電場(chǎng)+恒定電流檢測(cè)題二(教師)

1、 紙上得來(lái)終覺(jué)淺 絕知此事要躬行 電場(chǎng)+恒定電流測(cè)試試題1、 選擇題（本大題共11小題，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第16題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求；第710題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求）1下列說(shuō)法中正確的是（）A電荷在某處不受電場(chǎng)力的作用，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零B一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零C電場(chǎng)強(qiáng)度是表征電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱，是把一個(gè)檢驗(yàn)電荷放在該點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力與檢驗(yàn)電荷本身電荷量的比值D磁感應(yīng)強(qiáng)度是表征磁場(chǎng)中某點(diǎn)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，是把一小段通電導(dǎo)線放在該點(diǎn)時(shí)受到的磁場(chǎng)力與該小段導(dǎo)線長(zhǎng)度和電流乘積的比值答案：C解答：解：A、電荷在電場(chǎng)中某處不受電場(chǎng)力，可知電場(chǎng)強(qiáng)度為

2、零故A錯(cuò)誤B、一小段通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中不受磁場(chǎng)力，可能導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)方向平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零故B錯(cuò)誤C、根據(jù)E=知，電荷受到的電場(chǎng)力與所帶電荷量的比值表示該點(diǎn)電場(chǎng)的強(qiáng)弱故C正確D、只有當(dāng)導(dǎo)線中電流的方向與磁場(chǎng)的方向垂直時(shí)，導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力與該小段通電導(dǎo)線的長(zhǎng)度和電流的乘積的比值才能表示該處磁場(chǎng)的強(qiáng)弱故D錯(cuò)誤故選：C2手機(jī)已是我們生活中普遍的通信工具，如圖所示是中國(guó)科健股份有限公司生產(chǎn)的一塊手機(jī)電池外殼上的文字說(shuō)明，由此可知此電池的電動(dòng)勢(shì)和待機(jī)狀態(tài)下平均工作電流分別是（）A4.2 V，14.58 mAB4.2 V，700 mAC3.7 V，14.58 mAD3.7 V，700 mA答案：C

3、解答：解：由手機(jī)電池外殼上的文字說(shuō)明可知，4.2V是充電電壓電池的電動(dòng)勢(shì)是3.7V700mAh是電池的容量，即放電電流與時(shí)間的乘積，所以平均工作電流I=故C正確，A、B、D錯(cuò)誤故選：C點(diǎn)評(píng)：本題的技巧是采用排除法對(duì)于選擇題常用排除法、圖象法、極限法等求解3如圖所示，在一電場(chǎng)強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為保證當(dāng)絲線與豎直方向的夾角為=60°時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小最小值為（）ABCD答案：A解答：解：小球受重力、電場(chǎng)力和拉力處于平衡，根據(jù)平行四邊形定則，當(dāng)電場(chǎng)力方向與拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，F(xiàn)min=mgs

4、in60°，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為：Emin=故選：C4如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一個(gè)以O(shè)為圓心、半徑R=0.1m的圓，P為圓周上的一點(diǎn)，O、P兩點(diǎn)連線與x軸正方向的夾角為若空間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=100V/m，則O、P兩點(diǎn)的電勢(shì)差可表示為（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）答案：C解答：解：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=Ed，而d是沿場(chǎng)強(qiáng)方向上的距離，所以dOP=Rsin，故：Uop=100×0.1sin=10sin（V）故選：C5如圖所示，閉合開(kāi)關(guān)S使電容器充電，充完后斷開(kāi)

5、開(kāi)關(guān)當(dāng)增大兩極板間間距時(shí)，電容器帶電量Q，電容C，兩極板間電壓U，兩極板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是（）AQ變小，C不變，U變小，E變小BQ變小，C變小，U不變，E變小CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C不變，U變小，E變小答案：C解答：解：電容器與電源斷開(kāi)，電量Q保持不變，增大兩極板間距離時(shí)，根據(jù)C= 知電容C變小，根據(jù)U=，知兩極板間的電勢(shì)差U變大，根據(jù)E=，知電場(chǎng)強(qiáng)度E不變故選：C6如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重力加

6、速度為g粒子運(yùn)動(dòng)加速度為（）AgBgCgDg答案：A解答：解：粒子受重力和電場(chǎng)力，開(kāi)始時(shí)平衡，有：mg=q 當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgq=ma 聯(lián)立解得：a=g故選：A7在伏安法測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)中，待測(cè)電阻Rx約為200，電壓表V的內(nèi)阻約為2k，電流表A的內(nèi)阻約為10，測(cè)量電路中電表的連接方式如圖（a）或圖（b）所示，若將由圖（a）和圖（b）中電路測(cè)得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則下了說(shuō)法正確的是（）ARx1更接近真實(shí)阻值BRx2更接近真實(shí)阻值CRx1大于真實(shí)阻值，Rx2小于真實(shí)阻值DRx1小于真實(shí)阻值，Rx2大于真實(shí)阻值答案：AC解答：解：由于待測(cè)電阻滿足時(shí)R

