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(共31张PPT)
模块综合微评
模块综合微评
A. 甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B. 乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C. 丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D. 丁图中环形导线通电后，其中心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
C
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解析：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，故B错误；根据右手螺旋定则，直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确；根据右手螺旋定则，如题图丁所示的环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误.
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A. 电子的速度v增大
B. 两板上所带的电荷量减少
C. 电子的速度v不变
D. 电子在两板间运动的时间变长
C
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A. 电源的内阻为10 Ω
B. 当小灯泡两端的电压为2.5 V时，它的电阻约为6 Ω
C. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡两端的电压约为1.0 V
D. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.48 W
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D. EC
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A. 小球一定带正电
B. 小球一定从P点运动到Q点
C. 小球受到的电场力和重力大小相等
D. 小球的电势能一定减小
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解析：由于小球由静止释放后，沿水平直线运动，小球一定做初速度为零的匀加速直线运动，对小球受力分析如图所示.由于两板带电的电性不明确，因此小球的带电电性不能确定，故A项错误；由受力分析可知，小球一定从Q点运动到P点，故B项错误；小球受到的电场力的竖直分力与重力平衡，因此小球受到的电场力一定大于重力，故C项错误；由于电场力做正功，因此小球的电势能一定减小，故D项正确.
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A. 电子在E点的电势能是5 eV
B. 该匀强电场的场强大小E＝300 V/m
C. A点电势比F点电势高
D. 一个质子从B点以9 eV的动能进入电场，调整入射方向，可使质子到达D点
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A. A点的电场强度大于B点的电场强度
B. 质子经过A点的速率大于经过B点的速率
C. C、B两点电势差UCB等于B、A两点电势差UBA
D. 质子在A点所具有的电势能大于质子在B点所具有的电势能
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解析：根据φ－x图像的切线斜率表示电场强度，由题图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误；由题图可知，从A到C电势升高，则电场方向沿x轴负方向，质子沿x轴正方向运动，电场力做负功，质子的动能减小，电势能增加，则质子经过A点的速率大于经过B点的速率，在A点所具有的电势能小于在B点所具有的电势能，故B正确，D错误；根据φ－x图像的切线斜率表示电场强度，由题图可知，B、A两点间的平均电场强度小于C、B两点间的平均电场强度，由U＝Ed可知，C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA，故C错误.
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A. 该粒子带负电
B. 该粒子在A点的动能比在B点少2 J
C. 该粒子在A点的电势能比在B点少3 J
D. 该粒子在A点的机械能比在B点少3 J
AD
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解析：由题图可以看出，粒子所受的静电力方向水平向左，与电场方向相反，所以该粒子带负电，故A正确；从A到B，粒子克服重力做功为5 J，静电力做功为3 J，则合外力对粒子所做的总功W总＝－5＋3 J＝－2 J，根据动能定理可知，动能减少了2 J，故该粒子在A点的动能比在B点多2 J，故B错误；静电力做功为3 J，则电势能减少3 J，故该粒子在A点的电势能比在B点多3 J，故C错误；静电力做功使粒子机械能增加，静电力做功为3 J，则粒子机械能增加3 J，粒子在A点的机械能比在B点少3 J，故D正确.
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A. 液滴仍保持静止状态 B. 液滴将向下运动
C. 电容器上的带电量将增大 D. 电容器上的带电量将减小
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A. 金属块不一定会与高台边缘相碰
B. 金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
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三、非选择题（本大题共5小题， 共54分）
11. （10分）一个实验小组用“伏安法”测量某材料的电阻，做实验之前，小组成员先在网上查阅资料，发现该材料的电阻大约在6 Ω左右，并设计出用伏安法测电阻的图a、图b两幅原理图，实验室中除了直流电源（电动势为3 V，内阻约0.5 Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值为5 Ω）、开关、导线外还有以下实验器材：
A. 电压表V1（量程为0～3 V，内阻约为2 kΩ）
B. 电压表V2（量程为0～15 V，内阻约为10 kΩ）
C. 电流表A1（量程为0～0.6 A，内阻为1 Ω）
D. 电流表A2（量程为0～100 mA，内阻为0.5 Ω）
图a 图b 图c
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A　
C 　
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图b
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12. （10分）某实验小组从电动玩具中拆下一节电池，欲测量其电动势（约为1.5 V）和内阻（约为1 Ω）.实验室备有下列器材可供选择：
