2018高考物理大一轮复习方案高考真题汇编 J单元 电路
2018高考物理大一轮复习课件：第八单元 恒定电流 单元综合8 精品
【答案】 4.6 Ω ×10 欧姆调零 12.0×10 Ω 【解析】 电阻箱“×100”、“×10”对应的都是零，所 以读数是 4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.多用电表指针偏转角度 太大，电阻太小，因此应选用较小的倍率，将“×100”挡换为 “×10”；欧姆挡的读数为指针所指的刻度乘以倍率即电阻为 12.0×10 Ω.
三、定值电阻的应用思路 1．保护电路． 2．扩大电压表和电流表的量程． 3．配合电流表测电压或配合电压表测电流． 4．充当电源内阻．
四、电表的改装和互用思路 1．当电表的量程较小，而内阻已知时，可以用定值电阻改 装扩大量程． 2．已知内阻的电流表可以当电压表使用，已知内阻的电压 表也可以当电流表使用．
D．定值电阻 R0 E．电源：电动势 6 V，内阻约为 1 Ω F．开关一个、导线若干
(1)利用以上器材设计如图甲所示测量电路，请你按图示电路 将图乙的实验仪器连接起来；
(2)请写出按该电路测量电压表 V1 内阻 RV 的表达式，并指出 表达式中各物理量的含义：________________________________ _______________________________________________________ _____________________________________________________；
(3)如图所示，电阻箱的读数为________．用多用电表测电阻， 选择“×100”倍率测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如 图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，应换挡为________， 换挡后要重新________，重新测量时刻度盘上的指针位置如图中 实线所示，测量结果是________．
它的阻值比待测电阻的阻值大得多，不论采用分压式还是采用限 流式接法，调节滑动变阻器改变电路中的电流或电压都不方便， 所以选用 R1.若采用串联限流接法，电流(电压)调节范围比较小， 不便于操作和进行数据处理，故应采用分压式接法．
南方新高考2018版高考物理大一轮复习 专题提升六 电场中“三类”典型图象课时作业
专题提升六电场中“三类”典型图象1．电场中的三条等势线如图KZ61中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa＞φb ＞φc.一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P点运动到Q点，则这一过程中电子运动的vt图象大致是图线中的( )图KZ61A B C D2．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图象是( )A B C D3．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图KZ62甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲乙图KZ62A．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝2 V/mB．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．A、B两点电势差U AB＝－5 V4．(2014年山东卷)如图KZ63所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是( )图KZ63A B C D5．(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图KZ64所示，x轴上两点B、C 的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx.下列说法正确的有( )图KZ64A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功6．(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图KZ65所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )图KZ65A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大7．(多选，2015年河南洛阳模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x 变化的图象如图KZ66所示，带电粒子在此空间只受电场力作用．下列说法中正确的是( )图KZ66A．在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动B．带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度C．带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小D．带正电的粒子在x1处的电势能比在x2处的电势能小、与在x3处的电势能相等8．(多选，2016年福建师大附中期中)在x轴上存在与x轴同向的电场，x轴上各点的电场强度随x点位置变化情况如图KZ67所示．点电荷a和b带的电量分别为＋q和－q，不计a和b间的静电力．下列叙述正确的是( )图KZ67 A ．x 1、x 2两处的电势相同B ．a 和b 在x 1处的电势能相等C ．将电荷a 沿x 轴从x 1处移到x 2处，电场力一直做正功D ．b 在x 1处的电势能小于在x 2处的电势能9．(多选，2014年上海卷)静电场在x 轴上的电场强度E 随x 的变化关系如图KZ68所示，x 轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷( )图KZ68A ．在x 2和x 4处电势能相等B ．由x 1运动到x 3的过程中电势能增大C ．由x 1运动到x 4的过程中电场力先增大后减小D ．由x 1运动到x 4的过程中电场力先减小后增大专题提升六 电场中“三类”典型图象 1．A 2．A3．D 解析：小物块在B 点加速度最大，故B 点电场强度最大，由v t 图线知B 点加速度为2 m/s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ，解得U AB ＝－5 V ，选项D 正确．4．A5．AD 解析：在φx 图象中，图线斜率表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx >E Cx ，E Ox ＝0，故A 项正确，C 项错误；根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx 沿x 轴负方向，B 项错误；负电荷在正x 轴上受电场力沿x 轴负方向，在负x 轴上受电场力沿x 轴正方向，故可判断负电荷从B 移到C 的过程中，电场力先做正功后做负功，D 项正确．6．BC 解析：由于电势φ随x 的变化不是均匀变化，即ΔφΔx不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O 点电场强度最大，x 0处电场强度最小，选项A 错误，B 正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x 轴负方向，在O 点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x 轴正方向，电子将沿x 轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C 正确，D 错误．7．AB 解析：电场沿x 轴对称分布，在－x 1处释放一带负电的粒子，它将沿x 轴在 －x 1与x 1之间做往返运动，选项A 正确．带负电的粒子以一定的速度由－x 1处沿x 轴正方向运动到x 1处，它在x 1处的速度等于在－x 1处的速度，选项B 正确．带正电的粒子以一定的速度由－x 1处沿x 轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项C 错误．从x 1处到x 3处，电场强度方向沿x 轴，带正电的粒子从x 1处到x 3处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x 1处的电势能比x 2处的电势能大、比x 3处的电势能大，选项D 错误．8．CD 解析：根据Ex图线可知，电场线沿x轴正向，因顺着电场线电势逐渐降低，可知x1处的电势高于x2处的电势，选项A错误；因点电荷a和b带的电量分别为＋q和－q，根据E p＝Uq可知a和b在x1处的电势能不相等，选项B错误；因电场线沿x轴正向，则将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功，选项C正确；因x1处的电势高于x2处的电势，则负电荷b在x1处的电势能小于在x2处的电势能，选项D正确．故选CD.9．BC 解析：由图象可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确，D项错误．。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习 第11单元 交变电流 传感器单元小结卷
