《优化方案》沪科物理选修3-1电子题库（30份打包）

1．下列说法中正确的是(　　)
A．电子和质子都是元电荷
B．一个带电体所带电荷量为205.5倍的元电荷
C．元电荷是最小的电荷量
D．元电荷没有正负之分
解析：选CD.元电荷是最小的电荷量，带电体所带电荷量均为元电荷的整数倍；元电荷只是最小的电荷量，不是带电粒子，没有正负之说．故C、D正确．
2．如图1－1－6所示，挂在绝缘细线下的小轻质通草球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以(　　)
图1－1－6
A．甲图中两球一定带异种电荷
B．乙图中两球一定带同种电荷
C．甲图中两球有一个一定带正电
D．乙图中两球只有一个带电
解析：选B.若两物体相互排斥，必定带有同种电荷；若两物体相互吸引，二者可能带异种电荷，也可能一个带电荷，另一个不带电荷．
3．(原创题)用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦实验结果如图1－1－7所示，由此对摩擦起电说法正确的是(　　)
图1－1－7
A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子
B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷
C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等
D．同一物体与不同种类物体摩擦，该物体的带电荷种类可能不同
解析：选CD.摩擦起电的两物体的带电荷的电性是由物体对核外电子的束缚能力决定的，失去电子的物体带正电，得到电子的带等量负电荷，故A、B错误，C、D正确．
4．(2012·渭南象山中学高二检测)
图1－1－8
如图1－1－8所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是(　　)
A．只有M端验电箔张开
B．只有N端验电箔张开
C．两端的验电箔都张开
D．两端的验电箔都不张开
解析：选C.虽然导体MN起初不带电，但带负电的小球A对MN内的电荷有力的作用，使MN中的自由电子向左移动，使得N端积累了负电荷，M端积累了正电荷，其下部贴有的金属箔片因为接触带电，也分别带上了与M、N端一样的同种电荷．由于同种电荷间的斥力，所以金属箔片都张开．
5．有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电量为q，B球所带电量为－q，现要使A、B所带电量都为－q/4，应该怎样实现？
解析：法一：用手碰一下A，A失去电荷，将A、B接触一下，都带上－q/2的电量，再用手碰一下A，A又失去电荷，再把A、B接触一下，则A、B都带上－q/4的电量；
法二：用一个相同的不带电的小球与A接触一下，A球带电量变为q/2，再把A、B接触一下，A、B带电量都变为－q/4.
答案：见解析
一、选择题
1．丝绸与玻璃棒摩擦后，玻璃棒带正电，是因为(　　)
A．玻璃棒上的一些自由电子转移到丝绸上
B．玻璃棒上的一些正电荷转移到丝绸上
C．丝绸上的一些自由电子转移到玻璃棒上
D．丝绸上的一些正电荷转移到玻璃棒上
解析：选A.摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体上，中性的物体若失去了电子将带正电，得到了电子将带负电．由于丝绸的原子核束缚电子的本领比玻璃棒强(这与两种物体的材料有关)，所以玻璃棒会失去电子带正电荷．要注意原子中的正电荷(质子)是不能自由移动的．
2．(2012·赤峰市高二检测)把两个相同的金属小球接触一下再分开一个很小的距离，发现两球之间相互排斥，则这两个小球原来的带电情况可能是(　　)
①两球带等量异种电荷；②两球带等量同种电荷；③两球原来带不等量同种电荷；④两球原来带不等量异种电荷
A．①②③④　　　　　　　　 B．①②③
C．②③④ D．①③④
解析：选C.相同物体接触后电荷量重新分配，每个物体所带电荷量相等，由题中条件可知，两小球接触后仍相互排斥，故可判定两球带有同种电荷，所以①错．而②③④根据电荷守恒定律和同种电荷相互排斥的规律，均是可能的．故正确答案为C.
3．下列关于验电器的说法正确的是(　　)
A．将带负电荷的硬橡胶棒与验电器小球接近时，金属箔上质子被吸引从而转移到小球上
B．将带负电荷的硬橡胶棒与验电器小球接近时，小球上电子被排斥从而转移到金属箔
C．将带负电荷的硬橡胶棒与原来不带电的验电器小球接触，验电器的金属箔因带负电荷而张开
D．将带负电荷的硬橡胶棒与原来不带电的验电器小球接近，验电器的金属箔因带负电荷而张开
解析：选BCD.带负电荷的硬橡胶棒与验电器接近时属于感应起电，由于同种电荷相互排斥，验电器小球上的负电荷被排斥到金属箔上，箔片张开；当接触小球时，橡胶棒上的负电荷转移到验电器上，使金属箔带负电而张开．故B、C、D正确．
4．一个带电小球所带电荷量为q，则q可能是(　　)
A．3×10－19 C　　　　　　 B．1.6×10－19 C
C．0.8×10－19 C D．9×10－19 C
解析：选B.由于所有带电体的电荷量等于元电荷或者是元电荷的整数倍，而元电荷e＝1.6×10－19 C，各选项中只有B选项中数值是e的整数倍，故选B.
5．(2012·安康高二检测)下列叙述正确的是(　　)
A．摩擦起电是创造电荷的过程
B．接触起电是电荷转移的过程
C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电
D．带等量异种电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫电荷的湮灭
解析：选B.电荷是不能被创造的，A错；摩擦起电的实质是电子转移过程，摩擦起电时电子应从对电子束缚力弱的物体向束缚力强的物体上转移，所以玻璃棒并不是和什么物体摩擦都带正电，B对C错；带等量异种电荷的物体接触后，电荷会“消失”，这种现象叫中和．一对正负电子同时湮灭，转化为光子，这才是湮灭，D错．
6．(2012·陕西高二质检)使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开，下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)
图1－1－9
解析：选B.验电器原来不带电，当带电金属球靠近验电器金属球时，由于电荷间的相互作用，使金属球上感应出与带电金属球相异的电荷，而箔片上则感应出与带电金属球相同的电荷，因此只有B选项正确．
7．导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带电荷量为q的电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为(　　)
A．－q B．3q
C．2q D．4q
解析：选BC.由于导体B所带电荷电性未知，故有两种情况．若B带正电，则分开后B导体的带电量应为q1＝＝3q，故B项正确；若B导体带负电，则分开后所带电荷量q2＝＝2q，选项C正确．
8.
图1－1－10
(2012·西安高二检测)如图1－1－10所示，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体AB时，枕形导体上的电荷移动情况是(　　)
A．枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动
B．枕形金属导体上的电子向A端移动，正电荷不移动
C．枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D．枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
解析：选B.金属导体中正电荷都在自己的平衡位置上振动而不移动，只有自由电子移动．C球带正电，要吸引带负电的电子，所以枕形金属导体上的电子向A端移动，而正电荷不移动．所以本题答案为B.
9．有一个质量很小的小球A，用绝缘细线悬挂着，当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时，看到它们互相吸引，接触后又互相排斥，则下列说法正确的是(　　)
A．接触前，A、B一定带异种电荷
B．接触前，A、B可能带有异种电荷
C．接触前，A球一定不带电荷
D．接触后，A球一定带电荷
解析：选BD.任何带电体都可吸引微小物体，而不能认为只有异种电荷才存有吸引力，所以A可以不带电，也可以带正电，接触后，A与B排斥一定带与B相同的电荷．
二、非选择题
10．(2012·银川高二检测)某一研究性学习小组的同学们设计了以下实验方案来验证电荷守恒定律.
实验
操作
步骤一：手持有机玻璃棒，用力将两块起电板快速摩擦后分开
步骤二：将其中一块板插入箔片验电器上端的空心金属球(不要接触金属球)
步骤三：将两块板同时插入空心金属球
实验
图解
实验
现象
箔片张开
箔片闭合
根据以上实验过程和观察到的现象，回答下列问题：
(1)步骤二的实验现象，说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)步骤三的实验现象，说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)该研究性实验________(选填“能”或“不能”)验证电荷守恒定律．
解析：(1)起电板插入验电器上端的空心球后，虽没有接触，但验电器显示出带电性，故应发生了感应起电；
(2)两起电板同时插入后，箔片闭合，说明两起电板电荷量相同，电性相反，对球的感应情况中和，故带起电板应带有等量异种电荷；　(3)能．
答案：(1)起电板使验电器感应起电　(2)两块板带有等量异种电荷　(3)能
11．完全相同的两个金属小球A、B带有相等的电荷量，相隔一定的距离，现让第三个完全相同的不带电金属小球先后与A、B接触后再移开．
(1)若A、B带同种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比．
(2)若A、B带异种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比．
解析：(1)若A、B带同种电荷，设为q，第三个小球先与A接触，电荷量平均分配，各带电荷量；第三个小球再与B接触，两球电荷量之和平均分配，各带q.因此A、B带电荷量之比＝.
(2)若A、B两球带异种电荷，设A为q，B为－q，则第三个小球先和A接触，电荷量平均分配，各带；第三个小球再和B接触，先中和再平均分配，各带－q.所以A、B电荷量之比＝.
答案：(1)2∶3　(2)2∶1
12.
图1－1－11
如图1－1－11所示，在桌上放两摞书，把一块洁净的玻璃板垫起来，使玻璃板离开桌面2 ～3 cm，在宽0.5 cm的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面，然后再用一块硬泡沫塑料在玻璃板上摩擦，就可以看到小纸人翩翩起舞．
(1)小纸人为什么会翩翩起舞？
(2)如果实验前用一根火柴把“跳舞区”烤一烤，为什么实验效果会更好？
(3)如果向“跳舞区”哈一口气，小纸人跳得就不活跃了，此现象说明了什么？
解析：(1)泡沫塑料摩擦玻璃板使玻璃板带电，带电的玻璃板使小纸人产生静电感应而被吸引，由于玻璃板上的电荷量不断变化，对不同位置的小纸人的吸引力也不断变化，因此可以看到小纸人翩翩起舞．
(2)用火柴烤一烤“跳舞区”，使“跳舞区”干燥，电荷不容易导走，实验效果会更好．
(3)如果向“跳舞区”哈一口气，则“跳舞区”湿度增大，玻璃板上摩擦产生的电荷将导走一部分，小纸人也就不活跃了，此现象说明湿度对静电现象有影响．
答案：见解析

1．下列关于点电荷的说法中，正确的是(　　)
A．只有体积很小的带电体才能看成是点电荷
B．体积很大的带电体一定不是点电荷
C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷
D．任何带电球体，都可看成电荷全部集中于球心的点电荷
解析：选C.看成点电荷的条件不是电荷的大小形状，而是大小形状对所研究问题的影响能否忽略，故C正确．
2．关于库仑定律的公式F＝k，下列说法中正确的是(　　)
A．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0
B．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用
解析：选AD.当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力很小，即F→0，库仑定律的公式仍然适用，故A正确，C错误；当两个点电荷之间的距离r→0时，认为它们之间静电力F→∞是错误的，因为r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用，则B错误，D正确．故正确答案应选A、D.
3．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大为原来的4倍，下列方法可行的是(　　)
A．每个点电荷的电荷量都增大为原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大为原来的2倍
C．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使用两点电荷间的距离减小为原来的
D．将两个点电荷的电荷量和两点电荷间的距离都增大为原来的2倍
解析：选A.由F＝k，A中Q1、Q2都增大为原来的2倍，r不变，F′＝4F，A正确．B中Q1、Q2不变，r变为原来的2倍，F′＝F，B错误．C中若Q1′＝2Q1，Q2不变，r′＝r，则库仑力F′＝8F，即C中的库仑力将变为原来的8倍，故C错误．D中Q1、Q2变为原来的2倍，r′＝2r，F′＝F，D错误．
4.
图1－2－5
如图1－2－5所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，则(　　)
A．若m1＝m2，q1＜q2，则α＜β
B．若m1＝m2，q1＜q2，则α＞β
C．若q1＝q2，m1＞m2，则α＞β
D．若m1＞m2，则α＜β，与q1、q2是否相等无关
解析：选D.库仑力是等大反向的，两根绳子的偏离角度应取决于两个球的重力或质量．若两个球质量相等，则两个角度相等，与两个球的电荷量无关，选项A、B错误；若两个球的质量不相等，同样的力应该更容易推开质量小的球，选项C错D对．
5．(2012·西安高二检测)真空中有两个点电荷Q1、Q2，相距18 cm，已知Q1是正电荷，其电量为1.8×10－12 C，它们之间的引力大小为F＝1.0×10－12 N，求Q2的电量及带电性质．
解析：由于是真空中两个点电荷，符合运用库仑定律解题的条件．
根据库仑定律F＝k得：
Q2＝＝ C＝2.0×10－12 C.
因为电荷间表现为引力，可见Q2是负电荷．
答案：Q2＝2.0×10－12 C　负电
一、选择题
1．库仑定律的适用范围是(　　)
A．真空中两个带电球体间的相互作用
B．真空中任意带电体间的相互作用
C．真空中两个点电荷间的相互作用
D．真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离，则可应用库仑定律
解析：选CD.库仑定律适用于两个看作点电荷的带电体间相互作用力的计算，故A、B错误，C正确；两带电体大小远小于它们的距离时，可看做点电荷，故D正确．
2．下列哪些物体可视为点电荷(　　)
A．电子和质子在任何情况下都可视为点电荷
B．均匀带电的绝缘球体在计算库仑力时可视为点电荷
C．带电的细杆在一定条件下可以视为点电荷
D．带电的金属球一定不能视为点电荷
解析：选BC.能否看成点电荷取决于带电体间距离与它们自身的大小之间的关系，而不是取决于其他的条件．如果它们之间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计，这样的带电体就可以看做是点电荷．故选B、C.
3．已知点电荷A的电荷量是点电荷B的2倍，则A对B的作用力与B对A的作用力大小之比为(　　)
A．2∶1　　　　　　　 B．1∶2
C．1∶1 D．不一定
解析：选C.两带电体之间的库仑力是作用力与反作用力，始终等大、反向，与所带电荷量、电性无关，故应选C.
4．两个半径为r的金属球带同种电荷，所带电荷量分别为Q1和Q2，当两球心相距为3r时，相互作用的库仑力大小为(　　)
A．F＝k B．F＞k
C．F＜k D．无法确定
解析：选C.因为金属球的距离与其半径相当，由于同种电荷的斥力作用其电荷分布不均匀，所以金属球已不能看成点电荷，而且电荷分布在两金属球的外侧，所以相互作用力应该比两个相距3r的点电荷间的库仑力小一些，所以正确选项为C.
5．有两个完全相同的金属小球P和Q(它们的大小可忽略不计)，分别带电荷量为q和－5q.当它们在真空中相距一定距离时，彼此间作用力为F，若用绝缘手柄移动这两个小球将它们相接触后再放回原处，则它们之间的静电力变为(　　)
A．F　　　　　　　　　 B．0.8F
C．0.375F D．0.3F
解析：选B.P、Q两球接触后，正、负电荷发生中和，其总电荷量为－4q，两球分别分配得到的电荷量为－2q.
根据库仑定律可得：两球接触前：F＝k.
两球接触后：F′＝k.
可知接触后再放回原位置时，它们之间的静电力大小为原来的0.8倍．故选项B正确．
6．两个点电荷相距为d，相互作用力大小为F，保持两点电荷的电荷量不变，改变它们之间的距离，使之相互作用力大小变为4F，则两点电荷之间的距离应是(　　)
A．4d B．2d
C. D.
解析：选C.由库仑力公式F＝k可知，两点电荷间的库仑力与距离的平方成反比，故选C.
7．(2012·宁夏高二统考)有两个点电荷所带电荷量均为Q，从其中一个电荷上取下ΔQ的电荷量，并加在另一个电荷上，那么它们之间的相互作用力与原来相比(　　)
A．一定变大 B．一定变小
C．一定不变 D．无法判断
解析：选B.原来两电荷间的相互作用力F＝k.后来两电荷的电荷量分别变为Q－ΔQ、Q＋ΔQ，故相互作用力变为：F′＝k＝k，由数学知识可知F′8．(2012·上海高二检测)设某一星球带负电，一电子粉尘悬浮在距星球表面1000 km的地方，若将同样的电子粉尘带到距星球表面2000 km的地方相对于该星球无初速度释放，则此电子粉尘(　　)
A．向星球下落 B．仍在原处悬浮
C．飞向太空 D．无法判断
解析：选B.电子粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力保持平衡，即k＝G，可以看出，r再增大，等式仍然成立，故选B.
9.
图1－2－6
(2012·开封高三检测)如图1－2－6所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则为(　　)
A．2 B．3
C．2 D．3
解析：
选C.A球的受力分析如图所示，所以F＝Gtanθ；由库仑定律，得F＝，式中r＝lsinθ(l为绳长)，由以上三式可解得qB＝，因qA不变，则＝＝2.
10．如图1－2－7所示在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质绝缘弹簧连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为(　　)
图1－2－7
A．l＋ B．l－
C．l－ D．l－
解析：选C.取左侧小球为研究对象，设弹簧伸长量为x，由平衡状态得k0x＝＋，解得x＝，故弹簧原长为l0＝l－x＝l－，C选项正确．
二、非选择题
11.
图1－2－8
如图1－2－8所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量为＋Q，B带电荷量为－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？
解析：根据平衡条件判断，C应带负电，放在A的左边且和A、B在一条直线上．设C带电荷量为q，与A点相距为x，如图所示，
以A为研究对象，其所受库仑力合力为零，即FCA＝FBA，根据库仑定律有
k＝k①
以C为研究对象，同理应有FAC＝FBC，即
k＝k②
联立①②式解得：x＝0.2 m，q＝－Q，
所以C应带负电，放在A的左边0.2 m处，电荷量为－Q.
答案：负电荷　距A左边0.2 m处　Q
12．在光滑绝缘水平面上固定着带电小球A，质量为M，所带电荷量为＋Q.带电小球B与小球A之间相距为r，质量为m，所带电荷量为＋q.现将小球B无初速度释放，求
(1)刚释放时小球B的加速度为多大？
(2)释放后小球B做什么运动？
解析：(1)由库仑定律及牛顿第二定律得
F＝k＝ma，a＝k.
(2)由于小球B受斥力作用而逐渐远离小球A，即r变大，则F变小，a变小，故小球B做加速度逐渐减小的加速运动．
答案：(1)k　(2)做加速度逐渐减小的加速运动

1．有关静电的以下说法中正确的是(　　)
A．干燥天气里脱化纤衣物时常常会看到火花，听到噼啪声，这是一种静电现象
B．室内栽花种草可有效防止静电
C．家用电器上装一根接地线能防止静电危害
D．地毯中夹杂很细的不锈钢纤维能防止静电危害
解析：选ABD.选项A中的现象是摩擦起电现象．属于静电现象，A正确；室内栽花种草可调节室内湿度，能有效防止静电，B正确；选项C主要是用来防止漏电触电，C错误；防止静电危害的最好方法是及时把产生的静电导走，选项D采用这种方法来防止静电，D正确．
2．下列哪些措施是利用了静电(　　)
A．精密仪器外包有一层有抗静电材料的外壳
B．家用电器如洗衣机接有地线
C．手机一般装有一根天线
D．以上都不是
解析：选D.精密仪器外包有一层抗静电材料外壳是防止静电产生；家用电器如洗衣机接有地线是安全用电；手机一般装有一根天线是为了接收信号．
3．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是(　　)
A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地
B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷
C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地
D．以上解释都不正确
解析：选B.带电荷的云层靠近避雷针时，在避雷针尖端感应出与云层电性相反的静电，达到一定程度就向空中放电，中和云层中的电荷，从而避免遭受雷击，故B正确．
4．常见的电脑显示器的玻璃荧光屏容易布满灰尘，这主要是因为(　　)
A．灰尘的自然堆积
B．电脑工作时，荧光屏表面有静电而吸附灰尘
C．玻璃有极强的吸附灰尘的能力
D．电脑荧光屏表面温度较高而吸附灰尘
解析：选B.荧光屏由于受阴极射线的冲击而使屏外表面带上大量的静电，从而吸附灰尘．
图1－3－3
5. 在工厂里，靠近传送带的工人经常受到电击．经研究发现，这是由于传送带在传送过程中带电，如图1－3－3所示．
(1)解释为什么靠近传送带的任何物体都会带电．
(2)你可以用什么方法来解决这个问题？
解析： (1)传送带在传送货物过程中由于与货物摩擦而带电，而靠近它的物体又由于感应而带电．
(2)要消除静电，应设法让产生的静电尽可能导走．可以在传送带上镀上金属膜并接地或增加空气的湿度等．
答案：见解析
一、选择题
1．人们在晚上脱衣服时，有时会看到火花四溅，并伴有“噼啪”声，这是因为(　　)
A．衣服由于摩擦而产生了静电
B．人体本身是带电体
C．空气带电，在衣服上放电所致
D．以上说法均不正确
解析：选A.若我们身穿含有化纤成分的衣服，由于运动，使衣服与衣服之间、衣服和皮肤之间，在摩擦中会使衣服上带有异种电荷．在脱衣服时正电荷和负电荷碰到一起就产生放电现象，于是我们听到“噼啪”的放电声音，若是晚上还可以看见火花四溅的现象．
2．静电在生产生活中有许多应用，下列技术中利用静电的是(　　)
A．激光打印　　　　　　 B．电蚊拍
C．静电喷洒 D．电子空气净化
解析：选ACD.激光打印和激光复印的原理是相似的，也是靠硒鼓上的静电吸附墨粉来工作的；电蚊拍是利用高压电所产生的电流来杀死蚊子的；静电喷洒和静电喷涂是一个道理，都是使洒出的液体带上静电以利于吸附到要喷的介质上；电子空气净化设备都是靠静电来吸附空气中的微尘，从而净化空气的．
3．人造纤维比棉纤维容易沾上灰尘，这是因为(　　)
A．人造纤维的导电性好，容易吸引灰尘
B．人造纤维的导电性好，容易导走静电，留下灰尘
C．人造纤维的绝缘性好，不易除掉灰尘
D．人造纤维的绝缘性好，容易积累静电，吸引灰尘
解析：选D.人造纤维比棉纤维绝缘性好，与空气摩擦产生的静电不易导走而使电荷积累，积累的电荷对灰尘有吸附作用．故选项D正确．
4．为了防止静电危害，下列措施正确的是(　　)
A．油罐车上拖一条与地面接触的铁链
B．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎
C．在地毯中夹杂不锈钢纤维
D．尽可能保持印染厂空气干燥
解析：选ABC.油罐车上拖一条与地面接触的铁链，是为了导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电，以防止静电积累，A正确；飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了导走飞机与空气、灰尘等摩擦时产生的静电，以防止静电积累，故B正确；在地毯中夹杂不锈钢纤维，是为了将人走动时产生的静电导走，以防止静电积累，故C正确；印染厂里的空气应保持适当的湿度，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电，防止静电积累，所以只有选项D不正确．
5．下列与雷电和避雷相关的说法中正确的是(　　)
A．雷电是云层间或云层与地面间产生的放电
B．雷声是由于空气受热突然膨胀发出的巨响
C．闪电是由于电流生热而使空气发光产生的
D．导体的尖端易放电，不能用尖端导体避雷
解析：选ABC.导体的尖端容易放电，也正是因为这个特点，可以利用尖端放电制作避雷针来减小雷电造成的危害．
6．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了(　　)
A．除菌消毒　　　　　　　 B．消除静电
C．利用静电 D．防止漏电
解析：选B.在可燃气体环境(如乙醚)中，产生静电时，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除掉(如导入大地)，因此只有B选项正确．
7．在利用静电为人类服务的同时，静电也给人们的生产和生活带来一定的麻烦，下列各现象中，不是由于静电而引起的是(　　)
A．化纤的衣服容易吸引灰尘
B．买食品时，装食品的塑料袋粘在手上甩不掉
C．冬天用温手去摸室外的铁棒，手会被粘在铁棒上
D．在北方的冬季，触摸门把手时，常会有被电击的感觉
解析：选C.A、B、D三项中都是因为摩擦起电而产生的静电现象，而C项中的现象则是由于手上的水遇冷凝固所致．
8．静电在各种生产和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是让带电的物质微粒在电场作用下奔向并吸附到电极上．现有三个粒子a、b、c从P点向下射入由正、负电极产生的电场中，它们的运动轨迹如图1－3－4所示，则(　　)
图1－3－4
A．a带负电荷，b带正电荷，c不带电荷
B．a带正电荷，b不带电荷，c带负电荷
C．a带负电荷，b不带电荷，c带正电荷
D．a带正电荷，b带负电荷，c不带电荷
解析：选B.同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以飞向左侧负电荷的粒子带正电，飞向右侧正电荷的粒子带负电，在电场中不偏转的是中性粒子，即不带电．
二、非选择题
9．在印染车间，为了保证花布的印染质量，通常是使车间内的湿度大一些，为什么？
解析：在印染车间，由于在印染过程中布与机械间的相对运动，造成摩擦，摩擦产生的静电会吸引轻小的物体，就会使空气中的一些漂浮物吸附在印制好的花布上，使印染的效果大打折扣，因此要消除静电对印染质量造成的影响，就必须将因摩擦而产生的静电荷导走，在车间里最好的方法就是使空气潮湿，摩擦产生的静电直接被导走，就可以消除静电的影响．
答案：见解析
10．在燃气灶和燃气热水器中，常常安装电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电的电火花来点燃气体．我们看到，图1－3－5中点火器的放电电极做成了针形．这是为什么？
图1－3－5
与此相反，验电器的金属杆上端却固定一个金属球而不做成针尖状，这又是为什么？
解析：点火器的放电电极做成针形是利用了尖端放电原理．验电器的金属杆上端固定一个金属球是防止尖端放电，而使电荷发生流失而导致验电器结果不准确．
答案：见解析
11.
图1－3－6
在干燥的冬天，你也许有过这样的经历：当你经过铺有地毯的走廊来到房间门口，在伸手接触金属门把手的一刹那，突然听到“啪”的一声，手被麻了一下，弄得你虚惊一场(如1－3－6图)．
为什么会出现这种现象？
解析：人在地毯上行走，由于脚与地毯的摩擦，人身上会带有因摩擦而产生的电荷，当人手与金属门把手接触时瞬间放电，会发出“啪”的声响，同时人有触电的感觉．
答案：见解析
12.
图1－3－7
把捆东西的塑料绳，一端分成细丝，然后用一只手拿着没有分开的一端，另一只手用尼龙手套(或尼龙布)将绳从上向下捋一下，可以看到塑料丝张开成伞状(如图1－3－7甲所示)，为什么？如果向塑料丝周围喷水，塑料丝则合拢，如图乙所示，自己做做看，从这个小实验你得到什么启示？
解析：尼龙手套(或尼龙布)和塑料丝摩擦产生静电现象，塑料丝上带同种电荷相互排斥而张开．若向塑料丝周围喷水，空气潮湿，电荷很容易被导走，故在周围喷水会发现合拢现象．
答案：见解析