A. 电压表（量程为0～0.6 V，内阻约为1 kΩ）；
B. 电压表（量程为0～1.8 V，内阻约为2 kΩ）；
C. 电压表（量程为0～15 V，内阻约为5 kΩ）；
D. 定值电阻R0（阻值1 Ω）；
E. 滑动变阻器（0～20 Ω）；
F. 滑动变阻器（0～200 Ω）；
G. 开关及导线若干.
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甲
解析：（1）电压表 V1测的是路端电压，电压表 V2测的是R0两端电压，因电池的电动势约为1.5 V，故电压表 V1应选B，电压表 V2应选A. 电池内阻和定值电阻都较小，为方便调节电路，滑动变阻器选用阻值较小的，选E.
B　
A　
E　
解析：（2）闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调到阻值最大处，应将滑片P滑到最左端.
最左端　
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1.48　
0.667　
解得r＝0.667 Ω.
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13. （10分）密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量.油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴.根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量.
（1）若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带哪种电荷？
答案：（1）负电荷
解析：（1）根据平衡条件可知，油滴受到向上的电场力，所以油滴带负电.
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（2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，求两板之间的电场强度E的大小；
解析：（3）因为油滴P悬浮，所以油滴P受到的重力和电场力平衡，即mg＝qE
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14. （12分）在如图所示的电路中，电阻R1＝8 Ω，R2＝R3＝6 Ω，R4＝3 Ω.当开关K断开时，理想电流表示数I1＝0.4 A，当K闭合时，电流表示数I2＝0.58 A. 求：
（1）开关K闭合时外电路的总电阻R；
答案：（1）4 Ω
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（2）电源的电动势E和内阻r.
答案：（2）5.8 V　1 Ω
解得E＝5.8 V，r＝1 Ω.
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（1）求电容器所带的电荷量；
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15模块综合微评
一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
1.（2025·江苏连云港高二期中）下列关于磁场的相关判断和描述正确的是（　C　）
A.甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实
B.乙图中表示条形磁铁的磁感线从N极出发，到S极终止
C.丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实
D.丁图中环形导线通电后，其中心位置小磁针的旋转方向符合物理事实
解析：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；磁感线是闭合曲线，在磁体内部从S极指向N极，故B错误；根据右手螺旋定则，直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确；根据右手螺旋定则，如题图丁所示的环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误.
2.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，现保持两板间的电压不变，则当减小两板间的距离时，下列判断正确的是（　C　）
A.电子的速度v增大
B.两板上所带的电荷量减少
C.电子的速度v不变
D.电子在两板间运动的时间变长
解析：由于电容器直接与电源相连，两极板之间的距离减小，两极板之间的电势差不变，有Ue＝mv2，可知v不变，故A错误，C正确；由于两极板之间的距离减小，根据C＝可知，电容增大，再根据Q＝CU，可知两极板上电荷量增多，故B错误；根据E＝，F＝Ee＝ma，d＝at2，可知当d减小时，t减小，故D错误.
3.（2025·江西南昌十中高二期中）图甲为某电源的U－I图线，图乙为某小灯泡的U－I图线的一部分，则下列说法中正确的是 （　D　）
A.电源的内阻为10 Ω
B.当小灯泡两端的电压为2.5 V时，它的电阻约为6 Ω
C.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡两端的电压约为1.0 V
D.把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为0.48 W
解析：由电源的U－I图像可知，电源的内阻为r＝ Ω＝7.5 Ω，A错误；由小灯泡的U－I图像可知，当小灯泡两端的电压为2.5 V时，电流为0.5 A，则它的电阻约为R＝＝ Ω＝5 Ω，B错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，如图所示将电源的U－I图像画在小灯泡的U－I图像中，则交点为电路的工作点，由图可知小灯泡两端的电压约为U'＝1.3 V，电流约为I'＝0.37 A，小灯泡的功率约为P＝I'U'＝0.48 W，C错误，D正确.
4.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，电阻R1∶R2∶R3∶R4＝3∶2∶1∶1，开关S断开.现将S闭合，由S闭合到电路稳定的过程中通过R3的电荷量是（　D　）
A. B. C. D.EC
解析：设R4＝R，则R1＝3R，R2＝2R，开关S断开时，电容器的电压就是R2两端的电压，R2两端电压U2＝R2＝E，电容器上极板带正电，电荷量为Q2＝CU2＝CE.开关S闭合时，电容器的电压就是R1两端电压，R1两端的电压U1＝E＝E，电容器下极板带正电，电荷量为Q1＝CU1＝CE，则流过R3的电荷量ΔQ＝Q1＋Q2＝CE，故D正确.