第11单元交变电流传感器一、选择题(每小题6分，共48分，1～4小题为单选，5～8小题为多选)1．如图D111甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变，则下列说法中正确的为( )图D111A．电压表的示数为6 VB．发电机的输出功率为4 WC．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大2．如图D112甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝π2ω时刻( )图D112A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大3．如图D113所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源．若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )图D113A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶44．某种角速度计的结构如图D114所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，自然长度为l，电源的电动势为E，内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，闭合开关，当系统以角速度ω转动时，则( )图D114A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的增大而减小C．弹簧的伸长量为x＝mωlk－mω2D．输出电压U与ω的函数关系式为U＝Emω2k－mω25．如图D115甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，均为理想电表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )图D115A．灯泡的电压为110 VB．副线圈输出交流电的频率为50 HzC．U＝220 V，I＝0.2 AD．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)6．如图D116甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表均为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220 V，60 W”的灯泡．如果副线圈电压随时间按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )图D116A ．电压表的示数为660 VB ．电流表的示数为0.82 AC ．a 、b 两点间的电压是1045 VD ．a 、b 两点间的电压是1100 V7．手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L 供电，其电路如图D117所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k ，变压器可视为理想变压器．则( )图D117A ．灯泡的额定电压为U kB ．灯泡的额定功率为k 2U 2RC ．发电机的线圈中产生的电动势最大值为2（R ＋r ）RUD ．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt8．图D118甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压随时间变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．未发生警报时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )图D118A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处发生警报时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处发生警报时，输电线上的电流变大二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．一小型交流发电机产生正弦式交变电压，该电压随时间变化的规律如图D119所示．发电机线圈电阻为5 Ω，当发电机输出端仅接入一个95 Ω的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作．求：(1)通过该用电器的电流值；(2)该用电器的额定功率．图D11910．某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V，40 W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图D1110所示．求：(1)发电机的输出功率；(2)发电机的电动势；(3)输电线上损耗的电功率．图D1110参考答案（测评手册）单元小结卷(十一)1．C [解析] 根据图乙所示的产生的电动势随时间变化的正弦规律图像可知，电动势最大值为6 2 V ，有效值为E ＝6 V ，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r＝0.6 A ，电流表示数为0.6 A ，电压表的示数为U ＝IR ＝0.6×9 V ＝5.4 V ，选项A 错误．发电机的输出功率为P ＝UI＝5.4×0.6 W ＝3.24 W ，选项B 错误．在1.0×10－2s 时刻，产生的感应电动势为零，说明磁通量变化率为零，线圈正在通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项C 正确，选项D 错误．2．C [解析] 线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，即i ＝i m cos ωt ，在t ＝π2ω时刻i ＝i m cos ωt ＝i m cos π2ω·ω＝0，此时刻线圈所在的平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，A 、B 、D 错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C 正确．3．C [解析] 原、副线圈电流之比等于匝数的反比，I 1I 2＝n 2n 1，两电阻消耗的功率相等，即I 21R ＝I 22R ，由以上两式得n 1n 2＝11，故选C.4．D [解析] 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，滑动变阻器接入电路电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故选项A 、B 错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x ，则对元件A ，根据牛顿第二定律得kx ＝m ω2(l ＋x )，又输出电压U ＝R BP R BC E ＝x l E ，联立两式得x ＝m ω2l k －m ω2，U ＝Em ω2k －m ω2，故选项C 错误，选项D 正确．