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．关于点电荷，下列说法中错误的是(　　)
A．真正的点电荷是不存在的
B．足够小的电荷就是点电荷
C．点电荷是一种理想化模型
D．一个带电体是否被看作点电荷，不是看它的尺寸
解析：选B.点电荷是一种理想化模型，一个带电体能否被看作点电荷不是看它的尺寸，而是看它对要研究的问题的影响，真正的点电荷是不存在的．
2．当用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触验电器的金属球后，金属箔片张开．此时，金属箔片所带电荷的电性和起电方式是(　　)
A．正电荷　　　　　　　 B．负电荷
C．接触起电 D．感应起电
解析：选AC.用丝绸摩擦过的玻璃棒由于失去电子而带正电，金属箔片带电性与玻璃棒相同，A正确，B错误；用玻璃棒接触金属球，使验电器带电，这是接触起电，而不是感应起电，C正确，D错误．
3．在真空中有两个带电小球，带电荷量分别是q1和q2，则(　　)
A．电荷量大的小球受到的库仑力大
B．电荷量小的小球受到的库仑力大
C．两个小球受到的库仑力大小相等
D．只有两个带电小球所带电荷量相等，它们受到的库仑力的大小才相等
解析：选C.真空中两带电小球间的库仑力属于作用力与反作用力，无论其带电量如何，总是大小相等，方向相反．故C正确．
4．一带负电的绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在，这说明(　　)
A．小球上原有的负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷不守恒
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由电子的转移引起，仍然遵循电荷守恒定律
解析：选CD.绝缘小球上电荷量减少是由于电子通过空气导电转移到外界，只是小球上电荷量减少，但是这些电子并没有消失，故A、B错，C对．就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷的总量仍保持不变，故D正确．
5．对于库仑定律的理解正确的是(　　)
A．库仑定律适用于真空中的点电荷
B．当半径为r的两带电小球相距为r时，可用库仑定律计算它们间的静电力
C．在干燥空气中的两个点电荷间的静电力可用库仑定律计算
D．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们各自所受的库仑力大小一定相等
解析：选ACD.库仑定律的适用条件是真空中的点电荷，干燥空气中的点电荷也近似适用，故A、C正确；半径为r的两小球距离是r时，不能看做点电荷，故库仑定律不适用，B错误；两点电荷间的静电力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D正确．
6．如图1－4所示，A为点电荷，电荷量为＋q；B为一个固定的均匀带电球体，电荷量为＋Q，A在P点时所受库仑力为F1，若将A移到B的球心O点，A所受库仑力为F2，则(　　)
图1－4
A．F2＝F1 B．F2→∞
C．F2＝0 D．无法确定
解析：选C.当把A放到B的球心O点时，库仑定律不适用．此时可采用无限分割的方法，将带电球体划分成无数个点电荷，由对称性知，位于球心处的A电荷所受库仑力的合力为零，故C正确．
7．两个半径均为1 cm的导体球，分别带上＋Q和－3Q的电量，两球心相距90 cm，相互作用力大小为F，现将它们碰一下后，并使两球心间距离为3 cm，则它们之间的相互作用力大小变为(　　)
A．3000F B．1200F
C．900F D．以上都不对
解析：选D.两球心相距90 cm时，两球间的距离比球本身大得多，由库仑定律F＝k＝k；两球相碰后，电荷量变为－Q、－Q，但两球心距离变为相距3 cm，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，电荷向远端运动，所以电荷间距离大于3 cm，F＜k.
8．将一定量电荷Q，分成电量为q1、q2的两个点电荷，这两个点电荷相距为r，为使它们之间有最大的相互作用力，则q1值应为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.由库仑定律结合数学知识可知，q1、q2的和一定，相等时乘积最大，故q1＝q2＝.
9．如图1－5所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是(　　)
图1－5
A．闭合S1，有电子从枕形导体流向大地
B．闭合S2，有电子从枕形导体流向大地
C．闭合S1，有电子从大地流向枕形导体
D．闭合S2，没有电子通过S2
解析：选C.在S1、S2闭合前，枕形导体的电荷是守恒的，a、b端出现的负、正电荷等量．当闭合S1、S2中的任何一个以后，导体与大地连通，大地也参与了枕形导体电荷的分布．因此，大地相当于远端．由于静电感应，大地感应出等量正电荷，因此无论闭合S1还是S2，都有电子从大地流向枕形导体，应选C.
10．真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，则(　　)
A．q一定是正电荷 B．q一定是负电荷
C．q离Q2比离Q1远 D．q离Q2比离Q1近
解析：选D.点电荷q置于Q1、Q2连线上某点时，正好处于平衡，说明q所受Q1、Q2的库仑力大小相等、方向相反，在同一直线上．所以q离Q1比离Q2要远，但电性不能确定．
11．同一直线上依次存在三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处于平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用．已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍．下列说法可能正确的是(　　)
A．q1、q3为正电荷，q2为负电荷
B．q1、q3为负电荷，q2为正电荷
C．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
D．q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
解析：选ABC.要使三个点电荷处于平衡状态，则有q1与q3电性相同，q1与q2电性相反．设q2、q3间距离为r，则q1、q2间距离为2r，三个点电荷都处于平衡状态，根据库仑定律：
q1平衡，k＝k，得q2∶q3＝4∶9；
q2平衡，k＝k，得q1∶q3＝4∶1；
q3平衡，k＝k，得q1∶q2＝9∶1.综合上述结果，可知q1∶q2∶q3＝36∶4∶9.A、B、C正确．
12．如图1－6所示，A、B是被绝缘支架分别架起的金属体，并相隔一定距离，其中A带正电，B不带电．则以下说法中正确的是(　　)
图1－6
A．导体B左端出现负电荷，右端出现正电荷，并且电荷量大小相等
B．若A不动，将B沿图中aa′分开，则两边的电荷量大小可能不等，与如何分有关
C．若A向B逐渐靠近，在B左端和右端的电荷量大小始终相等并且连续变化
D．若A、B接触一下，A、B金属体所带总电荷量保持不变
解析：选AD.由于B导体中存在大量自由电子，在带正电的A的作用下，B中部分电子会被A吸引到左端而出现负电荷，右端由于缺少同样数量的电子而出现正电荷；所以A选项正确．根据电荷守恒定律，B中总电荷量仍为零，即使沿aa′分开B，只要B与外界没有电荷交换，B的左右两部分的电荷量总是等量异种，所以B选项错误．A向B逐渐靠近过程中，B的左右部分异种电荷数量总是同步变化，但不连续变化；这是由于任何带电体的电荷量都不是连续的，只能是元电荷量(e＝1.60×10－19 C)的整数倍，所以C选项错误．A、B间接触后，B中部分电子转移到A上，这就发生了接触起电现象，虽然A的净电荷减少，但A、B的总电荷量保持不变，所以D选项正确．
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)
图1－7
在距地面300 m的高处，有一个带电量1 C的物体，如图1－7所示，它最多能吸起质量为多少的在地面上带电荷量为－1 C的物体？(g取10 m/s2)，k＝9.0×109 N·m2/C2
解析：对地面上的物体受力分析：当mg≤F时，地面上的物体被吸起．(3分)
又F＝k，解得：m≤104 kg.(5分)
答案：104 kg
14．(10分)把质量是2.0×10－3 kg的带电小球B用细线悬挂起来，如图1－8所示．若将带电荷量为4.0×10－8 C的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成45°角，A、B在同一水平面上，相距0.30 m，试求：
(1)A球受到的电场力多大？
(2)B球所带电荷量为多少？
图1－8
解析：
(1)对B球受力分析如图所示，由几何关系知：F＝mgtan45°＝mg＝2.0×10－2 N，(4分)
由牛顿第三定律知FBA＝FAB＝2.0×10－2 N．(1分)
(2)又F＝k(2分)
故qB＝＝ C＝5.0×10－6 C．(3分)
答案：(1)2.0×10－2 N　(2)5.0×10－6 C
15.
图1－9
(10分)如图1－9所示，两个正电荷q1与q2电荷量都为3 C，静止于真空中，相距r＝2 cm.
(1)在它们的连线AB的中点O放入正电荷Q，求Q受的静电力；在O点放入负电荷－Q，求－Q受的静电力．
(2)在连线上A点的左侧C点放上负点电荷q3，q3＝1 C且AC＝1 m，求q3所受静电力．
解析：(1)不管在O点放入的是正电荷还是负电荷，它受到的q1、q2的静电力大小相等、方向相反，合力为零．(4分)
(2)当把q3放在C点时，q3受到的q1的静电力为F1＝k，方向向右．(2分)
q3受到的q2的静电力为F2＝k，方向向右．(2分)
故q3实际受到的静电力为F1和F2的合力，即F＝F1＋F2，代入数据得F＝3×1010 N，方向向右．(2分)
答案：(1)0；0　(2)3×1010 N，方向向右
16.
图1－10
(12分)如图1－10所示，用两根绝缘丝线挂着两个质量不相同的带电小球A和B，其中mA＝1.0×10－3 kg，mB＝2.0×10－3 kg，qA＝2.0×10－8 C，qB＝－3.0×10－8 C，两球心相距r＝3.0×10－2 m，求两条细线上的拉力TA、TB分别为多少？(g取10 m/s2)
解析：分析拉力TB，分析B球的受力：受重力、拉力及向上的吸引力，且mg＝TB＋F，(3分)
F＝k，(3分)
解得：TB＝2.6×10－2 N．(2分)
分析拉力TA，选整体来分析：受两球重力、绳的拉力，这时两球间作用力为内力，无需分析，所以(mA＋mB)g＝TA＝3×10－2 N．(4分)
答案：TA＝3×10－2 N；TB＝2.6×10－2 N

1．描述一个新的物理问题，往往需要新的物理量，在描述电场时引入了电场强度这个物理量，对于这个物理量，下列说法正确的是(　　)
A．与电场本身性质有关
B．与放入的试探电荷有关
C．只有大小，没有方向，是标量
D．距离点电荷相等的点的电场强度相同
解析：选A.电场强度既有大小又有方向，是矢量．与放入的试探电荷无关．距离点电荷相等的点的场强大小相等，但方向不同．
2．如图2－1－10所示的各电场中，A、B两点电场强度完全相同的图是(　　)
图2－1－10
解析：选C.A图中两点电场强度大小相等、方向不同；B、D两项中两点电场强度方向相同，大小不等，两图中都是A点场强比B点大；C图为匀强电场，场强的大小方向处处相同．
3．下列关于电场强度的说法中，正确的是(　　)
A．公式E＝只适用于真空中点电荷产生的电场
B．由公式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比
C．在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小
D．由公式E＝k可知，在离点电荷非常近的地方(r→0)，电场强度E可达无穷大
解析：选C.电场强度的定义式E＝适用于任何电场，故A错；电场中某点的电场强度由电场本身决定，而与电场中该点是否有试探电荷或引入试探电荷所受的电场力无关，故B错；点电荷间的相互作用是通过电场产生的，点电荷Q1在Q2处产生的电场的场强为E1＝k，同理Q2在Q1处产生的电场的场强E2＝k，故C对；公式E＝k是点电荷产生的电场中某点场强的计算式．当r→0时，电荷不能看成点电荷，该公式已不适用，故D错．
4．在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电Q2，且Q1＝2Q2.用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上(　　)
A．E1＝E2的点只有一处；该点合场强为零
B．E1＝E2的点共有两处；一处合场强为零，另一处合场强为2E2
C．E1＝E2的点共有三处；其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2
D．E1＝E2的点共有三处；其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2
解析：选B.设两电荷间距为L，E1＝E2的点离Q2的距离为x，由点电荷的场强E＝k知，当点在Q1、Q2连线外侧时，k＝k，解得x1＝(＋1)L，此处两电场反向，合场强为零．当点在连线之间时，k＝k，解得x2＝(－1)L，此处两电场同向，合场强为2E2.所以本题选B.
5.
图2－1－11
在真空中O点放一个点电荷Q＝＋1.0×10－9 C，直线MN通过O点，OM的距离r＝30 cm，M点放一个点电荷q＝－1.0×10－10 C，如图2－1－11所示，求：
(1)q在M点受到的作用力；
(2)M点的场强；
(3)拿走q后M点的场强；
(4)M、N两点的场强哪点大？
解析：根据题意，Q是形成电场的电荷，q为试探电荷，为了方便，只用电荷量的绝对值计算库仑力．力和场强的方向可通过电荷的正负判断．
(1)电场是一种物质，电荷q在电场中M点所受的作用力是电荷Q通过它的电场对q的作用力，根据库仑定律，得
FM＝k＝ N＝1.0×10－8 N，
因为Q为正电，q为负电，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO指向Q.
(2)M的场强EM＝＝ N/C＝100 N/C，其方向沿OM连线背离Q，因为它的方向跟正电荷受电场力的方向相同．
(3)在M点拿走试探电荷q，有的同学说M点的场强EM＝0，这是错误的，其原因在于不懂得场强是反映电场的力的性质的物理量，它是由形成电场的电荷Q决定的，与检验电荷q是否存在无关．
(4)M点场强大．
答案：(1)大小为1.0×10－8 N，方向沿MO指向Q
(2)大小为100 N/C，方向沿OM连线背离Q
(3)大小为100 N/C，方向沿OM连线背离Q
(4)M点场强大
一、选择题
1．电场强度的定义式为E＝F/q(　　)
A．该定义式只适用于点电荷产生的电场
B．F是试探电荷所受到的力，q是产生电场的电荷所带的电荷量
C．场强的方向与F的方向相同
D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比
解析：选D.定义式E＝F/q对任何电场都适用，所以A错；且公式中F指试探电荷在这一点所受的电场力大小，q是指试探电荷的电荷量，所以B错；场强方向与正电荷在该点所受电场力F的方向相同，与负电荷所受电场力F的方向相反，所以C错；由定义式可得，F与E成正比，所以D对．
2．以下关于电场线的说法正确的是(　　)
A．电场线是电荷移动的轨迹
B．电场线是实际存在的曲线
C．电场线是闭合的曲线
D．电场线是起始于正电荷(或无穷远处)，终止于负电荷(或无穷远处)
解析：选D.电场线是为了描述电场假想出来的曲线，实际并不存在，B错误；电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于负电荷(或无穷远处)，不会在没有电荷的地方起始或终止，是不闭合的曲线，C错误，D正确；电场线不一定与电荷移动的轨迹相同，它还与电荷的初始速度及电场线的曲直有关，A错误．
3．对于点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的定义式仍成立，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＝，式中Q就是产生电场的点电荷
C．在真空中，E＝k，式中Q是试探电荷
D．以上说法都不对
解析：选B.场强的定义式E＝中，q是试探电荷，故A错；E＝为点电荷Q产生场强的决定式，式中Q为场源电荷，故B正确，C、D错误．
4．(2012·铜川高二质检)如图2－1－12所示是电场中某点电场强度E与放在该点处的试探电荷q及所受电场力F之间的函数关系图像，其中正确的是(　　)
图2－1－12
解析：选AD.电场中某点的场强与试探电荷无关，故A正确，B错误；放在电场中某点的电荷所受电场力与其带电荷量q成正比，故D正确，C错误．
5.
图2－1－13
图2－1－13是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是(　　)
A．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
B．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
解析：选A.电场线总是从正电荷出发，其疏密程度表示场强的大小．
6.
图2－1－14
(创新题)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图2－1－14为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是(　　)
A．a、b为异种电荷，a带电量大于b带电量
B．a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量
C．a、b为异种电荷，a带电量等于b带电量
D．a、b为同种电荷，a带电量等于b带电量
解析：选B.部分电场线连接点电荷a、b，可知a、b为异种电荷，又电荷b周围电场线密度比电荷a周围电场线密度大，可知b电荷带电量较多．
7．(2012·榆林高二测试)如图2－1－15为四种电场的电场线的分布图，一正电荷q仅在电场力作用下由a点向b点做加速运动，且加速度越来越小，则该电荷所在的电场是图中的(　　)
图2－1－15
解析：选B.由牛顿第二定律可知，当加速度a逐渐减小时，电场力F也逐渐减小，又因为F＝qE，则电场强度E逐渐减小．由于电场线的疏密程度表示场强的大小，可判断A、D错误；电荷带正电，C图中电荷逆着电场线运动，速度减小，C错误、B正确．
8.
图2－1－16
在一个电场中a、b、c、d四点分别引入试探电荷时，测得的试探电荷所受电场力跟其电量的函数关系图像如图2－1－16所示，下列叙述正确的是(　　)
A．这个电场是匀强电场
B．场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．场强大小关系是Ea＞Eb＞Ed＞Ec
D．无法确定四个点的场强大小关系
解析：选B.对于电场中给定的位置，放入的试探电荷的电量不同，它受到的电场力不同，但是电场力F与检验电荷的电量q的比值F/q即为场强E，E是不变的量，因为F＝Eq，所以F跟q的关系的图线是一条过原点的直线．根据F＝Eq，结合题中“试探电荷所受电场力跟其电量的函数关系图像”可知：斜率绝对值表示场强的大小．斜率绝对值关系是|kd|＞|ka|＞|kb|＞|kc|，则场强大小是Ed＞Ea＞Eb＞Ec.所以B正确，而A、C、D错误．
9.
图2－1－17
(2012·福州高二检测)如图2－1－17所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　)
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
解析：
选B.等量异种电荷电场线的分布如图所示．
由图中电场线的分布可以看出，从A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A→O→B，电场强度先由小变大，再由大变小，而电场强度的方向沿电场线的切线方向，为水平向右．因电子处于平衡状态，其所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受的电场力大小相等、方向相反．因电子所受电场力方向与场强方向相反，即水平向左，所以另一个力应水平向右．电子从A→O→B过程中，电场力先由小变大，再由大变小，所以另外一个力也应先由小变大，再由大变小，故B项正确．
10.
图2－1－18
如图2－1－18所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个离子穿越电场时的运动轨迹，下列判断正确的是(　　)
A．电场力方向一定是向左
B．该离子一定是负离子
C．该离子一定是由a向b运动
D．场强方向、离子的运动方向以及是正离子还是负离子都不能确定，但是离子在a点的动能一定小于b点的动能
解析：选AD.因为不知离子是向哪个方向运动的，可以假设其由b向a运动，由离子的运动轨迹可判断出，离子只能受到向左的电场力，所以由b向a一定是减速运动的(同理，也可假设离子由a向b运动，此时根据轨迹可判断出电场力同样向左，离子加速运动)，所以该离子在a点的动能一定小于b点的动能；由于电场线、离子的电性都是未知的，所以B、C均不正确，故选A、D.
二、非选择题
11.
图2－1－19
如图2－1－19所示为匀强电场中的一簇电场线，A、B为电场中的两点，若在A点放一负电荷，带电荷量为2.0×10－8 C，受电场力大小FA＝5×10－5 N，方向向左．
(1)请在图中标出这一簇电场线的方向．
(2)求A点电场强度的大小．
(3)若将电荷量是4.0×10－10 C的正电荷放在B点，它受到的电场力多大？
解析：(1)由于负电荷受电场力方向跟电场强度方向相反，所以电场线方向向右．
(2)由电场强度的定义得，A点场强的大小
EA＝＝ N/C＝2.5×103 N/C.
(3)由于电场是匀强电场，所以EB＝EA＝2.5×103 N/C，故正电荷所受的电场力F′＝EBq′＝2.5×103×4.0×10－10 N＝1.0×10－6 N.
答案：(1)向右(图略)　(2)2.5×103 N/C
(3)1.0×10－6 N
12.
图2－1－20
(2012·陕西高二质检)如图2－1－20所示，分别在A和B两点放置点电荷Q1＝2×10－14 C和Q2＝－2×10－14 C，在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2 m.
(1)求C点的场强．
(2)如果有一个电子静止在C点，它所受的电场力的大小和方向如何？
解析：
(1)如图所示，C点的场强是Q1在C处的场强E1和Q2在C处的场强E2的合场强．E1＝E2＝k＝0.05 N/C.
由几何知识可得EC＝E1＝E2＝0.05 N/C，方向平行于AB向右．
(2)电子在C点所受的电场力F＝qEC＝8×10－21 N．因为电子带负电，所以F方向与EC方向相反．
答案：(1)0.05 N/C　平行于AB向右
(2)8×10－21 N　平行于AB向左

1．(2012·榆林高二质检)下列说法中正确的是(　　)
A．A、B两点间的电势差，等于将正电荷从A点移到B点时，电场力所做的功
B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势面的不同而改变
解析：选BCD.从UAB＝可知A项错误．从电势差的特性可知电势差是标量，有正负之分，B项正确．从电场力做功的特性及电势差的定义可知两点间电势差只与两点间位置有关，C项正确．对于确定电场中确定的A、B两点，不管零电势面如何选取，其电势差不变，故D正确．
2．a和b为电场中的两个点，如果把q＝－2×10－8 C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10－7 J的正功，则该电荷的电势能(　　)
A．增加了4×10－7 J　　　　　 B．增加了2×10－8 J
C．减少了4×10－7 J D．减少了8×10－15 J
解析：选C.电场力做正功时，电荷的电势能一定减少，减少量等于电场力所做的正功．
3.
图2－2－4
(2012·宁夏石嘴山高二质检)两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为L的绝缘杆两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图2－2－4所示，若此杆绕过O点且垂直于杆的轴转过180°，则在此过程中电场力做功为(　　)
A．0 B．qEL
C．2qEL D．πqEL
解析：选C.杆转动180°过程中电场力对小球均做正功，所以W总＝W1＋W2.由电场力做功与路径无关得：W1＝qEL，W2＝qEL，所以W总＝2qEL.
4.
图2－2－5
如图2－2－5所示，在静电场中，一个负电荷q受到一个非静电力作用，由A点移动到B点，则下列说法正确的是(　　)
A．非静电力和电场力做功之和等于电荷电势能增量和动能增量之和
B．非静电力做功等于电势能增量和动能增量之和
C．电荷克服电场力做功等于电势能的增量
D．非静电力做功和电场力做功之和等于电荷动能的增量
解析：选BCD.根据动能定理，合外力对电荷所做的功等于电荷动能的增量，对电荷和电场组成的系统而言，非静电力是外力，非静电力对电荷做了多少正功，系统能量(电势能和电荷动能)就增加多少．据电场力做功与电势能变化的关系(WF＝－ΔE)，及电场力对电荷做负功，得电荷克服电场力做功等于电荷电势能的增量．所以B、C、D对．
5.
图2－2－6
(2012·福建龙岩一中高二期中)如图2－2－6所示，一对平行金属极板相距为d＝2 cm，两板电压为36 V，两极间匀强电场方向向下，其中下极板接地(零电势)．A点距下板为h1＝1.5 cm，B点距下板为h2＝0.5 cm(电子电荷量e＝1.6×10－19 C)，试求：
(1)两金属之间的电场强度大小；
(2)将一个电子从A点移到B点电场力做的功．
解析：(1)E＝U/d得E＝1.8×103 V/m.
(2)W＝－qE(h1－h2)得W＝－2.88×10－18 J.
答案：(1)1.8×103 V/m　(2)－2.88×10－18 J
一、选择题
1．电场中有A、B两点，把某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了负功，则下列说法正确的是(　　)
A．该电荷是正电荷，其电势能减少
B．该电荷是正电荷，其电势能增加
C．该电荷是负电荷，其电势能增加
D．该电荷的电势能增加，但不能判断是何种电荷
解析：选D.因为电场力对该电荷做了负功，所以该电荷的电势能必定增加．而电场力对正、负电荷均可以做负功，所以不能断定该电荷的电性．
2．关于电势差的说法中正确的是(　　)
A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功
B．1 C电荷从电场中一点移动到另一点，如果电场力做了1 J的功，这两点间的电势差就是1 V
C．在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关
D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电荷量成反比
解析：选B.两点间的电势能等于将单位正电荷从电场中一点移到另一点电场力做的功的大小；由W＝qU知W与U成正比，故只有B选项正确．
3．下列关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是(　　)
A．电势差的大小由电场力在两点间移动电荷所做的功和电荷的电荷量决定
B．电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电荷量决定
C．电势差是矢量，电场力做的功是标量
D．在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差均为零
解析：选BD.在公式WAB＝qUAB中，UAB由电场自身的性质决定，与WAB和q均无关，但UAB和q的大小却决定了WAB的大小，所以A错B对；在匀强电场中与电场线垂直的方向上移动电荷，电场力做功为零，所以任意两点间的电势差均为零，电势差和功都是标量，故C错D对．
4.
图2－2－7
(2012·江苏省赣榆一中检测)如图2－2－7所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B.则(　　)
A．电场强度的方向向左
B．A点场强一定大于B点场强
C．电场力做负功
D．A点的电势能小于B点的电势能
解析：选A.电子由静止开始由A向B运动，说明受到向右的电场力，电子带负电，所受电场力方向与场强方向相反，所以场强方向向左，A正确；一条电场线不能说明电场的强弱情况，所以B错误；由A到B电场力对电子做了正功，其电势能减少，C、D错误．
5.
图2－2－8
(2012·合肥高二检测)如图2－2－8所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个带负电的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹．若电荷是从a点运动到b点，以下判断正确的是(　　)
A．电荷从a到b加速度减小
B．电荷从a到b加速度增大
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b电势能增加
解析：选AD.根据电场线的疏密程度可以判断在a点的场强大于b点的场强，也就是说试探电荷在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，由牛顿第二定律可知电荷在a点运动的加速度大于在b点运动的加速度，所以选项A正确．根据带电粒子做曲线运动的条件，由曲线向合外力的方向弯曲可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左．由此判断电场线方向向外发散，电荷在电场中从a点向b点运动，电场力对电荷做负功，电势能不断增加，选项D正确．故选A、D.
6.
图2－2－9
如图2－2－9所示，在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把＋q和－q的试探电荷依次放在三点上，关于它们所具有的电势能E的正确说法是(　　)
A．放上＋q时，它们的电势能EA＞EB＞EC
B．放上＋q时，它们的电势能EA＜EB＜EC
C．放上－q时，它们的电势能EA＞EB＞EC
D．放上－q时，它们的电势能EA＜EB＜EC
解析：选AD.放上＋q时，电荷从位置A→B→C，都是电场力做正功，电势能应减小，可见EA＞EB＞EC.
放上－q时，电荷从位置A→B→C，都是克服电场力做功，
电荷的电势能应增大，即EA＜EB＜EC，
故正确选项为A、D.
7.
图2－2－10
(2012·开封高二质检)一带电粒子射入点电荷＋Q的电场中，仅在电场力作用下，运动轨迹如图2－2－10所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．运动粒子可以带正电
B．运动粒子一定是从A运动到B
C．粒子在A、B间运动过程中，加速度先变大后变小
D．粒子在A、B间运动过程中，电势能先减少后增加
解析：选CD.由轨迹形状可判断粒子受到了引力作用，所以粒子应带负电，A错误；由受力和轨迹判断不出粒子到底是从A运动到B还是从B运动到A，B错误；不管粒子怎样运动，粒子在靠近点电荷时受到的电场力在变大，加速度变大，远离时受到的电场力在变小，加速度变小，C正确；靠近点电荷时电场力做正功，电势能减少，远离点电荷时电场力做负功，电势能增加，D正确．
8.
图2－2－11
(2012·广东省罗定中学检测)等量异种点电荷的连线和其中垂线如图2－2－11所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中(　　)
A．所受电场力的方向不发生改变
B．所受电场力的大小恒定
C．电势能一直减小
D．电势能先不变后减小
解析：
选AD.画出图中两个点电荷形成的电场如图所示，可见ab是一条等势线，所以从a点沿直线移到b点，电荷所受电场力方向一直向上，电势能一直不变，但所受电场力变大，所以B、C错误；从b点沿直线移到c点，电场力仍是向上，电场力做正功，电势能减小，A、D均正确．
9．一个质量为m、带电荷量为－q的带电粒子，从O点以初速度v0沿平行于电场方向进入一个场强为E的匀强电场，若不计重力，经过时间t，粒子到达A点时速度恰好为零，则OA两点间的电势差为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选AC.粒子克服电场力做功，由动能定理：W＝ΔEk＝mv，而U＝，得U＝；又可由W＝F·s＝qE·t2，得W＝，则U＝＝.
10.
图2－2－12
(2012·成都外国语学校高二期中)一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图2－2－12中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为(　　)
A．动能减少
B．电势能增加
C．动能和电势能之和减少
D．重力势能和电势能之和增加
解析：选C.带电油滴在重力场和匀强电场中运动，根据运动轨迹可判断油滴从a运动到b时，初速度方向水平向右，加速度方向竖直向上，动能增加，故A选项错误；电场力方向向上，从a到b电场力做正功，电势能减少，故B选项错误；根据能量的转化与守恒定律，油滴的动能、电势能和重力势能三者之和为常量，重力势能增加，动能和电势能之和必减少，故C选项正确；动能增加，电势能和重力势能之和必减少，故D选项错误．
二、非选择题
11.
图2－2－13
如图2－2－13所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J．求：
(1)匀强电场的电场强度E.
(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2.
(3)a、c两点间的电势差Uac.
解析：(1)设a、b两点间的距离为d，由题意有
W1＝qUab，E＝
由以上两式得
E＝＝ V/m＝60 V/m.
(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1由题意有
Ubc＝Ed1，d1＝bc·cos60°W2＝qUbc，解得：
W2＝qE·bc·cos60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.
(3)设电荷从a移到c电场力做功为W，则
W＝W1＋W2，W＝qUac，解得：
Uac＝＝ V＝6.6 V.
答案：(1)60 V/m　(2)1.44×10－7 J　(3)6.6 V
12．在某非匀强的静电场中，把一个电荷量为q＝2.0×10－5 C的负电荷由M点移到N点，电场力做功5.0×10－4 J，由N点移动到P点，电场力做负功1.0×10－4 J，则：
(1)从M点移动到P点，电荷的电势能如何变化 ？变化了多少？
(2)若第二次也把电荷从M点移动到P点，但这次不再经过N点，非静电力做功比第一次增加了1.0×10－3 J，那么这一次电荷的电势能变化了多少？
解析：(1)从M点移动到P点，电场力所做的总功WMP＝WMN＋WNP＝5.0×10－4 J－1.0×10－4 J＝4.0×10－4 J，电场力做正功，电势能减少，减少量等于电场力所做的功．
(2)在任意静电场中，电场力做功只与初末位置有关，与移动电荷所经过的路径无关，也与其他非静电力做不做功、做功多少无关，所以第二次尽管不再经过N点，非静电力做功也不同，但在M、P间移动电荷时电场力做功的总量不变，电势能的变化相同，所以电势能仍是减少了4.0×10－4 J.
答案：(1)电势能减少　减少4.0×10－4 J
(2)减少 4.0×10－4 J

1．关于静电场，下列结论普遍成立的是(　　)
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
解析：选C.在静电场中，电势沿着电场线逐渐降低，场强方向是电势降低最快的方向，场强的大小与电场线分布疏密有关，故A项错误，C项正确．电场中两点间的电势差既与场强有关又与距离有关，B项错误．场强为零的一点到场强为零的另一点间的电势差不一定为零，故电场力做功不一定为零．比如，在两个等量同种点电荷形成的电场中，电场的中心点与边缘点之间，D项错误．
图2－3－7
2．(2012·江苏盐城联考)如图2－3－7是某带电导体的电场和等势面．a、b两点场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则(　　)
A．Ea>Eb，φa<φb
B．EaC．Ea>Eb，φa>φb
D．Eaφb
解析：选C.该题考查电场线和等势面．电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知Ea>Eb.电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，φa>φb，C选项正确．
图2－3－8
3．如图2－3－8所示的匀强电场场强为103 N/C，ab平行于电场线，ab＝cd＝4 cm，ac＝bd＝3 cm.则下述计算结果正确的是(　　)
A．ab之间的电势差为40 V
B．ac之间的电势差为50 V
C．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abdc移动一周，电场力做功是－0.25 J
D．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abd从a移动到d，电场力做功是0.25 J
解析：选A.由U＝Ed得Uab＝40 V．故A正确；a、c在同一等势面上，Uac＝0，B错；移动一周W＝0，C错；Wab＝Wad＝40×(－5×10－3) J＝－0.2 J，故D错．
图2－3－9
4．(2011·高考江苏卷)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图2－3－9所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
解析：选AB.由题图中的等势面可以大体画出电场线的分布，由运动轨迹可知粒带负电，A对．由A→B场强先不变后减小，所以粒子加速度先不变，后变小，B正确．粒子一直做减速运动，电势能应一直增大，C、D均错误．
图2－3－10
5．(2012·宝鸡市高二质检)平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图2－3－10所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V.
(1)两板间的场强是多大？
(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差多大？
(3)若B板接地，P1和P2两点的电势各是多少伏？
解析：(1)两板间是匀强电场，可应用E＝U/d求解．
所以两板间的场强E＝＝＝1.2×103 V/m.
(2)由题意知，P1、P2两点间沿场强方向的距离：d′＝4 cm，
所以UP1P2＝Ed′＝1.2×103×4×10－2 V＝48 V.
(3)B板接地，即B板电势为零，电场中某点的电势就等于这点与B板的电势差，
所以φP1＝Ed1＝1.2×103×4.5×10－2 V＝54 V，
φP2＝Ed2＝1.2×103×0.5×10－2 V＝6 V.
答案：(1)1.2×103 V/m　(2)48 V　(3)54 V　6 V
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．E＝适用于任何电场
B．E＝适用于任何电场
C．E＝k适用于真空中点电荷的电场
D．U＝Ed，E是矢量，所以U也是矢量
解析：选BC.E＝适用于匀强电场，选项A错；E＝适用于任何电场，选项B正确；E＝k适用于真空中点电荷的电场，选项C正确；U＝Ed，E是矢量，U是标量，选项D错．
2．关于等势面的说法正确的是(　　)
A．电荷在等势面上移动时不受电场力作用，所以不做功
B．等势面上各点的场强相等
C．点电荷在真空中形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面
D．匀强电场中的等势面是相互平行的垂直电场线的一簇平面
解析：选CD.在等势面上移动电荷，电场力不做功并不是电荷不受电场力的作用，而是电场力和电荷的移动方向垂直，电场力做功为零，因此A错误．等势面上各点的电势相等，但是场强是否相等则不一定，如在点电荷形成的电场中，等势面上各点的场强的大小相等，但是方向却不同，因此B错误．根据我们讲过的各种等势面的分布情况可知，C、D是正确的．
3．关于匀强电场中场强与电势差的关系，下列说法正确的是(　　)
A．任意两点间的电势差等于场强和这两点距离的乘积
B．沿电场线方向，任何相同距离上的电势降落必相等
C．电势降低的方向就是电场强度的方向
D．在两匀强电场中分别有相同距离的两点，电势差大的两点其所在匀强电场的场强也大
解析：选B.公式E＝中的d是两点沿场强方向上的有效距离，由此很容易判断出A、D错，B正确．场强的方向是电势降低最快的方向而不只是电势降低的方向，故C选项错误．
图2－3－11
4．如图2－3－11所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是(　　)
A．电势φA＞φB，场强EA＞EB
B．电势φA＞φB，场强EA＜EB
C．将＋q从A点移到B点，电场力做了正功
D．将－q分别放在A、B两点时具有的电势
能EpA＞EpB
解析：选BC.B处电场线较密，故场强EA＜EB，沿电场线方向电势降低，故φA＞φB，A错，B对；对正电荷，由于φA＞φB，故EpA＞EpB，从A到B，电势能减小，电场力做正功；对负电荷，φA＞φB，EpA＜EpB，C对，D错．
图2－3－12
5．如图2－3－12所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有(　　)
A．φA>φB>φC　　　　　　 B．EC>EB>EA
C．UAB解析：选ABC.A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA>φB>φC，A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC>EB>EA，B正确；看AC连线上的等势线可知UBC>UAB，C正确，D错误．
图2－3－13
6．(2012·潍坊高二检测)两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图2－3－13所示，下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c三点电场强度的方向相同
B．a、b、c三点电场强度的大小相等
C．a、b、c三点电势相等
D．a、b、c三点中，c点电势最大
解析：
选AC.以a点为例，正负点电荷在a点形成的场强如图所示．所以A对B错，中垂线是一等势线，C对，D错．
7.
图2－3－14
(2012·西安高二期中)如图2－3－14所示的负点电荷产生的电场中，一试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E(在以O为圆心的圆周上)，则下列说法正确的是(　　)
A．从A到B电场力做功最多
B．从A到E电场力做功最多
C．电场力做功一样多
D．A点电势最高
解析：选C.因为B、C、D、E在同一个等势面上，所以试探电荷从A点分别移动到B、C、D、E点电势能变化相同，即电场力做功一样多．场源电荷为负电荷，所以离负电荷越近，电势越低，所以A点电势最低．
图2－3－15
8．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图2－3－15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EBx、ECx，下列说法中正确的有(　　)
A．EBx的大小大于ECx的大小
B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x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
解析：选AD.在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图像知，B点对应的电势差大于C点对应的电势差，看做匀强电场有E＝，可见EBx＞ECx，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确．
9．(2012·铜川高二质检)如图2－3－16所示，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa＝10 V、φb＝2 V、φc＝6 V，a、b、c三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是(　　)
图2－3－16
解析：选D.由题意可知：线段ab的中点的电势为6 V，与c点等势，故应从C、D图进行判断，电场的方向由电势高处指向电势低处，D正确．
10.
图2－3－17
(2012·安康高二测试)如图2－3－17所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点．一负电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的速度—时间图线如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．该电场是匀强电场
B．A、B两点的电势相比一定是φA＜φB
C．A、B两点的场强大小相比一定是EA＜EB
D．该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpA＜EpB
解析：选CD.由题图可知，速度变小，加速度变大，则该电场不是匀强电场，且A、B两点的场强大小相比一定是EAφB，B错误．
二、非选择题
11．将一带电荷量为q＝2×10－6 C的点电荷从电场外一点P移至电场中某点A，电场力做功4×10－5 J，求A点的电势．
解析：根据题意可知，将点电荷由电场中的A点移动到电场外(无穷远处)，
电场力做功为W＝－4×10－5 J，
所以点电荷在A点的电势能为EpA＝－4×10－5 J，
A点的电势φA＝＝ V＝－20 V.
答案：－20 V
12．(2012·浙江杭州七校高二联考)将电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10－5 J的功，再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功，求：
(1)A、B之间的电势差UAB
(2)该电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中，电势能变化了多少？
解析：(1)UAB＝＝ V＝5 V.
(2)A、C两点电势差为：
UAC＝＝ V＝3 V，
所以电势能的变化量为：
ΔE＝EAC＝qUAC＝－6×10－6×3 J＝－1.8×10－5 J，负号表示电势能增加．
答案：(1)5 V　(2)增加了1.8×10－5 J

