電磁學(xué)知識點題型及高頻考點總結(jié)

電磁學(xué)部分知識點1.基本概念：電場、電荷、點電荷、電荷量、電場力（靜電力、庫侖力）、電場強度、電場線、勻強電場、電勢、電勢差、電勢能、電功、等勢面、靜電屏蔽、電容器、電容、電流強度、電壓、電阻、電阻率、電熱、電功率、熱功率、純電阻電路、非純電阻電路、電動勢、內(nèi)電壓、路端電壓、內(nèi)電阻、磁場、磁感應(yīng)強度、安培力、洛倫茲力、磁感線、電磁感應(yīng)現(xiàn)象、磁通量、感應(yīng)電動勢、自感現(xiàn)象、自感電動勢、正弦交流電的周期、頻率、瞬時值、最大值、有效值、感抗、容抗、電磁場、電磁波的周期、頻率、波長、波速2．基本規(guī)律：電量平分原理（電荷守恒）庫倫定律（注意條件、比較－兩個近距離的帶電球體間的電場力）電場強度的三個表達式及其適用條件（定義式、點電荷電場、勻強電場）電場力做功的特點及與電勢能變化的關(guān)系電容的定義式及平行板電容器的決定式部分電路歐姆定律（適用條件）電阻定律串并聯(lián)電路的基本特點（總電阻；電流、電壓、電功率及其分配關(guān)系）焦耳定律、電功（電功率）三個表達式的適用范圍閉合電路歐姆定律基本電路的動態(tài)分析（串反并同）電場線（磁感線）的特點等量同種（異種）電荷連線及中垂線上的場強和電勢的分布特點常見電場（磁場）的電場線（磁感線）形狀（點電荷電場、等量同種電荷電場、等量異種電荷電場、點電荷與帶電金屬板間的電場、勻強電場、條形磁鐵、蹄形磁鐵、通電直導(dǎo)線、環(huán)形電流、通電螺線管）電源的三個功率（總功率、損耗功率、輸出功率；電源輸出功率的最大值、效率）電動機的三個功率（輸入功率、損耗功率、輸出功率）電阻的伏安特性曲線、電源的伏安特性曲線（圖像及其應(yīng)用；注意點、線、面、斜率、截距的物理意義）安培定則、左手定則、楞次定律（三條表述）、右手定則電磁感應(yīng)想象的判定條件感應(yīng)電動勢大小的計算：法拉第電磁感應(yīng)定律、導(dǎo)線垂直切割磁感線通電自感現(xiàn)象和斷電自感現(xiàn)象正弦交流電的產(chǎn)生原理電阻、感抗、容抗對交變電流的作用變壓器原理（變壓比、變流比、功率關(guān)系、多股線圈問題、原線圈串、并聯(lián)用電器問題）3、常見儀器：示波器、示波管、電流計、電流表（磁電式電流表的工作原理）、電壓表、定值電阻、電阻箱、滑動變阻器、電動機、電解槽、多用電表、速度選擇器、質(zhì)普儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、日光燈、變壓器、自耦變壓器。4、實驗部分：（1）描繪電場中的等勢線：各種靜電場的模擬；各點電勢高低的判定；（2）電阻的測量：①分類：定值電阻的測量；電源電動勢和內(nèi)電阻的測量；電表內(nèi)阻的測量；②方法：伏安法（電流表的內(nèi)接、外接；接法的判定；誤差分析）；歐姆表測電阻（歐姆表的使用方法、操作步驟、讀數(shù)）；半偏法（并聯(lián)半偏、串聯(lián)半偏、誤差分析）；替代法；*電橋法（橋為電阻、靈敏電流計、電容器的情況分析）；（3）測定金屬的電阻率（電流表外接、滑動變阻器限流式接法、螺旋測微器、游標(biāo)卡尺的讀數(shù)）；（4）小燈泡伏安特性曲線的測定（電流表外接、滑動變阻器分壓式接法、注意曲線的變化）；（5）測定電源電動勢和內(nèi)電阻（電流表內(nèi)接、數(shù)據(jù)處理：解析法、圖像法）；（6）電流表和電壓表的改裝（分流電阻、分壓電阻阻值的計算、刻度的修改）；（7）用多用電表測電阻及黑箱問題；（8）練習(xí)使用示波器；（9）儀器及連接方式的選擇：①電流表、電壓表：主要看量程（電路中可能提供的最大電流和最大電壓）；②滑動變阻器：沒特殊要求按限流式接法，如有下列情況則用分壓式接法：要求測量范圍大、多測幾組數(shù)據(jù)、滑動變阻器總阻值太小、測伏安特性曲線；（10）傳感器的應(yīng)用（光敏電阻：阻值隨光照而減小、熱敏電阻：阻值隨溫度升高而減?。?、常見題型：電場中移動電荷時的功能關(guān)系；一條直線上三個點電荷的平衡問題；帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)（示波器問題）；全電路中一部分電路電阻發(fā)生變化時的電路分析（應(yīng)用閉合電路歐姆定律、歐姆定律；或應(yīng)用“串反并同”；若兩部分電路阻值發(fā)生變化，可考慮用極值法）；電路中連接有電容器的問題（注意電容器兩極板間的電壓、電路變化時電容器的充放電過程）；通電導(dǎo)線在各種磁場中在磁場力作用下的運動問題；（注意磁感線的分布及磁場力的變化）；通電導(dǎo)線在勻強磁場中的平衡問題；帶電粒子在勻強磁場中的運動（勻速圓周運動的半徑、周期；在有界勻強磁場中的一段圓弧運動：找圓心－畫軌跡－確定半徑－作輔助線－應(yīng)用幾何知識求解；在有界磁場中的運動時間）；閉合電路中的金屬棒在水平導(dǎo)軌或斜面導(dǎo)軌上切割磁感線時的運動問題；兩根金屬棒在導(dǎo)軌上垂直切割磁感線的情況（左右手定則及楞次定律的應(yīng)用、動量觀點的應(yīng)用）；帶電粒子在復(fù)合場中的運動（正交、平行兩種情況）：①.重力場、勻強電場的復(fù)合場；②.重力場、勻強磁場的復(fù)合場；③.勻強電場、勻強磁場的復(fù)合場；④.三場合一；復(fù)合場中的擺類問題（利用等效法處理：類單擺、類豎直面內(nèi)圓周運動）電磁學(xué)高頻考點高頻考點1直流電路(09年全國卷2)17.因為測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線。用此電源與三個阻值均為3的電阻連接成電路，測得路端電壓為4.8V。則該電路可能為答案B【解析】本題考查測電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗.由測量某電源電動勢和內(nèi)阻時得到的U-I圖線可知該電源的電動勢為6V,內(nèi)阻為0.5Ω.此電源與三個均為3的電阻連接成電路時測的路端電壓為4.8V,A中的路端電壓為4V,B中的路端電壓約為4.8V.正確C中的路端電壓約為5.7V,D中的路端電壓為5.4V.（09年廣東物理）10．如圖7所示，電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源與三個燈泡和三個電阻相接。只合上開關(guān)S1，三個燈泡都能正常工作。如果再合上S2，則下列表述正確的是A．電源輸出功率減小B．L1上消耗的功率增大C．通過R1上的電流增大D．通過R3上的電流增大【答案】C?！窘馕觥吭诤仙蟂2之前，三燈泡都能正常工作，合上S2之后，電路中的總電阻R總減小，則I總增大，即流過R1的電流增大，由于不及內(nèi)阻，電源的輸出功率P出=EI，可見電源的輸出功率增大，A錯誤；R1兩端的電壓增大，則并聯(lián)部分的電壓減小，I4減小，I2減小，I1減小，可見C正確。

