江苏省赣榆高级中学2018-2019学年高二《静电场、恒定电流》复习检测题 Word版含解析
江苏省赣榆高级中学2019届高三物理一轮复习人教版选修3-11静电场全章补充练习(教师版含解析)
江苏省赣榆高级中学2019届高三物理一轮复习人教版选修3-1静电场全章补充练习一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分.在每小题中只有一个选项符合要求）1、关于场强的三个公式①②③的适用范围，下列说法正确的是（ ）A ．三个公式都只能在真空中适用．B ．公式①和②只能在真空中适用，公式③在真空中和介质中都适用．C ．公式②和③只能在真空中适用，公式①在真空中和介质中都适用．D ．公式①适用于任何电场，公式②只适用于点电荷形成的电场，公式③只适用于匀强电场． 【答案】D2、设电子在运动过程中只受电场力作用，则在下列哪个电场中，只要给电子一个适当的初速度它就能自始至终沿一条电场线运动；而给电子一个适当的初速度它就能始终沿某个等势面运动（ ）A ．匀强电场B ．正点电荷产生的电场C ．负点电荷产生的电场D ．以上都不可能 【答案】B3、如图9-1，把一带正电的小球a 放在光滑绝缘面上，欲使球a 能静止在斜面上，需在MN 间放一带电小球b ，则b 应（ ）A ．带负电，放在A 点B ．带正电，放在B 点C ．带负电，放在C 点D ．带正电，放在C 点 【答案】C4、A 、B 两个小球带同种电荷，放在光滑的绝缘水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m ，它们相距为d ，同时由静止释放，在它们距离到2d 时，A 的加速度为a ，速度为v ，则（ ）A ．此时B 的加速度为a /4 B ．此过程中电势能减小5mv 2/8C ．此过程中电势能减小mv 2/4D ．此时B 的速度为v /2【解析】相互作用的两小球在运动过程中的任一时刻，作用力大小相等，因此当质量为m 的A 球的加速度为a 时，质量为2m 的B 球加速度为；又因为系统动量守恒：得，电势能的减小量：．【答案】D5、（图9－2）A 、B 两点各放有电量为+Q 和+2Q 的点电荷，A 、 B 、C 、D 四点在同一直线上，且AC ＝CD ＝DB ．将一正电荷从C 点沿直线移到D 点，则（ ） A ．电场力一直做正功 B ．电场力先做正功再做负功 C ．电场力一直做负功FE q=2Q E k r =U E d =2/a ')2(0v m m v -=2/'v v =22243)2)(2(2121mv v m mv =+=∆ε图9D ．电场力先做负功再做正功【解析】通过计算AB 两点间两点电荷叠加的合场强为零的位置在C 和D 点之间，故将一正电荷从C 点沿直线移到D 点，电场力先做正功再做负功． 【答案】B6、某电解电容器上标有“25V 、470μF ”的字样，对此，下列说法正确的是（ ） A 、此电容器只能在直流25V 及以下电压才能正常工作．B 、此电容器在交流电压的有效值为25V 及以下也能正常工作．C 、当工作电压是25V 时，电容才是470μF ．D 、这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性．【解析】由标称值可知，该电解电容器用于直流25V 及以下电压时才能正常工作；电容器的电容值由其内部构造所决定，在不被击穿的条件下，与其工作电压无关；电解电容器两引线有正、负极之分，使用时极性不能接错，也不能接交流电．正确答案为A ． 【答案】A7、某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是（ ） A ．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B ．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C ．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D ．丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用 【解析】利用静电平衡及静电屏蔽知识可得 【答案】C8、如图9－3所示，L 为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O 点 套有一质量为m 、带电量为－q 的小环，在杆的左侧固定 一电荷量为+Q 的点电荷，杆上a 、b 两点到+Q 的距离相 等，Oa 之间距离为h 1，ab 之间距离为h 2，使小环从图示 位置的O 点由静止释放后，通过a 的速率为． 则下列说法正确的是（ ）A ．小环通过b 点的速率为B ．小环从O 到b ，电场力做的功可能为零C ．小环在Oa 之间的速度是先增大后减小D ．小环在ab 之间的速度是先减小后增大【解析】O 到a 有： O 到b 有 ： 因为 联立可得【答案】A二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）9、真空中有两个相同的金属小球，带电量分别为−1.0×10－8C和＋3.0×10－8C ，相距r 时，相互作用为0.30N ，现将两球相接触后再放回原处，则它们之间的相互作用力为 N ． 【答案】0.10N13gh )23(21h h g +02121-=+a oa mv mgh qU 22121)(bob mv h h mg qU =++ob oa U U =)23(21h h g v b +=图910、如图9-4所示，一质量为m ．电荷量为+q 的小球 从距地面为h 处， 以初速度v 0水平抛出，在小 球运动的区域里，加有与小球初速度方向相反的 匀强电场，若小球落地时速度方向恰好竖直向下， 小球飞行的水平距离为L ，小球落地时动能E K = ，电场强度E= ．【解析】把小球的运动正交分解，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动．小球在落地时的速度恰好竖直向下，说明水平方向恰好速度减为零，因此小球落地时速度由竖直方向运动决定，所以得.在水平方向上：．在竖直方向上：．，，．）【答案】 ，11、图9－5展示了等量异种点电荷的电场线 和等势面，从图中我们可以看出，A 、B 两点 的场强 、电势 ，C 、D 两点的 场强 、电势（以上四空均填“相同”或“不同”）【答案】相同；不同；不同；相同12、如图9－6所示，有三个质量相等，分别带正电、 负电和不带电的粒子，从极板左侧中央以相同的水 平速度v 先后垂直地射入匀强电场中．分别落在正极板 的a 、b 、c 处，粒子所受重力不能忽略，则可知粒子a 、b 、c 三个粒子在电场中的加速度有a a a b a c （填“”、“”或 “”），c 粒子 电（填“带正电”、 “带负电” 或“不带电”）【解析】三粒子作类平抛运动，因为相同的水平初速度，所以飞行越远，时间越长，在竖直方向 ： ，有 因此 ，c 粒子带负电．【答案】 ； ； c 粒子带负电三、计算题（共4小题，共52分）13、（10分）一个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图9－7，AB 与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量，电量，A 、B 相距．（取g =10m/s 2，结果保留二位有效数字）求： gh v 22=mgh mv E k ==221221at L =221gt h =h L g a =g h L m qE =qh mgL E =mgh E k =qhmgL E =><=221at h =22tha =cb a a a a <<<<kg m 7100.1-⨯=C q 10100.1-⨯=cm L 20=图图9图9（1）说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由． （2）电场强度的大小和方向？（3）要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时 的最小速度是多少？【解析】（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB 方向运动，在垂直于AB 方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如题图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度方向相反，微粒做匀减速运动．（2）在垂直于AB 方向上，有：所以电场强度 电场强度的方向水平向左．（3）微粒由A 运动到B 时的速度时，要使微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得：代入数据，解得 14、（12分）一条长为的丝线穿着两个质量均为的金属环A 和B ，将线的两端都系于同一点O （图9－8），当金属环带电后，由于静电斥力使丝线构成一等边三角形，此时两环处于同一水平面上，如不计环与丝线的摩擦，两环各带多少电量？