1．关于电容的说法中正确的是(　　)
A．由C＝Q/U可知，电容器的电容与它的带电量、两板间电压有关
B．电容器带电量多，说明它容纳电荷的本领大
C．由Q＝CU可知，当U增大时，Q可以无限增大
D．对于确定的电容器，其带电荷量与两板间的电压成正比
解析：选D.电容器的电容C由电容器本身的构造决定，与板间电压U、带电荷量Q均无关，故A错；对同一个电容器来说带电量多，只能说明电容器两板间的电压大，故B错；电容器两板间的电压有一定限度，超过了击穿电压，电容器就会损坏，故Q不能无限增大，C项错；对于确定的电容器，其电容是确定的，所带电荷量与两板间的电压成正比，故D正确．
2．对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是(　　)
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
解析：选BCD.影响平行板电容器电容大小的因素有：(1)随正对面积的增大而增大；(2)随两极板间距离的增大而减小；(3)在两极板间放入电介质，电容增大．由此可知B、C选项正确．对D选项，实际上是减小了平行板的间距，所以D也对．故正确选项为B、C、D.
3.
图2－4－11
如图2－4－11所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是(　　)
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析：选C.电容器充电后再断开S，其所带电荷量Q不变，由C∝可知，d增大时，C变小，又因U＝，所以d增大时，U变大．对于场强E，由于E＝，U＝＝＝，所以E＝＝＝，由以上分析可知，间距d增大，E不变化．
4.
图2－4－12
如图2－4－12所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两极板缓慢地错开一些，其他条件不变，则(　　)
A．电容器带电量不变
B．电源中将有电流从正极流出
C．尘埃仍静止
D．电流计中将有电流，电流方向b→a
解析：选C.若将两极板错开一些，则电容器的电容减小，电容器两极板间的电压不变，所以电容器上的带电量减少，电容器放电，电流从正极板流出，流向电源的正极，即电流方向为a→b；因电容器两极板间的距离没有发生变化，所以场强没有发生变化，带电尘埃受到的电场力不变，所以正确选项为C.
5．一个平行板电容器，使它每板电荷量从Q1＝30×10－6 C增加到Q2＝36×10－6 C时，两板间的电势差从U1＝10 V增加到U2，求：
(1)这个电容器的电容多大？
(2)U2为多少？
(3)如要使两极板电势差从10 V降为U2′＝6 V，则每板需减少多少电荷量？
解析：(1)电容器的电容C＝＝ F＝3×10－6 F＝3 μF.
(2)因为电容器的电容不变，
所以U2＝＝ V＝12 V.
(3)根据电容的定义，它数值上等于每增加1 V电势差所需增加的电荷量，即C＝，
要求两极板间电势差降为6 V，则每板应减少的电荷量为
ΔQ′＝CΔU′＝3×10－6×(10－6) C＝1.2×10－5 C.
答案：(1)3 μF　(2)12 V　(3)1.2×10－5 C
一、选择题
1．下面关于电容的说法正确的是(　　)
A．有一只电容器的规格是“1.5 μF,9 V”，那么这只电容器的额定电压为9 V，这只电容器的电量不能超过 1.35×10－5 C
B．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电量成正比
C．电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明A比B容纳电荷的能力更强
D．电容器的带电量为2 C，说明每个极板的带电量为1 C
解析：选C.9 V为电容器的额定电压，不是电容器的击穿电压，代入公式Q＝CU得电容器所带的额定电荷量为1.35×10－5 C，不是最大电荷量，A选项错．电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电压无关，B选项错．电容器A的电容比电容器B的电容大，A比B容纳电荷能力强，C选项对．电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，D选项错．
2．(2012·铜川高二月考)当一个电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，如果所带电荷量增大为2Q，则(　　)
A．电容器的电容增大为原来的2倍，两极板间电势差保持不变
B．电容器的电容减小为原来的1/2倍，两极板间电势差保持不变
C．电容器的电容保持不变，两极板间电势差增大为原来的2倍
D．电容器的电容保持不变，两极板间电势差减少为原来的1/2倍
解析：选C.对某一电容器而言，其电容的大小，决定于它的结构，与其所带的电荷量及两极板间的电势差无关．由于电容器的内部结构不变，故其电容也不变．由电容的定义式C＝Q/U可知，当所带的电荷量增大为2Q时，两极板间的电压也相应增大为2U，故本题应选C.
3．一个电容器带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U，若使其带电荷量增加4×10－7 C，电势差则增加20 V，则它的电容是(　　)
A．1×10－8 F　　　　　　　 B．2×10－8 F
C．4×10－8 F D．8×10－8 F
解析：选B.由C＝＝知：C＝ F＝2×10－8 F，选项B正确．
4．(2012·西安高二检测)如图2－4－13所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器带电量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图像有(　　)
图2－4－13
解析：选CD.电容的大小与Q、U无关，仅由电容器本身性质决定，故D选项正确．由C＝可知C正确．
5.
图2－4－14
(2012·宝鸡高二质检)如图2－4－14所示是一种通过测量电容器电容的变化，来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有(　　)
A．该仪器中电容的两个电极分别是金属芯线和导电液体
B．金属芯线外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了
D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了
解析：选AC.该仪器具有类似于平行板电容器的结构：金属芯线和导电液体构成电容器的两块电极，金属芯线外部的绝缘层就是电极间的电介质，其厚度d相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的相对面积(且h越大，则S越大)；所以d越大时C就越小，C大时就表明h大，A、C项正确．
6.
图2－4－15
(2012·长沙高二检测)如图2－4－15所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为(　　)
A．k B．k
C. D.
解析：选C.平行板间电压U＝，所以两板间的场强E＝＝，电场力大小F＝qE＝，故C正确．
7．一个空气平行板电容器，极板间距离为d，正对面积为S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是(　　)
A．将电压变为U/2
B．将带电荷量变为2Q
C．将极板正对面积变为2S
D．将两极间充满介电常数为2的电介质
解析：选CD.电容器的电容和电容器极板上的电荷量、电压无关，所以选项A、B不正确；根据公式C＝可知选项C、D正确．
8.
图2－4－16
如图2－4－16所示，电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述哪些做法可使指针张角增大(　　)
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积错开一些
C．断开S后，使B板向右平移拉开一些
D．断开S后，使A、B正对面积错开一些
解析：选CD.图中静电计的金属杆接A极，外壳和B板均接地．静电计显示的A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当S合上后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变．当S断开后，板间距离增大，正对面积减少，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变．由C＝Q/U可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大．
9.
图2－4－17
如图2－4－17所示，电容器的两极板分别与电源的正、负极相连，在电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．电容器两极板间的电压始终不变
B．电容器两极板间的电压瞬时升高后又恢复原值
C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小
D．电路中电流由A板经电源流向B板
解析：选B.在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不变，而U＝E·d，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故选项A错误、B正确．因为C＝，所以d增大时，C减小．电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故选项C、D错．
10.
图2－4－18
如图2－4－18所示，平行板电容器与电压为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减少
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
解析：选B.电容器与电源相连，当上极板上移时，板间距离d增大，场强E＝U/d减小，电场力减小，带电油滴将向下运动，A错；由U＝Ed知，P与下极板电势差减小，P点电势降低，B对；由Ep＝qφ以及粒子带负电可判断，电势能增加，C错；由C＝Q/U知C减小，U不变，Q将减小，D错．
二、非选择题
11.
图2－4－19
(创新题)计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器，如图2－4－19所示．电容的计算公式是C＝ε，其中常量ε＝9.0×10－12 F·m－1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当某一键被按下时，d发生
改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号．那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？
解析：先求得未按下时的电容C1＝0.75 pF，再由＝，及C2＝C1＋ΔC＝1.00 pF得d2＝0.45 mm，故Δd＝d1－d2＝0.15 mm.
答案：0.15 mm
12．将一个电容为12 pF的平行板电容器接在一个3 V的电源上．
(1)电容器每个极板所带的电荷量是多少？
(2)保持与电源的两极连接，使两极板之间的距离减半，每个极板的电荷量又是多少？
(3)断开与电源的连接后，使两极板之间的距离减半，两极板的电势差是多少？
解析：(1)Q＝CU＝12×10－12×3 C＝3.6×10－11 C.
(2)保持与电源的两极连接时，两极板间的电势差保持3 V不变．由C＝可知极板间距d减半，则电容加倍，再由Q＝CU可知电荷量Q也加倍，即7.2×10－11 C.
(3)断开与电源的连接后，极板上的电荷量不变，板间距减半，电容加倍，则电势差减半，故极板间的电势差为1.5 V.
答案：(1)3.6×10－11 C　(2)7.2×10－11 C　(3)1.5 V

1．如图2－5－12所示，在P板附近有一电子由静止
图2－5－12
开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列解释正确的是(　　)
A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速率就越大
B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压U有关
D．以上解释均不正确
解析：选C.由qU＝mv2得v＝　　，v与加速电压U有关．
2．(2011·高考安徽理综卷)图2－5－13(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)
图2－5－13
图2－5－14
解析：选B.电子在YY′和XX′间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s＝at2＝t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t＝0时刻，UY＝0知竖直位移为0，故A、C错误．在t＝时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误．
3.
图2－5－15
如图2－5－15所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)
A．a的电量一定大于b的电量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
解析：选C.粒子在电场中做类平抛运动，由h＝·2得，x＝v0由于v0＜v0，可得＞.
4．(2012·开封高二质检)一台正常工作的示波器，突然发现荧光屏上的画面的高度缩小了．分析其故障原因，可能是(　　)
A．偏转电压偏小　　　　　　　 B．偏转电压偏大
C．加速电压偏小 D．加速电压偏大
解析：选AD.荧光屏上的画面高度缩小了，意味着电子的偏转位移变小，而示波器的偏转位移由y＝··决定，式中U2为偏转电压，v0是经加速电压U1加速后获得的速度，由动能定理得qU1＝mv，联立以上两式得y＝，y减小可能是偏转电压U2偏小，也可能是加速电压U1偏大，故选A、D.
5.
图2－5－16
如图2－5－16所示是测氢离子质量的一个实验．在加速极板附近使氢气电离，所产生的初速度可忽略的离子经小孔漂移进入加速电场，加速后的离子经另一小孔进入一个长0.5 m的导体箱(箱内没有电场)，离子到达箱底后由探测器探知，因而可测出离子穿越箱子的时间．已知某次实验中加速电压U＝90 V，氢离子飞越箱子的时间t＝3.82×10－6 s，由此测得的氢离子的质量多大？(保留两位有效数字)
解析：氢离子经电场加速后的速度v＝＝ m/s≈1.31×105 m/s，由动能定理qU＝mv2得，m＝＝ kg≈1.7×10－27 kg.
答案：1.7×10－27 kg
一、选择题
1．如图2－5－17所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则(　　)
图2－5－17
A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
解析：选D.电子枪发出的带负电的电子在电场力作用下向Ⅲ象限偏转，故Y′、X′是带正电的极板．故选项D正确．
2．一价的氢离子和二价氦离子的混合物，从静止开始经过同一电场加速后，进入同一偏转电场，则它们离开偏转电场的速度偏转角(　　)
A．相同 B．不同
C．可同可不同 D．无法确定
解析：选A.设偏转角为α，则tanα＝＝＝＝＝，可见与q、m无关．
3．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是(　　)
A．质子(H)　　　　　　 B．氘核(H)
C．α粒子(He) D．钠离子(Na＋)
解析：选A.由qU＝mv2得v＝　　，可见大的速度大，故选项A正确．
4．带电荷量为q、质量为m的粒子在匀强电场中从静止开始，在电场力作用下移动距离s后速度达到v0；如果要使经过s距离后的速度增大一倍，则电场强度应变为原来的(　　)
A. 倍 B．2倍
C．4倍 D. 倍
解析：选C.由动能定理知：E1qs＝mv，E2qs＝m·(2v0)2，故E2＝4E1.选项C正确．
5.
图2－5－18
在图2－5－18所示的装置中，A、B是真空中竖直放置的两块平行金属板，它们与调压电路相连，两板间的电压可以根据需要而改变．
当两板间的电压为U时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的虚线进入电场中，在非常接近B处沿原路返回，在不计重力的情况下，要想使带电粒子进入电场后在A、B板的中点处返回，可以采用的办法是(　　)
①使带电粒子的初速度变为v0/2
②使A、B板间的电压增加到2U
③使初速度v0和电压U都减小到原来的一半
④使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析：选B.带电粒子进入电场后做匀减速直线运动，加速度大小为a＝＝，其中d是A、B板间的距离．带电粒子进入电场中的位移为：x＝＝.
由此式可见：①当v0变为原来的1/2时，位移变为原来的1/4；②当U变为原来的2倍时，位移变为原来的1/2；③当v0与U同时变为原来的1/2时，位移变为原来的1/2；④当v0与U同时变为原来的2倍时，位移为原来的2倍．故选B.
6.
图2－5－19
如图2－5－19为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v.下列说法中正确的是(　　)
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度为
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度为v
解析：选D.由动能定理qU＝mv2得v＝　　，带电粒子的速度v与成正比，与A、K间距离无关，故D正确．
7.
图2－5－20
如图2－5－20所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
解析：选A.由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A项正确．
8.
图2－5－21
一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)
A．1∶2 B．1∶1
C．2∶1 D．4∶1
解析：选D.设电场强度为E，则带电粒子受到的电场力为Eq，带电粒子在电场中做类平抛运动，则由Eq＝ma，得a＝，又因y＝at2，得t＝ ，所以撞击点到入射点的水平距离x＝v0t＝v0 ＝v0.又因＝，即＝，所以＝.
9．带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中(只受电场力的作用)，它离开时偏离原来方向的距离为y，偏转角为α，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在电场中做类平抛运动
B．粒子飞过电场的时间，取决于极板长和粒子进入电场时的初速度
C．偏转角与粒子的电荷量和质量无关
D．粒子偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制
解析：选ABD.粒子以垂直于电场方向进入匀强电场时，受力特点及运动规律与重力场中的平抛运动类似，故为类平抛运动．粒子的飞行时间t＝，取决于极板长L和初速度v0.偏角θ满足tanθ＝，其中v⊥＝at＝·，所以tanθ＝·，与粒子的电荷量和质量都有关系．偏移距离y＝at2＝··2，在给定带电粒子，即q、m一定，初速度v0一定，L、d一定的条件下，可调节极板间电压U来控制y.
10.
图2－5－22
三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图2－5－22所示的运动轨迹，以下判断不正确的是(　　)
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加值c最小，a和b一样大
解析：选B.由y＝at2，得t＝　　∝，选项A正确，B错误．由t＝，得v0＝＝l　　即v0∝，选项C正确．ΔEk＝qEy∝y，选项D正确．
二、非选择题
11.
图2－5－23
如图2－5－23所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V．如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到下极板需多长时间？
解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用．
当U1＝300 V时，小球受力平衡：mg＝q①
当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动：mg－q＝ma②
又h＝at2③
联立①②③式得：
t＝　　≈4.5×10－2 s.
答案：4.5×10－2 s
12.
图2－5－24
(2012·榆林高二单元测试改编)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置如图2－5－24所示．A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40 m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10－15 kg，带电量为q＝－2.0×10－16C.微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上．试求：
(1)微粒打在B板上的动能；
(2)微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小．
解析：(1)设粒子到B板时电场力做功为W，则W＝qEd＝2.0×10－16×1.0×103×0.40 J＝8.0×10－14 J.
由动能定理得W＝Ekt－Ek0
Ekt＝W＋Ek0＝W＋mv
＝ J＝9.0×10－14 J.
(2)因为油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电微粒，所以B板所呈现的图形为圆形．当喷出微粒的方向沿水平方向时，落得最远，有
a＝＝ m/s2＝40 m/s2，R＝v0t1，d＝at，由以上各式得，圆形的面积S＝πR2＝π(v0t1)2＝πv＝3.14×2.02× m2≈0.25 m2.
答案：(1)9.0×10－14 J　(2)圆形，面积大小为0.25 m2

1．下列关于电场强度的说法中，正确的是(　　)
A．公式E＝只适用于真空中点电荷产生的电场
B．由公式E＝可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比
C．在公式F＝k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处场强的大小
D．由公式E＝k可知，在离点电荷非常近的地方(r→0)，电场强度E可达无穷大
解析：选C.电场强度的定义式E＝适用于任何电场，故A错；电场中某点的电场强度由电场本身决定，而与电场中该点是否有试探电荷或引入试探电荷所受的电场力无关，故B错；点电荷间的相互作用是通过电场产生的，点电荷Q1在Q2处产生的电场的场强为E1＝k，故C对；公式E＝k是点电荷产生的电场中某点场强的计算式．当r→0时，电荷不能看成点电荷，该公式已不适用，故D错．
2.
图5
如图5所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m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θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)
A．UOP＝－10sinθ(V)
B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)
D．UOP＝10cosθ(V)
解析：选A.在匀强电场中，UOP＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，故A对．
3．在电场中A、B两点间的电势差为UAB＝75 V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200 V，则A、B、C三点电势高低关系为(　　)
A．φA>φB>φC　　　　　　 B．φA<φC<φB
C．φC>φA>φB D．φC>φB>φA
解析：选C.UAB＝75 V表示φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，选C.
4.
图6
如图6所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹．若电荷是从a处运动到b处，则下列判断正确的是(　　)
A．电荷从a处到b处加速度减小
B．b处电势能比a处的大
C．a处电势能比b处的大
D．电荷在b处速度比a处的小
解析：选BD.由电场线的疏密可知电荷在b处的电场力大，故aa＜ab，知A项错误；根据试探电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对试探电荷做负功，可判断a→b电势能增加，B项正确，C项错误；又因为电场力做功与路径无关，系统能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D项正确．答案为BD.
5.
图7
(2012·商洛高二检测)如图7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φa、φb、φc，φa＞φb＞φc，一带正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．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增大
D．粒子从L到M的过程中，动能减小
解析：选AC.由图和φa、φb、φc关系可知，该静电场是正点电荷产生的电场，带正电粒子从K到L运动过程中，受到库仑斥力的作用，它克服电场力做功，动能减少，电势能增加，故A、C正确．带正电粒子从L到M过程中，电场力先做负功，后做正功，总体表现为做正功，粒子的动能先减小后增大，整个过程为增大，电势能先增大后减小，整个过程为减小，B、D错误．
6.
图8
(2012·铜川高二质检)如图8所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1时的动能为零；现取等势面L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　)
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
解析：选C.相邻等势面间的电势差相等，则电荷的电势能差也相等，在L3时，动能为20 J，运动到L2时其动能一定是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J．由能量守恒定律知当它的电势能为4 J时，动能一定为6 J，故C正确．
7.
图9
(2012·咸阳高二检测)如图9所示，在一带负电的导体A附近有一点B，如在B处放置一个q1＝－2.0×10－8 C的点电荷，测出其受到的静电力F1大小为4.0×10－6 N，方向如图，则B处场强是多少？如果换用一个q2＝4.0×10－7 C的点电荷放在B点，其受力多大？方向如何？
解析：由场强公式可得
EB＝＝ N/C＝200 N/C.
因为是负电荷，所以场强方向与F1方向相反．
q2在B点所受静电力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200 N＝8.0×10－5 N，
因为q2是正电荷，F2方向与场强方向相同，也就是与F1反向．
答案：200 N/C　8.0×10－5 N　方向与F1相反
8.
图10
如图10所示，匀强电场的场强E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q＝4×10－8 C沿半径为R＝20 cm的圆周，从A点移动到B点，已知∠AOB＝90°，求：
(1)这一过程电场力做多少功？是正功还是负功？
(2)A、B两点间的电势差UAB为多大？
解析：(1)电场力F＝qE＝4.8×10－6 N，方向向右．由A到B过程中，电场力做功W＝－F·R＝－9.6×10－7 J.
(2)UAB＝＝ V＝－24 V.
答案：(1)9.6×10－7 J　负功　(2)－24 V

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的得0分)
1．在电场中，下列说法正确的是(　　)
A．某点的电场强度大，该点的电势一定高
B．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大
C．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零
D．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零
解析：选D.电势为零和电势能为零是同一个点．电势虽然由电场本身决定，但与场强的大小无因果关系，A错；电势高低由电场决定，而电势能的大小由电场和电荷共同决定，故B错；场强为零的点，电势和电势能都不一定为零，故C错．由电势的定义式可知，D正确．
2．以下说法正确的是(　　)
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D．公式C＝中，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
解析：选D.电场中的电场强度由电场的性质决定，与检验电荷受的力无关，故A错；电势的高低与零势面的选取有关和电场本身有关，与该点是否有电荷无关，故B错；公式U＝Ed中的d应是沿电场线的距离，故C错；电容的大小由组成电容器的正对面积、距离、电介质有关，与是否带电及两端电压无关，故D正确．
3．如图2－7所示的哪些情况中，a、b两点的电势相等，a、b两点的电场强度也相同(　　)
图2－7
A．平行板电容器带电时，极板间除边缘附近外的任意两点a、b
B．静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b
C．离点电荷等距的任意两点a、b
D．两个等量异号的点电荷，在其连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b
解析：选BD.A项中Ea＝Eb，φa＞φb，A错误；B项中导体是等势体，内部场强为零，B正确；C项中a、b两点电场强度方向不同，C错误；由等量异种电荷电场的分布知D正确．
4．如图2－8为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是(　　)
图2－8
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析：选BD.集尘极带正电，因此到达集尘极的尘埃带负电，所以A错误；电场方向由正电荷指向负电荷，因此B正确；因为到达集尘极的尘埃带负电，其受电场力方向与电场方向相反，所以C错误；由F＝qE知D对．
5．图2－9甲中AB是某电场中的一条电场线，乙表示放在电场上a、b两点上的试探电荷的电荷量与所受电场力大小间的函数关系，指定电场力方向由A向B为正向，由此可判定(　　)
图2－9
A．场源可能是正点电荷，在A侧
B．场源可能是正点电荷，在B侧
C．场源可能是负点电荷，在A侧
D．场源可能是负点电荷，在B侧
解析：选D.由F－q图像可知图线斜率为场强，b点场强较大，应距场源较近；又知a、b所受电场力均为正，即由A指向B，故只有D正确．
6.
图2－10
如图2－10所示，电场中a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷＋q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有(　　)
A．Wab＞Wbc　　　　　　 B．Wab＝Wbc
C．Wab＜Wbc D．无法比较
解析：选C.由电场线的疏密可知，a点的场强最小，c点的场强最大，位移相同时，bc段受到的平均电场力大，所以Wab＜Wbc，故C正确，A、B、D错误．
7．如图2－11所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则(　　)
图2－11
A．A点场强小于B点场强
B．A点场强方向指向x轴负方向
C．A点场强大于B点场强
D．A点电势高于B点电势
解析：
选AD.由电场线与等势面的关系可知，电场线一定与等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，作出相应的电场线分布，如图所示，则可知A、B两点处的场强方向应与x轴同向，由电场线的疏密可知，A点处的场强EA小于B点处的场强EB，故正确答案为A、D项．
8．如图2－12所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是(　　)
图2－12
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析：选BC.根据电场线的分布可以直接判断场强Ed＞Eb(要掌握教材中电场线的分布情况)，A错、B对．由对称性可知Uab＝Ubc，C选项正确．因为φa＞φc，故可判断正电荷电势能qφa＞qφc，D选项错．
9．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图2－13所示．接通开关S，电源即给电容器充电．则(　　)
图2－13
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大
C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大
解析：选BC.保持S接通时，电容器上电势差U不变，由E＝可知，d减小，E增大，A错；插入介质时，由C＝可知，C增大，又Q＝CU，Q增大，故B正确；当断开S后，则Q一定，d减小时，由C＝可知，C增大，又U＝，所以U减小．当插入介质时，C增大，又U＝，所以U减小，故C正确，D错误．
10．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图2－14所示，下列说法正确的是(　　)
图2－14
A．O点的电势最低
B．x1和x3两点的电势相等
C．x2和－x2两点的电势相等
D．x2点的电势低于x3点的电势
解析：选C.在坐标原点O右侧，沿x轴正方向，电场强度先变大后变小，电势一直降低，故O点电势不是最低，x1和x3两点的电势不相等，电场关于坐标原点O对称分布，则x2和－x2两点的电势相等，A、B、D错误，C正确．
11.
图2－15
如图2－15所示，在点电荷＋Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，甲、乙两个带电粒子运动的轨迹分别是acb和adb曲线，两个粒子经过a点时具有相同的动能，由此可以判断(　　)
A．甲经过c和乙经过d时具有相同的动能
B．甲、乙两粒子带异种电荷
C．若取无穷远为零电势点，则甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能
D．两粒子经过b点时具有相同的动能
解析：选BCD.由粒子的运动轨迹可以判断，甲受引力作用，由a到c电场力对甲做正功，甲动能增加，乙受斥力作用，由a到d电场力对乙做负功，乙动能减少，故A错误，B正确．若取无穷远处为零电势点，则c、d两点电势相等且为正值，甲为负电荷，在c点的电势能是负值．乙为正电荷，在d点的电势能为正值，故C正确．由a运动到b，电场力对两粒子做功为零，其动能不变，故D正确．
12.
图2－16
如图2－16所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是(　　)
A．Q点的电势能为－Uq
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的场强大小为E＝
D．此匀强电场的场强大小为E＝
解析：选AC.根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0.带电粒子在y轴方向上的平均速度y＝；带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正确，D错误．
二、计算题(本题共4个小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.
图2－17
(8分)如图2－17所示，在场强为E的水平匀强电场中，一根长为l的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量＋q和－q的小球(大小不计)．现让绝缘杆绕中点O逆时针转动α角，则
(1)转动中电场力对带电小球做正功还是负功？
(2)电场力做的总功是多少？
解析：(1)＋q在电场中受电场力沿电场线方向而向右，它向左移动要克服电场力做功；－q受电场力与电场线方向相反而向左，它向右移动也要克服电场力做功．所以电场力对带电小球做负功．(2分)
(2)每个带电小球的初、末位置沿电场线方向的距离均为
d＝(1－cosα)，(2分)
电场力对每个小球做功
W＝－Fd＝－qE(1－cosα)，(2分)
总功为W′＝2W＝－qEl(1－cosα)．(2分)
答案：(1)负功　(2)－qEl(1－cosα)
14.
图2－18
(10分)如图2－18所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地．求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2 cm的C点处的电势．
解析：(1)由电容定义式
C＝＝ F＝1×10－9 F．(2分)
(2)两板之间为匀强电场
E＝＝ V/m＝2×103 V/m，(2分)
方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为
dAC＝d－dBC＝1 cm，(1分)
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20 V，(2分)
又UAC＝φA－φC，φA＝0，
可得φC＝－20 V．(2分)
答案：(1)1×10－9 F　(2)2×103 V/m　方向竖直向下　(3)－20 V
15．(10分)两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．
已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
(1)极板间的电场强度E；
(2)α粒子在极板间运动的加速度a；
(3)α粒子的初速度v0.
解析：(1)极板间场强E＝.(2分)
(2)α粒子电荷量为2e，质量为4m，所受电场力：
F＝2eE＝，(2分)
α粒子在极板间运动的加速度a＝＝.(2分)
(3)由d＝at2，得
t＝　＝2d　，(2分)
v0＝＝　.(2分)
答案：(1)　(2)　(3)　
16.
图2－19
(12分)如图2－19所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．(电场力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？
(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.61 m时，速度为v＝1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？
解析：(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
mg－－qEsinθ＝ma，得a＝g－－，(4分)
代入数据解得a＝3.2 m/s2.
(2)小球B速度最大时合力为零，即＋qEsinθ＝mg
得h1＝　　代入数据解得h1＝0.9 m．(4分)
(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有W1＋W2＋W3＝ mv2
其中W1＝mg(L－h2)，W2＝－qE(L－h2)sinθ
解得W3＝mv2－mg(L－h2)＋qE(L－h2)sinθ
设小球B的电势能改变了ΔEp，
则ΔEp＝－(W2＋W3)
＝mg(L－h2)－mv2＝8.4×10－2 J．(4分)
答案：(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m　(3)8.4×10－2 J