高頻考點2帶電粒子在電場，磁場及復(fù)合場中的運動（10年全國卷）26．（21分）如下圖，在區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標(biāo)原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場邊界上點離開磁場。求：粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q／m;此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！敬鸢浮竣泞扑俣扰cy軸的正方向的夾角范圍是60°到120°⑶從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為【解析】⑴粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據(jù)直角三角形有解得，則粒子做圓周運動的的圓心角為120°，周期為粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得，，化簡得⑵仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角120°，所經(jīng)過圓弧的弦與⑴中相等穿出點如圖，根據(jù)弦與半徑、x軸的夾角都是30°，所以此時速度與y軸的正方向的夾角是60°。角度最大時從磁場左邊界穿出，半徑與y軸的的夾角是60°，則此時速度與y軸的正方向的夾角是120°。所以速度與y軸的正方向的夾角范圍是60°到120°⑶在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為，而它的高是RRR，半徑與y軸的的夾角是30°，這種粒子的圓心角是240°。所用時間為。RRR所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為。（09年全國卷1）26（21分）（注意：在試題卷上作答無效） 如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為h/2，A的中點在y軸上，長度略小于a/2。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子從P點瞄、準(zhǔn)N0點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。26.【解析】設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有…⑴,粒子速率不變,每次進入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有…⑵,粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出……⑶設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標(biāo)應(yīng)為-a,即……⑷,由⑶⑷兩式得……⑸若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有……⑹聯(lián)立⑶⑷⑹得n<3………⑺聯(lián)立⑴⑵⑸得………⑻把代入⑻中得…………⑼…………⑾…………⑿(09年全國卷2)25.（18分）如圖,在寬度分別為和的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力,求電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。答案【解析】本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動.粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應(yīng)在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得………①設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得……………②設(shè)為虛線與分界線的交點,,則粒子在磁場中的運動時間為……③式中有………④粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得…………⑤由運動學(xué)公式有……⑥………⑦由①②⑤⑥⑦式得…………⑧由①③④⑦式得（09年山東卷）25．（18分）如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左圖乙側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量圖乙為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在0~3t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。