【解析】因为两个小环完全相同，它们的带电情况相同， 设每环带电为，小环可看成点电荷．斥开后如图甲所示，以B 为研究对象受力分析，小球受重力、丝线的张力F 1和库仑力F ．根据平衡条件，竖直方向有：①水平方向有；② 其中③因为是光滑小环，因此两个方向的丝线的张力相等，以上三式联立可得：【答案】 0v 0cos sin =-θθmg qE C N E /107.14⨯=0=B v 221cos sin mv qEL mgL =+θθs m v /8.20=l 3m q mg F =0130cos F F F =+01130sin 22lkq F =kmgl q 23=kmgl q 23=B 图9－8F15、（14分）如图9－9所示，一半径为R 的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E ．从水平轨道上的A 点由静止释放一质量为m 的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求释放点A 距圆轨道最低点B 的距离s ．已知小球受到的电场力大小等于小球重力的倍． 【解析】将电场和重力场等效为一个新的重力场，小球刚好沿圆轨道做圆周运动可视为小球 到达等效重力场“最高点”时刚好由等效重 力提供向心力（如图甲）可得：① 再对全过程运用动能定理即可求解：② 联立①②可得： 【答案】16、（16分）真空中有足够大的两个互相平行的金属板，、之间的距离为，两板之间的电压为，按如图9－10所示的规律变化，其周期为,在＝0时刻，一带正电的的粒子仅在电场力作用下，由板从静止向板运动，并于（为自然数）时刻恰好到达 板，求：（1） 若该粒子在时刻才从板开始运动，那么粒子经历同样长的时间，它能运动到离板多远的距离？（2） 若该粒子在时刻才从板开始运动，那么粒子经历多长的时间到达板43Rvmmg 2037cos /=20021)37cos ()37sin (mv R R mg R s qE =+--R s 623=R s 623=a b d b a ab U U U -=T t a b nT t =n b T t 61=a a T t 61=ab E图图【解析】（1）当带正电粒子从在＝0时刻，一带电的的粒子仅在电场力作用下，由板从静止向板运动过程中，前半个周期加速，后半个周期减速为零，如此反复一直向前运动，它在一个周期内的位移是： 所以 （····） 若该粒子在时刻才从板开始运动，则在每个周期内，前三分之二周期向前运动，后三分之一周期返回，一个周期的总位移：粒子经历同样长的时间，总位移为；（····） 因此 离板距离为 （2）因为，所以从总位移的角度来讲，到达板的时间也应该为原来的3倍即：，但要注意的是带电粒子在每一个周期当中都存在着来回的往复运动，因此可预见到在最后一个周期的时间内，从板所在位置来讲，理论上带电粒子恰好两次经过板，其实在第一次经过就已碰上，所以根本不存在第二次，因此后面的时间要减去（如图甲）要减去的时间为 最后过程可倒过来看：t a b 2241)2(212aT T a s =⨯=241naT ns d ==3.2.1=n T t 61=a 2221212)6(212)3(21'aT T a T a s =⨯-⨯=2121''naT ns d ==3.2.1=n d d 31'=a d 31d d 31'=b nT t t 33'==b b b T t t x 612⨯+=∆2)6(212122⨯=T a at xbst /图9－所以可得： 本用图象法解也可 【答案】T t x 62=T T t 3162+=∆T T nT t 6233--=d 31T T nT t 6233--=。
江苏省赣榆高级中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习
江苏省赣榆高级中学物理第十章 静电场中的能量精选测试卷专题练习一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．如图所示，两个可视为点电荷的带正电小球A 和B ，A 球系在一根不可伸长的绝缘细线一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力F ，B 球固定在绝缘座上，位于定滑轮的正下方。
现缓慢拉动细绳，使A 球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，B 球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（ ）A ．B 球受到的库仑力先增大后减小B ．拉力F 一直增大C ．地面对绝缘座的支持力一直减少D ．A 球的电势能先不变后减少【答案】D【解析】【详解】设球所受库仑力大小为F C ，AB 两球间距离为r ，B 球距定滑轮为h ，A 球与定滑轮间距离为l ，对开始位置处的A 球受力分析，将F 和F C 合成如图，由相似三角形可得C AB 3F Q Q mg k h r r== 所以A 球缓慢移动过程中，r 先不变，等A 球运动到滑轮正下方后，r 再变大；整个过程中l 一直减小。
A ．r 先不变再变大，B 球受到的库仑力大小先不变再减小，故A 项错误；B ．A 球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得F mg l h= 所以F 先减小，当A 球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得A B 2Q Q F kmg r+= 所以F 再增大，故B 项错误； C ．A 球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B 球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A 球到达滑轮正下方后，B 球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故C 项错误；D ．r 先不变再变大，两者间的库仑斥力对A 球先不做功后做正功，则A 球的电势能先不变后减少，故D 项正确。
2．空间存在一静电场，电场中的电势φ随x (x 轴上的位置坐标)的变化规律如图所示，下列说法正确的是( )A ．x = 4 m 处的电场强度可能为零B ．x = 4 m 处电场方向一定沿x 轴正方向C ．沿x 轴正方向，电场强度先增大后减小D ．电荷量为e 的负电荷沿x 轴从0点移动到6 m 处，电势能增大8 eV【答案】D【解析】【分析】【详解】A 、由x φ-图象的斜率等于电场强度，知x =4 m 处的电场强度不为零，选项A 错误；B 、从0到x =4 m 处电势不断降低，但x =4 m 点的电场方向不一定沿x 轴正方向，选项B 错误；C 、由斜率看出，沿x 轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C 错误；D 、沿x 轴正方向电势降低，某负电荷沿x 轴正方向移动，电场力做负功，从O 点移动到6m 的过程电势能增大8 eV ，选项D 正确．故选D ．【点睛】本题首先要读懂图象，知道φ-x 图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱．3．如图所示，真空中有一个边长为L 的正方体，正方体的两个顶点M 、N 处分别放置电荷量都为q 的正、负点电荷．图中的a 、b 、c 、d 是其他的四个顶点，k 为静电力常量．下列表述正确是（ ）A ．a 、b 两点电场强度大小相等，方向不同B ．a 点电势高于b 点电势C ．把点电荷+Q 从c 移到d ，电势能增加D ．同一个试探电荷从c 移到b 和从b 移到d ，电场力做功相同【答案】D【解析】A 、根据电场线分布知，a 、b 两点的电场强度大小相等，方向相同，则电场强度相同．故A 错误．B 、ab 两点处于等量异种电荷的垂直平分面上，该面是一等势面，所以a 、b 的电势相等．故B 错误．C 、根据等量异种电荷电场线的特点，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，则c 点的电势大于d 点的电势．把点电荷+Q 从c 移到d ，电场力做正功，电势能减小，故C 错误．D 、因cb bd U U =可知同一电荷移动，电场力做功相等，则D 正确．故选D ．【点睛】解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道垂直平分线为等势线，沿着电场线方向电势逐渐降低．4．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k q r（q 的正负对应φ的正负）。
赣榆区高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷物理
【答案】 （1）.
