高中物理选修3-1全册知识点+基础练习+强化训练汇编(含答案)

高中物理选修3-1全册基础练习强化训练整理汇编第1节电荷及其守恒定律练习1.物体具有吸引轻小物体的性质，我们就说它带了电，或有了电荷.2.自然界中只存在正电荷和负电荷两种电荷，同种电荷相互排斥，异种申荷相互吸引.(1)正电荷：用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷.(2)负电荷：用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷叫做负电荷.3.物体的三种起电的方式是：摩擦起电、接触起电、感应起电.4.物体带电的实质是得失电子.5.电荷守恒定律：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变.另一种表述：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变.6.电荷量：表示电荷的多少，单位是库仑，简称库，用C表示，元电荷：与电子(或质子)电荷量绝对值相等的电荷，用e表示，e=1.6×10C;所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍.7.电子的电荷量与质量的比叫做电子的比荷，电子的比荷1.(多选)下列说法正确的是(CD)A.电子和质子都是元电荷B.一个带电体的电荷量为205.5倍元电荷C.元电荷是最小的带电单位D.元电荷没有正、负之分解析：元电荷是最小的带电单位，带电体的带电荷量均为元电荷的整数倍；元电荷不是带电粒子，没有电性之说，故C、D正确.2.如果天气干燥，晚上脱毛衣时，会听到“噼啪”的响声，还会看到电火花，这种现象产生的原因是(C)A.人身体上产生电流B.接触带电造成的C.摩擦起电造成的D.感应起电造成的3.关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是(C)A.摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B.摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C.不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷.感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确.4.(多选)对物体带电现象的叙述，下列说法正确的是(CD)A.一个不带电的物体内一定没有电荷B.物体带电一定具有多余的电子C.物体带电的过程就是电荷移动的过程D.带电体发生中和的现象是等量异种电荷完全相互抵消的结果从而对外显示电中性.当正电荷多于负电荷时对外显示带正电；当负电荷多于正故C正确.带等量异种电荷的物体相接触时，带负电的物体中的多余电子全部移动到带正电的物体上与正电荷相互抵消，从而使两物体都呈电中性.故D正确.正5.(多选)如图所示，挂在绝缘细线下的轻质带电小球，由于电荷的相互作D.乙图中两球至少有一个带电个被感应带电后吸引，因此A错误、C正确；两球相斥一定是带同种电荷，故B正确、D错误.6.两金属小球所带电荷量分别为+3Q和一Q,将两小球接触后，它们所带的电荷量一共为(B)Q=+3Q-Q=+2Q,故选项B正确.7.用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近已带电的验电器时，发现它的金属箔片的张角减小，由此可判断(C)C.验电器一定带正电D.验电器一定带负电解析：验电器的张角与所带电量的多少有关，电量大张角大，根据题意张角变小，所以说明验电器所带的电性与橡胶棒所带的电性相反，又因为毛皮摩擦过的橡胶棒带负电所以验电器带正电；橡胶棒只是被吸引到玻璃球一端，从而使金属箔片电量变少.故C正确.8.(多选)已知π+介子、π-介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克u或反夸克d)组成的，它们带的电荷量如下表所示，表中e为元电荷.udud带电荷量下列说法正确的是(AD)故π+,;u带电荷量;A.先把两球分开，再移走棒B.先移走棒，再把两球分开C.使棒与甲球瞬时接触，再移走棒D.先使乙球瞬时接地，再移走棒解析：由于静电感应，甲球感应出正电荷，乙球感应出负电荷，把两球分开后，它们带上了等量异种电荷，所以A正确；若先将棒移走，则两球不会有静电感应现象产生，所以不会带上电荷，B错误；使棒与甲球接触，则两球会因接触起电而都带上负电荷，所以C正确；若使乙球瞬时接地，则乙球上感应出的负电荷因受斥力而被导走，再将棒移走，由于甲、乙是接触的，所以甲球上的正电荷会重新分布在甲、乙两球上，结果是两球都带上了正电荷，所以D正确.10.有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B,分别带有电荷量Q=6.4×10-0C,Q,=-3.2×10-·C,让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移，转移了多少?新分配.由于两小球相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，(3.2×10-g+1.6×10-9)C=4.8×10-gC.转移的电子答案：电子由B球转移到A球，转移了3.0×10o个电子.1.库仑是法国物理学家，库仑定律内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上，3.库仑定律适用条件：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力.4.点电荷：带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至其形状、大小及电荷分布状况对相互作用力的影响可以忽略.5.两个电荷之间的相互作用力，是作用力与反作用力，遵循牛顿第三定律.6.实验证明：两个点电荷之间的作用力不因第三个点电荷的存在而改变.因此，两个或两个以上的点电荷对某一个电荷的作用力等于各个点电荷对这个电荷的作用力的矢量和，求出带电体间的静电力的大小和方向.1.下列说法中正确的是(C)A.点电荷是指体积很小的电荷B.根据知，当两电荷间的距离趋近于零时，静电力将趋于无穷大D.用库仑定律计算出的两电荷间的作用力是两者受力的总和2.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关.他选用带正电的小球A和B,A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示.入入实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大.实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的而增大，随其所带电荷量的而增大.此同学在探究中应用的科学方法是(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”).答案：减小增大控制变量法3.两个分别带有电荷量一Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变则两球间库仑力的大小为(C)两球相互接触后各自带电荷量Q'=,C正确.4.两个半径均为1cm的导体球，分别带上+Q和-3Q的电荷量，两球心相距90cm,相互作用力大小为F.现将它们碰一下后又分开，两球心间相距3cm,入入解析：两球心相距90cm时，两球距离比球本身大得多，由库仑定律，F=两球相碰后，电荷量变为一Q、一Q,但两球心距离变为3cm,这时两球不能再被看作点电荷，所以不能用库仑定律计算.但可定性分析，由于同性相斥、异性相吸原理，电荷向远端移动，所以距离大于3cm,5.(多选)两个完全相同的金属小球，带电荷量之比为1:7,相距为r,两球相互接触后再放回原来位置，则它们的库仑力可能为原来的(CD)解析：设两小球的电荷量分别为Q和7Q,则在接触前它们的库仑力大小为F当两球带同种的电荷时，接触后它们的电荷量要平均分配，各为4Q,库仑力大小为此时的库仑力为原来.