解析：（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有①，②③聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為④。（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為⑤帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為⑥帶電粒子離開電場時的速度大小為⑦設(shè)帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有⑧聯(lián)立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。（3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為⑩，設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯(lián)立以上兩式解得?！究键c】帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動高頻考點3電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題（10年全國卷）17．某地的地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下，大小為T。一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00m，該河段漲潮和落潮時有海水（視為導(dǎo)體）流過。設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說法正確的是A．河北岸的電勢較高B．河南岸的電勢較高C．電壓表記錄的電壓為9mVD．電壓表記錄的電壓為5mV【答案】BD【解析】海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運動的導(dǎo)體棒在切割豎直向下的磁場。根據(jù)右手定則，右岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低,D對C錯。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律V,B對A錯【命題意圖與考點定位】導(dǎo)體棒切割磁場的實際應(yīng)用題。（09年全國卷1）17.如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，且與磁場方向（垂直于紙面向里）垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力A.方向沿紙面向上，大小為B.方向沿紙面向上，大小為C.方向沿紙面向下，大小為D.方向沿紙面向下，大小為答案A【解析】本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為來等效代替,根據(jù),可知大小為,方向根據(jù)左手定則.A正確.(09年全國卷2)24.(15分)如圖，勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里，大小隨時間的變化率，為負的常量。用電阻率為、橫截面積為的硬導(dǎo)線做成一邊長為的方框。將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中。求導(dǎo)線中感應(yīng)電流的大??；磁場對方框作用力的大小隨時間的變化答案（1）（2）【解析】本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象.(1)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢……①在線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流……②,……③聯(lián)立①②③得(2)導(dǎo)線框所受磁場力的大小為,它隨時間的變化率為,由以上式聯(lián)立可得.（09年山東卷）21．如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是（）A．感應(yīng)電流方向不變B．CD段直線始終不受安培力C．感應(yīng)電動勢最大值E＝BavD．感應(yīng)電動勢平均值答案：ACD考點：楞次定律、安培力、感應(yīng)電動勢、左手定則、右手定則解析：在閉合電路進入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向不變，A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，受安培力向下，B不正確。當(dāng)半圓閉合回路進入磁場一半時，即這時等效長度最大為a，這時感應(yīng)電動勢最大E=Bav，C正確。感應(yīng)電動勢平均值，D正確。圖甲提示：感應(yīng)電動勢公式只能來計算平均值，利用感應(yīng)電動勢公式計算時，l應(yīng)是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。圖甲