（2）. 大于 （3）. 小于 （4）.
【解析】（1）因为
，电流表应采用内接法，则 R x1 更接近待测电阻的真实值，电流表采用内接法，电
压的测量值偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值，同理电流表采用外接法，电流的测量值偏大，由
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欧姆定律可知，测量值 Rx2 小于真实值。
跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故 B 正确． C、电容器的带电荷量 Q=CU，当电容 C 一定时，电量与电压成正比．当电容 C 变化时，电量与电压不成正比 ．故 C 错误． D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故 D 错误． 故选：B 【点评】本题考查对电容的理解能力，抓住电容的物理意义和定义式是关键． 10．如图所示，a、b 是等量异种点电荷连线的中垂线上的两点，现将某检验电荷分别放在 a、b 两点，下列说 法中正确的是
5． 以下各选项中属于交流电的是
【答案】C
【解析】
试题分析：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是
C，故 C 是交流电，ABD 是直流电。
考点：考查了对交流电的理解
6． 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度 g 值，g 值可由实验精确
等电 路稳 距离
B．电容器内部电场强度大小变大
C．电容器两极板电压变小
D．P 点电势升高
【答案】AD
二、填空题
16．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻 Rx 约 200Ω，，电压表 V 的内阻约为 2kΩ，电流表 A 的内阻约为 10Ω
，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式
静电场和恒定电流测试题
静电场和恒定电流1.电场强度E的定义式E= ,根据此式,下列说法中正确的是 ( )A.该式说明电场中某点的场强E与F成正比,与q成反比,拿走q,则E=0B.式中q是放入电场中的点电荷的电量,F是该点电荷在电场中某点受到的电场力,E是该点的电场强度C.式中q是产生电场的点电荷的电量,F是放在电场中的点电荷受到的电场力,E是电场强度D.在库仑定律的表达式F=k 中,可以把k 看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小,也可以把k 看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小2.如图所示,在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点.一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动,到达b点时速度恰好为零.则下列说法正确的是 ( )A.该带电质点一定带正电荷B.该带电质点一定带负电荷C.a点的电场强度大于b点的电场强度D.质点在b点所受到的合力一定为零3.如图所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点.若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用,则根据此图能得到正确判断的是 ( )A.带电粒子所带电荷的正负B.带电粒子在a、b两点的受力方向C.带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D.带电粒子在a、b两点的速度何处较大4.由如图所示的电场线可判定 ( )A.该电场一定是匀强电场B.A点的电势一定低于B点的电势C.负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大D.负电荷放在B点所受电场力方向向右5.如图为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点.在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,电场力做的功为1.5 J.则下列说法正确的是 ( )A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC.粒子在A点的动能比在B点少0.5 JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J6.如图所示,一个平行板电容器,板间距离为d,当对其加上恒定不变的电压后,A、B两板的电势分别为+φ和-φ,下述结论正确的是 ( )A.电容器两极板间可形成匀强电场,电场强度大小为E= B.电容器两极板间各点的电势,有的相同,有的不同;有正的,有负的,有为零的C.若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场,则电子的电势能一定会减小D.若只减小两极板间的距离d,该电容器的电容C要增大,极板上带的电荷量Q也会增加7.如图所示,水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷,A板带负电荷,B板接地.若将A板向上平移到虚线位置,在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是 ( )A.E不变,φ改变B.E改变,φ不变C.E不变,φ不变D.E改变,φ改变8.如图所示,a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线,下列判断中正确的是 ( )A.a代表的电阻丝较粗B.b代表的电阻丝较粗C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D.图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比9.如图所示描绘了两个电阻的伏安特性曲线,由图中可知,若将这两个电阻并联接入电路中,则通过R1、R2的电流比是 ( )A.1∶2B.3∶1C.6∶1D.1∶610.在如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r.闭合开关以后,在滑动变阻器的滑动触片P从图示位置向上滑动的过程中 ( )A.电路中的总电流变大B.路端电压变大C.通过电阻R2的电流变大D.通过滑动变阻器R1的电流变小11.在图甲中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关闭合后，下列关于电路中灯泡的判断正确的是（）A.灯泡L1的电阻为1.2ΩB.通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍C.灯泡L1消耗的电功率为0.75wD.灯泡L2消耗的电功率为0.30w12.如图所示电路中，电流表A和电压表V均为理想电表，现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是（）A.电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B.小灯泡L变亮C.电容器C上电荷量减小D.电源的总功率变大13.待测电阻是一均匀材料制成的金属丝(横截面为圆形),用尺测量其长度,用螺旋测微器测量其直径,结果分别如图甲和图乙所示. 由图可知其长度为 cm,直径为 mm.甲乙14.用伏安法侧未知电阻R X时，若不知R X的大概值，为了选择正确的电路接法以减小误差，可将电路如图所示连接，只空出电压表的一个接头S先与b接触，电压表、电流表的示数分别为3.0V、3.0mA，再与a接触，电压表、电流表的示数分别为2.9V、4.0mA。
江苏省赣榆高级中学2018-2019学年度高二物理(人教选修3-1)恒定电流--基本概念和电路午间小题练(含解析)
江苏省赣榆高级中学2018-2019学年度高二物理（人教选修3-1）恒定电流—基本概念和电路午间小题练1．铅蓄电池的电动势为2 V ，这表示 （ ）A ．电路中每通过1C 电荷量，电源把2 J 的化学能转变为电能B ．蓄电池两极间的电压为2VC ．蓄电池在1 s 内将2 J 的化学能转变成电能D ．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V ）的大2．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m 的近似圆形轨道。
当环中电流是10mA时（设电子的速度是3×107m/s ），则整个环中运行的电子数目为（电子的电荷量e=1.6×10－19C ） （ ）A ．5×1011B ．5×1010 C ．1×102 D ．1×1043．电源电动势和内电阻都保持一定， 外电路的电阻逐渐减小的过程中，下现说法正确的是 （ ）A ．电源的路端电压一定逐渐减小B ．电源输出功率一定逐渐减小C ．电源内部消耗的功率一定逐渐减小D ．电源的供电效率一定逐渐减小4．把电阻是1欧的一根金属丝截成等长的十段，再把这十段金属丝并联起来，这样并联的 一组金属丝的总电阻是 （ ）A ．0.01欧B ．0.10欧C ．10欧D ．100欧5．传感器能将所感受到的物理（如热、力、光、声等）转换成便于测一类元件。