当两球带异种电性的库仑力大小为事电荷时，接触后它们的电荷要先中和，再平均分配其余的电荷量，各为3Q,库,6.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是(B)解析：据“同电性相斥，异电性相吸”规律，确定电荷c受到a和b的库仑的方向，若F=F,则两力的合力沿水平方向，考虑到a的带电荷量小于b的带电荷量，故F大于F,F与F的合力只能为F.故选=a,则下述结论正确的是(C)解析：由于小球所处的状态是静止的，故用平衡条件去分析.以小球m为研究对象，则小球m受三个力F、F、mg作用，以水平和竖直方向建立直角坐标系，如下图所示，此时只需分解F,由平衡条件得由于α=a’8.(多选)如图所示，两根绝缘丝线挂着两个质量相同的小球A、B,此时上、下丝线的受力分别为T和T:如果使A带正电，使B带负电，上下丝线的受力解析：以A、B两球组成的整体为研究对象，无论是小球带电还是小球不带电，分析其受力情况并根据平衡条件可知：上方丝线的拉力大小总是等于下面两球的重力之和，但是以B球为对象分析其受力情况可知，当A、B球不带电时：9.如图所示，A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q,放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧相连接，当系统平衡时，弹簧的伸长量为x,若弹簧发生的均是弹性形变，则(B)A.保持Q不变，将q变为2q,平衡时弹簧的伸长量为2x。B.保持q不变，将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2xC.保持Q不变，将q变为-q,平衡时弹簧缩短量等于xD.保持q不变，将Q变为-Q,平衡时弹簧缩短量小于x和胡克定律F=kx以及同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可得B正确.10.如图，A、B是系在绝缘细线两端，带有等量同种电荷的小球，其中m=0.3kg,现将绝缘细线绕过0点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，方向60°角，求：B球的质量和细绳中的拉力大小.解析：如图受力分析.设AB球间作用力为F,绳拉力为T,墙对A球支持力联立解得：T=6N,m=0.6kg1.电场：电荷的周围空间存在着电场，电场的基本性质是它对放入其中的电荷有力的作用，这种力叫静电力，电荷间的相互作用是通过电场发生的，2.电场强度.(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力与电荷量的比值，叫该点的电场强度，简称场强.(2)定义式：其单位是N/C或V/m(3)方向：场强的方向与正电荷受静电力的方向相同，与负电荷受静电力的方向相反.(4)特例：①点电荷的场强：如果有几个点电荷同时存在，它们的电场就相互叠加形成合电场，这时某点的场强等于各个电荷单独存在时在该点产生的场强的矢量和，叫做电场的叠加.3.电场线.电场发自于正电荷或无穷远，终止于无穷远或负电荷，电场线的疏密定性地反映了电场的强弱，电场线上每一点的切线方向表示了该点场强方向.点电荷的电场线是发散(或会聚)的直线，匀强电场的电场线是间隔相等的平行直线.4的E是利用比值法定义的物理量，E的大小、方向是由电场本身决定的，是客观存在的，与放不放试探电荷，以及放入的试探电荷的正负、电荷量多少均无关.既不能认为E与F成正比，也不能认为E与q成反比.1.有关对电场强度的理解，下述正确的是(D)A.由知，电场强度E跟放入电荷q所受的电场力成正比B.当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C.由1,在离点电荷很近，r接近于零时，电场强度接近无穷大D.电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关2.下列关于电场的叙述中，正确的是(D)A.点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同B.正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C.取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零D.电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同解析：A.点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点某点电荷所受电场力与其电荷量的比值来确定，而与所带的电性无关，故B错误；C.某点处的场强与试探电荷无关，只与场源电荷有关，故C错误；D.电场强度的方向为正电荷所受电场力的方向，也可以是负电荷在该点受力的反方向，所以正、负电荷在电场中的同一点所受的电场力方向相反，故D正确.3.(多选)图为点电荷Q产生的电场的三条电场线，下面说法正确的是(AC)B.若Q为负电荷，连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ.则(B)解析：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强B.5.(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱.如图甲是E、F是连线中垂线上相对0对称的两点，B、C和A、D也相对0对称.则(AC)C.E、0、F三点比较，0的场强最强D.B、0、C三点比较，0点场强最强6.(多选)如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m、电荷量为q,整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E,下列说法正确的A.小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值B.若剪断悬线，则小球做曲线运动C.若剪断悬线，则小球做匀速运动D.若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析：对小球受力分析如图可知A正确.剪断悬线后，小球受qE和mg的合力为定值，所以小球做匀加速直线运动，D正确.7.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒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，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示.则此电场的电场线分布可能是图乙中的(A)解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从a到b电场线逐渐变密.综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正8.(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示.不A.粒子带正电B.粒子加速度逐渐减小C.A点的速度小于B点的速度D.粒子的初速度不为零解析：由于带电粒子运动的方向与电场线不平行，故初速度不为零，粒子受电场力方向与场强方向相反，故粒子带负电，A错，D正确，因A点的电场线比B点密，故加速度逐渐减小，B正确.带电粒子从A运动到B的过程中，电场力9.如右图所示，光滑斜面倾角为37°,一带有正电的小物块质量为m,电荷量为q,置于斜面上，当沿水平方向加有如右图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的求(1)原来的电场强度为多大?(2)物体运动的加速度大小.(3)沿斜面下滑距离为1时物体的速度.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,解析：(1)对小物块受力分析如右图所示，物块静止于斜面上，则(2)当场强变为原来的方向沿斜面向下.(3)由动能定理得,(2)3m/s₂,方向沿斜面向下1.形成电流的条件.(1)导体中有能够自由移动的电荷.(2)导体两端存在电压，2.电流的方向.