高頻考點4電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化(09年江蘇卷)15.（16分）如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出）。線框的邊長為d（d<l），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：（1）裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1；（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離m。15．解析：(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W由動能定理且解得（2）設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動由動能定理裝置在磁場中運動時收到的合力感應(yīng)電動勢=Bd感應(yīng)電流=安培力由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有則有解得（3）經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運動由動能定理解得(09年天津卷)4.如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于A.棒的機械能增加量B.棒的動能增加量C.棒的重力勢能增加量D.電阻R上放出的熱量A【解析】棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動能定理：得即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量。選A。

高頻考點5電磁感應(yīng)中的圖像問題（08年全國卷1）如圖1，一個邊長為l的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場；一個邊長也為l的正方形導(dǎo)線框所在平面與磁場方向垂直；虛線框?qū)蔷€ab與導(dǎo)線框的一條邊垂直，ba的延長線平分導(dǎo)線框．在t=0時，使導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度沿ab方向移動，直到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域．以i表示導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的強度，取逆時針方向為正．圖2中表示i-t關(guān)系的圖示中，可能正確的是圖2圖2解析：從正方形線框下邊開始進入到下邊完全進入過程中，線框切割磁感線的有效長度逐漸增大，所以感應(yīng)電流也逐漸拉增大，A項錯誤；從正方形線框下邊完全進入至下邊剛穿出磁場邊界時，切割磁感線有效長度不變，故感應(yīng)電流不變，B項錯；當(dāng)正方形線框下邊離開磁場，上邊未進入磁場的過程比正方形線框上邊進入磁場過程中，磁通量減少的稍慢，故這兩個過程中感應(yīng)電動勢不相等，感應(yīng)電流也不相等，D項錯，故正確選項為C．求解物理圖像的選擇類問題可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖像，留下正確圖像；也可用“對照法”，即按照題目要求畫出正確草圖，再與選項對照，選出正確選項．解決此類問題的關(guān)鍵就是把握圖像特點、分析相關(guān)物理量的函數(shù)關(guān)系、分析物理過程的變化規(guī)律或是關(guān)鍵物理狀態(tài)．圖6（08年全國卷2）矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，圖7中正確的是圖6圖7圖7解析：0-1s內(nèi)B垂直紙面向里均勻增大，則由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向為逆時針方向，排除A、C選項；2s-3s內(nèi)，B垂直紙面向外均勻增大，同理可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為順時針方向，排除B選項，D正確．處理有關(guān)圖像變換的問題，首先要識圖，即讀懂已知圖像表示的物理規(guī)律或物理過程，然后再根據(jù)所求圖像與已知圖像的聯(lián)系，進行圖像間的變換高頻考點6電學(xué)實驗（10年全國卷）23．（16分）一電流表的量程標(biāo)定不準(zhǔn)確，某同學(xué)利用圖1所示電路測量該電流表的實際量程。所用器材有：量程不準(zhǔn)的電流表，內(nèi)阻=10.0，量程標(biāo)稱為5.0mA；標(biāo)準(zhǔn)電流表，內(nèi)阻=45.0，量程1.0mA；標(biāo)準(zhǔn)電阻，阻值10.0；滑動變阻器R，總電阻為300.0；電源E，電動勢3.0V，內(nèi)阻不計；保護電阻；開關(guān)S；導(dǎo)線。回答下列問題：（1）在答題卡上（圖2所示）的實物圖上畫出連線。（2）開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑動端c應(yīng)滑動至端。（3）開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動端，使電流表滿偏；若此時電流表的讀數(shù)為，則的量程=。（4）若測量時，未調(diào)到滿偏，兩電流表的示數(shù)如圖3所示，從圖中讀出的示數(shù)=，的示數(shù)=；由讀出的數(shù)據(jù)計算得=。（保留3位有效數(shù)字）（5）寫出一條提高測量準(zhǔn)確度的建議：?！敬鸢浮竣胚B線如圖⑵阻值最大⑶⑷6.05mA【解析】⑴連線如圖⑵在滑動變阻器的限流接法中在接通開關(guān)前需要將滑動觸頭滑動到阻值最大端⑶閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器使待測表滿偏，流過的電流為Im。根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等有得⑷待測表未滿偏有，將A2的示數(shù)0.66mA和其他已知條件代入有Ma但圖中A1的示數(shù)3.0mA量程為5.0mA，根據(jù)電流表的刻度是均勻的，則準(zhǔn)確量程為6.05mA1253641、（20XX年全國卷Ⅰ）22．如圖所示的電路，l、2、3、4、5、6為連接點的標(biāo)號。