5．ABD [解析] 原线圈电压有效值U 1＝22022V ＝220 V ，副线圈的电压U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，电流I 2＝P U 2＝22110 A ＝0.2 A ，电流表示数I 1＝n 2n 1I 2＝12×0.2 A ＝0.1 A ，A 正确，C 错误；原线圈交流电的频率f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，变压器不会改变交流电频率，B 正确；原线圈输入电压瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，D 正确．6．BC [解析] 根据图乙所示的副线圈电压—时间图像，可知副线圈电压有效值为U 2＝220 V ．由变压器变压公式可知，原线圈输入电压U 1＝n 1n 2U 2＝4×220 V ＝880 V ，选项A 错误．副线圈所接的每个灯泡中电流均为I ＝P U ＝60220 A ＝311 A ，电流表的示数为I 2＝3I ＝3×311A ＝0.82 A ，选项B 正确．由U 1I 1＝U 2I 2，解得原线圈中电流I 1＝I 24＝944 A ，灯泡电阻R ＝U 2P ＝220260Ω＝24203 Ω，原线圈串联的灯泡两端电压为U 灯＝I 1R ＝944×24203 V ＝165 V ，a 、b 两点间的电压是U 灯＋U 1＝165 V ＋880 V ＝1045 V ，选项C 正确，选项D 错误．7．AD [解析] 由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U 2＝Uk.灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为Uk ，选项A 正确．灯泡的额定功率为P ＝U k 2R ＝U 2k 2R，选项B 错误．设发电机的线圈中产生的电动势最大值为E m ，有效值为E ＝E m2，由闭合电路欧姆定律，有E ＝U ＋Ir ，I＝U k 2R ，联立解得E m ＝2（k 2R ＋r ）k 2RU ，选项C 错误．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt ，选项D 正确． 8．AD [解析] 根据升压变压器的输入电压随时间变化规律，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化．由图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为：I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压为：ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3000 V ，输电线路损耗功率为：ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项B 错误；当传感器R 2所在处发生警报时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项C 错误；副线圈电流增大，根据原、副线圈电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，选项D 正确．9．(1)1 A (2)95 W[解析] (1)由电压—时间图像可知，发电机产生的交变电压的有效值为100 V. 由闭合电路欧姆定律可得，通过该用电器的电流I ＝U R ＋r ＝100 V 95 Ω＋5 Ω＝1 A. (2)由于用电器正常工作，故其额定功率 P ＝I 2R ＝12×95 W ＝95 W.10．(1)5424 W (2)250 V (3)144 W [解析] (1)所有灯都正常工作的总功率 P ＝22×6×40 W ＝5280 W 通过电灯的总电流I 4＝P U 4＝5280 W220 V＝24 A根据I 4I 3＝n 3n 4得输电线上的电流I 3＝I 4n 4n 3＝6 A 降压变压器原线圈电压U 3＝P I 3＝880 V输电线上的电压损失ΔU ＝I 3R ＝24 V因此升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU ＝904 V 根据U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器输入电压U 1＝U 2n 1n 2＝226 V 输入电流I 1＝I 2n 2n 1＝I 3n 2n 1＝24 A所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率ΔP＝I23R＝144 W.。
2018高考物理大一轮复习 第8章 恒定电流 实验9 描绘小电珠的伏安特性曲线高效演练 跟踪检测
实验9 描绘小电珠的伏安特性曲线高效演练跟踪检测1．“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验电路如图所示，所用小灯泡的额定电压是3.8 V．关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是( )A．系统误差主要是由电压表的分流引起的B．系统误差主要是由电流表的分压引起的C．系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的D．系统误差主要是由读数时的估读引起的解析：选 A.由于小灯泡的电阻比较小，所以采用电流表外接法，此时电压表的测量值是准确的，但是电流表的测量值和真实值相比要大，系统误差的主要原因是电压表分流，A 正确．2．图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.(1)完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，_______________________；②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，____________________；③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．(2)在线框中画出与实物电路相应的电路图．变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱．闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压．(2)与实物电路相应的电路图如图所示．答案：(1)①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压(2)如解析图所示3．某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：电压表V1(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E＝6 V，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．解析：(1)电压表V1和定值电阻R5串联，可改装成量程为0～4 V的电压表，电流表A1与定值电阻R4并联，可改装成量程为0～0.4 A的电流表，待测小灯泡的电阻很小，故电流表采用外接法．(2)小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．答案(1)电路如图所示(2)B4．如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器R L消耗的电功率．改变R L的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的UI关系图线．回答下列问题：(1)滑动触头向下移动时，电压表示数________(填“增大”或“减小”)．(2)I0＝________A.(3)R L消耗的最大功率为________W(保留一位有效数字)．解析：(1)滑动触头向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，因为总电流不变，所以总电压减小，电压表示数减小．