工作过程是通过对某一物理量敏感元件感受量的到的信号按照规律转换成便于利用的信号。
如图所示，当停止对光敏电阻的照射时，各表的示数较原来有光照射时如何 （ ）A ．电流表的示数变大，电压表的示数变大B ．电流表的示数变小，电压表的示数变大C ．电流表的示数变大，电压表的示数变小D ．电流表的示数变小，电压表的示数变小6．如图所示为两个不同闭合电路中的两个不同电源的U-I 图象，则下述说法中不正确的是 （ ）A ．电动势E 1=E 2，发生短路时的电流I 1>I 2B ．电动势E 1=E 2，内阻 r l >r 2C ．电动势E 1=E 2，内阻r l <r 2D ．当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大7．图中电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的内阻不计。
江苏省赣榆高级中学2018-2019学年度高二《静电场、恒定电流》复习检测题
江苏省赣榆高级中学2018-2019学年度高二《静电场、恒定电流》复习检测题一、单选题1 . 人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态。
现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2 h处无初速释放，则此带电粉尘将（）A．向星球地心方向下B．动能越来越大C．仍在那里悬浮D．飞出沿星球自转的线速度方向2 . 如图所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中 R 3为用半导体热敏材料制成的传感器。
值班室的显示器为电路中的电流表， a、 b之间接报警器。
当传感器 R 3所在处出现火情时，显示器的电流 I、报警器两端的电压 U的变化情况是（）A．I变大，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变小，U变大3 . 有四个电源，电动势均相等，内电阻分别为1 、2 、4 、8 ，现从中选择一个对阻值为2Ω的电阻供电，欲使电阻获得的电功率最大，则所选电源的内电阻为（）A．B．C．4D．4 . 匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。
已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。
设电场强度大小为E，一电荷量为1×10 －6C的正电荷从D点移到C点静电力所做的功为W，则（）A. W=8×10 －6J，E>8 V/mB. W=6×10 －6J，E>6 V/mC. W=8×10 －6J，E≤8 V/mD. W=6×10 －6J，E≤6 V/m5 . 一小灯泡通电后其电流 I随所加电压 U变化的图线如图所示， P为图线上一点， PN为图线的切线， PQ为 U轴的垂线， PM为 I轴的垂线．则下列说法中正确的是( )A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻R＝C．对应P点，小灯泡的电阻R＝D．对应P点，小灯泡的电功率值等于图中阴影部分面积大小6 . 如图，一质量为 m的小物块带正电荷 Q，开始时让它静止在倾角θ=30°的固定光滑斜面顶端，整个装置放在场强大小为 E=mg/Q、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为 H，释放物块后，物块到达水平地面时的速度大小为（重力加速度为 g）（）A．B．C．D．7 . 某居民家中的电路如图，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能正常工作，但电灯仍正常发光。
静电场恒定电流练习(含答案)
静电场、恒定电流复习卷（单选部分）1．对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是 ( )A．电场强度的表达式仍成立，即E＝F／q，式中的q就是产生电场的点电荷B．在真空中，电场强度的表达式为E＝kQ／r2，式中Q就是产生电场的点电荷C．在真空中E＝kQ／r2，式中Q是检验电荷 D．上述说法都不对2．真空中两个等量异种点电荷的电荷量均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的场强大小为（）A．0 B．2kq／r2 C．4kq／r2 D．8kq／r23、由电场强度的定义式E=F/q可知，在电场中的同一点（）A、电场强度E跟F成正比，跟q成反比B、无论检验电荷所带的电量如何变化，F/q始终不变C、电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强。
D、一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零4、电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是（）A、该电荷是正电荷，且电势能减少B、该电荷是负电荷，且电势能增加C、该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D、该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷5．对于欧姆定律,理解正确的是（）A．从I=U/R可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B．从R=U/I可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．从U =IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高D．从R=U/I可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零6．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω。
要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻7、如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，R1和R2是两个定值电阻。
当滑动变阻器的触头向a滑动时，流过R1的电流I1和流过R2的电流I2的变化情况为（）A、I1增大，I2减小B、I1减小，I2增大C、I1增大，I2增大D、I1减小，I2减小8．在右图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。
江苏省赣榆高级中学高二物理上学期精选试卷检测题
江苏省赣榆高级中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 的加速度大小为2233kq mRC ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋226kq R【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=2233kqamR=则小球c的加速度大小为233kqmR，故B正确，C错误。
D．对d球，由平衡条件得2226263sinq q kqF k mg mgh R Rα⋅=+=++故D正确。
故选BD。
2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球，分别带q A和q B的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（）A．sinsinABmmβα=B．sinsinA BB Am qm qβα=C．sinsinABqqβα=D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有sin sinsin sinααββ'='【答案】AD【解析】【分析】【详解】AB．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得A m g OP F PA =库，B m g OPF PB=库 由于库仑力相等，联立可得A B m PBm PA= 由于sin cos OA PA αθ⋅=，sin cos OB PB βθ⋅=，代入上式可得sin sin A B m m βα= 所以A 正确、B 错误；C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即sin sin A B m m βα'='联立可得sin sin sin sin ααββ'='D 正确。
江苏省赣榆高级中学物理 静电场及其应用精选测试卷专题练习
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。
小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 23kq C ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg 226kq 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。
BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=233kq a mR=则小球c 的加速度大小为2233kq mR，故B 正确，C 错误。