1．(2012·上海高二检测)用多用电表的欧姆挡(R×1k)检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明(　　)
A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小
B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大
C．此时红表笔接的是二极管的正极
D．此时红表笔接的是二极管的负极
解析：选BC.欧姆表的零刻度在刻度线的右端，所以测量时发现电表向右偏转的角度很小就说明此时的阻值很大．根据二极管的性质，加正向电压时阻值很小，加反向电压时阻值很大，由此判断此时加的是反向电压，又因为电流要从红表笔流入，所以红表笔接的是二极管的正极．
2．用多用电表测量直流电压U和电阻R时，若红表笔插入“正”插孔，则(　　)
A．前者(即测电压U时)电流从红表笔流入，而后者(即测电阻R时)电流则从红表笔流出
B．前者电流从红表笔流出，后者电流从红表笔流入
C．前者电流从红表笔流入，后者电流从红表笔流入
D．前者电流从红表笔流出，后者电流从红表笔流出
解析：选C.在测直流电压时，多用电表的用途和直流电压表的用法一样，即让正接线柱接电势高的点，负接线柱接电势低的点，从而使电流由红表笔流入，黑表笔流出．测电阻时，由于红表笔接电源的负极，所以电流经被测电阻从红表笔流入到电源的负极．答案为C.
3.
图3－1－10
用多用电表探测如图3－1－10所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是图中(　　)
图3－1－11
解析：选B.红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，内电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向为E到F，只有B正确．
4．(1)用多用电表测直流电流时，应把选择开关旋至标有________处，并把多用电表________联接入被测电路中．当测直流电压时，应把选择开关旋至标有________处，并把多用电表与被测电路________联．测直流电压和电流时，都必须把红表笔接在________处，即电流从________表笔流进．
(2)如图3－1－12所示的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条线分别表示多用电表指针的指示位置．
图3－1－12
①将多用电表选择开关置于“×1”挡，Ⅰ的示数为______Ω，Ⅱ的示数为________Ω.
②将选择开关置于直流“50 V”挡，Ⅰ的示数为________V，Ⅱ的示数为________V，Ⅲ的示数为________V.
③选择开关置于直流“250 V”挡时，Ⅰ的示数为________V，Ⅱ的示数为________V.
解析：(1)多用电表测直流电流时，选择开关应置于“mA挡”，且把电表串联接入被测电路中．测直流电压时，把选择开关置于标有“V”处，且并联于被测电路两端．因红表笔与表头正接线柱相连，黑表笔与表头负接线柱相连，因此测直流电压和直流电流时，都必须把红表笔接在电势高处，即电流从红表笔进入．
(2)多用电表测电流或电压时，只要根据旋钮所指示的量程看表盘相对应的刻度弧线，根据读数规则，直接读出指针指示的读数即可，而欧姆表的刻度指示数乘以挡位倍率，才是电阻的测量值．
答案：(1)mA　串　V　并　电势高　红
(2)①24　36　②25.0　20.0　10.0　③125　100
5．如图3－1－13是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：
图3－1－13
(1)用多用电表的直流电压挡进行检查：
①那么选择开关应置于________挡．(用字母序号表示)
A．2.5 V　　　　　　　　B．10 V
C．50 V D．250 V
②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触________(填“a”或“b”)接线柱．
③该同学测试结果如下表所示，根据测试结果，可以判定故障是________．(假设只有一处故障)
测量点
电压示数
a、b
有示数
c、b
有示数
c、d
无示数
d、f
有示数
A.灯A断路 B．灯B短路
C．cd段断路 D．df段断路
(2)①用电阻挡再次进行检查前，应将开关S________(填“断开”或“闭合”)．
②测量结果如下表所示，由此可以断定故障是________.
测量点
电阻示数
c、d
有示数
d、e
无穷大
e、f
有示数
A.灯A断路 B．灯B断路
C．灯A、B都断路 D．de间导线断路
解析：(1)用多用电表的直流电压挡进行测量时，若并联在断路处(设有一处发生断路)，电路接通电压表示数应为电源的电动势；并联在未断路处，示数为零．因此，用多用电表的直流电压挡进行检查电路时，电压表的量程必须大于电源的电动势，为了示数明显，其量程不宜过大．本题中电源的电动势为6 V，故选 10 V量程即可．测试时红表笔应接电势高的a点．根据测试结果，a，b间有示数，说明b→电源→a完好；c、b间有示数，说明b→电源→a→c完好；c、d无示数，说明c→灯→d间完好；d、f有示数，说明f→b→电源→a→c→d完好，故应是df段断路．另外，若灯B短路，则d、f间应无示数．
(2)用电阻挡检查时，测试前应首先将开关S断开．根据表针偏转情况，接c、d时有示数，说明不是灯A断路；接e、f时有示数，说明也不是灯B断路；接d、e间时有电阻无穷大，可以断定是d、e间导线断路．
答案：(1)①B　②a　③D　(2)①断开　②D
一、选择题
1．关于多用电表上的刻度，下列说法正确的是(　　)
A．直流电流刻度和直流电压刻度都是均匀的，可以共用一个刻度
B．电阻刻度是不均匀的
C．交流电压刻度是均匀的
D．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度相对应
解析：选ABD.电流表与电压表是通过改变表头的电流来测量电流与电压的，其指针的偏转角度是与电流的大小成正比的，故A正确，教材中虽未讲到，但从给出的多用电表表盘示意图可看到交流电压刻度是不均匀的．C错误；而多用电表电阻挡内的电流与待测电阻之间是非线性关系，即刻度是不均匀的，故B正确；电阻挡的零刻度对应的是表头的满偏电流，即与直流电流的最大刻度相对应，故D正确．
2．使用多用电表的欧姆挡测导体电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则造成测量值(　　)
A．比真实值大　　　　　　 B．比真实值小
C．与真实值相等 D．可能比真实值大，也可能小
解析：选B.两手同时接触两表笔的金属杆，相当于被测电阻与人体电阻并联，测出电阻为二者并联阻值，比被测电阻真实值小，故B正确．
3．调整欧姆表零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是(　　)
A．这个电阻值很小
B．这个电阻值很大
C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆表零点后测量
D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆表零点后测量
解析：选BD.使用欧姆挡时，应使指针尽可能指在中间刻度附近，测量值相对准确一些．若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位，每次换挡后要重新短接进行欧姆表调零．
4．下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是(　　)
A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
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，如果该电阻不与电路断开，测量值会偏大
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
解析：选A.当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的挡位，反之应换较大的挡位，故A正确；电流总是从正表笔流入，从负表笔流出多用电表，交换表笔后不影响流过表头的电流流向，所以不影响测量结果，故B错；若不把被测电阻与电路断开，测量结果有可能变大、变小，甚至烧坏电表，故C错；不改变挡位时，测不同电阻不必重新调零，故D错．
5．使用多用电表测直流电压或直流电流时，下列说法中正确的是(　　)
A．用法完全一样
B．用法相似但有不同之处，如串、并联关系不同
C．都要注意红、黑表笔的接法，红表笔要靠近电源的正极一侧
D．都要注意红、黑表笔的接法，红表笔要靠近电源的负极一侧
解析：选BC.多用电表测量直流电压和直流电流时的用法相似，但也有不同，主要体现在测电压时要与被测部分电路并联，而测电流时要串联接入电路中．相似部分大致有：都要选择不同挡位的量程，都要注意红、黑表笔的接法，类似于普通电压表和电流表，电流应从“＋”(红表笔)流入电表，从“－”(黑表笔)流出．
6.
图3－1－14
如图3－1－14所示是一电路板示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220 V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．现在发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一多用电表的交流电压挡分别测得b，d两点以及a，c两点间的电压均为220 V．由此可见(　　)
A．ab间电路通，cd间电路不通
B．ab间电路不通，bc间电路通
C．ab间电路通，bc间电路不通
D．ab间电路不通，cd间电路通
解析：选C.a，c两点间电压为220 V，说明abc这一段电路中某点断路；b，d两点间电压为220 V，说明bcd这一段电路中某点断路．显然，这两种情况综合的结果便是bc间断路，答案为C.
二、非选择题
7．如图3－1－15所示为用多用电表测电路中电流的实验，图中多用电表测定的是________(填“甲电阻”“乙电阻”或“总”)的电流，测得电流的大小是________．
图3－1－15
解析：由电路中的连接情况知，多用电表与乙电阻串联，故测定的是乙电阻的电流；由图知多用电表选择量程为100 mA，故指针指示读数为50.0 mA.
答案：乙电阻　50.0 mA
8．(1)如图3－1－16甲所示为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20 Ω～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：
①调节可调部件________，使电表指针停在________；
②调节可调部件K，使它的尖端指向________位置；
③将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件________，使电表指针指向________．
(2)用多用电表测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图3－1－16乙所示，电阻的阻值为________ Ω.
图3－1－16
解析：在使用电阻挡测电阻之前，应该先机械调零，故首先旋转调零螺母S，使电表指针归零；因为测电阻，故应把可控部件K旋转到欧姆挡，选好挡位后要进行欧姆调零，即调节可调部件T，使指针指到满偏电流处，即右侧电阻挡的零位置．
答案：(1)①S　左侧零位置　②欧姆挡　③T　右侧零位置　(2)2.0×104
9．如图3－1－17所示为一可供使用的多用电表，S为功能选择开关，Q为电阻挡调零旋钮．现在要用它检测两个电阻的阻值(图中未画出电阻)．已知阻值分别为R1＝60 Ω，R2＝47 kΩ，下面提出了在测量过程中一系列可能的操作，请你选出能尽可能准确地测定各阻值和符合多用电表安全使用规则的各项操作，并且将它们按合理顺序填写在后面的横线上．
图3－1－17
A．旋动S使其尖端对准电阻挡×1k
B．旋动S使其尖端对准电阻当×100
C．旋动S使其尖端对准电阻挡×10
D．旋动S使其尖端对准电阻挡×1
E．旋动S使其尖端对准交流电压挡的最大量程处
F．将两表笔分别接到R1的两端，读出R1的阻值，随后即断开
G．将两表笔分别接到R2的两端，读出R2的阻值，随后即断开
H．两表笔短接，调节Q使表针对准电阻挡刻度盘上的0，随后即断开．
所选操作及其顺序为(用字母代号填写)：________.(操作步骤可以重复选用)
解析：用多用电表测电阻时，应选择合适的量程，尽量让指针指在中央附近以减小误差．由表盘中值示数约15可知，测R1＝60 Ω的电阻时，选“×10”挡；测R2＝47 kΩ时，应选择“× 1k”挡．并且每次选定量程后，都必须将两表笔短接，进行电阻调零，所以题目中操作H需重复使用．测量完毕后，选择开关应拨至交流电压挡的最大量程处或“off”处．测R1和R2的先后次序没有限制，所以合理的操作顺序为AHGCHFE或CHFAHGE.
答案：AHGCHFE或CHFAHGE
10．如图3－1－18为一正在测量中的多用电表表盘．
图3－1－18
(1)如果用“×10”挡测量电阻，则读数为________Ω.
(2)如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为________mA.
(3)如果用直流5 V挡测量电压，则读数为________ V.
解析：欧姆挡在最上面的一排数据读取，读数为6×10 Ω＝60 Ω；电流挡测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18 mA；同样直流电压挡测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1 V＝3.59 V.
答案：(1)60　(2)7.18　(3)3.59
11.
图3－1－19
如图3－1－19一只黑箱有A、B、C三个接线柱，已知黑箱内的电器元件只有两个，某同学利用多用电表电压挡测量，各接线柱间电压均为零，利用欧姆挡依次进行6次测量，将每次红、黑表笔的位置，测得的阻值都填入表中.
黑表笔
B
A
B
C
C
A
红表笔
A
C
C
A
B
B
阻值(kΩ)
5.3
2
9.5
2
∞
∞
试画出黑箱中的电路图．
解析：用电压表测量电压判断出电路中无电源．欧姆挡正反接阻值不同，说明存在二极管．A、C正反接阻值相同，说明其间属于纯电阻．由于二极管正向电阻是非线性的．因此，RBC≠RBA＋RAC，电路图如图所示．
答案：见解析图
12．如图3－1－20所示，某幢居民楼有甲、乙两个房间需要从一楼接电，已知一楼的接线盒内有四根电缆(未作任何标记)，其中有两根通向甲房间，有两根通向乙房间，如果只用一只多用电表，试判断通向甲房间的电缆是哪两根．
图3－1－20
解析：可将甲房间内的两根电缆接在一起，然后在一楼用多用电表的欧姆挡分别测量这四根电缆两两间的电阻值，如果电阻为∞，说明这两根电缆不可能同时都通向甲房间，如果某次测量中电阻较小，说明这两根电缆一定就是通向甲房间的那两根，其余两根电缆就是通向乙房间的．
答案：见解析

1．下列说法中正确的是(　　)
A．导体中电荷运动就形成了电流
B．在国际单位制中，电流的单位是A
C．电流有方向，它是一个矢量
D．任何物体，只要其两端电势差不为零，就有电流存在
解析：选B.自由电荷定向移动才形成电流，电荷运动但不是定向移动则不能形成电流，故选项A错误．形成电流的条件是导体两端保持有电压，且必须是导体而非任何物体，故选项D错误．电流有方向，但它是标量，故选项C错误．在国际单位制中，电流的单位是A，它是七个基本单位之一．故选B.
2.
图3－2－2
如图3－2－2所示，在某一电解池中有一价的电解液，t s内通过溶液内截面的正离子个数为n1，负离子的个数为n2，设元电荷的带电量为e，则下列说法正确的是(　　)
A．正离子定向移动形成的电流方向从A指向B，负离子定向移动形成的电流方向从B指向A
B．溶液内正、负离子向相反方向移动所形成的电流相互抵消，电流为零
C．溶液内电流方向为从A指向B，电流为I＝
D．溶液内电流方向为从A指向B，电流为I＝
解析：选D.无论是导体还是电解液导电，电流的方向都是正电荷定向移动的方向，也即负电荷定向移动方向的反方向，不存在正、负离子相互抵消．所以A、B错误；由电流的定义可得，通过截面的电荷量应该是正、负离子所带电荷量的绝对值之和，时间并不能相加，故C错误，D正确．
3.
图3－2－3
如图3－2－3所示，将左边的铜导线与右边的铝导线连接起来，已知铝导线的横截面积是铜导线横截面积的两倍，在铜导线上取一个截面A，在铝导线上取一个截面B，若在1秒内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两个截面的(　　)
A．电流相等
B．电流不相等
C．自由电子定向移动的速率一定相等
D．自由电子定向移动的速率可能不相等
解析：选AD.由电流定义知I＝＝，故A正确，B错误．由电流的微观表达式I＝nSqv知，I、q均相等，但n可能不相等，SA＜SB，所以vA和vB不一定相等，故C错误，D正确．
4．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，设其初速度为零，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Δl的电子束内的电子个数为(　　)
A. 　　　　　　 　B. 
C.  D. 
解析：选B.设在形成的电子束中，单位体积内的电子个数为n，由电流的微观表达式I＝＝nSve得：n＝.而电子经过加速电场时，满足eU＝mv2，两式联立解得：n＝ ，而长度为Δl的电子束内的电子个数为N＝nV＝nSΔl＝ ，故B正确．
5．(2012·咸阳高二检测)电子的绕核运动可等效为环形电流．若氢原子中的电子以速率v在半径为r的轨道上运动，用e表示电子的电荷量，则其等效电流等于多少？
解析：假想电子绕核运动的轨迹就是一个环形导体，在运动的轨迹上任取一截面，则在一个周期内只有一个电子通过这个截面，由于电子电荷量题目已经给出，只要求出电子运动的周期，就可以根据电流的定义求解．根据圆周运动的知识可知，电子运动的周期为T＝，因此电流为I＝＝＝.
答案：
一、选择题
1．(2012·成都六校协作体高二期中)关于电流的概念，下列说法中正确的是(　　)
A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
B．电子的定向移动速率大，电流就大
C．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大
D．横截面积越大，电流越大
解析：选C.A选项中没有考虑时间的因素，由I＝nSev可知I还与S、n有关，当电子的定向移动的速率大时，电流不一定大，B错．同理，D错．
2．对于金属导体，在导体中产生恒定的电流必须满足的条件是(　　)
A．有可以自由移动的电荷
B．把导体放在匀强电场中
C．让导体某一端连接电源正极即能产生电流
D．导体两端加有恒定的电压
解析：选D.因为金属导体中已经存在大量的自由电荷，故A错．把导体放在匀强电场中，导体只能产生瞬间感应电流，故B错．只是让导体一端连接电源正极时，导体两端无电压，此时不能形成电流，故C错．让导体两端保持恒定的电压才能产生恒定的电流，故D正确．
3．关于电流的方向，下列说法中正确的是(　　)
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，电流的方向是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向相反
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：选C.电荷的定向移动形成电流，电流的方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动方向相反，故选项C正确．
4．有甲、乙两导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量，乙是甲的2倍，下列说法中正确的是(　　)
A．通过甲、乙两导体的电流相同
B．通过乙导体的电流是甲导体的2倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速度是甲导体的2倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速度大小相同
解析：选B.由于单位时间内通过乙横截面的电荷量是甲的2倍，因此通过乙导体的电流是甲的2倍，故A错而B正确．由于I＝nqSv(n是单位体积中的自由电荷数，q是自由电荷的电荷量，S是导体的横截面积，v是自由电荷定向移动的速率)，所以v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质(n、q不知道)，所以无法判断．
5．一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为v0，导体中通过的电流为I.则下列说法中正确的是(　　)
A．自由电子定向移动的速率为v0
B．自由电子定向移动的速率为v＝
C．自由电子定向移动的速率为真空中的光速c
D．自由电子定向移动的速率为v＝
解析：选D.n为单位长度内的自由电子数，t时间内通过导体某一横截面的自由电子数为长度是vt内的自由电子，其数量为nvt，电荷量Q＝nvte，所以电流I＝＝nev，所以v＝.故正确选项为D.
6.
图3－2－4
非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100 V，电流50 A，每秒钟放电150次，其放电情况可近似看做如图3－2－4所示规律放电．则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为(　　)
A．25 C B．50 C
C．150 C D．250 C
解析：选A.由图像可得1秒钟该鱼的放电时间为0.5 s，根据电流的定义式I＝，可得Q＝It＝50×0.5 C＝25 C，故A正确．
7.
图3－2－5
如图3－2－5所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米长度所带电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为(　　)
A．vq B.
C．vqS D.
解析：选A.在运动方向假设有一截面，在t时间内通过截面的电量Q＝vt·q，等效电流大小I＝＝vq，故A正确．
8.
图3－2－6
一个阻值为R的导体两端加上电压U后，通过导体截面的电荷量Q与通电时间t之间的关系为过坐标原点的直线，如图3－2－6所示．此图线的斜率表示(　　)
A．U B．R
C. D.
解析：选C.在Q－t图像中图线的斜率应代表，即电流，又由欧姆定律I＝知，C正确．
9．(2012·四川绵阳南山中学高二期中)北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道．当环中电流是10 mA时(设电子的速度是3×107 m/s)，则整个环中运行的电子数目为(电子的电荷量e＝1.6×10－19 C)(　　)
A．5×1011 B．5×1010
C．1×102 D．1×104
解析：选A.电子运行的周期T＝s/v＝240 m/(3×107 m/s)＝8×10－6 s，一个电子形成的电流为I0＝e/T＝1.6×10－19 C/8×10－6 s＝2×10－14 A，所以整个环中运行的电子数为N＝I/I0＝10×10－3 A/2×10－14 A＝5×1011.
10．半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流应有(　　)
A．若ω不变而使电量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若使Q、ω不变，将橡胶环拉伸，使半径增大，电流将变大
D．若使Q、ω不变，将橡胶环拉伸，使半径增大，电流将变小
解析：选AB.截取任一截面，则在该圆环运动一周的时间内，通过该截面的电量为Q，所以有I＝＝＝，所以产生的等效电流与Qω的乘积成正比，故当其中一个量不变，而另一个量变为原来的2倍时，电流将变为原来的2倍，故A、B正确；由公式得产生的等效电流与半径没有关系，所以当只有半径变化时，电流不发生变化，故C、D错误．
二、非选择题
11.
图3－2－7
盛夏的入夜，正当大地由喧闹归于沉睡之际，天空却不甘寂寞地施放着大自然的烟火，上演着一场精彩的闪电交响曲．某摄影爱好者拍摄到的闪电如图3－2－7所示，闪电产生的电压、电流是不稳定的，假设这次闪电产生的电压可等效为2.5×107 V、电流可等效为2×105 A、历时1×10－3 s，则：
(1)若闪电定向移动的是电子，这次闪电有多少个电子发生了移动？
(2)这次闪电释放的电能是多少？
解析：(1)根据电流的定义式I＝，可得Q＝It＝2×105×10－3 C＝200 C，n＝＝1.25×1021.
(2)这次闪电释放的电能为
E＝QU＝200×2.5×107 J＝5×109 J.
答案：(1)1.25×1021　(2)5×109 J
12．某同学学习本节后认为电路接通后，自由电子从电源出发，以很大(可能接近光速)的定向移动速率，在金属导线中运动，很短时间到达用电器，所以不会看到开灯好长时间才见灯亮的现象，请利用下面有关资料探究该同学说法的正确性．横截面积S＝1 mm2铜导线，可允许通过电流为1 A，铜单位体积自由电子数为 8.5×1028个/m3.
解析：由电流的微观表达式I＝neSv知v＝＝ m/s＝7.4×10－5 m/s.
可见v?光速c＝3×108 m/s，以这样的速度传播1 m长导线需用时t＝s＝3.8 h，显然与实际不符，其实是在恒定电场的作用下，电路中的电子几乎同时定向移动，即整个电路几乎同时形成了电流．
答案：见解析

1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是(　　)
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
B．材料的电阻率随温度的升高而增大
C．纯金属的电阻率较合金的电阻率小
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：选C.电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度，横截面积无关，A错误；金属材料的电阻率随温度升高而增大，而半导体材料则相反，所以B错误；合金的电阻率比纯金属的电阻率大，电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻除跟电阻率有关外还跟导体的长度、横截面积有关．所以D错误，故选C.
2．关于公式R＝和公式R＝ρ，下列说法正确的是(　　)
A．两公式对一切情况都适用
B．R＝仅适用于金属导体，R＝ρ适用于任何导体
C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比
D．导体的电阻在温度一定时与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比
解析：选D.R＝适用于一切情况，而R＝ρ只适用于粗细均匀的金属和浓度均匀的电解液；电阻由导体本身的性质决定．
3．(2012·西安高二检测)一根阻值为R的均匀电阻丝长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R(　　)
A．当L不变，S增大一倍时
B．当S不变，L增大一倍时
C．当L和S都缩为原来的一半时
D．当L和横截面的半径都增大一倍时
解析：选C.由电阻定律R＝ρ可知，当L不变S加倍时，电阻减半，故A错误；当S不变L加倍时，电阻加倍，故B错误；当L和S都减半时，电阻不变，故C正确；当L和横截面半径都加倍时，电阻将减半，故D错误．
4.
图3－3－11
在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图3－3－11所示，读数为________mm.
解析：螺旋测微器的精确度为0.01 mm，固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为11.7 mm，结果为d＝0.5 mm＋11.7×0.01 mm＝0.617 mm.
答案：0.617(0.616～0.619)
5．如图3－3－12所示，AB和A′B′是长度均为L＝2 km的两根输电线(1 km电阻值为1 Ω)，若发现在距离A和A′等远的两点C和C′间发生漏电，相当于在两点间连接了一个电阻．接入电压为U＝90 V的电源：当电源接在A、A′间时，测得B、B′间电压为UB＝72 V；当电源接在B、B′间时，测得A、A′间电压为UA＝45 V．由此可知A与C相距多远？
图3－3－12
解析：当电源接在A、A′间时，可以认为仅在回路A′C′CA中有电流，此时UB＝72 V等于漏电电阻R上的电压．设AC和BC间输电线的电阻分别为RAC和RBC，则有＝.同理，当电源接在B、B′间时，
则有＝，解得：RAC＝.
由电阻定律R＝ρ∝L，可得A、C间相距为LAC＝L/5＝0.4 km.
答案：0.4 km
一、选择题
1．下列关于电阻率的说法中正确的是(　　)
A．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关
B．电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关
C．电阻率大的导体，电阻一定很大
D．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制成电阻温度计
解析：选B.电阻率反映材料导电能力的强弱，只与材料及温度有关，与导体的长度和横截面积无关，故A错误，B正确；由R＝ρ知：ρ大，R不一定大，故C错误；有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻，而不能制成电阻温度计，故D错误．
2．把电阻依次首尾相连就能组成串联电路．在串联电路中，下列特点属实的是(　　)
A．串联电路中各处的电流都相等
B．串联电路中各电阻两端的电压都相等
C．串联电路的等效电阻等于各支路电阻之和
D．串联电路的等效电阻等于各电阻的倒数之和
解析：选AC.串联电路中各处的电流都相等，各电阻两端的电压跟它的阻值成正比，等效电阻等于各支路电阻之和．
3．把几个电阻并列地连接起来就组成并联电路．在并联电路中，下列特点属实的是(　　)
A．并联电路各支路的电流都相等
B．并联电路各个支路上的电压都相等
C．并联电路的等效电阻等于各电阻倒数之和
D．并联电路的等效电阻的倒数等于各电阻倒数之和
解析：选BD.并联电路中各个支路两端的电压都相等，流过各支路的电流之和等于干路的总电流，等效电阻的倒数为各支路电阻倒数之和．
4.
图3－3－13
如图3－3－13所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc.当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为(　　)
A．4I　　　　　　　　 B．2I
C.I D.I
解析：选A.设沿AB方向的横截面积为S1，沿CD方向的横截面积为S2，则有＝.AB接入电路时电阻为R1，CD接入电路时电阻为R2，则有＝＝，电流之比＝＝，I2＝4I1＝4I.
5．(2012·福州高二检测)一根粗细均匀的电阻丝截成长度相等的三段，再将它们并联起来，测得阻值为3 Ω，则此电阻丝原来的阻值为(　　)
A．9 Ω B．8 Ω
C．27 Ω D．3 Ω
解析：选C.设原来的阻值为R，后来的阻值为R′＝3 Ω，
根据电阻定律：R＝ρ，R′＝ρ，则R＝9R′＝27 Ω，故C正确．
6．(2012·绍兴高二检测)有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸为5 m的电阻丝，则电阻变为(　　)
A．10 Ω B．50 Ω
C．150 Ω D．250 Ω
解析：选D.电阻丝的长度由1 m拉伸为5 m时，其横截面积变为原来的，由电阻定律R＝ρ可知：电阻变为原来的25倍，即250 Ω，故D正确．
7．(2012·清流高二检测)有三根电阻丝，它们的长度、横截面积、电阻率分别如表所示：
电阻
电阻丝长度
横截面积
电阻率
R1
L
S
2ρ
R2
L
2S
ρ
R3
2L
S
2ρ
则阻值最大的电阻丝是(　　)
A．R1 B．R2
C．R3 D．三根电阻丝的阻值一样大
解析：选C.由电阻定律R＝ρ得R1＝2ρ，R2＝ρ＝ρ，R3＝2ρ＝4ρ.故C正确．
8．某同学学习了电阻的串、并联后，得出了以下几种说法，其中正确的是(　　)
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：选ABC.选项A中电阻R被理想导线短路了，总电阻为零．根据并联电阻的公式可知，并联总电阻小于支路中的任意一个电阻；当其他支路电阻不变，任意支路的电阻增减时，总电阻也随之增减；由并联电阻计算公式可知电阻R和无穷大的电阻并联后总电阻值为R.
9．(2012·榆林高二检测)下列说法中正确的是(　　)
A．据R＝U/I可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B．据R＝U/I可知，通过导体的电流改变，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变
C．据ρ＝RS/L可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度L成反比
D．导体的电阻率与导体的长度L、横截面积S、导体的电阻R皆无关
解析：选BD.导体的电阻是由导体本身的性质决定的，其决定式为R＝ρL/S，而R＝U/I为电阻的定义式，所以选项A是不对的，选项B是正确的，而ρ＝RS/L仅是导体电阻率的定义式，电阻率与式中的各物理量间都无关，所以选项C是不对的，选项D是正确的．
二、非选择题
10．在做“探究影响导线电阻的因素”实验时，每次需挑选表中两根合适的导线，测出通过它们的电流强度，然后进行比较，最后得出结论.
导线号码
A
B
C
D
E
F
G
长度(m)
1.0
0.5
1.5
1.0
1.2
1.5
0.5
横截面
积(mm2)
3.2
0.8
1.2
0.8
1.2
1.2
1.2
材料
锰铜
钨
镍铬
锰铜
钨
锰铜
镍铬
(1)为了研究电阻与导体材料有关，应选用的两根导线是(填号码)________；
(2)为了研究电阻与导体的长度有关，应选用的两根导线是________；
(3)为了研究电阻与横截面积的关系，应选用的两根导线是________．
(4)本实验所采用的方法是________________．
解析：(1)研究电阻与导体材料的关系，应该选长度和横截面积都相同的两根导线，即选C、F；(2)研究电阻与导体长度的关系，应该选材料和横截面积都相同的两根导线，即选C、G；(3)研究电阻与导体横截面积的关系，应该选长度和材料都相同的两根导线，即A、D；(4)本实验所采用的方法是控制变量法．
答案：(1)C、F　(2)C、G　(3)A、D　(4)控制变量法
11．有一段粗细均匀的导线，电阻是4 Ω，把它对折起来作为一条导线用，电阻是多大？如果把它均匀拉长到原来的两倍，电阻又是多大？
解析：由R＝ρ知，当ρ不变时，电阻R随L、S而变化．
由于导线的体积不变，因此：
当对折起来后，L′＝，S′＝2S；
当均匀拉长后，L″＝2L，S″＝S.
设导线的电阻率为ρ，原长为L，原横截面积为S，则R＝ρ＝4 Ω.
当导线对折后，其长L′＝，横截面积S′＝2S，所以
导线电阻R′＝ρ＝ρ＝R＝1 Ω.
当导线拉长后，其长L″＝2L，横截面积S″＝，所以
导线电阻R″＝ρ＝ρ＝4R＝16 Ω.
答案：1 Ω　16 Ω
12．(2012·渭南高二期中测试)如图3－3－14所示，在“测定金属的电阻率”实验中，用刻度尺测得某电阻丝的长度为60.00 cm，测得电阻丝的直径如图甲所示，运用伏安法测得的电压，电流如图乙所示．试根据上述读数计算出电阻率ρ的大小．
图3－3－14
解析：由题意可知，电阻丝的长度为
L＝60.0 cm＝0.600 m.
用螺旋测微器测得电阻丝的直径为
d＝0.400 mm＝0.400×10－3 m.
由电压表的读数得电压值为U＝2.20 V，
由电流表的读数得电流值为I＝0.44 A.
由R＝ρ，S＝πd2，R＝有
ρ＝＝ Ω·m
≈1.05×10－6 Ω·m.
答案：1.05×10－6 Ω·m