(2)电压表示数与电流表示数之间的关系为U＝(I0－I)R＝I0R－IR，由图象横轴截距得I0＝1.00 A.(3)由UI图线可得R＝20 Ω，R L消耗的功率P＝UI＝I0RI－I2R，由二次函数的规律得R L最大功率为5 W.答案：(1)减小(2)1.00(0.98、0.99、1.01均正确) (3)55．某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A ；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．解析：(1)电流表的示数从零开始逐渐增大，说明滑动变阻器应该用分压式接法．(2)电流表示数为0.44 A.(3)设有n 个小电珠并联，每个小电珠的电压为U ，电流为I ，则当小电珠的总功率(相当于电源的输出功率)最大时，外电阻和电源内阻相等，所以U ＝1.5 V ，nI ＝E －U r＝1.5 A ，即每个小电珠两端的电压为1.5 V ．从题目所给的U I 图可以看出，当U ＝1.5 V 时，I ＝0.37A ，所以小电珠个数n ＝1.5 A 0.37 A ≈4，小电珠的总功率P ＝U 2R 总＝U 2r＝2.25 W. 答案：(1)见解析图 (2)0.44 (3)4 2.25(或2.22～2.28均正确)6．现要测定一个额定电压2.5 V 、额定功率约0.7 W 的小灯泡的伏安特性曲线．(1)为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图．(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填“左端”或“右端”)．(3)根据实验数据，描绘出的U I 图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80 V 时，小灯丝电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(结果保留两位有效数字)．(4)由图乙可确定小灯泡耗电功率P 与外加电压U 的关系，符合该关系的图象是图丙中的________．解析：(1)实物电路图如图所示．(2)为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端．(3)由图可知，当电压为1.8 V 时，电流为0.25 A ，则电阻R ＝U I ＝1.80.25Ω＝7.2 Ω；功率P ＝UI ＝1.8×0.25 W＝0.45 W.(4)由功率公式P ＝U 2R可知，功率与电压的图象应为D. 答案：(1)见解析 (2)左端 (3)7.2 0.45 (4)D7．有一个小灯泡上标有“4.8 V,2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P 与它两端电压的平方U 2的关系曲线．有下列器材可供选用：A ．电压表V 1(0～3 V ，内阻3 k Ω)B ．电压表V 2(0～15 V ，内阻15 k Ω)C ．电流表A(0～0.6 A ，内阻约1 Ω)D ．定值电阻R 1＝3 k ΩE ．定值电阻R 2＝15 k ΩF ．滑动变阻器R (10 Ω，2 A)G ．学生电源(直压6 V ，内阻不计)H ．开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，定值电阻应选用________(均用序号字母填写)；求的电路图；(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是________，下图的四个图象中可能正确的是________．解析：(1)由于量程15 V的电压表量程较大，所以可以采用扩大3 V量程电压表的办法，实验中所用电压表应选用A，定值电阻应选用R1＝3 kΩ的D.(2)采用分压电路，电流表外接．电路图如图(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是U ＝2U V.由P＝U2/R，R随温度升高(电压增大)而增大，小灯泡的电功率P与它两端电压的平方U2的关系曲线可能正确的是图C.答案：(1)A D (2)见解析图(3)U＝2U V C。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习 专题训练(十)第10单元 电磁感应
专题训练（十）第10单元电磁感应基础巩固1．如图Z101所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r(金属环粗细均匀)，磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直于环平面，环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压大小为( )图Z101A.13B0av B.16B0av C.23B0av D．B0av2．[2016·清江中学周练] 如图Z102所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域，从BC边恰好进入磁场区域开始，到A点离开磁场区域为止的过程中，下列能正确表示线框内感应电流变化(以逆时针方向为电流的正方向)的图像是( )图Z102图Z1033．[2016·河北正定中学月考] 在如图Z104甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．边长为L，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框的发热功率为P，则( )图Z104A．线框中的感应电流方向会发生改变B．cd边所受的安培力大小不变，方向改变C ．线框中的感应电动势为2B 0L 2TD ．线框中的电流大小为P R4．(多选)[2015·江苏宿迁调研] 用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图Z 105所示，在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k(k ＜0)．则( )图Z 105A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有收缩的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 4ρ D ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14k πr 2 5．(多选)[2015·聊城二模] 如图Z 106甲所示，一个半径为r 1、匝数为n 、电阻值为R 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，导线的电阻不计．在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，0～t 1时间内，下列分析正确的是( )图Z 106A ．R 1中电流的方向由a 到bB ．电流的大小为n πB 0r 223Rt 0C ．线圈两端的电压为n πB 0r 223t 0D ．通过电阻R 1的电荷量为n πB 0r 22t 13Rt 0能力提升6．[2016·开封质检] 光滑的平行金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，导轨上端接一阻值为R 的电阻，导轨所在空间有垂直于导轨平面向上的均匀磁场，有一质量为m 、电阻为r 的金属棒ab ，垂直放在导轨上且与导轨保持良好接触，其余部分电阻不计．要使金属棒始终处于平衡状态，则磁场随时间变化的图像可能是( )图Z1077．(多选)[2015·山东大联考] 如图Z108所示，导体棒沿两平行导轨从图中位置以速度v向右匀速通过以正方形abcd为边界的磁场区域，磁场方向均垂直于导轨平面，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向与左侧相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流由M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )图Z108图Z1098．(多选)[2016·长沙雅礼中学月考] 如图Z1010所示，虚线三角形ABC为磁感应强度为B的匀强磁场区域，三角形ABC是等腰直角三角形，斜边AB的长度为2L，AB边位于光滑绝缘的水平面内．