与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反电流虽然有方向，但它是标量，(2)微观表达式：I=ngSv(3)单位：安培(安),符号A,1A=1_C/s.1.关于电源和电流，下列说法中正确的是(C)A.电流是由大量电荷的无规则运动形成的B.电路中只要有电源，就一定会有电流C.在电源外部，电流从电源的正极流向负极D.电流的方向总是从电源的正极流向负极解析：A.电荷的定向移动方向形成电流，电荷的无规则运动不会形成电流；故A错误；B.电路中有电源，如果电路没有闭合，则电路中没有电流，故B错误；C.在电源外部，电流由电源正极流向电源负极，故C正确；D.在电源的内部，电2.下列说法不正确的是(A)A.自由电荷运动时必定形成电流B.形成电流必须要有自由电荷C.形成电流必须要有电压D.电源的作用是维持导体两端的电压解析：A.自由电荷的定向移动形成电流，故A错误.BC.形成电流的条件：有自由电荷，两端要有电压，二者缺一不可，故BC正确.D.电源是提供能源的装置，电动势是表征电源的物理量，电源是给用电器提供电压的，故D正确.本A.在金属导体中电流的方向是自由电子定向移动的方向B.在电解液中，电流的方向为负离子定向移动的方向C.无论在何种导体中，电流的方向都与负电荷定向移动的方D.在电解液中，由于是正负电荷定向移动形成电流，所以电流有两个方向解析：电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故选项C正确.A.根据可知I与q成正比’B.如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C.电流有方向，电流是矢量D.电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位解析：依据电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，显然选项A是错误的；虽然电流是标量，但是却有方向，因此在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，方向变化，电流也不是恒定电流，所以，选项B也是错误的.电流是标量，故选项C也不对.5.电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.64×10-6m₂的导线，那么电路中的电流是(电子带电量为1.6×10-9C)(D)6.一台半导体收音机，电池供电的电流是8mA,也就是说(B)A.1h电池供给8C的电荷量B.1000s电池供给8C的电荷量C.1s电池供给8C的电荷量D.1min电池供给8C的电荷量解析：由公式供给8C电荷量时的通电时间,7.关于稳恒电场，下列说法不正确的是(A)A.稳恒电场的电场强度随时间而变化B.稳恒电场的电场强度不随时间而变化C.稳恒电场是导体中形成电流的条件D.电源可以使导体中形成稳恒电场解析：稳恒电场是指电场强度的大小方向随时间均不变化的电场；A错，B对；稳恒电场保持恒定的电压，是电路中形成电流的必要条件，C对；电源的作用是提供电能，使正负极产生稳定的电压，形成稳定的电场.D对.故答案选A.8.如果在导体中产生了电流，则下列说法中正确的是(C)A.导体两端的电压为0,导体内部的场强不为0B.导体两端的电压为0,导体内部的场强为0C.导体两端的电压不为0,导体内部的场强不为0D.导体两端的电压不为0,导体内部的场强为0解析：在导体内产生了电流，说明自由电荷在静电力的作用下发生定向移动，因此导体内部的场强不为零，导体两端的电压也不为零，选项C正确.9.铜的相对原子质量为m,密度为p,每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率A.光速cB.解析：假设电子定向移动的速率为v,那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vt·S中的自由电子数，而体积为vtS的铜的质量为vtSp,摩尔数所以电荷量,解得：10.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为0,经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束.已知电子的电荷量为e、质量为m,则在刚射出加速电场时，一小段长为△1的电子束内的电子个数是(B)口在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q=I△t=联立①②③得到：1.在外电路中，正电荷由电源的正极流向负极.在电源的内部靠“非静电力”把正电荷从负极搬运到正极.2.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置.3.电动势用来表示电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，用E来表示.定义式为其单位是伏特4.电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的体积无关，跟外电路无1.描述电源能量转化本领大小的物理量是(B)A.电源的总功率B.电源的电动势C.路端电压D.电源的输出功率解析：电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，电源电动势越大，它把其他形式的能量转化为电能的本领越大，故ACD错误，B正确；2.(多选)铅蓄电池的电动势为2V,这表示(AD)A.电路中每通过1C电荷量，电源把2J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1s内将2J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1.5V)的大3.单位电荷量的正电荷沿闭合电路移动一周，在内外电路中释放的总能量决定于(A)A.电源的电动势B.通过电源的电流C.电源两端电压的大小D.电路的电阻解析：由W=Eq,故单位电荷量的正电荷移动一周，电路中释放的总能量决定于电源电动势E.4.(多选)太阳能电池已经越来越多地应用于我们生活中，有些太阳帽前安装的小风扇就是靠太阳能电池供电的.可以测得某太阳能电池可产生0.6V的电A.电路中每通过1C电荷量，太阳能电池把0.6J的太阳能转变为电能B.无论接不接入外电路，太阳能电池两极间的电压都为0.6VC.太阳能电池在1s内将0.6J的太阳能转变为电能D.太阳能电池将太阳能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5V)将化学能转化为电能的本领小解析：电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷从电源内部的负极移到正极所做的功，即把太阳能转化为电能的多少，而不是在1s内转变的电能.电动势越大，将其他形式的能转化为电能的本领越大.故A、D对，C错；电源在不接入电路时，两极间的电压大小为电动势，故B错.5.电池容量就是电池放电时输出的总电荷量，某蓄电池标有“15A·h”的A.该电池在工作1h后达到的电流为15AB.该电池在工作15h后达到的电流为15AC.电池以1.5A的电流工作，可用10hD.电池以15A的电流工作，可用15h解析：蓄电池标有“15A·h”的字样，表示电池的蓄存电荷量的情况.即电池工作时，放电电流为1.5A时，工作时间为10h,故C正确.6.以下说法中正确的是(D)A.在外电路中和电源内部，正电荷都受静电力作用，所以能不断定向移动形成电流B.静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少C.在电源内部正电荷能从负极移到正极是因为电源内部只存在非静电力而D.静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加解析：本题主要考查关于电动势的基本概念的理解.电源内部非静电力做功使电荷的电势能增加，引出了电动势的概念，来描述非静电力的做功本领，而静电力移动电荷做正功的过程使电势能减少，D项对.7.(多选)下列关于电动势的说法，正确的有(BD)A.电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多B.