D ．对d 球，由平衡条件得2226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。
故选BD 。
2．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A ，将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处，图中AC =h 。
当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）A ．此时丝线长度为22L B ．以后由于A 漏电，B 在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A 的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变C ．若保持悬点C 位置不变，缓慢缩短丝线BC 的长度，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧D ．若A 对B 的静电力为B 所受重力的33倍，要使B 球依然在θ=30°处静止，则丝线BC 323h 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】A ．当A 对B 的静场力为B 所受重力的0.5倍，B 静止时丝线BC 与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB 与BC 3h ，选项A 错误；B ．而由三角形相似可知G F T h AB BC== 则在整个漏电过程中，丝线上拉力T 大小保持不变，选项B 正确；Ｃ．以C 点为原点，以CA 方向为y 轴，垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系，设B 点坐标为（x ，y ），则由几何关系cos sin x h θθ=⋅tan xyθ=消掉θ角且整理可得2222(cos )x y h BC +==θ缓慢缩短丝线BC 的长度，最初阶段BC 的长度变化较小，B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C 正确；D ．若A 对B 的静电力为B 3B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B 受力分析，G 、F 与T ，将F 与T 合成，则有G F AC AB= 解得33F AB h hG == 根据余弦定理可得22232cos30h BC BC h =+-⨯⨯︒（） 解得BC 323h 选项D 正确。
高二静电场,恒定电流测试题
静电场，恒定电流测试题一、单选题（本大题共15小题，共60.0分）1.有两个完全相同的绝缘金属小球AB，A带的电量为Q，B带的电量为-，它们间的距离r远大于小球的半径，相互作用力为F．现将两个小球接触一下后放回原处，则相互作用力变为（）A. B. C. D.2.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M点和N点．在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出（）3.4.A. a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大B. N点的电势低于M点的电势C. a粒子在M点的速率小于在N点的速率D. a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大5.两平行金属板水平放置，板间距为0.6cm，两板接上6×103v电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10-10g，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g=10m/s2，g=1.6×10-19C）（）A. 30B. 3×10C. 3×104D. 3×1066.如图是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（）A. 在B点静止释放一个电子，将一定向A点运动B. A点场强一定大于B点场强C. 这点电荷一定带正电D. 正电荷运动中通过A点时，其运动方向一定沿AB方向7.如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A、B和介质P构成电容器．则（）8.9.A. A向上移电容器的电容变大B. P向左移电容器的电容变大C. A向上移流过电阻R的电流方向从N到MD. P向左移流过电阻R的电流方向从M到N10.一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接．以Q表示电容器的电量，E表示两极板间的电场强度，则（）A. 当d增大、S不变时，Q减小、E减小B. 当S增大、d不变时，Q增大、E增大C. 当S减小、d增大时，Q增大、E增大D. 当S减小、d减小时，Q不变、E不变11.关于静电场的电场线，下列说法正确的是（）A. 电场强度较大的地方电场线一定较疏B. 沿电场线方向，电场强度一定越来越小C. 沿电场线方向，电势一定越来越低D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹12.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（不计重力为（）A. 3：4B. 4：3C. 3：2D. 2：313.关于点电荷的说法，正确的是（）A. 带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计B. 点电荷一定是电量很小的电荷C. 体积很大的带电体一定不能看作点电荷D. 只有体积很小的带电体，才能作为点电荷14.点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线如图所示，下列说法正确的是（）15.16.A. P、Q都是正电荷B. P、Q都是负电荷C. P是负电荷，Q是正电荷D. P是正电荷，Q是负电荷17.在如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，下列判断正确的是（）A. 电压表示数变大B. 电流表示数变大C. 流过电阻R1的电流不变D. 电阻R2的功率变大18.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个滑动变阻器R组成，（1）甲表是电流表，R增大时量程增大（2）甲表是电流表，R增大时量程减小（3）乙表是电压表，R增大时量程增大（4）乙表是电压表，R增大时量程减小下列说法正确的是（）A. （1）和（3）B. （1）和（4）C. （2）和（3）D. （2）和（4）19.如图所示为滑动变阻器示意图，下列说法中正确的是（）①a和b串联接入电路中，P向右移动时电阻增大②b和d串联接入电路中，P向右移动时电阻减小③b和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大④a和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大．A. ①②B. ②③C. ①③D. ②④20.如图所示，已知R1=R2=R3=1Ω，当开关S闭合后，电压表的读数为1V；当开关S断开后，电压表的读数为0.8V，则电池的电动势等于（）A. 1VB. 1.2VC. 2VD. 4V21.用电流表和电压表测量电阻R x阻值的电路如图所示．下列说法正确的是（）A. 通过电流表的电流等于通过R x的电流B. 通过电流表的电流小于通过R x的电流C. 电压表两端电压等于R x两端的电压D. R x的测量值大于真实值二、填空题（本大题共1小题，共16分）22.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．除导线、开关外，实验室还提供如下器材：A．电压表V1（3V，内阻约为5kΩ）B．电压表V2（15V，内阻约为10kΩ）C．电流表A1（0.6A，内阻约为1Ω）D．电流表A2（3A，内阻约为0.03Ω）E．阻值为2.0Ω的定值电阻R1F．阻值为20Ω的定值电阻R2G．最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3H．最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4要求尽量减小实验误差．（1）应该选择的实验电路是图______（选“a”或“b”）．（2）电压表应选择______，电流表应选择______，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择______．（填写选项前的序号）（3）通过实验采集数据，分别以电流表的示数I（A）和电压表的示数U（V）为横、纵坐标，计算机拟合得到U-I图象，拟合公式为U=-2.6I+1.4．则电源的电动势E=______V；内阻r=______Ω．（4）在该实验中，产生系统误差的主要原因是______．A．电压表的分流作用B．电压表的分压作用C．电流表的分压作用D．电流表的分流作用E．定值电阻的分压作用F．滑动变阻器的分流作用．三、计算题（本大题共2小题，共22分）23.