7、ARV=10×2000R=40000，所以電流表應(yīng)用內(nèi)接法，即RX1 更接近真實(shí)值；根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律可知，采用內(nèi)接法時(shí)真實(shí)值應(yīng)為：R真=R測(cè)，即測(cè)量值大于真實(shí)值；采用外接法時(shí)，真實(shí)值應(yīng)為：R真=R測(cè)，即測(cè)量值小于真實(shí)值故選：AC8如圖所示，虛線a、b、c代表靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為a、b和c、abc一帶電的粒子射入電場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線KLMN所示，由圖可知（）A粒子帶正電B粒子從L到M的過(guò)程中，靜電力做負(fù)功C粒子從K到L的過(guò)程中，電勢(shì)能增加D粒子從L到M的過(guò)程中，動(dòng)能減少答案：AC解答：解：A、abc所以該電場(chǎng)是正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，電場(chǎng)線的方向向外，粒子彎曲的方向向

8、下，說(shuō)明電場(chǎng)力的方向向下，與電場(chǎng)線的方向相同，粒子帶正電故A正確B、粒子從L到M的過(guò)程中，虛線a、b、c代表靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，ab，電勢(shì)能減小，知電場(chǎng)力做正功故B錯(cuò)誤C、粒子從K到L的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加故C正確D、粒子從L到M的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能增加故D錯(cuò)誤故選：AC9一個(gè)用半導(dǎo)體材料制成的電阻器D，其電流I隨它兩端的電壓U的關(guān)系圖象如圖甲所示，將它與兩個(gè)標(biāo)準(zhǔn)電阻R1、R2并聯(lián)后接在電壓恒為U的電源上，如圖乙所示，三個(gè)用電器消耗的電功率均為P現(xiàn)將它們連接成如圖丙所示的電路，仍然接在該電源的兩端，設(shè)電阻器D和電阻R1、R2消耗的電功率分別為PD、P1、P2

9、，它們之間的大小關(guān)系為（）AP1=4P2BPDP2CP14P2DPDP2答案：BC解答：解：AC、由題，電阻器D與兩個(gè)標(biāo)準(zhǔn)電阻R1、R2并聯(lián)后接在電壓恒為U的電源兩端，三個(gè)用電器消耗的電功率均為P，此時(shí)三個(gè)電阻的阻值相等；當(dāng)將它們連接成如圖（C）所示的電路，接在該電源的兩端時(shí)，電阻器D的電壓小于電源的電壓，由（a）圖象可知，電阻器D的電阻增大，則有RDR1=R2而RD與R2并聯(lián)，電壓相等，根據(jù)歐姆定律得知，電流IDI2，又I1=I2+ID，得到I12I2，I12IDP1=R1，PD=RD，P2=R2，所以得到P14P2故A錯(cuò)誤，C正確；BD、PD=，P2=，RDR2，故PDP2，故B正確，D錯(cuò)

10、誤；故選：BC10如圖，在正電荷Q的電場(chǎng)中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，M=30°，M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢(shì)分別用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則（）A點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上B連接PF的線段一定在同一等勢(shì)面上C將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功DPM答案：AD解答：解：A、點(diǎn)電荷的等勢(shì)面是一系列的同心圓，對(duì)于圓、圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過(guò)圓心，故場(chǎng)源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點(diǎn)上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；B、P=F，線段PF是P、F所在等勢(shì)面（圓）的一

11、個(gè)弦，故B錯(cuò)誤；C、在正的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電勢(shì)能降低，故電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤；D、在正的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，故PM，故D正確故選：AD二、填空題11完成下列儀器讀數(shù)（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)： cm（2）螺旋測(cè)微器讀數(shù)： mm解答：解：1、游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為30mm，游標(biāo)尺上第6個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為6×0.1mm=0.6mm，所以最終讀數(shù)為：30mm+0.6mm=30.6mm=3.06cm2、螺旋測(cè)微器的固定刻度為5.5mm，可動(dòng)刻度為16.6×0.01mm=0.166mm，所以最終讀數(shù)

12、為5.5mm+0.66mm=5.666mm，由于需要估讀，最后的結(jié)果可以在5.6655.667之間故答案為：（1）3.06 （2）5.666（5.6655.667）12圖1為“測(cè)繪小燈伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)的實(shí)物電路圖，已知小燈泡額定電壓為3V（1）在圖2框圖中畫(huà)出與實(shí)物電路相應(yīng)的電路圖（2）完成下列實(shí)驗(yàn)步驟：閉合開(kāi)關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，應(yīng)停留在滑動(dòng)變阻器 端；（填左或右）閉合開(kāi)關(guān)后，逐漸移動(dòng)變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；記錄如下一組U和I的數(shù)據(jù)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖3方格紙上作出小燈泡燈絲的伏安特性曲線編號(hào)12345678U/V