电源的电动势越大，非静电力将单位正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C.电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极的电荷量一定越多D.电源的电动势越大，非静电力移动相同电荷量转化的电能一定越多解析：非静电力移送电荷做的功W=Eq,当电动势越大时，将1C正电荷从负极移送到正极做的功一定多，A选项错误，B选项正确.在电源内部，非静电力移送电荷量为q=It,电动势大的，移送的电荷量不一定多，C选项错.由W=Eq知，电动势越大，非静电力移动相同电荷量做的功越多，产生的电能也越8.硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电.硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜.光照射到半导体P上，使P内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N,从而产生电动势，形成电流.以下说法中正确的是(C)A.E区匀强电场的方向由P指向NB.电源内部的电流方向由P指向NC.a电极为电池的正极D.硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置解析：根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P,由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P,故A、B错误；根据以上对电流方向的分析可知，a为电源正极，该电池是将光能转化为电能的装置，9.如下图所示的是两个电池外壳的说明文字.图中所述进口电池的电动势是V;所述国产电池最多可放出mAh的电荷量，若电池平均工作电流为0.03A,则最多可使用h.图中还提供了哪些信息： 解析：进口电池的电动势是1.2V,国产电池最多可放出600mAh的电荷量.由即最多可使用20h.图中还提供了充电时间和充电电流等.答案：1.260020充电时间及充电电流等1.电阻是一个只跟导体本身性质有关而跟通过的电流无关的物理量.它反映了导体对电流的阻碍作用.定义式为用单位还有千欧和兆欧.4其单位是欧姆，简称欧.符号是Q.常2.欧姆定律的内容是：导体中的电流跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比，公式为3.欧姆定律是个实验定律，实验表明该定律适用于金属导电和电解质溶液导电，对气体导电和半导体导电并不适用，4.导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U,纵轴表示电流I,画出的I-U关系图线叫做导体的伏安特性曲线，伏安特性曲线直观地反映出导体中的电压导体电阻的倒数.1.在物理学中，我们常用比值法来定义物理量，用此方法反映的是物质或运动的某一属性，与定义式中的各物理量无关，例如电阻你根据已经学 解析：高中阶段的用比值来定义的物理量比较多.有速度、加速度、功率、电场强度、电势、电流强度(电流)等.从里面选出4个即可.2.(多选)欧姆定律不适用于(CD)A.金属导电B.电解液导电C.稀薄气体导电D.气体导电3.关于导体的电阻，下列说法中正确的是(B)A.由道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B.由道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比C.比较几只电阻的I-U图线可知，电流变化相同时，电压变化较小的图线对应电阻的阻值较大D.导体中的电流越大，电阻就越小C.若导体中电流相等，则D.若导体中电流相等，则5.在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的A.灯泡中灯丝已烧断B.滑片接触不良C.灯泡内部短路D.滑动变阻器A端接触不良故和电流表串联的回路中不存在断点，故A错.若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B错.若滑动变阻器A端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D错.若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C.→能力提升6.(多选)某导体中的电流随其两端电压的变化情况如右图所示，则下列说法中正确的是(AD)A.加5V电压时，导体的电阻约是5QB.加11V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC.由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D.由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析：对某些导体，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的直仍表示该点所对应的电阻值.本题中给出的导体在加5V电压时，直为5,所以此时电阻约为5Q;当电压增大时，直增大，即电阻增大，综合判断可知A、D正确.7.某同学对四只电阻各进行一次测量，把每一个电阻两端的电压和通过它的电流在U-I坐标系中描点，得到了如图中a、b、c、d四个点，其中阻值最大A.a解析：由题意知，将图中a、b、c、d四个点，分别于0点相连，可得四只电阻的U-I图象，如图所示，又因U-I图象的斜率表示电阻，可得a的阻值最大，所以A正确.8.已知灯丝的电阻不是一个固定的值，它随温度的升高而逐渐变大.现有一只标有“220V,60W”的白炽灯泡，加上的电压U由0逐渐增大到220V.在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示.在如图所示的四个图线中，符合实际的是(B)C解析：由电阻的定义式1:在U-I图线上，某一点的纵坐标U和该点的横坐标I的比对应着电阻值R.由于白炽灯泡钨丝的电阻会随温度的升高而增大，当白炽灯上加的电压从零逐渐增大到220V时，钨丝由红变到白炽，灯勺值开始随U的增大而增大，后来随U的增大而减小，也不符合实际；只有B9.以下是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：A.闭合开关，记下电流表、电压表的一组示数(I,U),移动滑动变阻器的滑动触头位置，每移动一次记下一组(I,U)值，共测出12组左右的数据B.将电流表、电压表、滑动变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路.电流表外接，滑动变阻器采用分压式，如图所示C.调节触头位置，使闭合开关前触头处于滑动变阻器的左端D.按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线(1)以上各步骤中存在错误或不妥之处的是,应如何改正 (2)将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来.解析：(1)错误或不妥的步骤是ACD.A步骤：测量不同电压下的电流值I时，应先预设各组数据中的电压U或电流I值，而不是随意测，随意测时会使描点疏密不均匀，画图线时出现较大误差，甚至无法画出I-U图线.C步骤：闭合开关前应使小灯泡两端电压为零，即触头应置于滑动变阻器最右端.D步骤：应将第4节串联电路和并联电路(4)各导体电压分配(分压原理):2.并联电路特点：(4)各支路电流分配(分流原理):②并联电路中，当某一电阻增大(其余支路电阻不变),电路的总电阻增大③每增加一个支路并联电路的总电阻都减小,每减小一个支路并联电路的总电阻都增大④并联的两电阻阻值之和一定，当两电阻阻值相等时，并联总电阻最大，3.小量程的电流表G要改装成量程较大的电压表时需串联一个电阻，要改装成量程较大的电流表时需并联一个电阻.电流表G的电阻R叫电流表的内阻，指针偏转到最大刻度时的电流I叫做满偏电流，此时加在它两端的电压U.叫做遗偏电压。由欧姆定律可知1.下列说法错误的是(D)A.一个电阻R和一根电阻为零的理想导线并联，总电阻为零B.