在開關(guān)閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮?，F(xiàn)用多125364（1）為了檢測小燈泡以及3根導(dǎo)線，在連接點1、2已接好的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的檔，在連接點1、2同時斷開的情況下．應(yīng)當(dāng)選用多用電表的檔。（2）在開關(guān)閉合情況下，若側(cè)得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明可能有故障。（3）將小燈泡拆離電路，寫出用多用電表檢測小燈泡是否有故障的具體步驟。答案（1）電壓；歐姆（2）開關(guān)或連接點5、6（3）①調(diào)到歐姆檔②將紅、黑表筆相接，檢查歐姆檔能否正常工作③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障。【解析】(1)在1、2兩點接好的情況下，應(yīng)當(dāng)選用多用電表的電壓檔，在1、2同時斷開的情況下，應(yīng)選用歐姆檔。(2)表明5、6兩點可能有故障。(3)①調(diào)到歐姆檔②將紅黑表筆相接，檢查歐姆檔能否正常工作③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障。2、（20XX年全國卷Ⅱ）22．某同學(xué)得用多用電表測量二極管的反向電阻。完成下列測量步驟：（1）檢查多用電表的機械零點。（2）將紅、黑表筆分別插入正、負表筆插孔，將選擇開關(guān)拔至電阻測量擋適當(dāng)?shù)牧砍烫帯＃?）將紅、黑表筆___________，進行歐姆調(diào)零。（4）測反向電阻時，將__________表筆接二極管正極，將_________表筆接二極管負極，讀出電表示數(shù)。（5）為了得到準(zhǔn)確的測量結(jié)果，應(yīng)讓電表指針盡量指向表盤___________（填“左側(cè)”、“右側(cè)”或“中央”）；否則，在可能的條件下，應(yīng)重新選擇量程，并重復(fù)步驟（3）（4）。（6）測量完成后，將選擇開關(guān)拔向_______________位置。答案（3）短接（4）紅黑（5）中央（6）OFF【解析】首先要機械調(diào)零，在選擇量程后還要進行歐姆調(diào)零而且每一次換量程都要重復(fù)這樣的過程。(3)將紅黑表筆短接,即為歐姆調(diào)零。測量二極管的反向電阻時應(yīng)將紅筆接二極管的正極，黑接負極。歐姆表盤的刻度線分布不均勻，在中央的刻度線比較均勻，所以盡量讓指針指向表盤的中央。測量完成后應(yīng)將開關(guān)打到OFF檔。7、（20XX年江蘇物理）10．有一根圓臺狀均勻質(zhì)合金棒如圖甲所示，某同學(xué)猜測其電阻的大小與該合金棒的電阻率ρ、長度L和兩底面直徑d、D有關(guān)。他進行了如下實驗：（1）用游標(biāo)卡尺測量合金棒的兩底面直徑d、D和長度L。圖乙中游標(biāo)卡尺（游標(biāo)尺上有20個等分刻度）的讀書L=________cm.（2）測量該合金棒電阻的實物電路如圖丙所示（相關(guān)器材的參數(shù)已在圖中標(biāo)出）。該合金棒的電阻約為幾個歐姆。圖中有一處連接不當(dāng)?shù)膶?dǎo)線是__________.（用標(biāo)注在導(dǎo)線旁的數(shù)字表示）（3）改正電路后，通過實驗測得合金棒的電阻R=6.72Ω.根據(jù)電阻定律計算電阻率為ρ、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內(nèi)，電阻R滿足R2=Rd·RD，由此推斷該圓臺狀合金棒的電阻R=_______。（用ρ、L、d、D表述）答案：（1）9.940（2）⑥（3）【解析】（1）游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，按步驟進行則不會出錯。首先，確定游標(biāo)卡尺的精度為20分度，即為0.05mm，然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00mm，注意小數(shù)點后的有效數(shù)字要與精度一樣，再從游標(biāo)尺上找出對的最齊一根刻線，精度格數(shù)=0.058mm=0.40mm，最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm（2）本實驗為測定一個幾歐姆的電阻，在用伏安法測量其兩端的電壓和通過電阻的電流時，因為安培表的內(nèi)阻較小，為了減小誤差，應(yīng)用安培表外接法，=6\*GB3⑥線的連接使用的是安培表內(nèi)接法。（3）審題是處理本題的關(guān)鍵，弄清題意也就能夠找到處理本題的方法。根據(jù)電阻定律計算電阻率為、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.即，，而電阻R滿足R2=Rd·RD，將Rd、RD帶入得9、（20XX年山東卷）23．(2)為了節(jié)能和環(huán)保，一些公共場所使用光控開關(guān)控制照明系統(tǒng)。光控開頭可采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件（照度可以反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為Lx）。某光敏電阻Rp在不同照度下的阻值如下表：照度（lx）0.81.01.2電阻(k)754028232018①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，請在給定的坐標(biāo)系（見答題卡）中描繪出阻值隨照度變化的曲線，并說明阻值隨照度變化的特點。②如圖所示，當(dāng)1、2兩端所加電壓上升至2V時，控制開關(guān)自動啟動照明系統(tǒng)，請利用下列器材設(shè)計一個簡單電路。給1、2兩端提供電壓，要求當(dāng)天色漸暗照度降低至1.0(1x)時啟動照明系統(tǒng)，在虛線框內(nèi)完成電路原理圖。