1．一个电流表的内阻Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把该电流表改装成量程为1.0 V的电压表，正确的方法是(　　)
A．应串联一个0.1 Ω的电阻
B．应并联一个0.1 Ω的电阻
C．应串联一个1800 Ω的电阻
D．应并联一个1800 Ω的电阻
解析：选C.电流表改装为电压表应串联电阻．电阻两端的电压U′＝U－Ug＝1.0 V－200×500×10－6 V＝0.9 V，R＝U′/Ig＝1800 Ω.
2．(2012·舟山高二检测)一个电流表刻度盘的每一小格代表1 μA，内阻为Rg，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则(　　)
A．给它串联一个电阻，阻值为nRg
B．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)Rg
C．给它并联一个电阻，阻值为
D．给它并联一个电阻，阻值为
解析：选D.改装成量程较大的电流表，需并联一个较小的电阻，A、B错．刻度盘的每一小格由1 μA变成了n μA，即改装后的量程为原来的n倍．设并联的电阻为R，则Rg＝(n－1)R，R＝Rg，D正确．
3．电流表G的内阻为Rg，用它测量电压时，量程为U，用它改装的较大量程的电流表内阻为RA，量程为I，这几个量的关系是(　　)
A．RA＞Rg，U/I＞Rg
B．RA＞Rg＞U/I
C．RA＜Rg，U/I＜Rg
D．RA＜Rg＝U/I
解析：选C.将电流表G改装成较大量程的电流表，需并联一个分流电阻，因此其内阻减小，即RA＜Rg；由题知Rg＝U/Ig.所以Rg＞U/I.
4．两只电压表V1和V2是由完全相同的两只电流表改装而成的，V1的量程是5 V，V2的量程是15 V．为了测量15～20 V的电压，我们把V1和V2串联起来，在这种情况下(　　)
A．V1和V2的读数相等
B．V1和V2指针偏转角度相等
C．V1和V2读数之比等于两只电压表的内阻之比
D．V1和V2指针偏转角度之比等于两只电压表的内阻之比
解析：选BC.当把V1和V2串联使用时，组成电压表的电流表和分压电阻都是串联关系，通过完全相同的两只电流表电流也相等，指针偏转角度相等．两只电压表是串联使用，根据串联电路的电压分配关系，分配在V1和V2两端电压，即V1和V2读数之比等于两只电压表的内阻之比．
5. 一只满偏电流Ig＝1 mA，线圈电阻Rg＝100 Ω的小量程电流表．(1)把它改装成满偏电压U＝10 V的电压表；
(2)把它改装成满偏电流I＝0.6 A的电流表，请画出电路图，并算出有关数据．
解析：
(1)小量程电流表的满偏电压Ug＝IgRg＝0.1 V＜U，因此需要串联一个适当的分压电阻，从而将其改装成电压表，改装的电路如图所示，由欧姆定律U＝Ig(Rg＋Rx)，解得Rx＝－Rg＝9900 Ω.
(2)
小量程电流表的满偏电流Ig＜I，要将其改装成大量程的电流表，应给其并联一个适当的分流电阻，改装的电路如图所示，由并联电路电压相等得：IgRg＝(I－Ig)Rx解得：Rx＝Rg≈0.17 Ω.
答案：见解析
一、选择题
1．一个电流表，内阻为Rg，满偏电流为Ig，若把它作为电压表使用，量程为(　　)
A．IgRg　　　　　　　　　 B．Ig/Rg
C．Rg/Ig D．不能作为电压表使用
解析：选A.量程即为满偏电压Ug＝IgRg.
2．把电流表改装成电压表时，下列说法正确的是(　　)
A．改装的原理是串联电阻有分压作用
B．改装成电压表后，原电流表本身允许通过的最大电流值也随着变大了
C．改装后原电流表自身的电阻也增大了
D．改装后使用时，加在原电流表两端的电压的最大值不可能增大
解析：选AD.改装成大量程电压表只是给表头串联一个电阻，而使得表头和所串联的电阻，整体所能承受的最大电压增大了，而表头的满偏电流、满偏电压和内阻都未变．
3.
图3－4－8
一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图3－4－8所示．若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进(　　)
A．在R上串联一个比R小得多的电阻
B．在R上串联一个比R大得多的电阻
C．在R上并联一个比R小得多的电阻
D．在R上并联一个比R大得多的电阻
解析：选D.改装后的电压表读数不准，说明串联的电阻不准确，所以应使串联电阻有所改变．若减小电阻时，可并联一个比R大得多的电阻，若增大电阻，可串联一个很小的电阻．电压表的读数比准确值小了一些，说明流经电压表的电流稍小些，串联的电阻稍大了一些，要使电压表读数准确，应使电流比原来稍大些，串联电阻的总阻值稍小些，故选D.
4．磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G，内阻Rg＝30 Ω，满偏电流Ig＝5 mA，要将它改装为量程为0～3 A的电流表，所做的操作是(　　)
A．串联一个570 Ω的电阻
B．并联一个570 Ω的电阻
C．串联一个0.05 Ω的电阻
D．并联一个0.05 Ω的电阻
解析：选D.电流表改装较大量程的电流表需并联一个分流电阻，改装后量程为3 A .所以R＝＝ Ω＝0.05 Ω，故D正确．
5．有两只完全相同的电流表，被改装成一只电流表和一只电压表，一位同学在做实验时误将这两只表(电流表和电压表)串联起来连接在电路中，则两只表上的指针可能出现下列哪些现象(　　)
A．两表指针的偏角相同
B．两表的指针都不偏转
C．电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转
D．电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转
解析：选C.由于通过两表头G的电流不同，故指针偏角不同．由于电流表是表头G与分流电阻并联的，而电压表是表头G与分压电阻串联，故通过电压表头的电流大于流过电流表头的电流，又因为两表串联起来总电阻很大，总电流很小，所以电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转，故C正确，A、B、D错误．
6.
图3－4－9
如图3－4－9所示的甲、乙两个电路，都是由一个小量程电流表G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是(　　)
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程减小
D．上述说法都不对
解析：选B.小量程电流表改装成大量程电流表的原理是并联一个小的分流电阻，且并联的电阻越小，分流电阻分担的电流值就越大，即改装后的量程就越大，故A错误，B正确；小量程电流表改装电压表的原理是串联一个大的分压电阻，且串联的分压电阻越大，改装后的量程就越大，故C错误；因为B正确，故D错误．
7.
图3－4－10
如图3－4－10所示的电路中，R1、R2是两个定值电阻，R1阻值很大，R2阻值很小，G是一个小量程电流表，S1、S2为开关，下列判断中正确的是(　　)
A．只闭合S1时，MN之间是一个电压表
B．S1、S2都闭合时，MN之间是一个电流表
C．只闭合S1时，MN之间是一个电流表
D．S1、S2都断开时，MN之间是一个电流表
解析：选AB.只闭合S1时，电流计与R2并联，再与R1串联分压，故为电压表；当S1、S2都闭合时，R1被短路，只有R2与电流计并联分流，故为电流表；当S1、S2都断开时，电流计与R1串联分压，故为电压表．
8.
图3－4－11
如图3－4－11所示电路，G是电流表，R1，R2是两个可变的电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数．当MN间的电压为6 V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度，将MN间的电压改为5 V时，若要电流表G的指针偏转到最大刻度，下列方法中可行的是(　　)
A．保持R1不变，增大R2 B．增大R1，减小R2
C．减小R1，增大R2 D．保持R2不变，减小R1
解析：选B.串联电路中电压和电阻成正比，当总电压减小，而使R1电压不变，在四个选项提供的方法中，只能是增大R1减小R2.故选项B正确．
9.
图3－4－12
(2012·上海高二检测)如图3－4－12所示，将一个改装的电流表接入电路和标准表进行校准，发现待测表的读数比标准表的读数偏大一些，如果通过表头G的电流Ig是准确的，出现的误差可能是下述哪种原因引起的(　　)
A．Rg的测量值比真实值偏大
B．Rg的测量值比真实值偏小
C．所并联的R并比公式R并′＝计算出的R并′偏小
D．所并联的R并比公式R并′＝计算出的R并′偏大
解析：选AD.改装成的电流表(待测表)比标准表的读数偏大，说明流经表头G的电流偏大些，根据并联电路的特点，所并联的R并越大，流经表头G的电流越大，所以R并比公式R并′＝计算出的R并′偏大．同样如果Rg测量值比真实值偏大，也会使R并′偏大，故选项A、D正确．
二、非选择题
10．有一只量程为1 mA的小量程电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10－2 Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1 A的电流表．若要把这个小量程的电流表改装成一个量程为10 V的电压表，则应在小量程的电流表上串接一个________Ω的电阻．将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是________V.
解析：将小量程的电流表并联一分流电阻，可改装成一大量程电流表；将小量程的电流表改装成电压表，则需串联一分压电阻．电压、电流表的刻度都是均匀的．
设改装成电流表的量程为I，则I＝Ig＋，代入数据得Rg＝10 Ω
当改装成10 V的电压表时需串联的电阻为R，则
U＝Ig(Rg＋R)，得R＝9990 Ω
当指针偏转40格，即Ig时，表明这段电阻两端电压为U′＝U＝8 V.
答案：9990　8
11.
图3－4－13
(2012·咸阳高二检测)为了使用方便，实验室中的电压表通常有两个量程，如图3－4－13所示为表头○G 改装成两个量程为0～3 V、0～15 V的电压表的电路图．
若已知R2是阻值为24 kΩ的电阻，表头○ G　的内阻为500 Ω，则R1的阻值和灵敏电流计的满偏电流各是多少？
解析：设电流计的满偏电流为Ig，内阻为rg，则应有：
3 V＝Ig(rg＋R1)，
15 V＝Ig(rg＋R1＋R2)，
联立可得R1＝5.5 kΩ，Ig＝0.5×10－3 A＝500 μA .
答案：5.5 kΩ　500 μA
12．(2012·榆林高二调研)某电流表内阻Rg为200 Ω，满偏电流Ig为2 mA，按如图3－4－14甲、乙改装成量程为0～0.1 A和0～1 A的两个量程的电流表，试求在图甲、乙两种情况下，R1和R2各为多少？
图3－4－14
解析：根据串联电路的分压作用和并联电路的分流作用去求解．
按图甲接法，由并联电路中电流跟电阻成反比，可得
R1＝Rg＝×200 Ω＝4.08 Ω.
R2＝Rg＝×200 Ω＝0.40 Ω.
按图乙接法，量程为0～1 A时，R2和Rg串联后与R1并联；量程为0～0.1 A时，R1和R2串联后与Rg并联，分别得：Ig(Rg＋R2)＝(1－Ig)R1，IgRg＝(0.1－Ig)(R1＋R2)．
解得：R1＝0.41 Ω，R2＝3.67 Ω.
答案：见解析

1．逻辑电路的信号有两种状态：一种是高电位状态，用“1”表示，另一种是低电位状态，用“0”表示．关于这里的“1”和“0”，下列说法中正确的是(　　)
A．“1”表示电压为1 V，“0”表示电压一定为0 V
B．“1”表示电压大于或等于1 V，“0”表示电压一定为0 V
C．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数字
D．“1”表示该点与电源正极相连，“0”表示该点与电源负极相连
解析：选C.门电路是用来控制信号的“通过”或“截止”的一种开关电路．根据指定条件，门电路对输入、输出的因果关系做出判断．门电路的输入、输出信号都以电位高低来表示．若把高电位看做有信号，表示某个条件存在或信号能通过，以符号“1”表示；把低电位看做无信号，表示某个条件不存在或信号不能通过，以符号“0”表示．所以“1”和“0”只是两个符号，是两种变量的可能的取值．
2．2000年诺贝尔物理学奖授予为现代信息技术做出贡献的三位科学家，这是为表彰他们为信息技术所做出的基础性研究成果，特别是他们发明的快速晶体管、激光二极管和集成电路(芯片)．与该奖项相关的基础知识，下列说法正确的是(　　)
A．晶体管由半导体材料制成
B．激光二极管具有电流放大作用
C．集成电路的广泛使用，使电子设备体积小型化，功能多样化
D．现代信息技术的发展与物理学新发现密切相关
解析：选ACD.二极管具有单向导电性，不具备电流放大作用，故B错．半导体的最重要应用是制成了半导体晶体二极管、三极管，在此基础上又发展起了集成电路技术，即在一块半导体硅片上把整个电子电路包括晶体管、电阻、电容、连接导线等全部做出来，大大简化了电路设计，降低了电路体积和成本，使电子技术有了飞跃的发展，建立在集成电路基础上的电子计算机的廉价制造和大规模应用，又带来了一次以因特网为标志的席卷全球的信息技术革命，所以现代信息技术的发展与物理学新发现密切相关，A、C、D正确．
3．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，只要有一个常任理事国抗反对票，提案就不能通过，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成票或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系(　　)
A．与　　　　　　　　 B．非
C．或 D．与非
解析：选A.安理会常任理事国只要有一个国家投反对票，提案就不能通过，也就是在逻辑关系中，有一个输入端是“0”，输出端就是“0”，所以表决器具有“与”逻辑关系．
4.
图3－5－14
(2012·威海高二检测)如图3－5－14所示，为温度报警器的示意图，R0为一热敏电阻，下列对此电路的分析正确的是(　　)
A．当R0的温度升高时，R0减小，A端电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
B．当R0的温度升高时，R0减小，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
C．当增大R1时，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
D．当增大R1时，A端电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
解析：选BC.R0为热敏电阻，当R0的温度升高时其电阻会减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器发出报警声；当R1增大时，R0上的电压减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器报警．
5.
图3－5－15
图3－5－15是由两个简单的门电路组成的逻辑电路，对应的真值表中X应为________(填“1”或“0”)，虚线框应为“________”门电路．
输入
输出
A
B
Z
0
0
0
0
1
X
1
0
1
1
1
0
解析：B端先接入了一个“非”门电路，故真值表中B所在的列所对应的“0”进入虚线框内前变成了“1”，“1”则变成了“0”，则虚线框中门电路所实际对应的真值表如下表所示．观察已知的逻辑关系，只有“与”门电路的逻辑关系能满足这样的特点，故表中X应为“0”.
输入
输出
A
D
Z
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
答案：0　与
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．逻辑电路就是数字电路
B．逻辑电路可存在两种以上的状态
C．集成电路由三种最基本的门电路构成
D．集成电路可靠性高、寿命长，但耗电量高
解析：选A.逻辑电路即为数字电路，门电路是基本数字电路，而数字电路是由三种最基本的门电路构成的，故选项A正确．
2．如图3－5－16所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是(　　)
图3－5－16
A．甲为“非”门，输出为“1”
B．乙为“与”门，输出为“0”
C．乙为“或”门，输出为“1”
D．丙为“与”门，输出为“1”
解析：选C.甲为“非”门，输出为“0”，乙为“或”门，输出为“1”，丙为“与”门，输出为“0”，只有选项C正确．
3．“与”门电路的逻辑关系可表示为：Z＝A×B，则下列结果正确的是(　　)
A．0×0＝0 B．0×1＝0
C．1×0＝1 D．1×1＝1
解析：选ABD.“与”门电路中，只有所有条件均成立，结果才会出现，所以选项A、B、D正确．
4．两个人负责安装一个炸药包，然后启爆，两个人分别控制两个相串联的开关，只有当两个人都撤出危险区，在安全区把开关接通时，炸药包才能爆炸，如果有一个人未撤出危险区，开关没有接通，炸药包就不能启爆，这就是“与”的逻辑关系．如果用“0”表示不启爆，“1”表示启爆，用符号“×”表示“与”的运算符号，则下列运算式正确的是(　　)
A．0×0＝0，表示二人都不启爆，炸药包不爆炸
B．0×1＝1，表示一人不启爆，另一人启爆，炸药包爆炸
C．1×0＝1，表示一人启爆，另一人不启爆，炸药包爆炸
D．1×1＝1，表示二人都启爆，炸药包爆炸
解析：选AD.当两个条件均成立时，才能启爆，其他情况均不能启爆，所以选项A、D正确．
5．热水器在使用时，只有在既没有熄火又没有停水的情况下才能使热水器工作，这种情况若用逻辑关系来表示，属于哪种逻辑(　　)
A．“与”逻辑 B．“或”逻辑
C．“非”逻辑 D．以上均不是
解析：选A.由于要满足没熄火，没停水两个条件，热水器才能工作，只要有任意一个条件不满足，热水器均不能工作，故为“与”逻辑关系．
6．下列是逻辑关系真值表中的一些数值的说法，其中正确的是(　　)
A．在“与”门中，当S1＝0、S2＝1时，Q＝0
B．在“或”门中，当S1＝0、S2＝1时，Q＝0
C．在“或”门中，当S1＝1、S2＝0时，Q＝1
D．在“非”门中，当输入为“0”时，输出必为“1”
解析：选ACD.根据逻辑门电路的特点可知，对“与”门，两事件都满足后才能成立，故A对，“或”门电路，只有一个满足则成立，故C对，B错，“非”门中两种关系相反，故D对．
7.
图3－5－17
(2012·温州高二检测)在如图3－5－17所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为(　　)
A．1和0 B．1和1
C．0和1 D．0和0
解析：选B.B端输入电信号“0”时，D端输出的电信号为“1”，当A端输入电信号“1”时，D端与A端同为输入端，故C端输出的电信号为“1”，故答案B正确．
8.
图3－5－18
图3－5－18为二极管所构成的逻辑电路，A、B为输入端，Y为输出端(设输入、输出端高电位为1，低电位为0)，则下列说法正确的是(　　)
A．A＝0、B＝0时，Y＝1
B．A＝0、B＝1时，Y＝0
C．A＝1、B＝0时，Y＝1
D．A＝1、B＝1时，Y＝1
解析：选CD.当A、B有一个为高电位1时，对应二极管导通，导通二极管与R串联，有电流流过R，R两端有电压，Y为高电位1，题图为“或”门电路，C、D正确．
9.
图3－5－19
某电热水器的恒温控制原理图如图3－5－19所示．当温度低时，热敏电阻的阻值很大，温度高时热敏电阻的阻值就很小．如果热水器中没有水时，电路中BC部分就处于断路．只有当热水器中有水，且水的温度低于某一数值时，发热器才会开启并加热，否则便会关掉．某同学分析列出逻辑电路的状态表，则虚线框内逻辑电路L的类型以及其电路状态表中X、Y处的逻辑值分别为(　　)
输入
输出
A
B
Z
0
0
0
0
1
X
1
0
Y
1
1
1
A.L应为“与”门电路，X、Y的值都为0
B．L应为“或”门电路，X、Y的值都为1
C．L应为“与”门电路，X、Y的值都为1
D．L应为“与”非门电路，X、Y的值都为1
解析：选A.因为只有当热水器中有水，且水的温度低于某一值时，发热器才会开启并加热，所以L应为“与”门电路，“与”门真值表中X、Y的值都应为0.故A正确．
二、非选择题
10.
图3－5－20
(2012·郑州高二检测)如图3－5－20为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警．该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用______门电路，虚线框乙内应选用________门电路．(　　)
A．与　或 B．或　与
C．与　非 D．或　或
解析：选D.只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，是“或”门关系，故甲应选用“或”门电路．同理乙也应选用“或”门电路，故D正确．
11．在举重比赛中，有甲、乙、丙三名裁判，其中甲为主裁判，乙、丙为副裁判，当主裁判和一名以上(包括一名)副裁判认为运动员上举合格后，才可发出合格信号，试列出真值表．
解析：设甲、乙、丙三名裁判的裁判意见为逻辑变量A、B、C，裁判结果为Z，并且对于A、B、C，设判上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”．对于Z，设上举合格为逻辑“1”，不合格为逻辑“0”．根据题意及上述假设列出真值表如下表所示.
A
B
C
Z
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
12.
图3－5－21
电动机的自动控制电路如图3－5－21所示，其中RH为热敏电阻，R1为光敏电阻，当温度升高时，RH的阻值远小于R1；当光照射R1时，其阻值远小于R2，为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，电路中的虚线框内应选________门逻辑电路；若要提高光照时电动机启动的灵敏度，可以________R2阻值(填“增大”或“减小”)．
解析：为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，即热敏电阻或光敏电阻的电阻值小时，输入为1，输出为1，所以是“或”门．因为若要提高光照时电动机启动的灵敏度，需要在光照较小即光敏电阻较大时输入为1，输出为1，所以要增大R2.
答案：或　增大

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分)
1．有关电流的下列说法中正确的是(　　)
A．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流
B．电流的方向就是电荷定向移动的方向
C．电流总是从外电路中电势高的一端流向电势低的一端
D．电路中自由电荷定向移动的速度与真空中的光速相等
解析：选C.电荷的定向移动才形成电流，A错；正电荷定向移动方向为电流方向，B错；电路中自由电荷的定向移动速度大小的数量级为10－5 m/s，D错．
2．关于电流和电阻，下列说法中正确的是(　　)
A．电流的方向与导体中正电荷的定向移动方向相同
B．金属导体温度升高时，由于自由电子的热运动加剧，所以电流增大
C．由R＝U/I可知，I一定时，导体的电阻R与U成正比，U一定时，R与I成反比
D．对给定的导体，比值U/I是个定值，反映导体本身的一种性质
解析：选AD.电流可以是正电荷定向移动形成，也可以是负电荷定向移动形成，电流方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反．电荷的热运动是无规则的，不能形成电流．电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，由导体本身决定，与是否通电无关．
3．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是(　　)
A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻
B．由R＝U/I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度
D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
解析：选C.无论导体是否接入电路中，其电阻不会发生变化，所以不能说导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比；由电阻定律R＝ρ可知，将导线等分为二时，电阻减为原来的二分之一，但电阻率不变．
4．某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子经过某一截面，同时有2n个电子也经过该截面，则探测器电路中的电流为(　　)
A．0　　　　　　　 B．2ne/t
C．3ne/t D．4ne/t
解析：选D.经过这个截面的有正负两种电荷，所以电量应该等于两种电荷电量绝对值的和，故电流为
I＝＝＝，
A、B、C错误，D正确．
5.
图3－5
如图3－5所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入为何值时，输出端Z输出“1”(　　)
A．0和0 B．0和1
C．1和0 D．1和1
解析：选D.当C端输入“0”时，输出端Z输出“1”．由“或”门特点，可知A、B的输出端必为“1”，又由“与”门特点，A、B端输入为1和1.
6．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别为d1＝0.5 mm，d2＝1 mm，熔断电流分别为2.0 A和6.0 A，把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是(　　)
A．6.0 A B．7.5 A
C．10.0 A D．8.0 A
解析：选B.因为甲、乙两根保险丝等长，由电阻定律R＝ρ＝ρ，则＝＝.把R1和R2并联接入电路后，由分流关系：＝＝.因为熔断电流I2为6.0 A，故通过R1的电流只能是I1′＝1.5 A，所以电路中允许通过的最大电流为I＝I1′＋I2＝7.5 A.
7.
图3－6
如图3－6所示，两定值电阻R1、R2串联后接在电压恒为10 V的两点间，某同学把一个电阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表读数为5 V，他又把该电压表改接在R2的两端，则电压表的示数(　　)
A．可能为6 V B．可能为3 V
C．可能为4 V D．一定为5 V
解析：选BC.由于电压表的电阻不是远大于R1、R2，当电压表接在R1两端时，相当于电压表与R1并联，电压变小；当电压表接在R2两端时，电压表就与R2并联，所以R1分的电压变大，R2为电压表的并联电路分的电压变小，故可能为3 V，也可能为4 V，B、C选项正确．
8.
图3－7
两根材料相同的均匀导线x和y，x的长度为L，y的长度为2L，串联在电路中，沿电流方向电势随长度的变化如图3－7所示，则x、y横截面积之比为(　　)
A．2∶3 B．1∶4
C．1∶2 D．3∶1
解析：选C.由图像可得两导线上的电压相等均为4 V，由公式R＝得两导线电阻相等；由公式R＝ρ，可得S＝ρ.R、ρ相同，故横截面积S与长度l成正比，故面积比为1∶2，故C正确．
9.
图3－8
图3－8是多用电表直流电流挡的电路图，若先后分别用1 mA、10 mA的量程测同一直流电流，则用1 mA量程时通过表头G的电流与用10 mA量程时通过表头G的电流大小之比等于(　　)
A．R1∶(R1＋R2)
B．R2∶(R1＋R2)
C．(R1＋R2)∶R1
D．(R1＋R2)∶R2
解析：选C.设通过表头的电流分别为I1、I2，测同一直流电流时干路电流相等，故＋I1＝＋I2，解得＝.
10．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则(　　)
A．两表的电压示数相同，均为6 V
B．两表头的指针偏角相同
C．两表头的指针偏角不相同
D．两表的电压示数不同
解析：选BD.将两只电压表串联后测电压，涉及偏角时须考虑内部原理图，如图所示，因流过表头的电流相等，故偏角相同．设改装后V甲、V乙的内阻分别为RV1、RV2，满偏电压为U甲、U乙，则＝＝＝；串联后电压表的实际读数
U甲′∶U乙′＝RV1∶RV2＝1∶2，即U甲′＝4 V、U乙′＝8 V．综上知选项B、D正确．
另外，由于电压表的刻度分布是均匀的，在偏角相同的情况下有U甲′∶U乙′＝U甲∶U乙＝2∶1.
二、实验题(本题共2小题，共12分．将答案填在题中横线上)
11.
图3－9
(4分)在如图3－9所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8 V,0.1 A”．合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．用多用电表的直流电压挡检查故障；
(1)现将用多用电表的开关置于下列量程的________挡较为合适(用字母序号表示)
A．2.5 V B．10 V
C．50 V D．250 V
(2)测得c、d间电压约为5.8 V，e、f间电压为0，则故障可能是(　　)
A．A灯丝断开 B．B灯丝断开
C．d、e间连线断开 D．B灯被短路
解析：(1)因电源用四节干电池串联，所以多用电表的选择开关应置于大于等于6 V的电压档．
(2)因c、d间的电压为5.8 V，故障可能是A灯丝断开．
答案：(1)B　(2)A
12.
图3－10
(8分)某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率．所用的器材包括：输出为3 V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器(千分尺)、米尺、电阻箱、开关和导线等．
(1)他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，金属夹可在金属丝上移动．请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图．
(2)该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出了如图3－11的关系图线，其斜率为________A－1·m－1(保留三位有效数字)；图线纵轴截距与电源电压的乘积代表了________的电阻之和．
图3－11
(3)他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图3－12所示．金属丝的直径是________．上图中图线的斜率、电源的电压和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是________，其数值和单位为________(保留三位有效数字)．
图3－12
解析：(1)本实验通过改变金属丝长度改变电阻通过电流表的读数变化分析金属丝电阻进而分析电阻率，可将电源、电流表、金属丝、电阻箱连成串联电路如图所示(见答案)．
(2)将电阻箱电阻设定为R0，设电流表读数为I，内阻为r.
则U＝I(R0＋r)＋IRL
又因RL＝ρ
所以U＝＋I(R0＋r)
两边同除UI得＝L＋
由上式知，图线斜率k＝，截距为，故截距与电压的乘积为R0＋r，由－L图知斜率为k＝10.5.
(3)由螺旋测微器知直径D＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm.
因图线斜率k＝故斜率、电压、横截面积的积为ρ.
所以ρ＝k·U·S＝10.5×3×(D)2＝10.5×3××(0.2×10－3)2＝9.89×10－7 Ω·m.
答案：(1)电路实物连线如图所示：
(2)10.5(±0.1)　电流表内阻和电阻箱
(3)0.200 mm　金属丝的电阻率　9.89×10－7 Ω·m
三、计算题(本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.
图3－13
(10分)如图3－13所示，P是一根表面均匀地镀有很薄的发热电阻膜的长陶瓷管，其长度为l，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ.管的两端有导电箍M、N，现把它接入某电路，用电压表测得M、N两端的电压为U，用电流表测得通过电阻膜的电流为I，试推导计算膜层厚度的公式．
解析：根据电阻的定义即伏安法求出导电膜的电阻
R＝(3分)
设导电膜的厚度为h，由题意知导电膜的面积为
S＝2πh＝πDh(4分)
由电阻定律R＝ρ，三式联立得h＝(3分)
答案：h＝
14．(12分)用电阻率为ρ的某种材料制成的长、宽和高分别为a、b和c的长方体导体，如图3－14甲所示，当通过的电流方向分别如图乙、图丙、图丁所示时，该导体接入电路的电阻各是多大？
图3－14
解析：当电流沿题图乙所示方向通过时，导体的长应为L＝a，横截面积S＝bc，由电阻定律R＝ρ，代入求得
R1＝ρ.(4分)
当电流沿题图丙所示方向通过时，导体的长应为L＝c，横截面积S＝ab，由电阻定律R＝ρ，代入求得
R2＝ρ.(4分)
当电流沿题图丁所示方向通过时，导体的长应为L＝b，横截面积S＝ac，由电阻定律R＝ρ，代入求得
R3＝ρ.(4分)
答案：ρ　ρ　ρ
15.
图3－15
(12分)如图3－15所示的电路中，A、B两端的电压为U＝6 V，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为5 Ω，小灯泡的电阻为10 Ω，电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头P在R上滑动时，电流表与电压表的示数变化的范围是多少？
解析：当P在最上端时，电路的电阻最小，此时
Rmin＝R1＋R2＋＝ Ω(2分)
Imax＝＝×3 A＝0.72 A(2分)
电压表示数Umax＝Imax·
＝ 0.72× V＝2.4 V(2分)
当P在最下端时，电路的电阻最大
Rmax＝R1＋R2＋R＝10 Ω(2分)
Imin＝＝ A＝0.6 A(2分)
电压表示数最小Umin＝0(2分)
所以电流的变化范围0.6 A～0.72 A，电压的变化范围0～2.4 V.
答案：电流表0.6 A～0.72 A
电压表0～2.4 V
16．(14分)材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．
已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5 Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3 ℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4 ℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．
解析：设所需碳棒的长度为L1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2.根据题意有
ρ1＝ρ10(1＋α1t)①(1分)
ρ2＝ρ20(1＋α2t)②(1分)
式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0 ℃时的电阻率．
设碳棒的电阻为R1，铜棒的电阻为R2，有
R1＝ρ1③(1分)
R2＝ρ2④(1分)
式中S为碳棒与铜棒的横截面积．
碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为
R＝R1＋R2⑤(1分)
L0＝L1＋L2⑥(1分)
式中L0＝1.0 m
联立以上各式得
R＝ρ10＋ρ20＋t⑦(2分)
要使R不随t变化，⑦式中t的系数必须为零．即
ρ10α1L1＋ρ20α2L2＝0⑧(2分)
联立⑥⑧式得
L1＝L0(2分)
代入数据解得
L1＝3.8×10－3 m．(2分)
答案：3.8×10－3 m