并联电路的总电阻一定小于并联支路中最小的电阻C.在并联电路中，任意支路电阻增大或减小时，总电阻将随之增大或减小D.电阻R和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为无穷大解析：本题考查的是电阻的并联问题.并联电路的总电阻倒数等于各支路电阻倒数之和，如果电阻R与电阻为零的导线并联，电阻则被短路，总电阻为零，所以A正确.I故R>R,所以总电阻小于支路2.(多选)将分压电阻串联在电流表上，改装成电压表，下列说法中正确的A.接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B.接上分压电阻后，电压按一定比例分别降在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C.如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n倍D.通电时，电流表和分压电阻通过的电流一定相等解析：本题考查的是电流表的改装问题.电流表改装成电压表后，电压按一定比例分别降在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压并不改变，并且电流表和分压电阻是串联关系，通过的电流一定相等，故A错，B、D正确.如分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到(n+1)倍，故C错.3.(多选)三个阻值都为R的电阻，它们任意连接、组合，得到的电阻值可解析：全部串联R=3R,全部并联两并一串两串一并综上正确选项为BCD.4.(多选)某同学在研究串联电路电压特点的实验，所用电路如图所示，接通S后，将有内阻的电压表并联在A、C两点时，电压表的读数为U,当并联在A、B两点时，读数为零，故障的原因可能是(BC)A.AB段断路B.BC段断路C.AB段短路D.BC段短路解析：接通S后，将电压表并联在A、C两点间的电压表读数为U,说明电源没有故障.当并联在A、B两点时，读数为零，可能BC之间没有故障，但是AB之间短路，无电压，C正确，A错误，也可能是AB之间没有故障，BC短路，6V,R两端电压为12V,则下列说法错误的是(D)A.电路中的电流为0.6AB.电阻R的阻值为20ΩC.三只电阻两端的总电压为21VD.电阻R两端的电压为4V解析：电路中电流Ω=20Ω,B对；三只电阻两端的总电压U=I(R,+6.如图所示，图中1、2分别为电阻R、R的电流随电压变化的关系图线，B.R和R串联后的总电阻的I-UC.R和R并联后的总电阻的I-UD.R和R,并联后的总电阻的I-U图线应在Ⅲ区域图线应在I区域图线应在Ⅱ区域,7.(多选)利用滑动变阻器来改变用电器R上所得到的电压可以有图中甲、乙两种电路.用R表示滑动变阻器的全部阻值.选择哪个电路更合适，以下叙述正确的是(AC)图乙图乙若R>R,则采用电路甲比较合适0B.若R>R,则采用电路乙比较合适D.两种电路都能使R上的电压改变，因此两种电路都适合则分压式、限流式均可调出较大变压范围，故A、C正确.8.(多选)如图所示的电路中，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A,电流表的内阻为0.22,那么有关待测电阻R的下列说法正确的是(AC)A.R的测量值比真实值大B.R的测量值比真实值小C.R的真实值为99.8ΩD.R的真实值为100.2Q解析：因为电流表和R直接串联，所以电流表读数I’等于流过R的真实电流I,电压表并联在电流表和R串联电路的两端，故电压表读数U′大于R两端的真实电压U,所以R.的测量值大于真实值故A对.R的真实,9.如图所示，电路中的R和R相等，滑动变阻器的滑片P自左至右滑动过A.逐渐增大B.先增大，后减小C.逐渐减小D.先减小，后增大解析：从图中容易看出滑片P在变阻器的左端与右端时AB间总电阻是相等的，因此只要能比较出滑片P在变阻器中间某一位置时的总电阻与滑片P在变阻器端点时的总电阻的大小，即可作出判断，又因为变阻器的阻值没有限定，所以可赋予各种可能值，因此用赋值法来解更为简捷.10.欲用伏安法测定一段阻值约为5Q左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A.电池组(3V,内阻1Ω)B.电流表(0～3A,内阻0.0125Ω)C.电流表(0～0.6A,内阻0.125Q)D.电压表(0～3V,内阻3kΩ)E.电压表(0～15V,内阻15kΩ)F.滑动变阻器(0～20Q,额定电流1A)G.滑动变阻器(0～2000Q,额定电流0.3A)H.开关、导线(1)上述器材中应选用的是.(填写各器材的字母代号)(2)实验电路应采用电流表(填“内”或“外”)接法.(3)设实验中，电流表、电压表的某组示数如下图所示，图示中I= (4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻R的原理电路图，然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路.解析：电源电动势3V,内阻1Ω,待测电阻约为5Ω,直接接在电源两极，电流约为0.5A,滑动变阻器串联接入电路中后电流会变小，所以电流表量程选0～0.6A即可，这样电流表选C.由于电源电动势为3V,所以电压表量程满足0～3V即可，这样电压表选D.选用滑动变阻器G时最大电流超过0.3A会烧毁，所以不能用，必须选滑动变阻器F.电压表D的内阻R为3kΩ,电流表内阻R为0.125Ω,而待测电阻约为5Ω,这样电压表D的内阻远大于待测电阻，所以选用电流表外接法时相对误差较小.为使电流能在0～0.5A范围内改,,1.所谓电流做功，实质上是导体中的恒定电场对自由电荷的静电力在做功.2.电流在一段电路中所做的功等于这段电路两端的电压U、电路中的电流J、通电时间t三者的乘积，即W=IUt.3.单位时间内电流所做的功叫做电功率.电流在一段电路上做功的功率P等于电流I与这段电路两端的电压U的乘积，即P=IU.4.电流通过纯电阻电路做功时，电能全部转化为导体的内能，5.电热Q=I₂Rt,热功率P=I₂R6.若电路中有电动机或电解槽，电能除转化为内能外，还转化为机械能或化学能，它们之间遵从能量守恒.1.下列关于电功的说法中正确的是(C)A.电流通过用电器时，只有把电能转化为机械能时才做功B.电流通过导体时所做的功决定于导体两端的电压、通过导体的电流和导体的电阻C.加在导体两端的电压越大，通过导体的电流越大，通电时间越长，电流做的功越多D.电流做功的过程，实际上是把其他形式的能转化为电能的过程解析：这是对电功概念的辨析.电功就是电流做功，电功的大小与导体两端的电压、电流和通电时间有关，与电阻无关.电流做功的过程就是把电能转化为其他形式能的过程.各种用电器做功时就是把电能转化为其他形式的能，如电饭锅是把电能转化为热能，电动机把电能转化为机械能.下列叙述正2.(多选)关于四个公式①P=UI;②P=I2R;下列叙述正A.公式①④适用于任何电路的电功率的计算B.公式②适用于任何电路的热功率的计算C.公式①②③适用于任何电路电功率的计算D.以上均不正确用于任何电路的电功率的计算，而P=IzR、只适用于纯电阻电路的电功率的计算，故A正确，C错误.P=IR适用于任何电路的热功率的计算，P=UI、只适用于纯电阻电路的热功率的计算，故B正确.3.甲、乙两只普通照明灯炮的铭牌如图所示，下列说法中不正确的是(A)图甲A.甲灯的实际功率一定总是40W图乙B.将乙灯接入110V电路中，它的额定功率仍为60WC.两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大D.两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较少解析：照明灯泡的铭牌上标记的是额定电压和额定功率，由于灯泡随着电压的升高电流增大，灯丝的电功率将会增大，于是温度升高，灯丝电阻率也随之增大，所以电阻增大.当工作电压不是220V时，灯泡的实际功率不再是额定功率，但额定功率不会随电压变化而变化.4.一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V.若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率(B)A.等于36WB.小于36W,大于9WC.