在电场强度为E=104N/C，方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘轻细杆，固定一个带正电q=5×10-6C的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．如图所示，现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中，（取g=10m/s2）求：（1）A、B两位置的电势差多少？（2）电场力对小球做功多少？（3）小球的电势能变化了多少？24.25.26.如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机正常工作，电动机的线圈电阻R=1.5Ω．求：（1）电源的输出功率（2）电动机的输出功率．答案和解析【答案】1. A2. A3. A4. A5. D6. A7. C8. A9. A10. C11. B12. C13. D14. C15. C16. a；A；C；E；G；1.4；0.6；A17. 解：（1）AB之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：U=EL=104×1=10000V（2）电场力做功：W=qU=5×10-6×104=0.05J（3）电场力做正功，小球的电势能减小，减小为0.05J答：（1）A、B两位置的电势差是10000 v（2）电场力对小球做功0.05J；（3）小球的电势能减小0.05J．18. 解：（1）根据灯泡的额定值可知：P0=I0U0解得：I0==1A电源路端电压U路=E-I0r解得：U路=8-1×0.5=7.5V电源的输出功率P出=I0U路即P出=7.5×1=7.5W（2）电动机两端电压U=E-I0r-U0电动机内阻热功率P热=I02r电动机输出功率P出=I0U-P热联立解得：电动机的输出功率为：P出=3W答：（1）电源的输出功率为7.5W；（2）电动机的输出功率为3W．【解析】1. 解：设两个小球之间的距离为r，开始时：=将两个小球接触一下后，电量中和，再平分，则电量为q=；当仍放回原处，根据库仑定律F′=．故A正确，BCD错误故选：A接触后电量平分，再由库仑定律，即可求得库仑力变化．考查库仑定律的应用，掌握库仑定律的表达式，注意控制变量法的运用即可，题目不难．2. 解：A、α粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向向右，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知M点的电势低于N点的电势，a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大．故A正确；B错误；C、粒子从M到N，电场力做负功，则知动能减小，速率减小．故C错误．D、根据电场线或等势面的疏密程度可知，M点的等势面疏，场强小于N场强，α粒子在M点受的电场力小于在N点受的电场力．故D错误．故选：A根据电场线与等势面垂直和轨迹的弯曲方向判断电场力的大致方向．等差等势面密的地方电场的强度大，等差等势面疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．电场线与等势面垂直．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．3. 解：平行金属板板间场强为E=，带电液滴所受电场力为F =qE．带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有mg=qE，得到：q=油滴上元电荷的数目为：n====30个故选：A．带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，根据E=求出板间场强，由平衡条件求出带电液滴的电荷量，再求解油滴上元电荷的数目．本题是简单的力平衡问题，要记住元电荷e=1.6×10-19C，它是自然界最小的带电量，其他带电体的电量都它的整数倍．4. 解：A、电子所受的电场力与电场线方向相反，则在B点静止释放一个电子，将一定向A点运动，故A正确．B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由于只有一条电场线，不能判断电场线的疏密情况，所以不能判断场强的大小，故B错误；C、由图可知电场的方向向右，由于只有一条电场线不能判断电荷的情况，所以不能判断是哪一种电荷产生的，所以可能是正电荷，有可能是负电荷．故C错误；D、正电荷运动中通过A点，此时受到的电场力的方向一定是沿AB方向的，但是电荷的运动的方向不一定沿着AB方向，电荷完全可以做曲线运动，故D错误．故选：A．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．5. 解：A、A向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式C=，得知电容器的电容变小，故A错误．B、P向左移，拔出电介质，根据电容的决定式C=，得知电容器的电容变小，故B错误．C、A向上移，电容减小，而电容器板间电压不变，由电容的定义式C=，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N．故C错误．D、P向左移，电容减小，而电容器板间电压不变，由电容的定义式C=，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N．故D正确．故选：D．根据电容的决定式C=，分析电容的变化．电容器的板间电压不变，根据电容的定义式C=，分析电容器电量的变化，即可判断电路中电流的方向．本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析．6. 解：由于电容器的两极板与电池相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变．A、根据E=可得随d增大，两极板间的电场强度E减小．根据电容C=，由于S保持不变，d增大，故电容C减小，根据Q=CU可知电量Q减小．故A正确；B、根据E=可得由于d不变，两极板间的电场强度E不变．根据电容C=，由于S增大，d不变，故电容C增大，根据Q=CU可知电量Q增大．故B错误；C、根据E=可得随d增大，两极板间的电场强度E减小．根据电容C=，由于S减小，d增大，故电容C减小，根据Q=CU可知电量Q减小．故C错误；D、根据E=可得随d减小，两极板间的电场强度E增大．根据电容C=，由于S减小，d减小，故电容C的变化无法确定，根据Q=CU可知电量Q的变化无法确定．故D错误．故选：A．电容器的两极板与电池相连故电容器两极板之间的电压U保持不变，这是本题的突破口．根据E=可得随d变化，确定两极板间的电场强度E的变化．由电容的决定式C=，可根据S以及d的变化判断电容C的变化情况，最后根据Q=CU判断电容器所带电量Q的变化．电容器动态分析类的题目一定要注意是孤立的电容器（电量保持不变）还是与电池相连的电容器（电压保持不变）；一定要根据场强的决定式E=判断E的变化，要根据电容的决定式判断C的变化，从而根据电容的定义式Q=CU判断Q的变化情况．7. 解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，故A错误；BC、沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，则场强不一定越来越小，故B错误，C正确；D、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D错误；故选：C．只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；沿电场线方向电势越来越低，而电场线的疏密表示场强的大小，根据这些知识分析解答．记住电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，并要掌握电场线的两个意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向．8. 解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度相等，P和Q的水平位移比为1：2，由x=v0t知，运动时间比为1：2．根据y=at2，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为P和Q的电量比为3：1，则P和Q的质量比为3：4．故A正确，B、C、D错误．故选：A带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移之比得出运动的时间之比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比．解决本题的关键知道带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动．9. 解：A、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故A正确，CD错误；B、一个带电体能否看成点电荷，不是看它电量的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否可以忽略，故B错误；故选：A带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷．一个实际的带电体能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．10. 解：根据电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，可知，图中从Q出发到P终止，所以P是负电荷，Q是正电荷，故ABD错误，C正确．故选：C电场线是从正电荷或者无穷远出发，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．根据电场线分布特点判断两个点的电性关系．加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题，注意等量异种电荷与等量同种电荷电场线的分布区别．11. 解：当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，R3↓，外电路总电阻R总↓，路端电压减小，总电流I总↑，则电压表示数变小，通过电阻R1的电流I R1↑．根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压U并↓，通过电阻R2的电流I R2↑．因为I总=I A+I R2，所以电流表示数I A变大．由于电阻R2的电流I R2↑，则电阻R2的功率变小．故B正确，ACD错误．故选：B．先分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，即可判断电压表示数的变化和总电流的变化，根据串联电路分压特点判断并联部分电压的变化，判断出R2中电流的变化，从而判断出电流表示数的变化．本题是简单的电路动态分析问题，关键要分析出变阻器接入电路的电阻变化，即可根据闭合电路欧姆定律分析两电表读数的变化．12. 解：由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确．由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确；故选：C．灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．13. 解：①、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故①错误；②、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故②正确．③、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，故③错误．④、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap 电阻丝长度变长，电阻变大，故④正确；故选：D滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在．14. 解：当开关S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，外电路总电阻为：R=R2+R1=1.5Ω电路中干路电流为：I===1A根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）=1.5+r…①当K断开时，R1与R3串联，电路中干路电流为：I′==A=0.8A根据闭合电路欧姆定律得：E=I′（R′+r）=0.8×（2+r）…②联立①②解得：E=2V，r=0.5Ω．故选：C当开关S闭合时，电阻R3与R2并联后与R1串联，当S断开时，R1与R3串联，电压表测量R1的电压．根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E．对于闭合电路，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握．15. 解：A、由电路图可知，实验采用电流表外接法，电流表所测电流等于通过电阻的电流与通过电压表的电流之和，电流表的示数大于通过R x的电流，故AB错误；C、由电路图可知，电压表与待测电阻并联，测待测电阻两端电压，电压表的示数等于R x两端的电压，故C正确D、由欧姆定律可知，因电流偏大，故测量值偏小；故D错误；故选：C．电压表测量的是与其并联电路的电压值，电流表测量的是与之串联电路的电流值，据此分析问题即可．本题考查电流表，电压表的测量原理，明确电压表所测为与其并联部分电压，电流表为其串联电路的电流．16. 解：（1）由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采用相对电源的外接法，故选择a电路；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0-3V的C；电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的A1；由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的E；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的G；（3）由闭合电路欧姆定律可知，U=E-Ir，对比给出的公式U=-2.6I+1.4可知，电源电动势E=1.4V，等效内阻为2.6Ω，则电源实际内阻r=2.6-2=0.6Ω；（4）本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作出内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故A正确，BCDE错误．故选：A．故答案为；（1）a；（2）A，C，E，G；（3）1.4；0.6；（4）A．（1）明确实验原理，从而确定实验电路接法；（2）明确电源的电动势和电流的大致范围，从而确定电压表和电流表，根据定值电阻和滑动变阻器的作用确定定值电阻和滑动变阻器；（3）根据闭合电路欧姆定律即可确定电动势和内电阻；（4）明确电路结论，从而确定误差来源．本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．17. （1）根据：U=Ed即可计算出电势差；（2）根据恒力做功的公式求电场力做的功；根据电场力做功情况判断电势能如何变化；（2）电场力做正功，小球的电势能减小与之相等．解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．18. （1）由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流．（2）由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．本题考查功率的计算，要注意明确电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；同时要注意掌握功率公式的适用条件．。
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江苏省赣榆高级中学2018-2019学年度高二《静电场、恒定电流》复习检测题一、选择题（共11小题，计44分.把答案填到下面的指定表格中）1. 人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态。
现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2 h处无初速释放，则此带电粉尘将（）A. 向星球地心方向下B. 动能越来越大C. 仍在那里悬浮D. 飞出沿星球自转的线速度方向【答案】C【解析】【详解】当带负电粉尘在高度为h处处于平衡.则有 ,可知平衡和高度没有关系，所以当h变2h时,两力仍然平衡.，故C正确；故选C【点睛】带负电的粉尘恰能悬浮,是因为重力与电场力大小相等,方向相反.由公式可得:它们除与各自质量、电量有关系外,还与两者的中心间距有关,当改变间距时,质量与电量没变,所以平衡条件依旧满足2. 如图所示是一火警报警器的部分电路示意图.其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器.值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器.当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）A. I变大，U变大B. I变大，U变小C. I变小，U变小D. I变小，U变大【答案】C【解析】当传感器R3所在处出现火情时，热敏电阻R3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由U=E-Ir可知，路端电压U减小，则图中报警器两端的电压U将减小；因总电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过R2中的电流I减小。
故C正确。
故选C。
点睛：本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部→整体→局部”顺序进行分析．3. 有四个电源，电动势均相等，内电阻分别为1、2、4、8，现从中选择一个对阻值为2Ω的电阻供电，欲使电阻获得的电功率最大，则所选电源的内电阻为（）A. 1B. 2C. 4D. 8。
【答案】A【解析】【详解】电阻电功率，所以电源内阻越小，电功率越大，故A正确；BCD错误；故选A4. 在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。