5.互相正对的平行金属板M、N带等量的异种电荷，倾斜固定放置，一个带电小球（可看成点电荷）从一块金属板的边缘附近由静止释放沿图中水平虚线运动通过电场区域，两板间的电场可看成匀强电场，则下列判断正确的是（　D　）
A.小球一定带正电
B.小球一定从P点运动到Q点
C.小球受到的电场力和重力大小相等
D.小球的电势能一定减小
解析：由于小球由静止释放后，沿水平直线运动，小球一定做初速度为零的匀加速直线运动，对小球受力分析如图所示.由于两板带电的电性不明确，因此小球的带电电性不能确定，故A项错误；由受力分析可知，小球一定从Q点运动到P点，故B项错误；小球受到的电场力的竖直分力与重力平衡，因此小球受到的电场力一定大于重力，故C项错误；由于电场力做正功，因此小球的电势能一定减小，故D项正确.
6.（2025·浙江S9联盟高二期中联考）如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F为边长L＝2 cm的正六边形的顶点，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面.已知A、B、D的电势分别为－4 V、5 V、14 V.则下列说法正确的是（　B　）
A.电子在E点的电势能是5 eV
B.该匀强电场的场强大小E＝300 V/m
C.A点电势比F点电势高
D.一个质子从B点以9 eV的动能进入电场，调整入射方向，可使质子到达D点
解析：因AB∥DE且AB＝DE，故φB－φA＝φD－φE，可得φE＝5 V，则电子在E点的电势能是－5 eV，A错误；由以上分析得B、E两点连线为等势线，则场强方向垂直于BE向上，该匀强电场的场强大小E＝＝ V/m＝300 V/m，B正确；因AF∥BE，则AF为等势线，A点电势等于F点电势，C错误；因为UBD＝φB－φD＝－9 V，假设质子从B点进入电场后能到达D点，根据动能定理得eUBD＝Ek－Ek0，解得Ek＝0，质子到达D点需要有水平方向的初速度，电场强度的方向为CA方向，故质子受到竖直向上的静电力，水平方向的速度不变，故若质子能到达D点，则速度不会为0，Ek≠0，假设错误，故质子不能到达D点，D错误.
7.（2025·河南信阳高二期中）某静电场的一条电场线恰好与x轴重合，其电势φ随位置坐标x变化的关系如图所示，一个质子沿x轴正方向运动，途中经过间距相等的A、B、C三点，三点的坐标位置分别为xA、xB、xC.若该质子只受电场力作用，则 （　B　）
A.A点的电场强度大于B点的电场强度
B.质子经过A点的速率大于经过B点的速率
C.C、B两点电势差UCB等于B、A两点电势差UBA
D.质子在A点所具有的电势能大于质子在B点所具有的电势能
解析：根据φ－x图像的切线斜率表示电场强度，由题图可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误；由题图可知，从A到C电势升高，则电场方向沿x轴负方向，质子沿x轴正方向运动，电场力做负功，质子的动能减小，电势能增加，则质子经过A点的速率大于经过B点的速率，在A点所具有的电势能小于在B点所具有的电势能，故B正确，D错误；根据φ－x图像的切线斜率表示电场强度，由题图可知，B、A两点间的平均电场强度小于C、B两点间的平均电场强度，由U＝Ed可知，C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA，故C错误.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
8.（2025·四川成都外国语学校高二月考）如图所示，匀强电场水平向右，虚线为一带电粒子在匀强电场中从A点运动到B点的轨迹，此过程中粒子克服重力做功为5 J，静电力做功为3 J，则下列说法中正确的是 （　AD　）
A.该粒子带负电
B.该粒子在A点的动能比在B点少2 J
C.该粒子在A点的电势能比在B点少3 J
D.该粒子在A点的机械能比在B点少3 J
解析：由题图可以看出，粒子所受的静电力方向水平向左，与电场方向相反，所以该粒子带负电，故A正确；从A到B，粒子克服重力做功为5 J，静电力做功为3 J，则合外力对粒子所做的总功W总＝－5＋3 J＝－2 J，根据动能定理可知，动能减少了2 J，故该粒子在A点的动能比在B点多2 J，故B错误；静电力做功为3 J，则电势能减少3 J，故该粒子在A点的电势能比在B点多3 J，故C错误；静电力做功使粒子机械能增加，静电力做功为3 J，则粒子机械能增加3 J，粒子在A点的机械能比在B点少3 J，故D正确.