1．下列对电源电动势概念的认识中正确的是(　　)
A．电源电动势等于电源两极间的电压
B．在闭合电路中，电动势等于内、外电压之和
C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势就越大
D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同
解析：选B.电源电动势等于电源开路时正、负极间的电压，若电路闭合时由于存在内电压，此时电源两极间的电压小于电源电动势，故A项错．电源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，即在电路中通过一定电量时，电源提供的电能越多，电动势就越大，并不是电源把其他形式能转化为电能越多，电动势就越大，因为转化的能量除与电动势有关外，还与所经历的时间、用电情况有关，故C项错．电动势和电势差意义不同，电势差是表示电能转化为其他形式能的本领的物理量，故D项错．
2．铅蓄电池的电动势为2 V，这表示(　　)
A．电路中每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转化为电能
B．蓄电池两极间的电压为2 V
C．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成电能的本领比一节干电池(电动势为1.5 V)的大
解析：选AD.从能量的角度来理解，电源电动势在数值上等于电路中移动单位电荷电源所提供的能量，所以A正确．电源只有在断路时两端的电压在数值上才等于电源电动势，故B错误．“在1 s内将2 J的化学能转变成电能”反映的是功率的含义，不是电源电动势，所以C错误．电源电动势的物理含义就是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，所以蓄电池的电动势是2 V，它把化学能转化为电能的本领比电动势为1.5 V的干电池大，故D正确．
3．(2012·铜川高二检测)用电动势为E、内阻为r的电源对外电路供电，下列说法正确的是(　　)
A．电源短路时，路端电压为零，电路中电流达到最大值
B．外电路断路时，路端电压为零
C．外电路的电阻增大时，干路电流减小
D．外电路的电阻增大时，路端电压增大
解析：选ACD.由闭合电路欧姆定律可知，I＝，当短路时R＝0，I最大，故A正确；当外电路断路时，此时路端电压最大，为E，所以B错，当外电路的电阻增大时，由I＝可知，干路中电流减小，内电压减小，由U外＝E－U内可知，路端电压增大，故C、D正确．
4.
图4－1－7
(2011·高考海南单科卷)如图4－1－7所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)
A．V的读数变大，A的读数变小
B．V的读数变大，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小
D．V的读数变小，A的读数变大
解析：选B.当S断开后，电路的总电阻增大，总电流减小，电源内阻两端电压变小，路端电压增大，V的读数增大；由于U1＝IR1减小，故R3两端的电压增大，A的示数变大，B选项正确．
5.
图4－1－8
如图4－1－8中电阻R1＝14 Ω，R2＝9 Ω，合上开关S1时，电压表示数为2.8 V，当S1、S2都合上时，电压表示数为2.5 V．求电源电动势和内阻．
解析：根据闭合电路欧姆定律可以列出两个方程：E＝U1＋U1r/R1
E＝U2＋U2r/R12
(其中R12是电阻R1、R2并联后的总电阻)
解得：E＝3 V，r＝1 Ω.
答案：3 V　1 Ω
一、选择题
1．关于电源的电动势，下面叙述正确的是(　　)
A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压
B．同一电源接入不同电路，电动势就会发生变化
C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压变大，电源的电动势也变大
解析：选C.电源电动势的大小，就表示电源把其他(如化学能、机械能等)形式的能转化为电能本领的大小，只有C正确．
2．关于电源电动势的说法，正确的是(　　)
A．在某电池的电路中每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V
B．电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大
C．无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
解析：选C.由E＝＝2 V，A错．对给定电源，电动势不变，C对，B错．由W＝IEt，电源所提供的电能还与电流I及通电时间t有关．
3．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系正确的是(　　)
A．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．若外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D．若外电压增大，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：选D.已接电源的闭合电路中，电源电动势和内电压、外电压的关系为：E＝U外＋U内，E由其自身性质决定，一般不变，所以U外增大，U内减小；U外减小，U内增大，二者的和始终不变．
4．电动势为2 V的电池在电路上输出1 A的电流，可以断定(　　)
A．内外电阻相差2 Ω
B．外电阻为2 Ω
C．内电阻为2 Ω
D．内外电阻之和是2 Ω
解析：选D.由闭合电路欧姆定律I＝知在已知电动势和电流的前提下，只能知道内外电阻之和R＋r＝＝2 Ω.故D正确．
5.
图4－1－9
(2012·渭南高二检测)如图4－1－9所示的电路中，把R由2 Ω改变为6 Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为(　　)
A．4 Ω　　　　　　　　 B．8 Ω
C．6 Ω D．2 Ω
解析：选D.根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，当R＝2 Ω时，E＝I(2＋r)；当R＝6 Ω时，E＝(6＋r)，解得r＝2 Ω，故选D.
6.
图4－1－10
如图4－1－10所示，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是(　　)
A．L1变亮，L2和L3皆变暗
B．L1变亮，L2不能确定，L3变暗
C．L1变暗，L2变亮，L3也变亮
D．L1变亮，L2变亮，L3变暗
解析：选C.当P向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，所以L3变亮；因为U3变大，且路端电压变小，所以L1变暗；总电流变大，又I1变小，所以L2的电流增大，L2变亮．因此，本题的正确选项应为C.
7.
图4－1－11
(2012·开封高二质检)如图4－1－11所示为某一电源的U－I曲线，由图可知(　　)
A．电源电动势为2 V
B．电源内电阻为 Ω
C．电源短路时电流为6 A
D．电路路端电压为1 V时，电路中电流为5 A
解析：选AD.由U－I图知，电源的电动势E＝2 V．r＝||＝ Ω＝0.2 Ω.当U＝1 V时，I＝＝ A＝5 A，故A、D正确．
8.
图4－1－12
安全重于泰山．为防止火灾发生，很多公共场所都安装了火警报警器．如图4－1－12所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，电流表A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变小，U变小
C．I变小，U变大 D．I变大，U变小
解析：选B.当R2处出现火情时，R2减小，导致外电路的总电阻减小．根据闭合电路欧姆定律得，干路中的电流I总＝增大；路端电压U＝E－I总r减小．根据欧姆定律得，R1两端的电压U1＝I总R1增大，R3两端的电压U3＝U－U1减小，所以电流表示数I＝减小．所以选项B正确．
9.
图4－1－13
(2012·陕西高二质检)如图4－1－13所示，电源的内阻r为2 Ω，R1＝10 Ω，R2＝8 Ω，当S连接1时，电流表的示数为0.2 A，则将S切换到2时，电流表的示数变为(　　)
A．0.18 A　　　　　　 B．0.20 A
C．0.24 A D．0.26 A
解析：选C.当S接1时，由闭合电路欧姆定律
I＝得0.2＝，①
当S接2时，有I＝，②
联立①②代入数值得I＝0.24 A．故C正确．
10．电源的电动势和内阻都保持一定，现用两个不同的电压表先后直接接到电源的两极上，电压表Ⅰ的读数是U1，电压表Ⅱ的读数是U2，已知电压表的内阻依次是R1、R2，且R1＞R2，那么由于两电压表内阻不同，将是(　　)
A．U1一定小于U2
B．U1一定大于U2
C．若将两个电压表同时并联接在电源的两极时，读数一定不同
D．若将两个电压表串联后接在电源的两极时，两电压表读数之和一定大于U1
解析：选BD.因R1＞R2，则用电压表Ⅰ测量时电路总电阻大于用电压表Ⅱ测量．由闭合电路欧姆定律可知I1＜I2，因此，用电压表Ⅰ测量时因内电压小而路端电压大，即U1＞U2.两个电压表并联测量时，因两电压表并联，则测量电压必相同．若两电压表串联接在电源两极，因总电阻大于R1，总电流小于I1，故内电压必小于单独用电压表Ⅰ测量时的内电压，因此，路端电压(即两电压表读数之和)一定大于U1.
二、非选择题
11．如图4－1－14所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V和0.4 A；当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势和内阻．
图4－1－14
解析：当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U1＝E－I1r即E＝1.6＋0.4r，①
当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U2＝E－I2r，
即E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r，②
由①②得：
E＝2 V，r＝1 Ω.
答案：2 V　1 Ω
12.
图4－1－15
(2012·宁夏吴忠高二检测)在如图4－1－15所示的电路中，电源的电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω，电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；电容器的电容C＝100 μF.电容器原来不带电．求接通开关S后流过R4的总电荷量．
解析：由电阻的串并联公式得，闭合电路的总电阻为R＝＋r.
由欧姆定律得，通过电源的电流I＝.
电源的路端电压U＝E－Ir，
S闭合后电容器两极之间的电压等于R3两端的电压．
电阻R3两端的电压U′＝U，
通过R4的总电荷量就是电容器的电荷量Q＝CU′.
联立以上各式并代入数据解得Q＝2.0×10－4 C.
答案：2.0×10－4 C

1．在测定电源的电动势和内电阻的实验中，为使实验效果明显且不会损害仪器，应选用下列电源中的(　　)
A．内阻较大的普通干电池
B．内阻较小的普通蓄电池
C．小型交流发电机
D．小型直流发电机
解析：选A.蓄电池内阻太小，实验效果不明显，发电机运行不稳定，内阻也不比较小，实验中应使用内阻较大的普通干电池，这样电压表、电流表示数变化明显，便于测量．
2．(2012·广州高二检测)下列给出多种用伏安法测电源的电动势和内电阻的数据，处理方法既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是(　　)
A．测出两组I、U的数据，代入方程组E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r，求出E和r
B．多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值
C．测出多组I、U的数据，画出U－I图像，再根据图像求出E、r
D．多测几组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出电池内电阻r
解析：选C.A中只测量两组数据求出E、r，偶然误差较大；B中计算E、r平均值虽然能减小误差，但太繁琐；D中分别求I、U的平均值是错误的做法．
3．用如图4－2－14甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U－I图线，由图线可知(　　)
图4－2－14
A．电池电动势为1.40 V
B．电池内阻阻值为3.50 Ω
C．外电路短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′约为0.20 A
解析：选AD.由U－I图像知，纵轴截距为U＝1.40 V即为电源电动势，A正确；斜率表示内电阻r＝1 Ω，B错误；横轴截距表示路端电压为1.00 V时的电流0.40 A，C错误；由E＝U＋Ir知，当U＝1.20 V时，I＝0.20 A、D正确．
4．在测定电池的电动势和内阻的实验中，有待测电池、开关和导线，配合下列仪器，可以达到实验目的的是(　　)
A．一只电流表和一个电阻箱
B．一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器
C．一只电压表和一个电阻箱
D．一只电流表和一个滑动变阻器
解析：选ABC.在测定电源的电动势和内阻的实验中，主要是测得多组电流值和相应的路端电压值，通过电流表和电阻箱的阻值可求得路端电压值，故A正确．通过电流表和电压表可直接测得电流和电压，故B正确．通过电压表和电阻箱的阻值可求得电路中的电流，故C正确．而滑动变阻器无法直接读出其阻值，故D错误．
5．用伏安法测定电源的电动势和内电阻时，有下列实验步骤：
A．断开开关，切断电路．
B．恰当选择实验器材，按电路图连接好电路．
C．调节滑动变阻器的滑片，减小接入电路的电阻，记录一组电流表和电压表的示数．
D．把滑动变阻器的滑片滑至一端，使接入电路的电阻最大．
E．逐次减小滑动变阻器接入电路的电阻，记录多组电流表和电压表的示数．
F．闭合开关接通电路．
把以上步骤的序号按合理顺序填写在横线上：________.
解析：遵循先画实验原理图、按原理图连接好电路、开关闭合前电路中电阻最大、电阻由大到小的原则．合理顺序为BDFCEA.
答案：BDFCEA
6．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图4－2－15所示的实物电路．
图4－2－15
(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”)．
(2)改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是________．(选填“1”或“2”)
方案编号
电阻箱的阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
80.0
70.0
60.0
50.0
40.0
(3)根据实验数据描点，绘出的－R图像是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝________，内阻r＝________.(用k、b和R0表示)
解析：(1)为了保护电路及电表，防止电路中电流过大，所以实验前电阻箱应置于最大值接入电路中．
(2)通过试值法来说明理由．若R＝300 Ω，电流约为 A≈0.03 A；若R＝60 Ω，电流约为 A≈0.15 A，后者电流读数大，误差小，应选2合适．
(3)电流I＝，E＝I(R＋R0＋r)，得＝R＋＋，－R图像的斜率k＝，截距b＝＋，所以电动势E＝，内阻r＝－R0.
答案：(1)最大值　(2)2　(3)　－R0
7．用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给器材有：
A．电压表V：0～3～15 V；
B．电流表A：0～0.6～3 A；
C．滑动变阻器R1(总电阻20 Ω)；
D．滑动变阻器R2(总电阻100 Ω)；
E．开关S和导线若干．
(1)画出实验电路图．
(2)电流表应选用________量程；电压表应选用________量程．滑动变阻器应选用总阻值为________Ω的．
图4－2－16
(3)如图4－2－16所示U－I图上是由实验测得的7组数据标出的点．请你完成图线，并由图线求出E＝______ V，r＝________Ω.
(4)若只选用两组数据，用欧姆定律算出E、r，有可能误差较大．若选用第________和第________组数据误差最大．
解析：
干电池电动势约为1.5 V、允许流过的电流约为0.3 A，故电流表量程选0～0.6 A，电压表量程选0～3 V．根据实验得到的坐标点画出直线如图所示，可见除点“6”以外，其余各点基本上都落在直线上，延长直线与纵轴的交点即外电路断开时的路端电压，也就是电源电动势E为1.5 V．注意纵坐标是从1.0开始的，故横轴截距1.0 A不是短路电流，而是路端电压为1.0 V时的电流，E＝U＋Ir，r＝ Ω＝0.5 Ω.
点“6”偏离直线、点“5”与点“6”相距最近，故用5和6两组数据计算误差最大．可见如果只选用两组数据，用欧姆定律算出E、r等价于取两点画一条直线，容易因偶然误差导致测量不准确．
答案：(1)略　(2)0～0.6 A　0～3 V　20　(3)见解析
1．5　0.5　(4)5　6
8．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻(R0＝5 Ω)一个、开关两个、导线若干，实验原理图如4－2－17图(a)．
(1)在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．
(2)请完成下列主要实验步骤；
A．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图(c)所示，读得电阻值是________；
B．将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V；
C．将开关S2________，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1.
(3)使用测得的数据，计算出干电池的内阻是________(计算结果保留两位有效数字)．
(4)由于所有电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏________(填“大”或“小”)．
图4－2－17
解析：(1)如图所示．
(2)由图(c)读得电阻为20 Ω；闭合S2后电阻箱才工作．
(3)S1闭合、S2断开时；RV很大，可得　E＝U1，①
S1、S2都闭合时：＝，②
代入数据得　＝，
故r＝R－R0＝0.69 Ω.
(4)忽略电压表电阻的影响，有r测＋R0＝R，③
考虑电压表电阻的影响，设电压表的电阻为RV，则①②两式变为两式相减并整理得
r真＋R0＝，④
R并＝，
③/④得＝＝1＋·＜1U1＞U2，r测＜r真，测量值偏小．
答案：(1)见解析　(2)20 Ω　闭合　(3)0.69 Ω　(4)小

1．如图4－3－12所示是一欧姆表(多用电表欧姆挡)的结构示意图，虚线框内有欧姆表的内部电路，红、黑表笔分别插入正、负插孔，虚线框内的欧姆表的内部电路图正确的是(　　)
图4－3－12
解析：选A.在使用多用电表的欧姆挡时，电源的正、负极应和表头的正、负极对应，同时电路中要用滑动变阻器为不同倍率的挡位调零，因此只有A正确．
2.
图4－3－13
(2012·上海高二质检)如图4－3－13所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA.当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50 μA，那么Rx的值是(　　)
A．7.5 kΩ　　　　　　 B．22.5 kΩ
C．15 kΩ D．30 kΩ
解析：选B.E＝IR内＝I′(R内＋Rx)，即1.5＝200×10－6R内＝50×10－6(R内＋Rx)，所以Rx＝22.5 kΩ，应选B.
3.
图4－3－14
如图4－3－14所示的电路中，闭合开关时，灯不亮，已经确定是灯泡断路或短路引起的，在不能拆开电路的情况下(开关可闭合，可断开)，现用一个多用电表的直流电压挡、直流电流挡和欧姆挡分别对故障电路作了如下检查并作出判断如下表所示：
次序
操作步骤
现象和结论
1
闭合开关，选直流电压挡，红、黑表笔分别接a、b
指针偏转，灯断路；指针不偏转，灯短路
2
闭合开关，选直流电流挡，红、黑表笔分别接a、b
指针偏转，灯断路；指针不偏转，灯短路
3
闭合开关，选欧姆挡，红、黑表笔分别接a、b
指针不动，灯断路；指针偏转，灯短路
4
断开开关，选欧姆挡，红、黑表笔分别接a、b
指针不动，灯断路；指针偏转最大，灯短路
以上操作和判断正确的是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选ABD.选直流电压挡时，红、黑表笔分别接高、低电势点，若指针偏转，说明a、b两点有电压，其他地方完好而a、b之间有断路；若指针不偏转，说明a、b两点电势相等，a、b之间必短路，1正确．选直流电流挡时，指针若偏转说明有电流流过表头，而灯不亮，则灯必断路；若不偏转，a、b两点电势相等，灯必短路，2正确．选欧姆挡时，已启用欧姆表内电源，必须将外电路电源断开，故3是错误的，而4显然正确，故选项A、B、D正确，C错误．
4．用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值．若将选择倍率的旋钮拨至“×100 Ω”挡，测量时指针停在刻度盘0 Ω附近处，为了提高测量的精确性，有下列可供选择的步骤：
A．将两根表笔短接
B．将选择开关拨至“×1 kΩ”挡
C．将选择开关拨至“×10 Ω”挡
D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
E．调节调零电阻，使指针停在0 Ω刻度线上
F．将选择开关拨至交流电压最高挡上
将必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是________(填写步骤的代号)；若操作正确，上述D步骤中，指针偏转情况如图4－3－15所示，则此未知电阻的阻值Rx＝________.
图4－3－15
解析：用多用电表的欧姆挡测未知电阻时，指针停在中值(中心位置)附近时测量误差较小，当用“×100 Ω”的挡测量时，指针停在0 Ω附近，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精度，应接低倍率“×10 Ω”的挡来测量，换挡之后，必须重新调零，之后再接入未知电阻进行测量和读取数据，测后暂不使用此多用电表，应将选择开关置于交流电压最高挡上，这是为了安全，保证电表不被意外损坏．如下次再使用这个表测电流、电压等其他量时，一旦忘了选挡，用交流电压最高挡虽然测不出正确结果，但不会把电表烧坏．
答案：CAEDF　160 Ω
5．若某欧姆表表头的满偏电流为5 mA，内接一节干电池，电动势为1.5 V，那么该欧姆表的内阻为多少欧？待测电阻接入红、黑表笔之间时，若指针转至满刻度的处，则待测电阻的阻值为多少欧？
解析：R内＝＝ Ω＝300 Ω
因为I＝
所以Rx＝－R内＝ Ω－300 Ω＝100 Ω.
答案：300 Ω　100 Ω
一、选择题
1．关于多用电表的欧姆挡，下列说法正确的是(　　)
A．欧姆表的每一挡的测量范围都是从0到∞
B．用不同挡位的欧姆表测量同一电阻的阻值，误差大小是一样的
C．用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越小
D．用欧姆表测电阻，选不同量程时，指针越靠近右边误差越小
解析：选AC.从欧姆表的原理可知，当表头中的电流最大时，对应待测电阻为零；当表头中通过电流大小为0时，对应待测电阻为无穷大，每一挡都是这样的．用不同挡位的欧姆表测电阻时误差不同，指针越靠近刻度盘中央(中值电阻附近)时越准确，误差越小．
2．使用多用电表的欧姆挡测导体电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则造成测量值(　　)
A．比真实值大
B．比真实值小
C．与真实值相等
D．可能比真实值大，也可能小
解析：选B.两手同时分别接触两表笔金属杆，相当于在导体两端并联上一个电阻，测量值比真实值小．
3．一个标有“220 V,60 W”的白炽灯泡，当用多用电表的欧姆挡去测量它的电阻时，其阻值(　　)
A．接近于807 Ω B．接近于3.7 Ω
C．明显大于807 Ω D．明显小于807 Ω
解析：选D.由R＝＝ Ω＝807 Ω，是灯泡正常发光时的热态电阻，用多用电表的欧姆挡测得的阻值是不发光时的电阻，所以测量值明显小于计算值，故D正确．
4.
图4－3－16
在如图4－3－16所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则肯定出现了下列哪种故障(　　)
A．R1短路 B．R2短路
C．R3短路 D．R1断路
解析：选A.因为电流表A有示数，因此R3不会断路，R3的电压增大，说明流过R3的电流增大，且R3不会短路，因为若R3短路，电压表无示数，电路中总电阻减小，故障为电阻R1或R2短路．经分析：若R2短路，R1中无电流，A无示数．所以故障原因是R1短路．
5.
图4－3－17
用电压表检查如图4－3－17电路中的故障，测得Uad＝5.0 V，Ucd＝0 V，Ubc＝0 V，Uab＝5.0 V．则此故障可能是(　　)
A．L断路 B．R断路
C．R′断路 D．S断路
解析：选B.Uab＝5.0 V，说明bcd与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，只能是R断路，选B.
6．一个用满偏电流为3 mA的电流表改装而成的欧姆表，调零后用它测量500 Ω的标准电阻时，指针恰好在刻度盘的正中间，电源电动势E＝1.5 V，当用它测量一个未知电阻时，指针在1 mA处，则被测电阻的阻值为(　　)
A．1000 Ω B．5000 Ω
C．1500 Ω D．2000 Ω
解析：选A.由题意知测量500 Ω电阻时指针恰好在刻度盘正中间，即Ig＝，故R内＝Rx＝500 Ω，当指针指在1 mA处时，Ig＝，
又由Ig＝可得Rx′＝1000 Ω，故A正确．
7．(2012·陕西高二检测)甲、乙两同学使用欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零，则以下说法正确的是(　　)
A．甲选挡错误，而操作正确
B．乙选挡正确，而操作错误
C．甲选挡错误，操作也错误
D．乙选挡错误，而操作正确
解析：选D.选择开关旋到“×100”挡，指针偏角太小，说明所测电阻阻值较大，所选量程太小，应选择较大的量程，重新选挡后要重新进行欧姆调零，故D正确，A、B、C错．
8．如果一个多用电表内的电池已使用很久，但仍可通过调零电阻使表针调至零欧姆处，这时测量出的电阻值R′与所测电阻的真实值R相比较，正确的是(　　)
A．R′＝R B．R′＞R
C．R′＜R D．无法判断两者的大小
解析：选B.电池用久内阻会增大，设新旧电池的电动势和内电阻分别为E、r和E′、r′，满偏时调零电阻的值分别为R和R′，由欧姆表测量原理可求满偏电流Ig＝，Ig＝，因为r′＞r，E′＜E，所以R′＜R，即随着电池的使用，调零电阻将逐渐减小，欧姆挡的内阻(中值电阻)也逐渐减小，而刻度盘上的中值电阻已经固定，因此电池用旧是指在中央将会比被测电阻值真实值略大一些，同样，指针指在其他各刻度线上时也会产生同样的偏差，所以B项正确，A、C、D三项错误．
二、非选择题
9.
图4－3－18
如图4－3－18所示的欧姆表刻度盘中，未使用时指针指A，两表笔短接时指针指B，如果欧姆表的总内阻为24 Ω，C是AB的中点，D是AC的中点，则CD两点的刻度分别是________ Ω和________ Ω.
解析：Ig＝，当表针指在C点时，通过表头的电流I＝＝Ig，此时，R测＝R内＝24 Ω；当表针指在D点时，通过表头的电流I＝＝Ig，此时，R测＝3R内＝72 Ω.
答案：24　72
10.
图4－3－19
如图4－3－19所示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ.
解析：欧姆表是电流改装的，必须满足电流的方向“＋”进“－”出，即回路中电流从标有“＋”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即Rx＝0)时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，此时有关系
Ig＝，得R内＝＝5 kΩ；
当指针指在刻度盘的正中央时I＝Ig/2，有＝，
代入数据可得Rx＝R内＝5 kΩ.
答案：红　5
11.
图4－3－20
如图4－3－20所示是把量程为3 mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池的电动势E＝1.5 V，经改装后，若将原电流表3 mA刻度处的刻度值定为零位置，则2 mA刻度处应标多少阻值？当用它测量某电阻时，指针恰好指在中间位置，被测电阻为多少？
解析：由Ig＝，
得R内＝＝ Ω＝500 Ω.
由Ig＝，得R1＝－R内＝250 Ω.
中值位置即电流为Ig位置，
则＝得R2＝R内＝500 Ω.
答案：250 Ω　500 Ω
12.
图4－3－21
如图4－3－21所示，电源电动势E＝10 V，内电阻r＝2 Ω，R1＝28 Ω，R2＝30 Ω，R3＝60 Ω，电容C＝4×10－8 F，试求：
(1)开关S断开和闭合时电容器所带电荷量之比；
(2)开关S闭合后通过R3的电荷量．
解析：(1)S断开时，电容器两端电压UC＝E＝10 V，电容器带电荷量Q＝C·UC＝4×10－8×10 C＝4×10－7 C．S闭合时，电路中R1、R2串联，电容器两端的电压UC′＝UR2，
故UC′＝R2·
＝30× V＝5 V，
电容器带电荷量Q′＝CUC′＝4×10－8×5 C＝2×10－7 C，所以＝2∶1.
(2)Q′＜Q说明S闭合后，电容器通过R3放电，
ΔQ＝Q－Q′＝4×10－7 C－2×10－7 C＝2×10－7 C.
答案：(1)2∶1　(2)2×10－7 C

1．关于电功，下列说法中正确的有(　　)
A．电功的实质是电场力所做的功
B．电功是其他形式的能转化为电能的量度
C．电场力做功使金属导体内的自由电子运动的速率越来越大
D．电流通过电动机时的电功率和热功率相等
解析：选A.电场力移动电荷时对电荷所做的功叫电功，是电能转化为其他形式能的量度，A对，B、C、D错．
2.
图4－4－9
电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图4－4－9所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为(　　)
A.、　　　　　　 　B.、
C.、 D.、
解析：选D.电源的效率η＝×100%＝×100%.a点对应的路端电压U为4个格，而电动势E为6个格．因此ηa＝；b点对应的路端电压为2个格，因此ηb＝.故D项正确．
3．关于电功和焦耳热，下列说法错误的是(　　)
A．在纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
B．在非纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
C．在非纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝I2Rt
D．在纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝UIt
解析：选B.计算电功时，公式W＝UIt适用于任何电路．计算焦耳热时，公式Q＝I2Rt适用于任何电路．在纯电阻电路中W＝Q，在非纯电阻电路中W＞Q，所以A、C、D正确，B错误．
4.
图4－4－10
在如图4－4－10电路中，电源电动势是E，内阻为r，当滑动变阻器R3的滑动触头向左移时(　　)
A．电阻R1的功率将增大
B．电阻R2的功率将减小
C．电源的功率将增大
D．电源的效率将增高
解析：选C.据闭合电路欧姆定律I＝，而R＝，滑动触头向左→R3减小→R减小、I增大．又P＝IE，故C正确．
5．(2012·榆林高二月考)电动玩具汽车的直流电动机电阻一定，当加上0.3 V电压时，通过的电流为0.3 A，此时电动机没有转动．当加上3 V电压时，电流为1 A，这时候电动机正常工作．求电动机正常工作时，产生的机械功率和发热功率．
解析：当加上0.3 V电压时电机不转动，它消耗的电能全部用来发热，此时的电动机可以看做是纯电阻，可以用欧姆定律计算它的电阻，R＝U1/I1＝1 Ω.
当加上3 V电压时，电流为1 A，显然不符合欧姆定律，消耗的电能一部分发热，一部分转化成了机械能，此时电路为非纯电阻电路．消耗的电功率为：P＝IU＝1×3 W＝3 W
发热功率P热＝I2R＝12×1 W＝1 W
根据能量关系，产生的机械功率为：
P机＝P－P热＝3 W－1 W＝2 W.
答案：2 W　1 W
一、选择题
1．关于电功率和热功率的说法中，正确的是(　　)
A．电功率就是热功率
B．同一电路中，电功率可以等于或大于热功率，也可以小于热功率
C．电功率就是电路中电能转化为内能的功率
D．热功率就是电路中因发热而消耗的功率
解析：选D.电功率是电流做功的功率，热功率是电路中电流热效应对应的功率．在纯电阻电路中，电功率等于热功率．在非纯电阻电路中，电流做功除转化成内能外，还转化为其他形式的能，电功率大于热功率．
2．关于电功的说法中正确的是(　　)
A．导体内电场力移送电荷所做的功叫做电功
B．电流做功的过程，就是电能转化为其他形式的能的过程
C．电流做功消耗的能量，由电源供给
D．电功就是电能
解析：选ABC.根据电功的定义及特点，可以判断A、B、C均正确．电功是电能转化为其他形式的能的量度，功和能是不同的概念，D错．
3．下列关于电功率P电＝UI和电热功率P热＝I2R的说法正确的是(　　)
A．P电＝UI普遍适用于一切电路求电功率
B．P热＝I2R普遍适用于一切电路求电热功率
C．只有在纯电阻电路中，才能用P热＝I2R求电热功率
D．非纯电阻电路中，电热功率P热＜I2R
解析：选AB.公式P电＝UI、P热＝I2R适用于任何电路，故A、B正确，C、D错误．
4．一根电阻丝，通过2 C的电荷量所消耗的电能是8 J，若在相同的时间内通过4 C的电荷量，该电阻丝上所加电压和消耗的电能分别是(　　)
A．4 V,16 J B．8 V,16 J
C．4 V,32 J D．8 V,32 J
解析：选D.设电阻丝的电阻为R，开始所加电压为U1，则W1＝q1U1，即8＝2U1，所以U1＝4 V.
设后来所加电压为U2，消耗的电能为W2，则
I2＝＝①
I1＝＝②
由①②得：U2＝U1＝×4 V＝8 V，
W2＝q2U2＝4×8 J＝32 J.
5．(2012·陕西高二检测)加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为r，则电动机线圈上消耗的电热功率为(　　)
A．P B.
C. D．P－
解析：选C.电热功率P热＝I2r，因为P＝UI，则I＝，所以P热＝，故正确选项为C.
6.
图4－4－11
如图4－4－11所示，电源电压为30 V，一个“6 V,12 W”的电灯与一个线圈电阻为2 Ω的电动机M串联接入电路．已知电路中电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为(　　)
A．40 W B．44 W
C．48 W D．60 W
解析：选A.电灯正常发光的电流I＝＝A＝2 A．则电动机输出的机械功率P出＝P总－Pr＝2×(30－6) W－22×2 W＝40 W．A正确．
7．(2012·铜川高二质检)不考虑温度对电阻的影响，对于一个“220 V,40 W”的灯泡，下列说法中正确的是(　　)
A．接在110 V的线路上的功率为20 W
B．接在110 V的线路上的功率为10 W
C．接在55 V的线路上的功率为160 W
D．接在55 V的线路上的功率为2.5 W
解析：选BD.灯泡电阻R＝＝ Ω＝1210 Ω，接在110 V的电压上，P1＝＝ W＝10 W，故B正确；接在55 V的电压上，消耗功率P2＝＝ W＝2.5 W，故D正确．
8．理发用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝的电阻R2相串联，接到直流电源上，电吹风两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有(　　)
A．P>UI B．P＝I2(R1＋R2)
C．P＝UI D．P>I2(R1＋R2)
解析：选CD.电吹风是非纯电阻电路，则P＞I2(R1＋R2)，D正确；而P＝UI是定义式，任何情况下都成立，C正确．
9．(2012·哈尔滨高二检测)下面列出了不同品牌的电视机、电冰箱、电风扇和空调机铭牌上的主要项目，试判断：正常工作时，其中功率最大的是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：选D.正常工作时的电视机的功率为85 W，电冰箱的功率为70 W，电风扇的功率为65 W，空调机的功率为P＝UI＝1364 W，显然，本题正确选项为D.
10.
图4－4－12
如图4－4－12所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该直流电源内部的热功率Pr随电流I变化的图线，A、B两点对应的横坐标为2 A，则下面说法中正确的是(　　)
A．电源电动势为3 V，内电阻为1 Ω
B．电流为3 A时，外电阻为0.5 Ω
C．电流为2 A时，电源的输出功率为2 W
D．此电源的总功率可以超过9 W，图线还可延长
解析：选AC.根据图像，在C点时电源的总功率P总等于电源内部的发热功率，故此时电源处于短路状态，即短路电流为3 A，再由P总＝EI＝Pr＝I2r可求得电动势和内电阻，选项A正确、选项B错误．依此可求得电流为2 A时电源总功率为6 W，电源内部发热功率为4 W，输出功率为2 W，选项C正确．该电源的电流不可能超过短路电流，其总功率不可能超过9 W，图像到C点为止，选项D错误．
二、非选择题
11.
图4－4－13
(2012·开封高二单元测试)在图4－4－13中，电池的电动势E＝5 V，内阻r＝10 Ω，固定电阻R＝90 Ω.R0是可变电阻，在R0由零增加到400 Ω的过程中，求：
(1)可变电阻R0上消耗热功率最大的条件及最大热功率；
(2)电池内阻和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．
解析：(1)电路中的总电流I＝，可变电阻R0上消耗的热功率为
P1＝I2R0＝()2·R0
＝.
即当R0＝100 Ω时P1最大，Pmax＝ W.
(2)R与r消耗的热功率为
P2＝I2(R＋r)＝·(R＋r)
＝·(90＋10)．
即当R0＝400 Ω时P2最小，Pmin＝0.01 W.
答案：(1)R0＝100 Ω　Pmax＝ W
(2)R0＝400 Ω　Pmin＝0.01 W
12．(2012·宝鸡高二期末检测)一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表
规格
后轮驱动直流永磁轮毂电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120 W
整车质量
30 kg
额定电压
40 V
最大载重
120 kg
额定电流
3.5 A
质量为M＝70 kg的人骑此自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的0.02倍，取g＝10 m/s2.求：
(1)此车永磁轮毂电机在额定电压下正常工作的效率；
(2)仅在永磁轮毂电机以额定功率提供动力的情况下，人骑自行车的最大速度；
(3)仅在永磁轮毂电机以额定功率提供动力的情况下，当车速为v1＝1.0 m/s时人骑车的加速度．
解析：(1)由表可知，电机的额定电压为U0＝40 V，额定电流为I0＝3.5 A，所以电机正常工作时输入功率为P入＝U0I0＝140 W．又因为电机的输出功率为P出＝120 W，所以电机的效率为η＝P出/P入＝85.7%.
(2)行驶时所受阻力为f＝k(M＋m)g，式中m为车的质量．当达到最大速度vm时，应用P出＝fvm，所以最大速度vm＝P出/f＝6.0 m/s.
(3)当车速为v1＝1.0 m/s时，牵引力F＝P出/v1＝120 N．设此时车的加速度为a，根据牛顿第二定律F－f＝(M＋m)a，解得a＝1.0 m/s2.
答案：(1)85.7%　(2)6.0 m/s　(3)1.0 m/s2