边长bc为2L、ab为L的矩形金属框abcd电阻为R，在拉力F的作用下以恒定的速度v沿AB运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域．规定顺时针方向为电流的正方向，力F向右为正方向，从金属框进入磁场开始计时，则下列关于电流I和拉力F随时间变化的图线正确的是( )图Z1010109．[2016·湖北七校联考] 如图Z1012所示，平行于y轴的长为2R的导体棒以速度v 向右做匀速运动，经过由两个半径均为R的半圆和中间一部分长为2R、宽为R的矩形组合而成的磁感应强度为B的匀强磁场区域．下列选项中，能正确表示导体棒中的感应电动势E 与导体棒运动时底端横坐标x关系的图像是( )图Z1012图Z1013挑战自我10．[2016·唐山模拟] 在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图Z1014所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab棒两端的电压；(3)金属棒ab运动的速度．图Z1014专题训练(十)1．A [解析] 棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为2a ，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝B 0·2a ·v ，而v ＝v A ＋v B 2，得E ＝B 0·2a ·0＋v 2＝B 0av .外电路的总电阻R ＝r ·r r ＋r ＝r 2，根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r，得总电流I ＝2B 0av 3r .A 、B 两端的电压大小U ＝IR ＝2B 0av 3r ·r 2＝13B 0av ，选项A 正确． 2．A [解析] 设线框电阻为R ，切割磁感线的有效长度为L ，线框运动过程中产生的感应电动势E ＝BLv ，故产生的感应电流I ＝E R ＝BLv R，线框开始进入磁场后，切割磁感线的有效长度L 减小，感应电流I 逐渐减小；当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，I ＝0，当线框离开磁场时，切割磁感线的有效长度L 减小，感应电流I 逐渐减小；由右手定则可知，线框在进入磁场的过程中，电流沿逆时针方向，为正值，在离开磁场的过程中，电流沿顺时针方向，为负值，故A 正确．3．D [解析] 根据图乙，分析磁场变化的一个周期，在0～T 2时间内，向外的磁场在减小，故感应电流的磁场方向向外，在T 2～T 时间内，向里的磁场在增加，故感应电流的磁场方向也向外，此后磁场变化重复此周期，说明线框中的感应电流方向不会发生改变，选项A 错误；cd 边的电流方向由d 到c 不变，大小也不变，而磁场方向改变，磁感应强度的大小也改变，故受到的安培力方向改变，大小也改变，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得，线框中的感应电动势E ＝ΔBS 2Δt ＝B 0L 2T，选项C 错误；因为磁场的变化是均匀的，所以线圈中产生的感应电流也是恒定的，即P ＝I 2R ，所以线框中的电流大小为P R ，选项D 正确．4．CD [解析] 根据楞次定律和安培定则，圆环中将产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张的趋势，选项A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB ·πr 22Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 22，圆环的电阻R ＝ρ2πr S ，所以感应电流的大小为I ＝E R ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 4ρ，选项C 正确；根据闭合电路欧姆定律可得a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14k πr 2，选项D 正确．5．BD [解析] 由图像分析可知，0～t 0时间内，由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，面积为S ＝πr 22，由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R，联立以上各式解得，通过电阻R 1的电流大小I 1＝n πB 0r 223Rt 0，由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a ，选项A 错误，选项B 正确；线圈两端的电压大小U ＝I 1·2R ＝2n πB 0r 223t 0，选项C 错误；通过电阻R 1的电荷量q ＝I 1t 1＝n πB 0r 22t 13Rt 0，选项D 正确．6．D [解析] 根据题意，画出的示意图如图所示．棒ab 始终处于平衡状态，则其受到的安培力沿斜面向上，根据楞次定律可知穿过闭合回路的磁通量是增加的，故选项C 错误；根据平衡条件有mg sin θ＝BIL ，棒ab 始终处于平衡状态，则当B 变大时，电流减小，又I ＝ER ＋r ＝ΔBS Δt （R ＋r ），故ΔB Δt 减小，选项D 正确．7．AC [解析] 导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流由M 经R 到N ，为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，为负值，且逐渐减小，且经过分界线时感应电流的大小突然加倍，A 正确，B 错误；设导体棒切割磁感线的有效长度为L ，第一段时间内安培力大小F ＝BIL ＝B ·BLv R L ＝B 2L 2v R，因L ∝t ，故F ∝t 2，F t 图像为抛物线，同理可知第二段时间内F t 图像也为抛物线，C 正确，D 错误．8．BD [解析] 设金属框切割磁感线的有效长度为l ，在0～L v时间内，感应电流I ＝Blv R ＝Bv 2R t ，电流方向为顺时针，为正，拉力F ＝F 安＝BIl ＝B 2v 3R t 2，方向向右，为正；在L v～2L v 时间内，感应电流I ＝Bv （2L －vt ）R，电流方向为顺时针方向，为正，拉力F ＝F 安＝BIl ＝B 2v R (2L －vt )2，方向向右，为正；在2L v ～3L v 时间内，感应电流I ＝Bv （vt －2L ）R，电流方向为逆时针方向，为负，拉力F ＝F 安＝BIl ＝B 2v R (vt －2L )2，方向向右，为正；在3L v ～4L v时间内，感应电流I ＝Bv （4L －vt ）R ，电流方向为逆时针方向，为负，拉力F ＝F 安＝BIl ＝B 2v R(4L －vt )2，方向向右，为正，故A 、C 错误，B 、D 正确．9．A [解析] 当导体棒底端横坐标x 在0～R 之间时，有效切割长度为L ＝2R 2－（R －x ）2，所以E ＝BLv ＝2Bv R 2－（R －x ）2；当导体棒底端横坐标x 在R ～2R 间时，有效切割长度为2R ，产生的感应电动势为E ＝2BRv ；当导体棒的底端横坐标x 在2R ～3R 之间时，有效切割长度为L ＝2R 2－（x －2R ）2，所以E ＝BLv ＝2Bv R 2－（x －2R ）2，根据数学知识可知B 、C 、D 错误，A 正确．10．(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s[解析] (1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，等效于电源，感应电流方向由b 流向a ，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝E |q |又E ＝U MN d所以U MN ＝mgd |q |＝0.1 V R 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MN R 3＝0.05 A 则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V. (3)设金属棒ab 运动的速度为v ，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E 感＝Blv 由闭合电路欧姆定律得E 感＝U ab ＋Ir ＝0.5 V联立解得v ＝1 m/s.。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：专题六 电场