9.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路.当开关S断开时，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态.现将开关S闭合，则以下判断正确的是（　BD　）
A.液滴仍保持静止状态
B.液滴将向下运动
C.电容器上的带电量将增大
D.电容器上的带电量将减小
解析：断开开关S时，电容器两端的电压U等于电源的电压，带电液滴受重力和电场力平衡；闭合开关S后，电容器两端电压减小到等于R2两端的电压，根据E＝可知，电容器极板间的场强E变小，电场力变小，将向下做加速运动，故A错误，B正确；由于闭合开关S后，电容器极板间的电压U减小，根据Q＝CU可知电容器上的带电荷量将减小，故C错误，D正确.
10.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出.已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝.则（重力加速度为g）（　BCD　）
A.金属块不一定会与高台边缘相碰
B.金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动
C.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
D.金属块运动过程的最小速度为
解析：金属块在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向先向右做匀减速运动，当速度减小到零后再向左做匀加速运动，一定能回到高台的边缘；在运动过程中，所受的电场力和重力的合力保持不变，因此做匀变速运动，A错误，B正确.在水平方向上，当向右运动的速度减小到零时，距离高台边缘最远，根据＝2ax，而Eq＝ma，可得最大距离x＝，C正确；重力与电场力的合成为F，设合力与电场力方向的夹角为θ，如图所示，可知sin θ＝＝，将速度方向沿F的方向和垂直于F的方向正交分解，当沿F的方向速度减小到零时，速度达到最小值，最小值为v＝v0sin θ＝，D正确.
三、非选择题（本大题共5小题， 共54分）
11.（10分）一个实验小组用“伏安法”测量某材料的电阻，做实验之前，小组成员先在网上查阅资料，发现该材料的电阻大约在6 Ω左右，并设计出用伏安法测电阻的图a、图b两幅原理图，实验室中除了直流电源（电动势为3 V，内阻约0.5 Ω）、滑动变阻器R1（最大阻值为5 Ω）、开关、导线外还有以下实验器材：
A.电压表V1（量程为0～3 V，内阻约为2 kΩ）
B.电压表V2（量程为0～15 V，内阻约为10 kΩ）
C.电流表A1（量程为0～0.6 A，内阻为1 Ω）
D.电流表A2（量程为0～100 mA，内阻为0.5 Ω）
图a 图b 图c
（1）该实验小组在选择电压表时应选用　A　（填写器材前面的字母），在选择电流表时应选用　C 　（填写器材前面的字母）.
解析：（1）电源的电动势为3 V，且该实验采用的是分压式接法，结合电表的选取原则可知，应选择量程为0～3 V的电压表，即选择电压表A；当滑动变阻器滑片滑到最右端时，待测电阻两端的电压最大，粗略估算可得I＝＝ A＝0.5 A，即电流表应选择量程为0～0.6 A的C.
（2）实验时，分别利用图a和图b，改变滑动变阻器阻值，分别得到两组U和I，利用计算机拟合成如图c甲和乙两条直线，请分析乙直线对应的原理图为　图b　（填“图a”或“图b”）.
（3）在图c中，I甲＝0.17U甲和I乙＝0.16U乙分别表示甲、乙两直线的函数关系，比较甲、乙两种情况误差后，利用误差较小的一组数据，可得被测电阻的测量值为　5.3　 Ω（保留2位有效数字）.
解析：（3）根据以上分析可知，在图c乙中图线斜率的倒数等于被测电阻与电流表内阻之和，因电流表内阻已知，故可消除系统误差，对应结果更准确，由I乙＝0.16U乙，可得Rx＝－RA＝－1 Ω＝5.25 Ω≈5.3 Ω.
12.（10分）某实验小组从电动玩具中拆下一节电池，欲测量其电动势（约为1.5 V）和内阻（约为1 Ω）.实验室备有下列器材可供选择：
A.电压表（量程为0～0.6 V，内阻约为1 kΩ）；
B.电压表（量程为0～1.8 V，内阻约为2 kΩ）；
C.电压表（量程为0～15 V，内阻约为5 kΩ）；
D.定值电阻R0（阻值1 Ω）；
E.滑动变阻器（0～20 Ω）；
F.滑动变阻器（0～200 Ω）；
G.开关及导线若干.