1．关于电源与电路，下列说法正确的是(　　)
A．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流也由电源正极流向负极
B．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流由电源负极流向正极
C．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中电场力对电荷也做正功
D．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中非静电力对电荷做正功
解析：选BD.假设电路中电流是由正电荷的移动形成的，外电路中，正电荷在导体中电场的作用下，从高电势端向低电势端运动，即从电源正极向电源负极运动，此过程电场力对电荷做正功．根据稳定电流的闭合性和电荷守恒定律，在内电路中，正电荷只能从电源负极向正极运动，即电流从电源负极流向正极，此过程中，电荷运动方向与电场力的方向相反，电场力对电荷做负功，要使正电荷从电源负极移向电源正极，必须有除电场力以外的其他力即非静电力做功，使其他形式的能转化为电荷的电势能．所以正确答案为B、D两项．
2.
图4
(2012·咸阳高二质检)在如图4所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是(　　)
A．灯泡L将变暗
B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电荷量将减小
D．电容器C的电荷量将增大
解析：选AD.当滑动变阻器的滑片右移时，阻值R增大，灯泡中电流减小，故变暗，B错误，A正确；电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，电容器两端电压变大，电容器所带电量增大，故C错误，D正确．
3.
图5
如图5所示电路中，R1、R2、R3、R4为四个可变电阻器，C1、C2为两个极板水平放置的平行板电容器，两电容器的两极板间分别有一个油滴P、Q处于静止状态，欲使油滴P向上运动、Q向下运动，应增大哪个变阻器的电阻值(　　)
A．R1　　　　　　　　　　 B．R2
C．R3 D．R4
解析：选C.欲使P向上运动则应加大C1两板间的电场强度，即加大C1两端的电压，C1两端的电压是路端电压，则应增加R3或R4的电阻阻值，欲使Q向下运动则应减小C2两板间的电场强度，而C2两端的电压即为R4两端的电压，则应增加R3的电阻阻值，综上所述，应使R3变大，故选项C正确．
4．随着中国通迅业的发展，国产手机在手机市场上已占有相当大的市场份额．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，由此可知电池的电动势、待机状态下的平均工作电流分别是(　　)
A．4.2 V、14.58 mA B．4.2 V、700 mA
C．3.7 V、14.58 mA D．3.7 V、700 mA
解析：选C.这是日常生活中常见的手机电池标注的信息，一般情况下，我们都不去在意这些，其实这上面的信息很全面，它清楚地标明了电池的电容量为700 mAh，待机时间为48小时，由此可知待机状态下的平均工作电流I＝＝≈14.58 mA.这是一块标准电压为3.7 V的电池，这说明它在工作时能提供的电压，即电动势为3.7 V．故选项C正确．
5.
图6
(2012·广东潮汕两市名高三联考)如图6所示，M为理想变压器，电源电压不变．当变阻器滑片P向上移动时，读数发生变化的电表是(　　)
A．A1 B．A2
C．V1 D．V2
解析：选AB.如图所示中，M为理想变压器，电源电压不变则两个电压表示数均不变，P向上移动时，则连入电路的电阻变小，输出电路电流变大，A2示数变大，根据P入＝P出，A2示数也变大．
6.
图7
如图7所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合S后，调节R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在这一过程中，有(　　)
A．通过R1的电流增大
B．R2两端电压减小ΔU
C．通过R2的电流减小量小于
D．路端电压增大量为ΔU
解析：选AC.由电流I＝可知，当电压增加ΔU时，通过R1的电流就增加，故A正确；由于电源的内阻不能忽略，故R2两端电压减小量比ΔU小，B错误，C正确；因R2两端的电压减小，故路端电压增大量比ΔU要小，故D错误．
7.
图8
如图8所示的电路中，电阻R＝10 Ω.当开关S打开时，理想电压表示数为6 V．当开关S合上时，电压表示数为5.46 V，则电源的内阻为多少？
解析：当S打开时，R外→∞，E＝U外＝6 V；S闭合时，U外＝IR，即5.46＝I×10 Ω得I＝0.546 A．再由E＝U外＋I·r，即6＝5.46＋0.546r，所以r≈1 Ω.
答案：1 Ω
8.
图9
如图9所示，电灯L标有“4 V,1 W”，滑动变阻器总电阻为50 Ω.当滑片滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表的示数为0.45 A．由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表的示数变为0.5 A，电压表的示数为10 V．若导线完好，电路中各处接触良好．试问：
(1)发生故障的是短路还是断路，发生在何处？
(2)发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
(3)电源的电动势和内阻为多大？
解析：(1)电灯L突然熄灭后，电流表与电压表有示数，说明两电表不存在断路或短路
①对于R2，分两种情况分析
故R2不存在断路或短路．
②对于滑动变阻器R，分两种情况分析
故滑动变阻器R不存在断路或短路．
③对于电灯L，同样分两种情况分析
故发生的故障为L断路．
(2)电路发生故障后，电压表的示数表示的是路端电压，
同时也是R2两端的电压，所以R2的电阻为
R2＝U2/I2＝10/0.5 Ω＝20 Ω
电路发生故障前，路端电压为
U1＝I1R2＝0.45×20 V＝9 V
滑动变阻器两端的电压为UR＝9 V－4 V＝5 V
滑动变阻器中的电流为
IR＝IL＝PL/UL＝1/4 A＝0.25 A
滑动变阻器接入电路的阻值为
R＝UR/IR＝5/0.25 Ω＝20 Ω.
(3)由闭合电路的欧姆定律得E＝U2＋I2r，
E＝U1＋(I1＋IL)r，代入数据解得E＝12.5 V，r＝5 Ω.
答案：(1)断路　电灯L处　(2)20 Ω　(3)12.5 V　5 Ω

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．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．电源的电动势　　　　　　 B．通过电源的电流
C．路端电压的大小 D．内外电阻之和
解析：选A.电动势反映电源自身在其内部将单位正电荷从负极移到正极的过程中，克服电场力所做的功，是描述将其他形式的能量转化为电能的本领．qE＝qU外＋qU内．
2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d.要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足(　　)
A．UA∶UB＝1∶1 B．UA∶UB＝∶1
C．UA∶UB＝∶3 D．UA∶UB＝3∶4
解析：选B.本题考查电阻定义式R＝ρ，求出R之比；再根据公式Q＝t，即可得出答案为B项．
3．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为(　　)
A．4R B．R
C. D．无法计算
解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I＝，当两电阻并联接入电路中时I＝×，由以上两式可得：r＝R，故选项B正确．
4．家用电器即使没有使用，只要插头插在电源上处于待机状态，就会消耗电能．根据下表提供的数据，估算这些电器待机1天耗电约为(　　)
家用电器
1台台式电脑
1台平板电视机
1台空调
1台洗衣机
待机功率(瓦)
4
1
4
2
A.0.3度 B．0.6度
C．0.9度 D．1.2度
解析：选A.1度＝103×3600 J＝3.6×106 J，这些用电器一天耗电W＝Pt＝(4＋1＋4＋2)×24×3600 J＝9.5×105 J≈0.3度．故A正确，B、C、D错误．
5．一台正常工作的电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，通以相同的电流，则在相同时间内(　　)
A．电炉放热与电动机放热相等
B．电炉两端电压大于电动机两端电压
C．电炉两端电压等于电动机两端电压
D．电动机消耗的功率大于电炉的功率
解析：选AD.由Q＝I2Rt可知，电炉放热与电动机放热相等，故A正确；电炉是纯电阻电路，两端电压等于IR，电炉的功率为UI，而电动机是非纯电阻电路，两端电压大于IR，电动机消耗的功率大于UI，故B、C错误，D正确.
6．如图4－3所示，电源电动势为E，内电阻为r.两电压表可看做是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是(　　)
图4－3
A．小灯泡L1、L2均变暗
B．小灯泡L1变亮，V1表的读数变大
C．小灯泡L2变亮，V2表的读数变大
D．小灯泡L1变暗，V1表的读数变小
解析：选CD.电压表V1接在电源两端，V2接在小灯泡L2两端，滑动变阻器与小灯泡L1并联，再与L2串联．当滑动变阻器滑片由右向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中的总电阻减小，电路中的电流增大，内电压增大，外电压减小，因此电压表V1的示数减小，B项错误；小灯泡L2中的电流增大，L2变亮，A项错误；L2两端的电压增大，V2的示数增大，C项正确；L1两端的电压减小，小灯泡L1变暗，D项正确．
7．电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．电源的路端电压一定逐渐变小
B．电源的输出功率一定逐渐变小
C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大
D．电源的供电效率一定逐渐变小
解析：选ACD.当外电阻减小时，总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压逐渐变小．因总电流增大，所以内功率增大，电源的输出功率在内、外电阻相等时达到最大，所以电源的输出功率可能增大，也可能减小．由η＝可知，当R减小时，电源的效率也减小．
8.
图4－4
如图4－4所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环接触良好的滑片．闭合开关S，在滑片P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将(　　)
A．由小变大 B．由大变小
C．先变小后变大 D．先变大后变小
解析：选C.闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联电阻，滑片P在图示位置时并联电阻最大，从m点到题图所示位置过程中圆环总电阻变大，从图示位置到q点的过程中圆环总电阻变小，则滑片由m点经n点移到q点的过程中，电路中电阻先变大后变小，通过R的电流先变小后变大，电阻R两端的电势差先变小后变大，则电容器上电压先变小后变大，由Q＝CU，电容器C所带的电荷量先变小后变大，C正确．
9.
图4－5
如图4－5所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是(　　)
A．电阻R1断路
B．电阻R2短路
C．灯L1两接线柱间短路
D．电阻R2断路
解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．
若电阻R1断路，会导致总电阻增大，总电流越小，而此时灯L2两端的电压会减小，致使灯L2变暗，故选项A错．
若电阻R2短路，灯L2将不亮，选项B错 .
若灯L1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意．选项C也错．
若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意．而总电流减小，导致内电压和灯L1、R1并联部分电压减小，灯L2两端电压增大，灯L2变亮．故选项D正确．
10.
图4－6
如图4－6所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接，只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，如果再合上S2，则下列表述正确的是(　　)
A．电源输出功率减小
B．L1上消耗的功率增大
C．通过R1上的电流增大
D．通过R3上的电流增大
解析：选C.合上开关S2，并联电路部分又多一支路R2，则R总减小，I总增大，又不计电源内阻，故电源输出功率增大，A错误，C正确；U1＝I总R1增大，故UL1变小，由PL1＝可知，B错误；由IR3＝可知，D错误．
二、实验题(本题共2小题，共16分．将正确答案填在指定位置)
11．(8分)用如图4－7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.请根据下列步骤完成电阻测量：
图4－7
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”的位置．
③将插入“＋”、“－”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．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
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”刻度，应旋动机械调零部件S；使指针对准电阻的“0”刻度，应旋动欧姆调零部件T；测电阻时若指针偏转角度过小，则待测电阻的阻值很大，据欧姆表测电阻时指针尽可能接近“中值”的原则知，应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；测电阻时两表笔的金属部分分别与被测电阻两引线相连，应选C.
答案：①S　③T　0刻线　④ADC
12．(8分)用电流表和电压表测一节干电池的电动势E和内电阻r，待测干电池的电动势约1.5 V、内电阻不大于1.0 Ω，要求干电池放电电流不得超过0.6 A，可供选择的器材除电键、导线外，还有：
A．电压表(量程0～3 V，内电阻约3 kΩ)
B．电压表(量程0～15 V，内电阻约15 kΩ)
C．电流表(量程0～0.6 A，内电阻约0.1 kΩ)
D．电流表(量程0～3 A，内电阻约0.02 kΩ)
E．滑动变阻器(最大电阻50 Ω，额定电流1.5 A)
F．滑动变阻器(最大电阻200 Ω，额定电流1.5 A)
(1)实验中电压表应选用________、滑动变阻器应选________．(填序号)
(2)下列是三个同学分别在实验中记录的电流表测量值：甲同学：0.02 A、0.06 A、0.08 A、0.15 A、0.20 A
乙同学：0.10 A、0.20 A、0.30 A、0.40 A、0.50 A
丙同学：0.10 A、0.40 A、0.50 A、0.80 A、1.00 A
其中________同学在控制实验条件、适当选取实验数据方面做得最好．
(3)根据测得的数据作出如图4－8所示的图线，则待测干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________ Ω.
图4－8
解析：(1)因为待测干电池的电动势约为1.5 V，为测量准确，电压表应选A；滑动变阻器一般选阻值较小的，选E.
(2)题中要求干电池放电电流不得超过0.6 A，在记录的电流表测量值的最大值中，甲同学的0.20 A偏小，丙同学的1.00 A偏大，乙同学0.50 A接近而不超过，符合要求．
(3)由U－I图像可知E＝1.5 V，r＝＝ Ω＝0.6 Ω.
答案：(1)A　E　(2)乙　(3)1.5　0.6
三、计算题(本题共4个小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图4－9所示的电路中，电阻R1＝9 Ω，R2＝15 Ω，电源的电动势E＝12 V，内电阻r＝1 Ω，电流表的读数I＝0.4 A．求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．
图4－9
解析：R2两端的电压U＝IR2＝6 V(2分)
干路中的电流I1＝＝0.6 A(1分)
通过R3的电流I3＝I1－I＝0.2 A(1分)
R3的阻值为R3＝＝30 Ω(2分)
R3消耗的功率P＝IR3＝1.2 W．(2分)
答案：30 Ω　1.2 W
14.
图4－10
(10分)如图4－10所示的电路中，电路消耗的总功率为40 W，电阻R1为4 Ω，R2为6 Ω，电源内阻r为0.6 Ω，电源的效率为94%，求：
(1)a、b两点间的电压；
(2)电源电动势．
解析：(1)因为电路消耗的总功率为40 W，电源的效率为94%，所以内阻上消耗的功率为6%P总＝I2r，
解得：I＝2 A．(3分)
R1和R2并联，故a、b两点间电压为
U＝I×＝2×2.4 V＝4.8 V．(3分)
(2)由P总＝EI得
E＝＝ V＝20 V．(4分)
答案：(1)4.8 V　(2)20 V
15．(12分)
图4－11
如图4－11所示的电路中，电源电动势为12 V，内电阻为1 Ω，R1＝1 Ω，R2＝6 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3 A，则：
(1)电阻R1消耗的功率是多少？
(2)确定电源的效率是多少？
(3)电动机输出的机械功率是多少？
解析：(1)R1的功率P1＝I2R1＝32×1 W＝9 W；(2分)
(2)电源路端电压U＝E－Ir＝(12－3×1) V＝9 V，(2分)
电源的效率η＝＝＝×100%＝75%.(2分)
(3)R1两端电压U1＝IR1＝3 V，则R2与电动机两端电压U2＝E－U1－Ir＝6 V，(1分)
通过R2的电流I2＝＝1 A，则通过电动机电流
I3＝I－I2＝2 A，(1分)
电动机功率P＝I3U2＝2×6 W＝12 W，电动机的热功率P热＝Ir′＝22×0.5 W＝2 W，(2分)
电动机的机械功率P机＝P－P热＝(12－2) W＝10 W．(2分)
答案：(1)9 W　(2)75%　(3)10 W
16.
图4－12
(14分)(创新题)如图4－12是一种家用电熨斗的电路原理图(额定电压为220 V)．R0是定值电阻，R是可变电阻(调温开关)，其电阻值均不受温度影响．
(1)该电熨斗温度最低时的耗电功率为121 W，温度最高时的耗电功率为484 W，求R0的阻值及R的阻值变化范围．
(2)假定电熨斗每秒钟散发的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图4－13所示，现在温度为20 ℃的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220 ℃，且保持不变，问应将R的阻值调为多大？
图4－13
解析：(1)温度最低时应该是电路中电阻最大时，此时有P1＝(3分)
最高温度时应该是电路中电阻最小时，此时有
P2＝(3分)
联立以上两式解得
R0＝100 Ω，Rmax＝300 Ω(2分)
所以变阻器阻值范围是0到300 Ω.
(2)此时电熨斗表面温度与环境温度之差
Δt＝220 ℃－20 ℃＝200 ℃(1分)
由图像知电熨斗每秒钟散发的热量Q＝440 J(1分)
要保持电熨斗的表面温度不变，则电熨斗的电功率
P＝440 W
又有　P＝(2分)
代入数据解得R＝10 Ω(2分)
所以应将R的阻值调至10 Ω.
答案：(1)100 Ω　0～300 Ω　(2)10 Ω

1．(2012·咸阳高二检测)指南针是我国古代四大发明之一，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”是人们公认的最早的磁性定向工具，关于指南针能指示南北方向是由于(　　)
A．指南针的两个磁极相互吸引
B．指南针的两个磁极相互排斥
C．指南针能吸引铁、钴、镍等物质
D．地磁场对指南针的作用
解析：选D.用指南针指示方向，是由于地球本身是一个大磁体，地球的磁场对磁体产生力的作用，地球的南极是地磁的N极，地球的北极是地磁的S极，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故指南针指示南北方向，因此选项D正确，A、B、C错误．
2.
图5－1－6
如图5－1－6所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将(　　)
A．指北
B．指南
C．竖直向上
D．竖直向下
解析：选D.由于地球的地理北极点可以近似地认为与地磁的南极重合，根据磁体的同性相斥，异性相吸，所以地磁的南极(地理北极)点吸引小磁针的N极，排斥小磁针的S极，所以小磁针的N极将竖直向下，故A、B、C错，D正确．
3．关于磁通量，下列说法中正确的是(　　)
A．穿过某个平面的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零
B．穿过任何一个平面的磁通量越大，该处磁感应强度一定越大
C．匝数为N的线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈面积为S，且与磁感线垂直，则穿过该线圈的磁通量为BS
D．穿过垂直于磁感应强度方向的某一个平面的磁感线的数目等于穿过该面的磁通量的绝对值
解析：选CD.公式B＝的应用条件是B⊥S，当B与S不垂直时，B或S取有效值．当B与S平行时，Φ＝0，但B不一定等于0，所以A、B错．Φ＝BS与线圈的匝数无关，只与线圈面积和磁感应强度有关，所以C对．穿过垂直于磁感线方向平面的磁感线的条数为穿过此平面的磁通量，故D对．
4．关于磁感线的性质和概念，下列说法正确的是(　　)
A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度的方向
B．磁场中任意两条磁感线均不相交
C．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线
D．磁感线总是从磁体的N极指向S极
解析：选AB.磁感应强度的方向就是磁场的方向，磁感线的切线方向就是磁场方向，因此选项A是正确的；两条磁感线相交就说明在两线相交处有两个切线方向，即两个磁感应强度方向，这是不可能的，磁场中某点磁感应强度是唯一确定的，磁感应强度的方向也只有一个，因此两条磁感线不能相交，选项B是正确的．磁感线是为形象描述磁场的磁感应强度分布而假想的一组曲线，不是真实存在的，但铁屑的分布曲线只能证明磁感线描述磁场的方法是正确的，而铁屑不是磁感线，选项C是错误的．在通电螺线管内部，在条形磁体内部的磁感线应是从S极指向N极，选项D错误．
5.
图5－1－7
如图5－1－7所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0 cm.现在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0 cm,10匝；B线圈半径为2.0 cm,1匝；C线圈半径为0.5 cm,1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？
(2)在磁场方向转过30°角的过程中，C中的磁通量改变多少？
解析：(1)A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、B线圈中的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈中的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积．
设圆形磁场区域的半径为R，改变前线圈磁通量Φ1＝B1πR2，改变后线圈磁通量Φ2＝B2πR2，
对线圈A，磁通量的改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|
＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4Wb，
对线圈B，磁通量的改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|
＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.
(2)原图中线圈平面与磁场方向垂直，若用公式Φ＝BSsinθ求磁通量，此时θ1＝90°；当磁场方向转过30°角时，磁场方向与线圈平面之间的夹角为θ2＝60°.
对线圈C：设C线圈的半径为r，
Φ1＝Bπr2sinθ1，Φ2＝Bπr2sinθ2，
磁通量的改变量：
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2(sin90°－sin60°)
≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb
≈8.4×10－6 Wb.
答案：(1)ΔΦA＝1.256×10－4 Wb　ΔΦB＝1.256×10－4 Wb　(2)ΔΦC＝8.4×10－6 Wb
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．指南针指的“北”不是真正的北，两者有一定的差别
B．地理两极与地磁场两极并不重合，地磁场南极在地理南极附近，地磁场北极在地理北极附近
C．在任何星球上都能利用指南针进行方向判断
D．我国是最早在航海上使用指南针的国家
解析：选AD.地磁场南极在地理北极附近，地磁场北极在地理南极附近，它们之间并不重合，故指南针指的“北”并不是真正的北，两者之间有一定差别；并不是任何星球都是个大磁体，故在任何星球上不是都能利用指南针辨别方向．
2．地球是一个大磁体，它的磁场分布情况与一个条形磁铁的磁场分布情况相似，以下说法正确的是(　　)
A．地磁场的方向是沿地球上经线方向的
B．地磁场的方向是与地面平行的
C．地磁场的方向是从北向南的
D．在地磁南极上空，地磁场的方向是竖直向下的
解析：选D.地理南北极与地磁南北极不重合，所以地磁场方向与经线有夹角即磁偏角；地磁场方向不与地面平行，它们之间的夹角称为磁仰角；在地磁极附近，磁场方向与地面是垂直的．
3．(2012·广州高二检测)在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未发火的炸药留在爆破孔内，很容易发生人员伤亡事故．为此，科学家制造了一种专门的磁性炸药，在磁性炸药制造过程中掺入了10%的磁性材料——钡铁氧体，然后放入磁化机磁化．使用磁性炸药一旦爆炸，那可安全消磁，而遇到不发火的情况可用磁性探测器测出未发火的炸药．已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400 ℃，炸药的爆炸温度约2240 ℃～3100 ℃，一般炸药引爆温度最高为140 ℃左右．以上材料表明(　　)
A．磁性材料在低温下容易被磁化
B．磁性材料在高温下容易被磁化
C．磁性材料在低温下容易被消磁
D．磁性材料在高温下容易被消磁
解析：选D.磁铁的磁性在剧烈振动或高温加热下磁性会减弱甚至失去磁性，据题目中材料可知，炸药的爆炸温度远高于钡铁氧体的消磁温度，磁性炸药的消磁是高温所致，故D对，A、B、C错．
4.
图5－1－8
有一磁场的磁感线分布如图5－1－8所示，磁场中有A，B两点，下列说法正确的是(　　)
A．A点磁场比B点磁场强
B．B点磁场比A点磁场强
C．A，B两点磁场方向一致
D．A，B两点磁场方向不同
解析：选AD.磁场的方向由磁感线的切线方向得出，磁场的大小可由磁感线的疏密程度来判断．故正确答案为AD.
5．有关磁感应强度B的方向，下列说法正确的是(　　)
A．B的方向就是小磁针N极所指的方向
B．B的方向与小磁针在磁场中N极的受力方向一致
C．B的方向是磁感线在该处的切线方向
D．B的方向就是该处磁场的方向
解析：选BCD.B的方向是任何情况下小磁针N极受力的方向，是小磁针静止时N极的指向，是该处磁场方向，也是磁感线该处切线的方向．
6.
图5－1－9
将面积为0.5 m2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×102 T的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图5－1－9所示，那么穿过这个线圈的磁通量为(　　)
A．1.0×102 Wb　　　　 B．1.0 Wb
C．5×103 Wb D．5×102 Wb
解析：选A.因为线圈匝数为单匝，且线圈平面垂直于磁场方向，由磁通量公式得：Φ＝BS＝2.0×102×0.5 Wb＝1.0×102 Wb，故A对，B、C、D错．
7．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是(　　)
A．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种客观存在的物质
B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致
C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止的
D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的
解析：选AB.条形磁铁内部磁感线从S极到N极，C不正确，磁感线是为了形象描述磁场而假设的一组有方向的闭合的曲线，实际上并不存在，所以选项D不正确；磁场是一种客观存在的物质，所以选项A正确；磁感线上每一点切线方向表示磁场方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，小磁针静止时N极受力方向和N极指向均为磁场方向，所以选项B正确．
8．关于匀强磁场，下述说法正确的是(　　)
A．平行放置的两条形磁铁异名磁极间的磁场为匀强磁场
B．磁感应强度为零，则放在该处的某面通过的磁感线条数一定为零
C．通过某面的磁感线条数为零则此面处磁感应强度一定为零
D．空间各点磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
解析：选BD.磁感应强度反映磁场的强弱和方向，它的方向就是该处磁场的方向，故D正确；磁感应强度为零，放在该处的某面就无磁感线穿过，故B正确；但是若某面无磁感线穿过，可能磁场很强而平面平行于磁场放置，导致磁感线穿过该面的条数为零，所以C错误；两平行放置异名磁极间的磁场不是匀强磁场，近距离正对放置的两异名磁极间的磁场才是匀强磁场，A错误．
9.
图5－1－10
(2012·铜川高二质检)如图5－1－10所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB相比较(　　)
A．ΦA>ΦB　　　　　　 B．ΦA<ΦB
C．ΦA＝ΦB D．不能确定
解析：选A.分别画出穿过A、B环的磁感线的分布如图所示，磁铁内的磁感线条数与其外部磁感线条数相等．通过A、B环的
磁感线条数应该这样粗略计算，用磁铁内的磁感线总条数减去磁铁外每个环中的磁感线条数(因为磁铁内、外磁感线的方向相反)．很明显，磁铁外部的磁感线通过B环的条数比A环的多，故B环中剩下的磁感线比A环剩下的磁感线条数少，故ΦA>ΦB，故A对，B、C、D都错．
10.
图5－1－11
(2012·泰安高二检测)一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图5－1－11所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是(　　)
A．0 B．2BS
C．2BScosθ D．2BSsinθ
解析：选C.线圈在图示位置时，磁通量为：Φ1＝BScosθ
线圈绕ad轴向下转过180°时，磁通量为：Φ2＝－BScosθ
所以该过程中，通过线圈的磁通量的变化量为：
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|－2BScosθ|＝2BScosθ.
二、非选择题
11.
图5－1－12
如图5－1－12所示，在x轴和y轴构成的平面直角坐标系中，过原点再做一条z轴，就构成了空间直角坐标系．匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，方向沿x轴的正方向，且ab＝dc＝0.4 m，bc＝ef＝ad＝0.3 m，be＝cf＝0.3 m．通过面积S1(abcd)、S2(befc)、S3(aefd)的磁通量Φ1、Φ2、Φ3各是多少？
解析：磁场方向沿x轴正方向，求磁通量时，应将各面投影到与磁场垂直的方向上，则S1、S2、S3三个面的有效面
积分别为：S1′＝ab·bc＝0.4×0.3 m2＝0.12 m2，S2′＝0，S′3＝S1′＝0.12 m2
故通过各面的磁通量分别为：
Φ1＝S1′·B＝0.12 m2×0.2 T＝0.024 Wb.
Φ2＝S2′·B＝0.
Φ3＝Φ1＝0.024 Wb.
答案：0.024 Wb　0　0.024 Wb
12.
图5－1－13
磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为.式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl，并测出拉力F，如图5－1－13所示．若F所做的功等于间隙中磁场的能量，试写出磁感应强度B与F、A之间的关系表达式．
解析：拉力F做功W＝FΔl，磁铁与铁片P间隙中磁场的能量为E＝·A·Δl，据题意W＝E，解得B＝ .
答案： B＝　