等于9WD.小于9W解析：白炽灯在正常工作时的电阻为R,由得R=36Ω,当接入18V电压时，假设灯泡的电阻也为36Ω,则它消耗的功率为,但温度低，其电阻率小，所以其电阻要小于36Q,其实际功率要大于9W,故B项正确.5.下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是(A)A.电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B.W=UIt适用于任何电路，而只适用于纯电阻电路D.焦耳热Q=I₂Rt适用于任何电路功率越大，表示电流做功越快.对于一段电路，,可见Q功率越大，表示电流做功越快.对于一段电路，,可见Q与P、U、t都有关.所以，P越大，;Q不一定越大，A错.W=UIt是电功的定义式，适用于任何于纯电阻电路，B对.在非纯电阻电路中，电流做的功=焦耳热+其他形式的能，所以W>Q,即UDI2R,C正确.Q=I₂Rt是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产6.(多选)关于电功和电热.以下说法正确的是(CD)A.外电路电流做的功一定等于电热B.外电路中电流所做的功一定大于电热C.只有在外电路是纯电阻的情况下电功才等于电热D.当外电路不是纯电阻时，电功大于电热解析：对于非纯电阻电路，电流做的功转化为电热和其他能量，A错；当外C.D.将两灯并联后接入电路中发光时，则灯泡的功率解析：由两灯串联后，由串联电路的功率分配关系可知P≈R,两灯并联后，由并联电路的功率分配关系可知所以8.有两盏电灯L和L,用图中所示的两种方式连接到电路中，已知电压U相同，且两盏电灯均能发光，比较在甲、乙两个电路中电灯L的亮度，则(B)图乙图乙A.甲图的电路中灯L较亮B.乙图的电路中灯L.较亮C.两个电路中灯L一样亮D.不知它们的额定电压和额定功率，无法判断解析：因为电压U相同，两盏电灯串联后，电压要按照电灯阻值的大小分配.两盏电灯并联后，加在电灯两端的电压都为U,因此并联后的灯泡较亮，选项B正确.键打开时，电流表的示数是0.5A,当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率应是(BD)10.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻r=1Q,电动机两端电压为5V,电路中的电流为1A,重物A重20N.不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少?(2)电动机的输入功率和输出功率各是多少?(3)10s内，可以把重物A匀速提升多高?(4)这台电动机的机械效率是多少?解析：(1)根据焦耳定律，热功率为：(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，则：Pt=Gh.出第7节闭合电路的欧姆定律1.闭合电路.(1)闭合电路的组成；①内电路；电源内部的电路，其电阻称为内电阻，内电阻所降落的电压称为内电压，②外电路：电源外部的电路，其两端电压称为外电压或路端电压，(2)内、外电压的关系：2.闭合电路的欧姆定律.(1)内容：闭合电路中的电流，跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的申阻之和成反比.(3)适用条件：外电路为纯电阻电路.3.路端电压随外电阻的变化规律.4.路端电压与电流的关系图象(U-I图象).如下图所示，U一I图象是一条倾斜的直线，该图线与纵轴交点的纵坐标表示电源电动势，该线的绝对值斜率表示内阻.1.(多选)在闭合电路中，下列叙述正确的是(BD)A.当外电路断开时，路端电压等于零B.闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C.当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D.当外电阻增大时，路端电压将增大解析：A.根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，当外电路断开时，电流I=0,路端电压U=E.故A错误.B.根据闭合电路欧姆定律得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比.故B正确.C.电源内阻r>0,I≠.短故C错误.D.当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大.故D正确.2.在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是(D)A.如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B.如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C.如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D.如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量解析：A.如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变.故A错误.B.如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变.故B错误.C.如外电压不变，则内电压也不变.故C错误.D.根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量.故D正确.3.一太阳能电池板，测得他的开路电压为800mV,短路电流为40mA.若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻连成一闭合电路，则他的路端电压是(D)所以Ω.4.在如图所示电路中，电源的电动势E=9.0V,内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R=30Q;L为一小灯泡，其额定电压U=6.0V,额定功率P=1.8W;S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S,然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C时，小灯泡恰好正常发光.则C、B之间的电阻应为(B)解析：本题中小灯泡恰好正常发光，说明此时通过小灯泡的电流达到额定电5.(多选)如图所示为某一电源的U-I图象，由图可知(AD)A.电源电动势为2VC.电源短路时电流为6AD.电路路端电压为1V解析：由U-I图象可知，电源电动势E=2V;选项A、D正确.6.在如图所示的U-I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭A.电源的电动势为3VB.电源的内阻为2ΩC.电阻R的阻值为1QD.电路消耗的总功率为6W出电源的电动势E=3V,内阻等于图线的斜率大小，则7.如图是一火警报警电路的示意图.其中R为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大.值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器.当传感器R所在处出现火情时，显示器的电流I、报警解析：当传感器R所在处出现火情时，温度升高电阻增大，回路的总电流 C正确.8.如图所示电路，电源内阻不可忽略.开关S闭合后，在变阻器R的滑动端向下滑动的过程中(A)A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：滑动变阻器R的滑片向下滑动，R接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R9.如右图所示，直线A为电源的U-I图线，直线B和C分别为电阻R和图线，用该电源分别与R、R电源的效率分别为π、n,2组成闭合电路时，电源的输出功率分别则(C)1D.210.如图所示的电路中，所用电源的电动势E=4V,内电阻r=1.0Ω,电(1)开关S断开和接通时，通过R的电流分别为多大?