13、0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205燈光發(fā)光情況不亮 微亮 逐漸變亮 正常發(fā)光（3）數(shù)據(jù)分析：從圖線上可以得，當(dāng)電壓逐漸增大時(shí)，燈絲電阻的變化情況是 圖線表明導(dǎo)體的電阻隨溫度升高而 小燈泡正常工作時(shí)的電阻約為 （保留小數(shù)點(diǎn)后一位有效數(shù)字）解答：解：（1）測(cè)定小燈泡的伏安特性曲線，電壓與電流要從零開(kāi)始變化，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，燈泡電阻較小，約為幾歐姆到十幾歐姆，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用外接法，（2）為保護(hù)電路安全，開(kāi)關(guān)閉合之前，圖乙中滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)該置于左端根據(jù)表格中

14、的數(shù)據(jù)，畫(huà)出小燈泡的IU圖線（3）從圖線上可以得，當(dāng)電壓逐漸增大時(shí)，燈絲電阻的變化情況是先不變，后逐漸增大圖線表明導(dǎo)體的電阻隨溫度升高而增大根據(jù)IU圖線得電壓U=3V時(shí)，I=0.2A，所以小燈泡正常工作時(shí)的電阻約為R=15.0故答案為：（1）電路圖如圖所示（2）左端如圖所示（3）先不變，后逐漸增大增大15.0三、計(jì)算題13如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長(zhǎng)L=2.0m，若將電荷量均為q=+2.0×106C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：（1）兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小；（2）C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方

15、向考點(diǎn)：庫(kù)侖定律；電場(chǎng)強(qiáng)度專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題分析：（1）根據(jù)庫(kù)侖定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解兩個(gè)電荷單獨(dú)存在時(shí)在C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，然后根據(jù)平行四邊形定則合成得到C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)解答：解：（1）電荷量均為q=+2.0×106C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，靜電力為：F=k=9.0×109×=9.0×103N；（2）A、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為：E1=k=9.0×109×=4.5×103N/CA、B點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為：E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C&

16、#215;=7.8×103N/C場(chǎng)強(qiáng)方向沿著y軸正方向；答：（1）兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小為9.0×103N；（2）C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為7.8×103N/C，方向?yàn)?y軸正方向點(diǎn)評(píng)：本題考查了庫(kù)侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量合成問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)平行四邊形定則合成，基礎(chǔ)問(wèn)題14一臺(tái)電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻為1，接到120V的電源上當(dāng)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)，電流為10A問(wèn)：（1）電動(dòng)機(jī)輸入功率是多少？（2）電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率是多少？（3）每分鐘轉(zhuǎn)化的機(jī)械能是多少？考點(diǎn)：電功、電功率專題：恒定電流專題分析：（1）根據(jù)P=UI求出電動(dòng)機(jī)輸入功率；（2）根據(jù)公式P=I2r求出電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率；（3）電動(dòng)機(jī)消耗的

17、電能減去線圈產(chǎn)生的熱量即為電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械能解答：解：（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率 P電=UI=120×10 W=1200 W；（2）電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率 P熱=I2r=102×1 W=100 W；（3）輸出的機(jī)械功率 P機(jī)=P電P熱=1 200 W100 W=1100 W轉(zhuǎn)化的機(jī)械能為 W=P機(jī)t=1100×60J=66KJ答：（1）電動(dòng)機(jī)輸入功率是1200 W（2）電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率是100W（3）每分鐘轉(zhuǎn)化的機(jī)械能是66KJ點(diǎn)評(píng)：本題考查了電功公式和焦耳定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是知道電動(dòng)機(jī)消耗的電能減去線圈產(chǎn)生的熱量即為電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械能15一電荷量為q（q0）、質(zhì)量為m的帶電粒

18、子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t=0時(shí)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示不計(jì)重力，求在t=0到t=T的時(shí)間間隔內(nèi)（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解答：解：粒子在0、T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4，由此得帶電粒子在0T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的at圖象如圖 （a）所示，對(duì)應(yīng)的vt圖象如圖（b）所示，其中，由圖（b）可知，帶電粒子在t=0到t=T時(shí)的位移為，聯(lián)立解得 ，它的方向沿初始電場(chǎng)正方向 （2）由圖（b）可知，粒子在t=到t=內(nèi)沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)

19、，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為答：（1）粒子位移的大小為得 和方向沿初始電場(chǎng)正方向；（2）粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間得 點(diǎn)評(píng)：另一種解法：（1）帶電粒子在粒子在0、T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4設(shè)粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T時(shí)刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有、設(shè)帶電粒子在t=0到t=T時(shí)的位移為s，有解得 它的方向沿初始電場(chǎng)正方向 （2）由電場(chǎng)的變化規(guī)律知，粒子從t=T/4時(shí)開(kāi)始減速，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1粒子速度為零，有0=v1+a2t1，解得 t1=粒子從t=T/2時(shí)開(kāi)始加速，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2粒子速度為零，有0=v2+a3t2，解得 t2=；設(shè)粒子從t=0到t=T內(nèi)沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，有t=，解得 16如圖所示，EF與GH間為一無(wú)場(chǎng)區(qū)無(wú)場(chǎng)