专题六 电 场第1讲 库仑定律 电场强度一、单项选择题1．(2018年广东惠东高级中学检测)如图K611所示，最近，一则“女子自助加油 静电起火点燃油枪”的视频被微信疯转，但凡看过视频的人无不瞠目结舌，感叹冬天自己动手加油真危险！有关加油时静电起火，下列说法正确的是( )图K611A ．加油时可以通过不断整理衣服导走静电B ．该女子通过加油机接地的金属面板进行操作时，不会导走身上的静电C ．加油前可以先通过洗手以消除静电D ．加油时衣服上的静电产生方式属于接触起电 2．电场中有一点P ，下面说法正确的是( ) A ．若放在P 点的点电荷减半，则P 点的场强减半 B ．若P 点没有检验电荷，则P 点的场强为零C ．P 点的场强越大，则同一电荷在P 点受到的电场力越大D ．P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向3．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )A B C D4．如图K612所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直．则( )A ．A 点的场强大小为E 2＋k 2Q 2r4B ．B 点的场强大小为E －k Q r2 C ．D 点的场强大小不可能为0 D ．A 、C 两点的场强相同图K612 图K6135．(2018年陕西渭南质检)两个带电荷量分别为Q 1、Q 2的质点周围的电场线如图K613所示，由图可知( )A ．两质点带异号电荷，且Q 1>Q 2B ．两质点带异号电荷，且Q 1<Q 2C ．两质点带同号电荷，且Q 1>Q 2D ．两质点带同号电荷，且Q 1<Q 26．A 、B 是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其v t 图象如图K614所示．则电场的电场线分布可能是( )图K614A B C D7．如图K615甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πk σ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－x R 2＋x 212，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为()甲 乙图K615A ．2πk σxr 2＋x212B ．2πk σrr 2＋x212C ．2πk σx r D ．2πk σ0r x二、多项选择题8．(2018年广东广州执信中学期中)如图K616所示为点电荷a 、b 所形成的电场线分布图，以下说法正确的是()图K616A ．a 、b 为异种电荷B ．a 、b 为同种电荷C ．A 点场强大于B 点场强D ．A 点电势高于B 点电势9．如图K617所示，半径为r 的硬胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，单位长度的电量为q ，其圆心O 处的合场强为零，现截去圆环顶部一小段AB ，AB ＝l ，则关于剩余部分电荷在圆心O 处产生的场强，下列说法正确的是()图K617A ．O 处场强方向竖直向下B ．O 处场强方向竖直向上C ．O 处场强的大小为k ql r 2D ．O 处场强的大小为kqπr －lr 210．(2018年浙江卷)如图K618所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电荷量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )图K618A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0三、非选择题11．三个电荷量均为Q (带正电)的小球A 、B 、C 质量均为m ，放在水平光滑绝缘桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L ，如图K619所示．(1)三角形的中心O 点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？(2)若中心电荷的电荷量在(1)问基础上加倍，三个带电小球将加速运动，求其开始运动瞬间的加速度大小．(3)若中心电荷的电荷量在(1)问基础上加倍后，仍保持三个小球相对距离不变，可让它们绕中心电荷同时旋转，求它们旋转的线速度大小．图K619专题六 电 场第1讲 库仑定律 电场强度1．C 2．C 3．D 4．A5．A 解析：由图可知，电场线起于Q 1，止于Q 2，故Q 1带正电，Q 2带负电，两质点带异号电荷，在Q 1附近电场线比Q 2附近电场线密，故Q 1>Q 2，选项A 正确．6．D7．A 解析：利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R 无限大时，Q 点电场强度E 1＝2πk σ0；当R ＝r 时，Q 点电场强度E 2＝2πk σ0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－x r 2＋x 212.现从带电平板上中间挖去一半径为r 的圆板，则Q 点电场强度E 3＝E 1－E 2，选项A 正确．8．AD9．AC 解析：我们可以把圆环看成是无数个点电荷，而圆环中心O 处的场强是圆环上除AB 段外所有的点电荷单独存在时在这点产生的场强的矢量和．整个圆环圆心O 处的合场强为零，截去圆环顶部一小段AB 后，圆环其余部分点电荷在O 处合场强方向竖直向下，因此A 正确，B 错误；由E AB ＝E 其余＝k qlr2可知C 正确，D 错误． 10．AC11．解：(1)根据对称性，A 、B 、C 每个带电小球受其他两个小球的库仑力的合力沿与中心连线向外，所以要使三个带电小球都处于静止平衡状态，必须在O 点放上负电荷．对A 、B 、C 中任意一个受力分析，根据平衡条件列方程可得2kQ2L2c o s 30°＝kQq⎝ ⎛⎭⎪⎫L2cos 30°2，所以q ＝33Q . (2)如图D78所示对任意小球由牛顿第二定律得图D782kQ2L 2cos 30°＝ma所以a ＝3kQ2mL 2.(3)对任意小球由牛顿第二定律得 2kQ2L 2cos 30°＝mv 2L2cos 30°所以v ＝Q k mL.。
全程复习构想2018高考物理一轮复习 第八章 恒定电流章 1 部分电路的基本规律课时作业 新人教版
部分电路的基本规律一、选择题(1～7题只有一个选项符合题目要求，8～11题有多个选项符合题目要求) 1．关于材料的电阻率，下列说法中正确的是( )A ．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的13B ．材料的电阻率随温度的升高而增大C ．纯金属的电阻率一般较合金的电阻率小D ．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大解析：材料的电阻率与长度无关，选项A 错误；半导体材料的电阻率一般随温度升高而减小，故选项B 错误；纯金属的电阻率较合金的电阻率小，选项C 正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，故选项D 错误．答案：C 2．有一段长1 m 的电组丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m ，则电阻变为( ) A ．10 Ω B ．50 Ω C ．150 Ω D ．250 Ω解析：电阻丝无论怎样拉长，其体积不变，但随着长度增加，截面面积在减小，即满足V ＝Sl 的关系式．把电阻丝由1 m 均匀拉伸到5 m 时，截面面积变成原来的15，由电阻定律R＝ρl S可知电阻变成原来的25倍，选项D 正确．答案：D3．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )A ．I 2R B.U 2RC ．UID ．UI －I 2R解析：不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P ＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R，选项A 、B 错误；而UI －I 2R 为电能转化为其他形式能量的功率，选项D 错误．