（不考慮控制開關(guān)對所設(shè)計電路的影響）提供的器材如下：光敏電源E(電動勢3V，內(nèi)阻不計)；定值電阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限選其中之一并在圖中標(biāo)出）開關(guān)S及導(dǎo)線若干。答案：①光敏電阻的阻值隨光照變化的曲線如圖所示。特點：光敏電阻的阻值隨光照強度的增大非線性減小②電路原理圖如圖所示。解析：當(dāng)，控制開關(guān)自動啟動照明系統(tǒng)，請利用下列器材設(shè)計一個簡單電路。給1、2兩端提供電壓，要求當(dāng)天色漸暗照度降低至1.0(1x)時啟動照明系統(tǒng)，即此時光敏電阻阻值為20kΩ，兩端電壓為2V，電源電動勢為3V，所以應(yīng)加上一個分壓電阻，分壓電阻阻值為10kΩ，即選用R1。(09年天津卷)3.為探究小燈泡L的伏安特性，連好圖示的電路后閉合開關(guān)，通過移動變阻器的滑片，使小燈泡中的電流由零開始逐漸增大，直到小燈泡正常發(fā)光。由電流表和電壓表得到的多組讀數(shù)描繪出的U-I圖象應(yīng)是C【解析】燈絲電阻隨電壓的增大而增大，在圖像上某點到原點連線的斜率應(yīng)越來越大。C正確（09年上海卷物理）14．圖示電路中，R1＝12，R2＝6，滑動變阻器R3上標(biāo)有“20，2A”字樣，理想電壓表的量程有0-3V和0-15V兩檔，理想電流表的量程有0-0.6A和0-3A兩檔。閉合電鍵S，將滑片P從最左端向右移動到某位置時，電壓表、電流表示數(shù)分別為2.5V和0.3A；繼續(xù)向右移動滑片P到另一位置，電壓表指針指在滿偏的1/3，電流表指針指在滿偏的1/4，則此時電流表示數(shù)為__________A，該電源的電動勢為__________V?！敬鸢浮?.15，7.5【解析】由于題意當(dāng)“繼續(xù)向右移動滑片P到另一位置”電壓表示數(shù)一定大于2.5V，電流表示數(shù)一定小于0.3A，再結(jié)合電壓表指針指在滿偏的1/3，電流表指針指在滿偏的1/4，可知電壓表的量程為0-15V，電流表的量程為0-0.6A，因此當(dāng)滑片滑到下一位置是電流表的實數(shù)為；電壓表的示數(shù)為5V；由串并聯(lián)電路規(guī)律得：，得，由閉合電路歐姆定律得；同理：，得，由閉合電路歐姆定律以上各式聯(lián)立解得：高頻考點7電場磁場基本知識（10年全國卷）16．關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的是A．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關(guān)B．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低C．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零D．在正電荷或負電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向【答案】C【解析】在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢低，離負電荷遠，電場強度小，電勢高，A錯誤。電勢差的大小決定于兩點間距和電場強度，B錯誤；沿電場方向電勢降低，而且速度最快，C正確；場強為零，電勢不一定為零，如從帶正電荷的導(dǎo)體球上將正電荷移動到另一帶負電荷的導(dǎo)體球上，電場力做正功?！久}意圖與考點定位】考查靜電場中電場強度和電勢的特點，應(yīng)該根據(jù)所學(xué)知識舉例逐個排除。（09年全國卷）18.如圖所示。一電場的電場線分布關(guān)于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MN，P點在y軸的右側(cè)，MP⊥ON，則A.M點的電勢比P點的電勢高B.將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功C.M、N兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D.在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動答案AD【解析】本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點不處在同一等勢線上而且有,A對.將負電荷由O點移到P要克服電場力做功,及電場力做負功,B錯.根據(jù),O到M的平均電場強度大于M到N的平均電場強度,所以有,C錯.從O點釋放正電子后,電場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運動.(09年全國卷2)19.圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點。若不計重力，則A.M帶負電荷，N帶正電荷B.N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C.N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D.M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零答案BD【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負不清楚但為異種電荷.A錯.O到a的電勢差等于O到c的兩點的電勢差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功,根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同,但方向不同,B對.(09年江蘇卷)8．空間某一靜電場的電勢在軸上分布如圖所示，軸上兩點B、C點電場強度在方