線交點所對應的電壓與電流值，由P=UI求出燈泡的實際功率【解答】解：（1）由于小燈泡燈絲的電阻值遠小于電壓表的內阻，如：電壓為2.00V時

53、，其阻值R燈= = ，為減少由于電表接入電路引起的系統(tǒng)誤差，應采用電流表外接法為使小燈泡兩端的電壓的變化范圍盡可能大，滑線變阻器應連接成分壓電路，實驗電路如圖1所示（2）根據實驗得到的數據在UI坐標系中描點，并將這些數據點連接成一條平滑的曲線，如圖2所示（3）作出電源的UI圖線，它與小燈泡的伏安特性曲線的交點坐標就是小燈泡的工作點，小燈泡的實際電流為0.330.35A電壓為0.800.82V，功率P=IU=0.270.28W故答案為：（1）電路圖如圖1所示；（2）圖象如圖2所示；（3）0.270.28【點評】本題考查了實驗電路的設計，設計實驗電路是實驗常考問題，設計實驗電路的關鍵是根據題目要求

54、確定滑動變阻器采用分壓接法還是采用限流接法，根據待測電路元件電阻大小與電表內阻間的關系確定電流表采用內接法還是外接法12（10分）（2015河南一模）某研究小組收集了兩個電學元件：電阻R0（約為2k）和手機中的鋰電池（電動勢E標稱值為3.7V，允許最大放電電流為100mA）實驗室備有如下器材：A電壓表V（量程3V，電阻RV約為4.0k）B電流表A1（量程100mA，電阻RA1約為5）C電流表A2（量程2mA，電阻RA2約為50）D滑動變阻器R1（040，額定電流1A）E電阻箱R2（0999.9）F開關S一只、導線若干（1）為了測定電阻R0的阻值，小明設計了一電路，如圖甲所示為其對應的實物圖，圖中的電流表A應選A2（選填“A1”或“A2”），請將實物連