答案：C4．某一导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ωc a U 1：U 2：U ＝：：2. )a 是ρc 的2倍 c 是ρa 的2倍，截面积为S ，因为R ＝U ，而R ＝ρL．5.5×10－2度．11.0×10－2度根据电流的变化情况，分段计算求电功．＝0.3×220×10×60 J＝3.96×104J ＝0.4×220×10×60 J＝5.28×104Ω的电解槽和一盏标有“110 V 的直流电路两端，灯泡正常发光，则，电动机绕线电阻R2＝，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示)平行，则下列说法正确的是R A：R B：R＝：：3．此时导体A的功率为1 W．若将三个导体元件并联后接在3 V的稳压直流电源上，则．若仅将导体B串联后接在2 V的稳压直流电源上，，电流I相等，某点与原点连线的斜率时对应各电阻电压分别为U A＝1 V，U B＝2 V，ρ.由题图乙可求得电解液的电阻为2 000 Ω.由题图甲可知电解液长为：l＝a＝1 m，0.02 m2.答案：40 Ω·m。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：专题七 恒定
实验八描绘小灯泡的伏安特性曲线一、选择题1．如图KS81所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定，下列说法中正确的是( )图KS81A．小灯泡灯丝的电阻随着所加电压的增加而减小B．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而减小C．欧姆定律对小灯泡不适用D．如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12 V的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4 A2．(2018年黑龙江牡丹江第一高级中学期中)用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图KS82所示，分别将图甲和乙两种测量电路连接到电路中，按照图甲时，电流表示数为4.50 mA，电压表示数为2.50 V；按照图乙时，电流表示数为5.00 mA，电压表示数为2.40 V，比较这两次结果，正确的是( )甲乙图KS82A．电阻的真实值更接近556 Ω，且大于556 ΩB．电阻的真实值更接近556 Ω，且小于556 ΩC．电阻的真实值更接近480 Ω，且大于480 ΩD ．电阻的真实值更接近480 Ω，且小于480 Ω3．(多选)在如图KS83甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S 闭合后( )甲 乙图KS83A ．通过L 1的电流为通过L 2的电流的2倍B ．L 1的电阻为12 ΩC ．L 1消耗的电功率为0.75 WD ．L 2消耗的电功率为0.375 W 二、非选择题4．现要测定一个额定电压2.5 V 、额定功率约0.7 W 的小灯泡的伏安特性曲线． (1)为了测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图KS84甲中连好实物电路图．(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填“左端”或“右端”)． (3)根据实验数据，描绘出的U I 图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80 V 时，小灯丝电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(计算结果保留2位有效数字)．甲 乙图KS84(4)由图乙可确定小灯泡耗电功率P 与外加电压U 的关系，符合该关系的图象是下图中的________．A B C D5．(2018年云南联考)有一个小灯泡上标有“4.8 V 2 W”的字样，现在测定小灯泡在不同电压下的电功率，并作出小灯泡的电功率P 与它两端电压的平方U 2的关系曲线．有下列器材可供选用：A．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)C．电流表(0～0.6 A，内阻约1 Ω)D．定值电阻R1＝3 kΩE．定值电阻R2＝15 kΩF．滑动变阻器R(10 Ω，2 A)G．学生电源(直流6 V，内阻不计)H．开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，定值电阻应选用________．(填器材前的字母)(2)为尽量减小实验误差，并要求从零开始多取几组数据，请在虚线框内画出满足实验要求的电路图．(3)利用上述实验电路图测出的电压表读数U V与此时小灯泡两端电压U的定量关系是________，下图的四个图象中可能正确的是________．A B C D6．小灯泡灯丝的电阻会随温度的变化而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题．实验室备有的器材是：电压表(0～3 V,3 kΩ)、电流表(0～0.6 A，0.5 Ω)、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡(电阻约为几欧)、导线若干．实验时，要求小灯泡两端的电压从零开始逐渐增大．(1)他们应选用图______所示电路进行实验．(2)根据实验测得数据描绘出如图KS85所示的UI图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度变化的情况是：___________________________________________________.图KS85(3)已知实验中使用的小灯泡标有1.5 V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5 V电压下的实际功率是________W.7．有一个额定电压为2.8 V，功率约为0.8 W的小灯泡，现要用“伏安法”描绘这个灯泡的IU图象，有下列器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻6 kΩ)B．电压表(0～15 V，内阻30 kΩ)C．电流表(0～3 A，内阻0.1 Ω)D．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(200 Ω，0.5 A)G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)(1)用如图KS86所示的电路进行测量，电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(填器材前的字母)图KS86 图KS87(2)通过实验测得灯泡的伏安特性曲线如图KS87所示．则灯泡在正常工作时的电阻为________Ω．(3)若将此灯泡与电动势为 6 V、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为______Ω的电阻．(计算结果保留2位有效数字)8．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为 2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U＝PR＝0.75×2 V＝1.22 V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的UI图线，进而分析灯泡的额定电压．A．电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)B．电流表(量程150 mA，内阻约2 Ω)C．电流表(量程500 mA，内阻约0.6 Ω)D．滑动变阻器R1(0～20 Ω)E．滑动变阻器R2(0～100 Ω)F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)G．开关S和导线若干H．