(2)为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R的阻值调到多大?这时A、B间消耗的最大电功率是多少?解析：(1)开关S断开时，时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大.第8节多用电表的原理一、欧姆表1.内部构造：由表头、电源、可变电阻三部分组成.2.原理：欧姆表是依据闭合电路欧姆定律制成的，简单结构如图所示R改当红、黑表笔间接入被测电照民时，通过表头的电流·变R,电流I随着改变，每个R值都对应一个电流值，在刻度盘上直接标出与I值对应的电阻值，就可以从刻度盘上直接读出被测电阻的阻值.二、多用电表1.用途：共用一个表头，可分别测量电压、电阻、电流等物理量.2.最简单的多用电表原理图：如图(1)所示，当单刀多掷开关接通1时，可作为电流表使用，接通2时，可作为欧姆表使用，接通3时，可作为电压表使用，3.外部结构名称：关，周围标有测量功能的区域及量程.将选择开关旋转到电流挡，多用电表内的姆表电路就被接通.在不使用时，应把选择开关旋到“OFF”挡，或交流电压最高挡.1.关于多用电表表面上的刻度线，下列说法中错误的是(D)A.直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一个刻度C.电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线相对应D.电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线不对应.2.(多选)下列说法中正确的是(AB)A.欧姆表的每一挡测量范围都是0到B.欧姆表只能用来粗略地测量电阻C.用欧姆表测电阻，指针越接近刻度中央误差越大解析：由于欧姆表刻度不均匀，只能对电阻粗略地进行测量.3.多用电表调到欧姆挡时，其内部等效电路是下列图中的(C)ER₀电路是C图.所以R=R+R+r,即中心刻度值为r;6.(多选)欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用和连接，正确的做法是(AC)A.测电阻前要使红黑表笔相接，调节欧姆调零旋钮，使表头的指针指零B.红表笔与表内电池的正极相接，黑表笔与表内电池的负极相连接C.红表笔与表内电池负极相接，黑表笔与表内电池正极相接D.测电阻时，若所选量程相同，表针偏转角度越大，待测电阻值越大解析：测电阻前都要进行欧姆调零，A正确；由欧姆表内部结构可知红表笔若所选量程相同，表针偏转角越大，说明通过表头的电流越大，待测电阻越小，D错误.7.用欧姆表测一个电阻R的阻值，选择旋钮置于“×10”挡，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定(C)C.1000Q<R<1500ΩD.15002<R<解析：表盘右疏左密，所以指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确8.下图所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I=300μA,内阻R=1002,可变电阻R的最大阻值为10kΩ,电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5Ω,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是色.按正确Q.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R,其测量结果与原结果相比将(填“变大”、“变小”或“不变”).解析：由指针指中央，解析：由,R=5kΩ;因欧姆表的内阻变大，同样的电阻值，电流变小，读数变大.答案：红5变大第9节实验练习使用多用电表练习1.多用电表的使用基本方法.(1)表盘面上“+”、“一”插孔，表示直流电流挡、直流电压挡的正、负接线柱，因此，不管测什么项目，首先将红表笔插入“+”插孔，将黑表笔插入“—”插孔，那么用直流电流挡、直流电压挡时，电流从红表笔流入，从黑表笔流出：用电阻挡时由原理图可知，红表笔连接的是表内电源的负极，黑表笔连接的是表内电源的正极，因此，电流是从红表笔流入，从黑表笔流出，(2)测量前，应把选择开关旋到相应项目的适当量程上，读数时要注意挡位与刻度盘对应.直流电流挡、直流电压挡跟电流表和电压表的使用方法一样，要注意所选的量程应大于电器两端电压的估计值或通过用电器电流的估计值.2.使用多用电表测量电压.(1)选择直流电压挡合适的量程.(2)将电表与被测电路并联.3.使用多用电表测量电流.(1)选择直流电流挡合适的量程.(2)将被测电路导线卸开一端，把多用表串联在电路中.(3)读数时，首先要认清刻度盘上的最小刻度.4.使用多用电表测量电阻.测量：先选挡.①选挡接着欧姆调零；②换挡重新欧姆调零；③示数要乘倍率；④用毕将要跟电源、其他元件断开.⑥欧姆表指针偏转角度越大时，说明流过欧姆表的电流越大，也说明待测电阻越小.5.二极管的特点及其电阻测量.(1)特点：如图所示，它由半导体材料制成，有两个电极.B.用“×1”欧姆挡，若指针恰好在刻度30～50的正中，则待测电阻为40Ω零.则以下说法正确的是(D)了减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近，即要合理地选择倍率挡位.4.用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.(1)旋动部件,使指针对准电流的“0”刻线.(2)将K旋转到电阻挡“×100”位置.(3)将插入“士”“一”插孔的表笔短接，旋动部件,使指针对准电阻的(填“0刻线”或“～刻线”).(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小.为了得到比较作，再完成读数测量.C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D.将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准解析：使指针对准电流的“0”刻线，应旋动机械调零部件S;使指针对准电阻的“0”刻线，应旋动欧姆调零部件T;测电阻时若指针偏转角度过小，则换用较大倍率的挡位，因此A合理；每换一次挡位应重新调零，则选D;测电阻5.(1)用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R,以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮.把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上.a.将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔b.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R的阻值后，断开两表笔c.旋转S使其尖端对准欧姆挡×1kd.旋转S使其尖端对准欧姆挡×100e.旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔B.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D.测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零解析：(1)使用欧姆表时，指针指在“中值”附近较为准确.由图知中值电阻为30Ω,而被测电阻R为几十千欧，故选用×1k挡.测量前必须欧姆调零，挡位，且重新调零，A正确.电阻的阻值与电流的流向无关，所以红、黑表笔接6.(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图甲所示.请你简述接下来的测量操作过程：图甲;(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图乙所示.其中电压表内阻约为5kΩ,电流表内阻约为5Q.图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接.