电场+恒定电流检测题二(教师)

1、 纸上得来终觉浅 绝知此事要躬行 电场+恒定电流测试试题1、 选择题（本大题共11小题，在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项符合题目要求；第710题有多个选项符合题目要求）1下列说法中正确的是（）A电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度不一定为零B一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C电场强度是表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D磁感应强度是表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值答案：C解答：解：A、电荷在电场中某处不受电场力，可知电场强度为

2、零故A错误B、一小段通电导线在磁场中不受磁场力，可能导线的方向与磁场方向平行，磁感应强度不一定为零故B错误C、根据E=知，电荷受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱故C正确D、只有当导线中电流的方向与磁场的方向垂直时，导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值才能表示该处磁场的强弱故D错误故选：C2手机已是我们生活中普遍的通信工具，如图所示是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明，由此可知此电池的电动势和待机状态下平均工作电流分别是（）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：由手机电池外壳上的文字说明可知，4.2V是充电电压电池的电动势是3.7V700mAh是电池的容量，即放电电流与时间的乘积，所以平均工作电流I=故C正确，A、B、D错误故选：C点评：本题的技巧是采用排除法对于选择题常用排除法、图象法、极限法等求解3如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为=60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小最小值为（）ABCD答案：A解答：解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时，电场力最小，Fmin=mgs

4、in60°，所以电场强度的最小值为：Emin=故选：C4如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=100V/m，则O、P两点的电势差可表示为（）AUOP=10cos（V）BUOP=10sin（V）CUOP=10sin（V）DUOP=10cos（V）答案：C解答：解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP=Rsin，故：Uop=100×0.1sin=10sin（V）故选：C5如图所示，闭合开关S使电容器充电，充完后断开

5、开关当增大两极板间间距时，电容器带电量Q，电容C，两极板间电压U，两极板间场强E的变化情况是（）AQ变小，C不变，U变小，E变小BQ变小，C变小，U不变，E变小CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C不变，U变小，E变小答案：C解答：解：电容器与电源断开，电量Q保持不变，增大两极板间距离时，根据C= 知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E=，知电场强度E不变故选：C6如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加

6、速度为g粒子运动加速度为（）AgBgCgDg答案：A解答：解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mgq=ma 联立解得：a=g故选：A7在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200，电压表V的内阻约为2k，电流表A的内阻约为10，测量电路中电表的连接方式如图（a）或图（b）所示，若将由图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则下了说法正确的是（）ARx1更接近真实阻值BRx2更接近真实阻值CRx1大于真实阻值，Rx2小于真实阻值DRx1小于真实阻值，Rx2大于真实阻值答案：AC解答：解：由于待测电阻满足时R

7、ARV=10×2000R=40000，所以电流表应用内接法，即RX1 更接近真实值；根据串并联规律可知，采用内接法时真实值应为：R真=R测，即测量值大于真实值；采用外接法时，真实值应为：R真=R测，即测量值小于真实值故选：AC8如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b和c、abc一带电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（）A粒子带正电B粒子从L到M的过程中，静电力做负功C粒子从K到L的过程中，电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少答案：AC解答：解：A、abc所以该电场是正电荷产生的电场，电场线的方向向外，粒子弯曲的方向向

8、下，说明电场力的方向向下，与电场线的方向相同，粒子带正电故A正确B、粒子从L到M的过程中，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，ab，电势能减小，知电场力做正功故B错误C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加故C正确D、粒子从L到M的过程中，电场力做正功，根据动能定理，动能增加故D错误故选：AC9一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2

9、，它们之间的大小关系为（）AP1=4P2BPDP2CP14P2DPDP2答案：BC解答：解：AC、由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（C）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RDR1=R2而RD与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流IDI2，又I1=I2+ID，得到I12I2，I12IDP1=R1，PD=RD，P2=R2，所以得到P14P2故A错误，C正确；BD、PD=，P2=，RDR2，故PDP2，故B正确，D错