待测灯泡 L(额定功率0.75 W，额定电压未知)(1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择________(填“”或“”)；滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”)．(2)在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中.图KS88(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________V；这一结果大于 1.22 V，其原因是：__________________________________________________________．9．要测绘一个标有“3 V0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；开关一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的______(填字母代号)．A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．A B C D(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图KS89所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W．图KS89实验八 描绘小灯泡的伏安特性曲线1．D2．B 解析：由题意可知：ΔI I 1＝5－4.54.5＝19，ΔU U 1＝2.5－2.42.5＝125，ΔI I 1>ΔUU 1，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即题图甲所示接法，则电阻测量值为R ＝U 1I 1＝ 2.50.0045Ω≈556 Ω，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556 Ω.故选B.3．BC4．(1)如图D84所示 (2)左端 (3)7.2 0.45 (4)D 解析：(1)实物电路图如图D84所示．图D84(2)为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端． (3)由图可知，当电压为 1.8 V 时，电流为0.25 A ，则电阻R ＝U I ＝1.80.25Ω＝7.2 Ω；功率P ＝UI ＝1.8 V×0.25 A＝0.45 W.(4)由功率公式P ＝U 2R可知，功率与电压的图象应为D.5．(1)A D (2)如图D85所示图D85(3)U ＝2U V C 6．(1)A(2)温度越高，电阻越大(或电阻随温度的升高而增大)(3)0.697．(1)A D E (2)10 (3)118．(1)如图D86甲所示R1(2)如图乙所示(3)2.5(2.4～2.6均正确)灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度升高而变大)甲乙图D869．(1)A (2)B (3)0.1解析：(1)描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电压调节范围大，因此滑动变阻器采用分压式，为使调节过程中电压变化尽可能均匀，选用最大阻值较小的滑动变阻器A.(2)由于小灯泡的电阻比较小，因此电流表采用外接法，选用图B.(3)画出电源的伏安特性曲线，如图D87所示，两个图线的交点即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流与小灯泡两端的电压，U＝1.0V，I＝0.10A，因此小灯泡消耗的功率为P＝UI＝0.1 W.图D87。
全品复习方案2018高考物理大一轮复习 第11单元 交变电流 传感器 第28讲 交变电流的产生及描述
(5)线圈在磁场中每转动一周，感应电动势和×感应电流的方向都改变一次．( )
(6)可以用平均值计算交变电流产生的热量．( )
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考点互动探究
考点一 交变电流的产生及规律
1. 正弦式交变电流的产生 (1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． (2)两个特殊位置的特点： ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ 最大，ΔΔΦt ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变． ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΔΦt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． (3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中 性面，因此电流的方向改变两次． (4)交变电动势的最大值 Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关． 2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
(1)计算与电流的热效应有 关的量(如电功、电功率、电热
等) (2)电气设备“铭牌”上所标
的一般是有效值 (3)保险丝的熔断电流为有
效值
ห้องสมุดไป่ตู้
考点互动探究
物理量 平均值
物理含义
交变电流图 像中图线与时 间轴所夹的面 积与时间的比
值
重要关系
E＝nΔΔΦt I＝R＋E r
适用情况及说明
计算通过电路截面的电荷 量
第28讲 PART 11
交变电流的产 生及描述
教材知识梳理│考点互动探究│教师备用习题
教材知识梳理
一、交变电流 1．定义：________随时间做周期性变化的电流．
2．图像：如方图向11-28-1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交
变电流叫正弦式交变电流，如图(a)所示．
2018高考物理大一轮复习方案_高考真题汇编 P单元 物理学史和物理方法
P 单元 物理学史和物理方法
6．P [2016·天津卷] 物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展．下列说法符合事实的是( )
A ．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B ．查德威克用α粒子轰击14 7N 获得反冲核17 8O ，发现了中子
C ．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D ．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
6．AC [解析] 麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论，选项A 正确；查德威克用α粒子轰击铍核，发现了中子，选项B 错误；贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，选项C 正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，选项D 错误．
14．P [2016·浙江卷] 以下说法正确的是( )
A ．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B ．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C ．电容器电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比
D ．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
14．A [解析] 在静电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，选项A 正确；由功率P ＝W t 可知选项B 错误；C ＝Q U
是比值定义式，电容器的电容是由其自身决定的，电容C 不与Q 成正比，不与U 成反比，选项C 错误；地球对物体的实际作用力即为物体受到的重力，但物体超重或失重时，其受到的重力是不变的，改变的只是视重，故选项D 错误．。