图乙两个量程，当转换开关S旋到位置3时，可用来测量;当S旋到位置 时，可用来测量电流，其中S旋到位置时量程较大.图丙挡时，指针偏角太大，所以改换成小挡位“×100”;换挡后，应对欧姆表重新进行欧姆调零；所测电阻阻值等于表盘示数×倍数.(2)上一问可以粗略地知道被测电阻为几千欧，与电压表的内安培表应用内接法.阻越小，电流表的量程越大.答案：(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”,使指针指向“0Ω”③再接入待测电阻，将指针示数×100,即为待测电阻阻值7.如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号.在开关闭合后，发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点.(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的挡.在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的挡.(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明可能有故障.(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步解析：(1)当连接点1、2已接好时，电路中已有电压存在，故需用电压挡来检测电路.当连接点1、2同时断开时，电路中没有电源提供电压，要检测电路故障，只有通过测各段电路的电阻是否异常，故采用欧姆挡.(2)当电路中两点间有电压时，这表明在此两点之外的电路与电源两极是连通的.当测出两点间电压等于电源电压而又确定电路故障是断路引起时，就可以确定断路位置在此两点之间.答案：(1)电压欧姆(2)开关或连接点5、6小灯泡的电阻.如果电阻无穷大，表明小灯泡有故障.8.在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示，闭合开关后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E).测金属丝”“滑动变阻器”或“开关”).(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障.先将选挡(填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”),再将(填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱.解析：(1)若电流表示数为零，说明外电路一定是断路，电压表有示数为E,说明电源与电压表之间的连接无断路，所以发生故障的一定是待测金属丝.(2)电流表示数为零，说明外电路一定存在着断路.因为电源两端有电压，压表的情况下，则利用多用电表的10V直流电压挡来检查故障.多用电表的红表笔应和电源的正极相连.E、E.第10节实验：测定电源的电动势和内阻1.利用电流表和电压表测电池的电动势和内阻所依据的公式是E=U+Ir,需要测量的物理量有U、I2.为了测定一节干电池的电动势和内阻，下图给出的两种实验电路图.由于一般电池的内阻较小(比电压表的内阻小得多，与电流表的内阻相差不多),所以为使测量结果比较准确，应选用图(1)所示的电路.3.用作图法求电池的电动势和内阻，作U-I图象时，在坐标图上以I为横坐标，以U为纵坐标，作出图象后，把这条直线用虚线延长，这条直线与纵轴交点的物理意义是电源的电动势E,与横轴交点的物理意义是短路电流I,直线的斜率的物理意义是斜率的大小等于电源内阻，由此可以看出，用图象法处理实验数据的优点是减小实验中的偶然误差，但要求在测量数据准确的基础上，作图象时必须严格认真，且使大多数的点在这一直线上，不在这一直线上的点大致均匀地分布在直线的两侧，才能从图象中找出正确的结论和准确的答案.4.测电源电动势和内阻的其他方法.·1.如图是测量电源内电阻的电路，下列的说法中正确的是(CF)A.由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B.由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值大于真实值C.由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值D.由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值大于真实值E.测出的电动势与真实值相同F.测出的电动势比真实值小由于电压表的分流作用，对于每个电压值U,,所示：由图示可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真2.如图是测量电源电动势和内电阻的电路，关于误差的说法正确的是(BE)A.由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B.由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值大于真实值C.由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值E.测出的电动势与真实值相同F.测出的电动势比真实值小表示数等于路端电压，电源的U-I图象如图所示：由图示可知，电源电动势的3.(多选)用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，下列说法中错误的是A.应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显B.应选用内阻较小的电压表和电流表D.使滑动变阻器阻值尽量大一些，测量误差才小阻较小的电流表，滑动变阻器阻值不能太大，如果太大不便于调节.4.在测定一节干电池(电动势约为1.5V,内阻约为22)的电动势和内阻A.电压表量程为15V;B.电压表量程为3V;C.滑动变阻器为(20Ω,3A);D.滑动变阻器为(500Ω,0.2A).解析：本题主要考查对电学仪器的选择.电学仪器的选择最主要的有两条原(2)方便，即便于读数和调节.由于电源电动势约为1.5V,故选量程为0~调节不方便，故选C滑动变阻器.答案：(1)B读数既准确、又方便(2)C滑动变阻器D的额定电流太小，最大阻值太大，调节不方便.5.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A.被测干电池一节C.电流表：量程0～0.6A,内阻约为0.1ΩD.电压表：量程0～3V,内阻未知E.电压表：量程0～15V,内阻未知F.滑动变阻器：0～10Ω,2AG.滑动变阻器：0～100Ω,1AH.开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差.在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻.图甲图乙(1)在上述器材中请选择适当的器材：(填写选项前的字母);(2)实验电路图应选择下图中的(填“甲”或“乙”).(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，于电池的电动势E=V,内电阻r=解析：(1)在上述器材中请选择适当的器材：A.被测干电池一节；为了读数准确，所以选择B电流表，量程：0～0.6A;D.电压表：量程0～3V;滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F;H.开关、导线若干.(2)测量电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，若采用甲图的接法，由于电流表内阻的影响，会使测量电阻偏大，为了减小内阻的测量误差，实验时应选用电路图乙.(3)由U-I图象可知，电池的电动势为：E=1.50V;内电阻为：6.给你一个电压表、一个电阻箱、电键及导线等器材：(1)在虚线框内画出根据闭合电路欧姆定律测定一节旧的干电池的电动势和内阻的实验电路图.(2)在实验过程中，将电阻箱拨到45Q时，电压表读数为0.90V;若将电阻箱拨到如图甲所示的位置时，电压表读数如图乙表盘所示.根据以上数据，可以算出该节电池的电动势E=V,内电阻r=