10、误；故选：BC10如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知M=N、P=F，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DPM答案：AD解答：解：A、点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A正确；B、P=F，线段PF是P、F所在等势面（圆）的一

11、个弦，故B错误；C、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；D、在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故PM，故D正确故选：AD二、填空题11完成下列仪器读数（1）游标卡尺读数： cm（2）螺旋测微器读数： mm解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为30mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.1mm=0.6mm，所以最终读数为：30mm+0.6mm=30.6mm=3.06cm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.6×0.01mm=0.166mm，所以最终读数

12、为5.5mm+0.66mm=5.666mm，由于需要估读，最后的结果可以在5.6655.667之间故答案为：（1）3.06 （2）5.666（5.6655.667）12图1为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为3V（1）在图2框图中画出与实物电路相应的电路图（2）完成下列实验步骤：闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，应停留在滑动变阻器 端；（填左或右）闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，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；记录如下一组U和I的数据，断开开关根据实验数据在图3方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线编号12345678U/V

13、0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205灯光发光情况不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光（3）数据分析：从图线上可以得，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是 图线表明导体的电阻随温度升高而 小灯泡正常工作时的电阻约为 （保留小数点后一位有效数字）解答：解：（1）测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，（2）为保护电路安全，开关闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于左端根据表格中

14、的数据，画出小灯泡的IU图线（3）从图线上可以得，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是先不变，后逐渐增大图线表明导体的电阻随温度升高而增大根据IU图线得电压U=3V时，I=0.2A，所以小灯泡正常工作时的电阻约为R=15.0故答案为：（1）电路图如图所示（2）左端如图所示（3）先不变，后逐渐增大增大15.0三、计算题13如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方

15、向考点：库仑定律；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强解答：解：（1）电荷量均为q=+2.0×106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0×109×=9.0×103N；（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0×109×=4.5×103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C&

16、#215;=7.8×103N/C场强方向沿着y轴正方向；答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×103N；（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向点评：本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题14一台电动机内阻为1，接到120V的电源上当电动机工作时，电流为10A问：（1）电动机输入功率是多少？（2）电动机发热功率是多少？（3）每分钟转化的机械能是多少？考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）根据P=UI求出电动机输入功率；（2）根据公式P=I2r求出电动机发热功率；（3）电动机消耗的

17、电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能解答：解：（1）电动机的输入功率 P电=UI=120×10 W=1200 W；（2）电动机的发热功率 P热=I2r=102×1 W=100 W；（3）输出的机械功率 P机=P电P热=1 200 W100 W=1100 W转化的机械能为 W=P机t=1100×60J=66KJ答：（1）电动机输入功率是1200 W（2）电动机发热功率是100W（3）每分钟转化的机械能是66KJ点评：本题考查了电功公式和焦耳定律的应用，关键是知道电动机消耗的电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能15一电荷量为q（q0）、质量为m的带电粒

18、子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示不计重力，求在t=0到t=T的时间间隔内（1）粒子位移的大小和方向；（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间解答：解：粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度大小分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4，由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的at图象如图 （a）所示，对应的vt图象如图（b）所示，其中，由图（b）可知，带电粒子在t=0到t=T时的位移为，联立解得 ，它的方向沿初始电场正方向 （2）由图（b）可知，粒子在t=到t=内沿初始电场反方向运动

19、，总的运动时间为答：（1）粒子位移的大小为得 和方向沿初始电场正方向；（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间得 点评：另一种解法：（1）带电粒子在粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0=ma1、2qE0=ma2、2qE0=ma3、qE0=ma4设粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有、设带电粒子在t=0到t=T时的位移为s，有解得 它的方向沿初始电场正方向 （2）由电场的变化规律知，粒子从t=T/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有0=v1+a2t1，解得 t1=粒子从t=T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有0=v2+a3t2，解得 t2=；设粒子从t=0到t=T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有t=，解得 16如图所示，EF与GH间为一无场区无场