当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有（）A. >B. =C. ΔU1>0，ΔU2 <0D. ΔU2>0，ΔU1 <0【答案】AD【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：结合公式可知>，故A对；B错当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1 <0，故C错；D对故选AD5. 如图所示，在固定的等量异种电荷的连线上，靠近负电荷的P点释放一个初速度为零的带负电的质点，则带电质点在运动过程中（）A. 加速度越来越大B. 动能越来越大C. 电势能逐渐增大D. 所通过各点的电势越来越高【答案】BD【解析】【详解】A项，两个等量异种电荷之间的电场线是中间疏，两边密，场强中间小，两边大，则负电荷所受的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A项错误。
B项，靠近负电荷的P处释放一初速度为零的带负电的质点，受到向左的电场力向左运动，电场力做正功，根据动能定理，动能逐渐增大，故B项正确。
C项，根据电场力做功与电势能的关系可知，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C项错误。
D项，沿电场线方向电势逐渐降低，电场线由正电荷指向负电荷，逆着电场线运动，电势越来越高，故D项正确。
故选BD6. 匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。
已知电场线的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V 和2 V。
设场强大小为E，一电量为1×10－6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（）A. W＝8×10－6 J，E＞8 V/mB. W＝6×10－6 J，E＞6 V/mC. W＝8×10－6 J，E≤8 V/mD. W＝6×10－6 J，E≤6 V/m【答案】A【解析】试题分析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qU DC=q（φD-φC）=1×10-6×（10-2）J=8×10-6J．AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m，匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed，所以，故选A。
考点：电势；电场强度视频7. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。
则下列说法中正确的是（）A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝D. 对应P点，小灯泡功率为图中矩形PQOM所围的面积【答案】ABD【解析】A： I—U图线上点与原点连线的斜率表示对应点电阻的倒数，则小灯泡电阻随着所加电压的增大而增大。
A项正确。
BC：对应P点，小灯泡的电阻为。
B项正确，C项错误。
D：对应P点，小灯泡的功率，即小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小。
D项正确。
点睛：非线性元件I— U图线上切线斜率不表示电阻的倒数。
8. 如图，一质量为m的小物块带正电荷Q，开始时让它静止在倾角θ=30°的固定光滑斜面顶端，整个装置放在场强大小为E=mg/Q、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为H，释放物块后，物块到达水平地面时的速度大小为（重力加速度为g）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】根据题意电场力重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角所以小物块将沿斜面滑到地面.运用动能定理研究从开始到落地过程 ,代入数据得，故D对，ABC错；故选D9. 某居民家中的电路如图，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能正常工作，但电灯仍正常发光。
拔出电饭煲的插头，把测电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则（）A. 仅电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障B. 仅电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障C. 仅导线AB间断路D. 因为插座用导线接地，所以发生了上述故障【答案】C【解析】【分析】这个要根据串联电路或者并联电路中的电表和灯泡的亮、灭来进行判断．例如串联电路中，如果电流表示数为零，则一定是断路，谁断，谁两端的电压表示数就会变大为电源电压．而并联电路中是不能存在短路的，也就是只有断路故障，谁断，测量它的电流表的示数就为零．【详解】A、若电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障，则电饭煲应该可以正常工作，但现在电热壶也不工作，加之试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故A错误；B、若是电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障，则灯泡不可能正常发光，故B错；C、只有导线AB断路，导致电热壶不能正常工作，同时试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光．故C正确；D、因插座用导线接地，没有影响火线与零线．故D错误；故选C【点睛】本题考查了家用电路的故障分析，要能够根据出现故障的现象，判断故障可能发生的原因，了解电路的连接情况，判断是短路还是断路，能够排除故障，确保电路和人身安全.10. 如图所示，a、b两个带电小球，质量分别为，细线悬挂，两球静止时，它们距水平地面的高度均为h（h足够大），绳与竖直方向的夹角分别为和（），若剪断细线Oc，空气阻力不计，两球电量不变，重力加速度取g，则（）A. a球先落地，b球后落地B. 落地时，a、b水平速度相等，且向右C. 整个运动过程中，a、b系统的电势能增加D. 落地时，a、b两球的动能和为【答案】D【解析】【详解】A、在竖直方向上,只受重力,加速度相同,都是g,因高度相同,则两球同时落地,故A 错误;B、因为两球距地足够高,所以在落地前绳被拉直,由动量守恒可以知道两球水平方向的总动量一直为零,故落地时,两球水平方向的速度均变为零,故B错误.C、在整个运动过程中,除重力做功外,还有库仑力做功,水平方向在库仑斥力作用下,各自相向运动,库仑力做正功,故系统的电势能减小,故C错误;D、水平方向在库仑斥力作用下,各自相向运动,当绳子拉直时,水平方向速度损失,转化为内能,而竖直方向上作自由落体运动,根据运动的独立性可以知道,则落地时,a、b两球的动能和为,故D正确故选D【点睛】剪断细线OC,空气阻力不计,小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用,然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性,结合机械能守恒的条件,可正确求解.11. 两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为和（）。
将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。
若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（）A. B.C. D.【答案】A【解析】试题分析：将两个小球看做一个整体，整体在水平方向上只受到向右的电场力，故根据牛顿第二定律可得，对小球2分析，受到向右的电场力，绳子的拉力，由于，球1受到向右的电场力大于球2向右的电场力，所以绳子的拉力向右，根据牛顿第二定律有，联立解得，故A正确；考点：考查了牛顿第二定律，电场力【名师点睛】解决本题关键在于把牛顿第二定律和电场力知识结合起来，在研究对象上能学会整体法和隔离法的应用，分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要用隔离法．采用隔离法可以较简单的分析问题视频二、实验题、填空题：（共3小题，计28分）12. 如图所示电路中，电阻的阻值都是1Ω，的阻值都是0. 5Ω，ab端输入电压U=5 V，当cd端接电流表时，其示数是_________A。
【答案】1A【解析】【详解】c、d端接入电流表后，等效电路如图所示，由欧姆定律得根据并联电路特点可得故本题答案是1A13. 夏季某日，某地区距地面一定高度的空中有两块相距3 km的足够大的云团，受湿气流影响，两块云团正在以5 m/s的相对速度靠近，不断与空气摩擦带电．设两云团之间电势差保持V不变，已知空气电离的电场强度（即发生放电时的电场强度）为V/m，云团间的电场可视为匀强电场，则大约经过______秒，将会发生放电现象；在这次放电中，若从一块云团移到另一块云团的电量为500 C，闪电历时0. 01 s，则此过程中的平均电流强度为________A。