（1）根据图甲连接实验电路，其中电压表 V1应选　B　，电压表 V2应选　A　，滑动变阻器应选　E　.（填器材前的选项字母）
甲
解析：（1）电压表 V1测的是路端电压，电压表 V2测的是R0两端电压，因电池的电动势约为1.5 V，故电压表 V1应选B，电压表 V2应选A.电池内阻和定值电阻都较小，为方便调节电路，滑动变阻器选用阻值较小的，选E.
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P滑到　最左端　（填“最左端”或“最右端”）.
解析：（2）闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器应调到阻值最大处，应将滑片P滑到最左端.
（3）闭合开关，多次改变滑动变阻器R的阻值，读出 V1和 V2表的示数U1、U2，绘出U1－U2图像如图乙所示，则该电池的电动势E＝　1.48　V，内阻r＝　0.667　Ω.（计算结果均保留3位有效数字）
乙
解析：（3）根据闭合电路欧姆定律有E＝U1＋r，整理得U1＝－U2＋E，结合图像可得E＝1.48 V，＝＝
解得r＝0.667 Ω.
13.（10分）密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量.油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，并落入两块相互平行的极板M、N之间的区域（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴.根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量.
（1）若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带哪种电荷？
答案：（1）负电荷
解析：（1）根据平衡条件可知，油滴受到向上的电场力，所以油滴带负电.
（2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，求两板之间的电场强度E的大小；
答案：（2）
解析：（2）根据匀强电场公式可知E＝.
（3）油滴P可视为球体，并测得其半径为R.已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U，求该油滴的电荷量q.（提示：球的体积公式V＝πR3）
答案：（3）
解析：（3）因为油滴P悬浮，所以油滴P受到的重力和电场力平衡，即mg＝qE
而m＝ρ·πR3，且 E＝联立以上各式，可得：q＝.
14.（12分）在如图所示的电路中，电阻R1＝8 Ω，R2＝R3＝6 Ω，R4＝3 Ω.当开关K断开时，理想电流表示数I1＝0.4 A，当K闭合时，电流表示数I2＝0.58 A.求：
（1）开关K闭合时外电路的总电阻R；
答案：（1）4 Ω
解析：（1）开关闭合时，R3和R4并联，该部分总电阻为R'3＝＝2 Ω
R2与该部分串联，则电源右边部分总电阻为R'2＝R2＋R'3＝8 Ω
电源左右两部分电路为并联关系，则外电路总电阻为R＝＝4 Ω.
（2）电源的电动势E和内阻r.
答案：（2）5.8 V　1 Ω
解析：（2）开关断开时，通过电阻R1的电流为IR1＝＝0.6 A
电路的总电流为I＝I1＋IR1＝1 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I1（R2＋R3）＋Ir
开关闭合时，通过R1的电流为I'R1＝＝0.58 A
电路的总电流为I'＝I2＋I'R1＝1.16 A
由闭合电路欧姆定律得E＝I2R'2＋I'r
解得E＝5.8 V，r＝1 Ω.
15.（12分）（2025·河南新乡高二大联考）如图所示，平行金属板电容器水平放置，A、B两极板通过开关S与电源相连，A极板中心开有一个小孔，A、B两极板间距离为d，电容器的电容为C；闭合开关S，将质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的小球从小孔正上方高处的O点由静止释放，小球穿过小孔到达B极板处时速度恰好为零.重力加速度大小为g，小球可视为质点，小孔极小，不计空气阻力，A、B两极板间的电场可视为匀强电场.
（1）求电容器所带的电荷量；
答案：（1）
解析：（1）设两极板间的电压为U，小球从释放到运动到B极板的过程中，由动能定理得mg（＋d）－qU＝0，
解得U＝由电容定义式有C＝
解得电容器所带的电荷量为Q＝.
（2）保持开关S闭合，若将电容器的B极板上移：
①求两极板间的电场强度的大小；
②再次将小球从O点由静止释放，当小球在电容器中速度减为零时，求小球离A极板的距离.
答案：（2）①　②
解析：（2）保持开关S闭合，则电容器两极板间的电压U不变，B极板上移后，
①两极板间电场强度大小为E＝＝；
②当小球速度减为零时，设小球离A极板的距离为x，由动能定理得mg（x＋）－qEx＝0，解得x＝.

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