1．关于安培分子电流假说的说法正确的是(　　)
A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说
B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说
C．事实上物体内部并不存在类似的分子电流
D．根据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符
解析：选BD.为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了分子电流假说，安培提出分子电流假说时，人们还不知道物质内电子绕核高速旋转的微观结构，所以称为假说，根据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符，选项B、D正确．
2．以下是通电直导线周围磁感线分布情况示意图，各图的中央表示垂直纸面的通电直导线及其中电流的方向，其他的均为磁感线，其方向由箭头指向表示，这四个图中正确的是(　　)
图5－3－10
解析：选C.各图中磁感线方向和电流方向的关系都符合安培定则，但是磁感线并不是均匀分布的同心圆，而是离直线电流越远，分布越稀疏，越近越密集，故A、B、D都错，C对．
3.
图5－3－11
(2012·临沂高二检测)如图5－3－11所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是(　　)
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
解析：选B.由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的方向，即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转．
4．对于通电螺线管，下列说法正确的是(　　)
A．通电螺线管表现出来的磁性相当于条形磁铁，一端相当于N极，另一端相当于S极
B．通电螺线管外部的磁感线也是从N极出来，进入S极的
C．通电螺线管内部的磁感线与螺线管轴线平行，由S极指向N极
D．把小磁针放在通电螺线管内，小磁针静止时，小磁针的N极指向螺线管的S极
解析：选ABC.通电螺线管表现出来的磁性相当于条形磁铁，其性质与条形磁铁相同，螺线管的磁感线在外部由N极指向S极，在内部由S极指向N极，在螺线管内部，小磁针N极方向指向螺线管的N极．
图5－3－12
5．如图5－3－12所示，ABCD是一环形导线，在C、D处用导线与直导线ab接通，图中标出了环形电流的磁感线方向，则可知A、B两端中接电源正极的是________端，放在ab下方的小磁针________极将转向纸外．
解析：环形导线内的磁场为AC、BD上电流形成的合磁场，
由安培定则可知，电流方向如图所示，则接电源正极的是B端，放在ab下方的小磁针N极转向纸外．
答案：B　N
一、选择题
1．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是(　　)
A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上
B．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方
C．电流沿南北方向放置在磁针的正上方
D．电流沿东西方向放置在磁针的正上方
解析：选C.把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的磁针的正上方，通电时磁针发生最明显的偏转，因为这种情况下电流的磁场方向和地磁场方向恰好垂直．
2．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，我国已在2006年1月1日零时进行了时间调整．假如地球的磁场是由地球表面带电引起的，则可以判定(　　)
A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱
D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强
解析：选C.地球表面带负电，当地球自西向东自转时，地球赤道处会形成自东向西的环形电流，该电流产生的磁场为N极在南方，答案为C.
3.
图5－3－13
(2012·上海高二质检)如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下判断正确的是(　　)
A．当线圈中通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者
B．当磁针N极指向读者时，线圈中的电流沿逆时针方向
C．当线圈中通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者
D．以上判断均不正确
解析：选B.根据安培定则可确定：当线圈中通以沿顺时针方向的电流时，线圈中心磁场方向垂直于纸面向里，故磁针N极垂直于纸面向里；当线圈中通过沿逆时针方向的电流时，线圈中心磁场方向垂直于纸面向外，故磁针N极垂直于纸面向外，指向读者．
4.
图5－3－14
如图5－3－14所示，直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，由图得出的结论正确的是(　　)
A．小磁针的c端为N极，电源的a端为正极
B．小磁针的c端为N极，电源的a端为负极
C．小磁针的d端为N极，电源的a端为正极
D．小磁针的d端为N极，电源的a端为负极
解析：选D.根据小磁针的N极方向可以确定通电线圈外部上方磁场的方向，然后应用安培定则确定线圈中的电流方向，从而判断电源a为负极，同时判断d为N极．故选D.
5.
图5－3－15
(2012·常州高二检测)如图5－3－15所示，一个用毛皮摩擦过的硬橡胶环，当环绕其轴OO′匀速转动时，放置在环的右侧轴线上的小磁针的最后指向是(　　)
A．N极竖直向上　　　　　　　 B．N极竖直向下
C．N极水平向左 D．N极水平向右
解析：选D.毛皮摩擦过的橡胶环带负电，等效电流的方向与其运动方向相反，等效电流产生的磁场相当于环形电流的磁场，由安培定则判断，小磁针所在位置的磁场方向水平向右，因此，小磁针N极水平向右，D正确．
6．(2012·安阳高二检测)一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙体中，在墙的西侧放一指南针时，它的指向刚好比原来旋转180°.由此可以判定，这根电缆中电流的方向是(　　)
A．可能是向北 B．可能是竖直向下
C．可能是向南 D．可能是竖直向上
解析：选D.指南针静止时N极指北，在电缆产生的磁场作用下比原来旋转180°，即此时N极指南，可知此处的磁场方向向南，根据安培定则只有D正确．
7．下列所说的情况中，不可能的是(　　)
A．一环形电流产生的磁场，环内的磁感线与环外的磁感线数目相等
B．电流产生的磁场比磁极产生的磁场强
C．磁感线在空间某处中断
D．某两处的磁感线疏密一样
解析：选C.磁感线是闭合的，所以环形电流环内与环外的磁感线数目应该是相等的；电流产生的磁场和磁极产生的磁场大小没有必然联系，电流产生的磁场有可能比磁极产生的磁场强；但磁感线是闭合的，它不可能在空间某处中断；磁感线疏密一样说明磁场强度大小相等，这也是有可能的．
8.
图5－3－16
(2012·榆林高二质检)如图5－3－16所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中在两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况，下列说法中正确的是(　　)
A．带同种电荷 B．带异种电荷
C．B带正电 D．A带正电
解析：选BD.云层间闪电必须发生在异种电荷之间，故B对；在云层间放电时，形成的强电场和高温将空气电离成正离子和负离子，并在强电场的作用下做定向移动，形成电流．由题意知，从南往北看，磁场是逆时针的，根据安培定则可以判断电流是从A流向B的，故可知A带正电，B带负电，所以D选项正确．
9．(2012·西安高二单元测试)如图5－3－17所示为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器，当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是(　　)
图5－3－17
A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极
B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极
C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极
D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极
解析：选D.当电流从a端流向电磁铁时，据安培定则可确定电磁铁的上端为S极，此时能吸引小磁铁向下运动，故说明小磁铁的下端为N极．
10．(2012·上海高二检测)
图5－3－18
如图5－3－18所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有等值的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点磁场方向向右，则a、b中电流的方向(　　)
A．向纸外
B．向纸里
C．a中电流向纸外；b中向纸里
D．a中电流向纸里；b中向纸外
解析：选C.要使P点磁场向右，应使a中电流的磁场垂直aP斜向上，使b中电流的磁场垂直bP斜向下，根据安培定则知a中电流向纸外，b中电流向纸里，故答案为C.
二、非选择题
11．电路没接通时三个小磁针方向如图5－3－19所示．确定接通后三个磁针的转向及最后的指向．
图5－3－19
解析：
接通电路后，螺线管的磁场为：内部从左指向右，外部从右指向左，如图所示，故小磁针1逆时针转动，小磁针3顺时针转动，小磁针2基本不动．
答案：小磁针1逆时针转动，小磁针3顺时针转动，小磁针2基本不动．
12.
图5－3－20
(2012·阜阳高二检测)如图5－3－20所示，在甲、乙之间用两条导线连一个直流电路，将小磁针放在两导线之间时，N极向读者偏转，接在A与B间的电压表向B接线柱一侧偏转(此电压表指针总偏向电流流进时的一侧)，由此是否可以判断出甲、乙两处哪处是电源，哪处是负载？
解析：小磁针N极向读者偏转，可判断小磁针所在处磁场方向向外，由安培定则知，上面的导线中的电流由乙处流向甲处，由电压表指针的偏转方向可知，电压表中的电流由B流向A，即B端电势高．综上所述，乙处一定是电源，甲处一定是负载．
答案：乙处是电源，甲处是负载

1．关于磁场对通电直导线的作用力(安培力)，下列说法正确的是(　　)
A．通电直导线在磁场中一定受到安培力的作用
B．通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟磁场的方向垂直
C．通电直导线在磁场中所受安培力的方向一定跟电流的方向垂直
D．通电直导线在磁场中所受安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面
解析：选BCD.由F＝IlBsinθ可知，当θ＝0°时，F＝0，故A错误，由左手定则可知，安培力的方向垂直于由B和I所确定的平面，所以B、C、D正确．
2．如图5－4－16所示的四种情况中，匀强磁场磁感应强度相同，载流导体长度相同、通过的电流也相同、导体受到的磁场力最大且方向沿着纸面的是(　　)
图5－4－16
A．甲、乙　　　　　　　 B．甲、丙
C．乙、丁 D．乙、丙
解析：选C.甲图中，电流方向与磁感线不垂直，导体受到的磁场力不是最大，且方向垂直于纸面向里，丙图中电流方向与磁感线平行，受到的磁场力为零，乙图中电流方向与磁感线垂直，磁场力方向竖直向下，丁图中电流方向与磁感线垂直，磁场力方向垂直于导体斜向上，符合条件的是乙、丁图，故选C.
3.
图5－4－17
一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图5－4－17所示的电流时，从左向右看，则线圈L1将(　　)
A．不动 B．顺时针转动
C．逆时针转动 D．向纸面内平动
解析：选B.把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心．通电后，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向．由安培定则知线圈L2产生的磁场方向在其内部为竖直向上，线圈L1等效成小磁针后，转动前N极指向纸内，因此应由向纸内转为向上．所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．
4.
图5－4－18
(2011·高考上海单科卷)如图5－4－18所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为(　　)
A．z方向，tanθ B．y正向，
C．z负向，tanθ D．沿悬线向上，sinθ
解析：选BC.若B沿z轴正方向，导线无法平衡，A错误；若B沿y轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg＝BIL，所以B正确；若B沿z轴负方向，受力如图②，Tsinθ＝BIL；Tcosθ＝mg，所以B＝tanθ，C正确；若B沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D错误．
5.
图5－4－19
如图5－4－19所示，长度为10 cm的一段直导线AB，与磁场方向垂直地放置在磁感应强度B＝3×10－2 T的匀强磁场中，今在导线中通以10 A的电流，方向自B向A，导线以固定点O为转动轴，由图中位置按顺时针方向转过60°角时，求：
(1)导线受到的磁场力的大小和方向．
(2)如果在AB的竖直面上，OA从图中位置以O点为转动轴，由纸面向外转30°角时，情况又如何？
解析：(1)F＝ILBsinθ＝10×0.1×3×10－2×sin30° N＝1.5×10－2 N，它作用在导线上，方向垂直于纸面向外．
(2)导线以O为轴，A端向外转动之后导线与磁场方向仍然垂直，则F＝BIL＝3×10－2×10×0.1 N＝3×10－2 N，力的方向与导线垂直，且与原OA方向成120°角指向纸外．
答案：见解析
一、选择题
1．关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系，正确的说法是(　　)
A．磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间总是互相垂直的
B．磁场方向一定与安培力方向垂直，但电流方向不一定与安培力方向垂直
C．磁场方向不一定与安培力方向垂直，但电流方向一定与安培力方向垂直
D．磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直
解析：选D.由左手定则可知，安培力方向一定既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，但电流方向与磁场方向不一定垂直．
2．(2012·咸阳高二检测)一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示，当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是(　　)
图5－4－20
解析：选D.A图中导线不受力，故它不会弯曲，A错．B图中导线受到垂直纸面向里的安培力，它不会向右弯曲，B错．C中导线受到水平向右的安培力，导线不会向左弯曲，C错．D中导线受到水平向右的安培力，故它向右弯曲，D对．
3．有一小段通电导线，长为1 cm，电流为5 A，把它置于磁场中某点，受到的安培力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是(　　)
A．B＝2T B．B≤2T
C．B≥2T D．以上情况都有可能
解析：选C.应该知道磁感应强度的定义式中的电流是垂直于磁场方向的电流，如果通电导线是垂直磁场方向放置的，此时所受安培力最大，F＝0.1 N，则该点的磁感应强度B＝ T＝2 T；若不是垂直于磁场方向放置，则B>2 T．综上所述，B≥2 T．答案为C.
4.
图5－4－21
如图5－4－21所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．0.5 BIl
C．BIl D．2BIl
解析：选C.V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.
5.
图5－4－22
如图5－4－22所示，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入图示方向的电流后，则线圈(　　)
A．向左运动 B．向右运动
C．静止不动 D．无法确定
解析：选A.法一：等效法．把通电线圈等效成小磁针．由安培定则，线圈等效成小磁针后，左端是S极，右端是N极，
异名磁极相吸引，线圈向左运动．
法二：电流元法．如图所示，取其中的上、下两小段分析，根据其中心对称性线圈所受安培力的合力水平向左可知，线圈向左运动．
6.
图5－4－23
(2012·哈尔滨高二检测)如图5－4－23所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线．当导线中通以由外向内的电流时磁铁仍然保持静止，则(　　)
A．磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力减小
B．磁铁受到向右的摩擦力，对桌面的压力减小
C．磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力增大
D．磁铁不受摩擦力，对桌面的压力不变
解析：
选A.导线所在处磁场的方向如图甲所示，由左手定则可判断导线所受安培力F方向为左下方，根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力F′方向为右上方，
以磁铁为研究对象，受力分析如图乙所示，由力的平衡可知磁铁受到向左的摩擦力，对桌面的压力减小，故选A.
7.
图5－4－24
(2012·延安高二质检)如图5－4－24所示，O为圆心，和是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路(　　)
A．将向左平动
B．将向右平动
C．将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动
D．将KL边垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动
解析：选D.因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与电流一直平衡，所以KN边、LM边均不受力．根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D正确．
8.
图5－4－25
(2012·衡水高二检测)如图5－4－25所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会(　　)
A．纵向收缩，径向膨胀
B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩
D．纵向收缩，径向收缩
解析：选A.相邻线圈的电流方向相同，故应该相互吸引，线圈纵向将会收缩．同一匝通电线圈上的对称点电流方向相反，相互排斥，所以线圈将径向膨胀，故选A.
9.
图5－4－26
(2012·泰州高二检测)如图5－4－26所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两盘各加质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右盘再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知(　　)
A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
解析：选AB.由题意知，电流反向前受安培力向下，反向后受安培力向上，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里；由平衡条件知，电流反向前m1g＝m2g＋F安，电流反向后m1g＝m2g－F安＋mg，解得2F安＝mg，又F安＝NILB，所以B＝或B＝，故A、B对，C、D错．
10.
图5－4－27
(2012·开封高二质检)质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，如图5－4－27所示．已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ，在图所加各种磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的情况可能是(　　)
图5－4－28
解析：选AB.要使静摩擦力为零，如果N＝0，必有f＝0.B选项中安培力的方向竖直向上，与重力的方向相反，可能使N＝0，B是正确的；如果N≠0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f＝0.A选项中，导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零．C、D选项中，从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零．故正确的选项应为A、B.
二、非选择题
11.
图5－4－29
如图5－4－29所示，通电导体棒AC静止于水平导轨上，棒的质量为m、长为L，通过的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角，求导轨受到AC棒的压力和摩擦力各为多大？
解析：对棒AC进行受力分析，如图(正视图)
因为AC静止在导轨上，所以这几个力的合力为零．
将F分解到水平和竖直两个方向上，则
水平方向上f＝Fsinθ＝IBLsinθ
竖直方向上N＋Fcosθ＝mg，
所以N＝mg－IBLcosθ.
因为棒对导轨的压力与导轨对棒的支持力为一对相互作用力，所以N′＝N＝mg－IBLcosθ.
答案：mg－IBLcosθ　IBLsinθ
12.
图5－4－30
(2012·西安高二检测)据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图5－4－30所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后，炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离ω＝0.10 m，导轨长L＝50 m，炮弹质量m＝0.30 kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0 T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103 m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．
解析：当导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F＝IωB①
设炮弹的加速度大小为a，则F＝ma②
炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2＝2aL③
联立①②③式得I＝，
代入数据得I＝6.0×104 A.
答案：6.0×104 A

1．关于洛伦兹力，以下说法中正确的是(　　)
A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用
B．若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D．洛伦兹力对运动电荷做功不一定为零
解析：选C.由f＝qvBsinθ，当B∥v时f＝0；当v＝0；故AB错．洛伦兹力始终与运动电荷的运动电荷的运动方向垂直．洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C对D错．
2．如图5－5－11所示是表示磁感应强度B、负电荷运动方向v和磁场对电荷的洛伦兹力f的相互关系图，这四个图中画得正确的是(B，v，f两两垂直)(　　)
图5－5－11
解析：选ABC.利用左手定则判断时注意四指所指方向与负电荷的运动方向相反．故答案为ABC.
3．关于安培力和洛伦兹力，下列说法中正确的是(　　)
A．安培力和洛伦兹力是性质不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力的本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．这两种力都是效果力，其实并不存在，原因是不遵守牛顿第三定律
D．安培力可以对通电导体做功，洛伦兹力对运动电荷永不做功
解析：选BD.电流是电荷的定向移动形成的，安培力是磁场对导体内运动电荷所施加的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，所以不对运动电荷做功；而安培力作用在导体上，可以让导体产生位移，因此能对导体做功，这两种力是同一性质的力，同样遵守牛顿第三定律，反作用力作用在形成磁场的物体上，由此知，选项B、D正确．
4．(2012·上海高二检测)
图5－5－12
如图5－5－12所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中(　　)
A．运动时间相同
B．运动轨道的半径相同
C．重新回到边界时速度的大小和方向相同
D．重新回到边界的位置与O点距离相等
解析：
选BCD.如图所示，正离子的轨迹为磁场边界上方的，负离子的轨迹为磁场边界上方的，轨道半径OO1＝OO2＝，二者相同，B正确；运动时间和轨道对应的圆心角(回旋角α)成正比，所以正离子运动时间较长，A错误；由几何知识可知△OO1B≌△OO2A，所以OA＝OB，D正确；由于O1B∥O2A，且vA⊥O2A，vB⊥O1B，所以vA∥vB，C正确．
5.
图5－5－13
有一质量为m、电荷量为q的带正电的小球停在绝缘平面上，并处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图5－5－13所示．为了使小球飘离平面，匀强磁场在纸面内移动的最小速度应为多少？方向如何？
解析：带电小球不动，而磁场运动，也可以看做带电小球相对于磁场沿相反方向运动，故带电小球仍受洛伦兹力的作用．欲使小球飘起，而带电小球仅受重力和洛伦兹力作用．那么带电小球所受的最小洛伦兹力的方向竖直向上，大小为f＝mg，由左手定则可以判断出小球相对磁场的运动方向为水平向右，所以带电小球不动时，磁场应水平向左平移．设磁场向左平移的最小速度为v，由f＝qvB及f＝mg，得：v＝＝.
答案：　方向水平向左
一、选择题
1．关于电荷在磁场中所受洛伦兹力的大小，下列说法正确的是(　　)
A．在磁场中，静止电荷一定不受洛伦兹力作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用
B．在磁场中，运动电荷不一定受到洛伦兹力作用
C．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
D．在磁场中，运动电荷的轨迹一定是曲线
解析：选B.由实验可以看出，当带电粒子的运动方向和磁感线的方向平行时，带电粒子所受磁场的作用力为零，但该处的磁感应强度不为零．答案为B.
2．关于带电粒子所受洛伦兹力f、磁感应强度B和粒子速度v三者方向之间的关系，下列说法正确的是(　　)
A．f、B、v三者必定均保持垂直
B．f必定垂直于B、v，但B不一定垂直于v
C．B必定垂直于f、v，但f不一定垂直于v
D．v必定垂直于f、B，但f不一定垂直于B
解析：选B.本题考查公式f＝qvB中各物理量的关系．由左手定则可知f⊥B，f⊥v，B与v可以不垂直，故B正确，A、C、D错误．
3．(2012·铜川高二检测)在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是(　　)
图5－5－14
解析：选C.根据左手定则可知A、B正确，C项带电粒子速度方向与磁场方向平行，带电粒子不受洛伦兹力作用，故C错误，D中带电粒子带负电，应用左手定则时应让四指指向v的反方向，D正确．
4．一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，不计重力，粒子将在管中(　　)
A．做圆周运动　　　　　　 B．沿轴线来回运动
C．做匀加速直线运动 D．做匀速直线运动
解析：选D.通有交变电流的螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变，故选D.
5.
图5－5－15
如图5－5－15所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是(　　)
A．沿路径a运动　　　　 B．沿路径b运动
C．沿路径c运动 D．沿路径d运动
解析：选B.由安培定则可知电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则可知质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上，则质子的轨迹必定向上，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确，A错误．
6．一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，若磁感应强度突然加倍，则粒子(　　)
A．速率加倍，周期减半 B．速率不变，半径减半
C．速率不变，周期不变 D．速率减半，半径减半
解析：选B.因洛伦兹力不做功，故带电粒子的速率不变，由半径公式r＝和周期公式T＝知，磁感应强度加倍时，r与T都减半．
7.
图5－5－16
如图5－5－16所示，截面为正方形的容器处在匀强磁场中，一束电子从孔a垂直磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则下列叙述中正确的是(　　)
A．从两孔射出的电子速率之比vc∶vd＝2∶1
B．从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比tc∶td＝1∶2
C．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比ac∶ad＝∶1
D．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比ac∶ad＝2∶1
解析：选ABD.Rc＝，Rd＝，因为Rc＝2Rd，所以vc∶vd＝2∶1，故A正确；tc＝×，td＝×，所以tc∶td＝1∶2，故B正确；加速度之比ac∶ad＝qvcB∶qvdB＝vc∶vd＝2∶1，故C错误，D正确．
8.
图5－5－17
如图5－5－17所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示.
粒子编号
质量
电荷量(q>0)
速度大小
1
m
2q
v
2
2m
2q
2v
3
3m
－3q
3v
4
2m
2q
3v
5
2m
－q
v
由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
A．3、5、4 B．4、2、5
C．5、3、2 D．2、4、5
解析：选D.该题考查了带电粒子在磁场中的偏转问题，可利用R＝进行分析．由图可知a、b粒子的带电性质相同，它们与c粒子的电性相反．Rb＝1.5Ra＝1.5Rc，由此可知D选项正确．
9.
图5－5－18
(2012·安康高二检测)如图5－5－18所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电粒子(不计重力)以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t，粒子飞出此区域时速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的(　　)
A．带电粒子的荷质比
B．带电粒子的初速度
C．带电粒子在磁场中运动的周期
D．带电粒子在磁场中运动的半径
解析：选AC.本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动．带电粒子沿径向进入磁场时，必定从径向射出，偏转60°，说明粒子运动的圆弧对应的圆心角也为60°，运动时间为t＝T＝，已知t、B，则带电粒子的荷质比＝，周期T＝6t，故A、C对；根据半径公式R＝，由于不知道半径R和速度v，故B、D错．实际上带电粒子的运动时间与入射的速度大小无关．
10．(2011·高考浙江理综卷)利用如图5－5－19所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是(　　)
图5－5－19
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析：选BC.本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动．由左手定则知，粒子带负电，A错．从2d缝的左端沿圆弧到达d缝的右端的粒子具有最大速度，此时运行半径为r＝，由r＝得最大速度vm＝，B对．同理，粒子的最小速度vmin＝，二者之差Δv＝vm－vmin＝，所以增大B，Δv增大，C对；增大L，Δv不变，D错．
二、非选择题
11．(2012·榆林高二测试)质子(H)和α粒子(He)从静止开始经相同的电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两个粒子的动能之比Ek1∶Ek2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝__________，周期之比T1∶T2＝________.
解析：粒子在电场中加速时，只有电场力做功，由动能定理得qU＝mv2.
故Ek1∶Ek2＝q1U∶q2U＝q1∶q2＝1∶2.
由qU＝mv2得v＝　.
设粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动，则
qvB＝.
故圆周半径r＝＝·＝·.
所以r1∶r2＝ ∶＝1∶.
粒子做圆周运动的周期T＝，
故T1∶T2＝∶＝1∶2.
答案：1∶2　1∶　1∶2
12.
图5－5－20
(2012·安康高二检测)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图5－5－20所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析：(1)由粒子的运动轨迹且利用左手定则可知，该粒子带负电荷．
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r.
又qvB＝m，则粒子的比荷＝.
(2)当粒子从D点飞出磁场时速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，如图所示．
粒子做圆周运动的半径R′＝rcot30°＝r
又R′＝，所以B′＝B
粒子在磁场中飞行时间
t＝T＝×＝.
答案：(1)负电荷　　(2)B　

1．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，
图5－6－6
其原理如图5－6－6所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
解析：选AD.回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A正确，选项B错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D正确．
2.
图5－6－7
如图5－6－7所示，场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里，磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有四个二价正离子分别为甲、乙、丙、丁它们以垂直于电场强度E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量m甲＝m乙＜m丙＝m丁，速度v甲＜v乙＝v丙＜v丁，则运动到P1、P2、P3、P4的四个位置的正离子分别为(　　)
A．甲、乙、丙、丁　　　　　　　　 B．甲、丁、乙、丙
C．丙、乙、丁、甲 D．甲、乙、丁、丙
解析：选B.偏向P1的电场力大，偏向P2的洛伦兹力大，进入B2的是速度相等的，所以有落在P1的是甲，落在P2的是丁；质量大的半径大，落在P3的是乙，落在P4的是丙．
3.
图5－6－8
(2012·铜川高二检测)如图5－6－8所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　)
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
解析：选BC.小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得转动方向为顺时针方向，C正确，D错误．
4．用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用下列哪几种方法(　　)
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形盒的半径增大为原来的2倍
D．将D形盒的半径增大为原来的4倍
解析：选AC.粒子在回旋加速器中旋转的最大半径等于D形盒的半径R，由R＝得粒子最大动能Ek＝mv2＝，欲使最大动能增加为原来的4倍，可将B或R增大为原来的2倍，故A、C正确．
5.
图5－6－9
(2012·安阳高二检测)如图5－6－9所示，电容器两极板间的距离为d，两端电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束带正电q的粒子从图示方向射入，穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场中，结果分别打在a、b两点，两点间距为ΔR.由此可知，打在两点的粒子的质量差Δm为多大？
解析：带电粒子在两极板间做匀速直线运动，故
q＝qvB1①
进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB2＝m1②
qvB2＝m2③
其中ΔR＝2(R1－R2)④
联立①②③④解得Δm＝m1－m2＝.
答案：
一、选择题
1．关于回旋加速器的说法正确的是(　　)
A．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的
B．回旋加速器是用电场加速的
C．回旋加速器是通过电场多次加速使带电粒子获得高能量的
D．带电粒子在回旋加速器中不断被加速，故在其中做圆周运动一周所用时间越来越少
解析：选BC.带电粒子是靠电场来加速的，磁场使粒子偏转，为的是再回到电场继续加速，即通过电场的多次加速使带电粒子获得高能量，故B、C正确．
2.
图5－6－10
(2012·抚顺六校联考)如图5－6－10是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内互相垂直的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.挡板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平行极板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　)
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于B/E
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
解析：选AB.该题考查速度选择器和质谱仪的原理．由加速电场可知粒子带正电．因此可以判断速度选择器中的磁场方向向外，A、B选项正确．由qE＝qvB可知v＝E/B，C不正确．由R＝可知R越小，比荷越大，D错．
3.
图5－6－11
(2012·昆明高二检测)如图5－6－11所示，一束质量、带电量、速度均未知的正离子射入正交的电场、磁场区域，发现有些离子毫无偏移地通过这一区域，对于这些离子来说，它们一定具有(　　)
A．相同的速率　　　　　 B．相同的电量
C．相同的质量 D．速率、电量和质量均相同
解析：选A.离子毫无偏移地通过这一区域，说明受到的电场力和洛伦兹力平衡，故Eq＝qvB，可得v＝，可见这些离子具有相同的速率，故选A.
4．经过回旋加速器加速后，带电粒子获得的动能(　　)
A．与D形盒的半径无关
B．与高频电源的电压无关
C．与两D形盒间的缝隙宽度无关
D．与匀强磁场的磁感应强度无关
解析：选BC.由r＝，得v＝①
又Ek＝mv2②
由①②得Ek＝，由Ek的表达式得Ek与电压U和缝隙宽度d均无关，故选B、C.
5.
图5－6－12
(2012·福建三明期末)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图5－6－12所示．现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法中可行的是(　　)
A．减小磁场的磁感应强度 B．减小狭缝间的距离
C．增大高频交流电压 D．增大金属盒的半径
解析：选D.设粒子的最终速度为v，由R＝及Ek＝mv2得Ek＝，A、B两选项可使粒子动能减小，故A、B错误；粒子的动能与交流电压无关，故选项C错误；选项D可使射出的粒子动能增大．
6.
图5－6－13
如图5－6－13所示，环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
解析：选B.粒子经电压U加速后：qU＝mv2，在充满磁场的空腔中做匀速圆周运动，半径R一定，R＝，整理得：＝，由此可判断选项A错B对；由于在空腔中的运动轨道一定，则周期为T＝，加速后的速度越大，其运动时间越短，选项CD均错．
7.
图5－6－14
(2012·安康高二单元测试)半导体按导电的电荷不同可分为两类，靠电子导电的半导体叫N型半导体，靠正电荷导电的叫P型半导体．今有一导电的半导体处在匀强磁场中，如图5－6－14所示，导体的上下两表面与平行板电容器相连，平行板电容器中的A点有一质子从静止释放，则(　　)
A．只有N型，质子向上加速
B．只有P型，质子向上加速
C．只有P型，质子向下加速
D．质子一定向上加速
解析：选B.当为N型半导体时，半导体中的电子将向左定向运动，由左手定则可以判断，电子将向下表面积累，电容器的上极板电势高，电容器内部质子将向下加速，故A错误，同理可以判断，只有B正确．
8.
图5－6－15
(2012·银川高二检测)如图5－6－15所示的质谱仪中的4条径迹分别为质子、反质子、α粒子、反氦核的径迹，其中反氦核的径迹为(　　)
A．1　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
解析：选B.进入磁场B2的四种粒子的速度v相同，由左手定则可以判断，向左偏转的为反质子和反氦核(带负电)．又根据R＝知RH9.
图5－6－16
回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒．两盒间的狭缝中存在周期性变化的匀强电场(其频率为f)，使带电粒子在通过狭缝时得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图5－6－16所示．设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U.则下列说法中正确的是(　　)
A．增大匀强电场间的加速电压，被加速粒子最终获得的动能将增大
B．增大磁场的磁感应强度，被加速粒子最终获得的动能将增大
C．被加速粒子最终速度大小不超过2πfR
D．增大匀强电场间的加速电压，被加速粒子在加速器中运动的圈数将减少
解析：选BCD.由qvB＝得r＝，故粒子获得的动能为Ek＝，当r＝R时粒子获得最大动能Ekm＝与加速电场的电压U无关，A错误、B正确；最终速度vm＝，又由周期T＝得频率f＝，所以＝2πf，因此vm＝2πfR，C正确；被加速粒子在加速器中运动的圈数为n＝＝与加速电压U成反比，D正确．
10.
图5－6－17
如图5－6－17所示的空间中，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向向外，磁感应强度为B，有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略)，运动轨迹如图所示，已知两个带电小球A和B的质量关系为mA＝3mB，轨道半径为RA＝3RB.则下列说法正确的是(　　)
A．小球A带正电、B带负电
B．小球A带负电、B带正电
C．小球A、B的速度比为3∶1
D．小球A、B的速度比为1∶3
解析：选C.由于小球在复合场中做匀速圆周运动，所以qE＝mg，qvB＝m，两式联立解得v＝，所以＝＝，故C正确，D错误．由于两小球所受电场力都向上，都与场强方向相反，所以两小球都带负电，故A、B错误．
二、非选择题
11．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交变电压为U＝2×104 V，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径r＝1 m，磁场的磁感应强度B＝0.5 T(元电荷e＝1.60×10－19 C，质子质量m＝1.67×10－27 kg)，求：
(1)质子最初进入D形盒的动能为多大？
(2)质子经回旋加速器最后得到的动能为多大？
解析：(1)质子在电场中加速，根据动能定理得
qU＝Ek－0，
Ek＝qU＝1.60×10－19×2×104 J＝3.20×10－15 J.
(2)质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为r，则有：qvB＝，
解得：v＝
所以质子经回旋加速器最后获得的动能为
Ek＝mv2＝m·2＝1.92×10－12 J.
答案：(1)3.2×10－15 J　(2)1.92×10－12 J
12．(2011·高考北京理综卷改编)利用电场和磁场，可以将比荷
图5－6－18
不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．
如图5－6－18所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1＞m2)，电荷量均为q.加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
解析：(1)加速电场对离子m1做的功W＝qU
由动能定理得m1v＝qU
所以v1＝　.①
(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝，r＝，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为
r1＝，r2＝　②
两种离子在GA上落点的间距
s＝2r1－2r2＝　(－)．③
答案：(1)　　(2)　(－)

1.
图7
(2012·杭州高二检测)每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将(　　)
A．向东偏转　　　　　　　 B．向南偏转
C．向西偏转 D．向北偏转
解析：选A.赤道附近的地磁场方向水平向北，一个带正电的射线粒子竖直向下运动时，据左手定则可以确定，它受到水平向东的洛伦兹力，故它向东偏转，A正确．
2．(2012·陕西高二测试)关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子沿电场线方向射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
解析：选D.带电粒子沿电场线方向射入，若为正电荷，电场力对带电粒子做正功，粒子动能增大，若为负电荷，电场力对带电粒子做负功，粒子动能减小，A错误；带电粒子垂直电场线方向射入，粒子做类平抛运动，电场力一定做正功，粒子动能增加，B错误；由于洛伦兹力的方向始终与粒子的速度方向垂直，故洛伦兹力永远不做功，C错误，D正确．
3．(2012·芜湖高二检测)匀强磁场中一个运动的带电粒子，受到洛伦兹力f的方向如图8所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是(　　)
图8
A．粒子带负电，向下运动 B．粒子带正电，向左运动
C．粒子带负电，向上运动 D．粒子带正电，向右运动
解析：选A.根据左手定则，让磁感线穿过掌心，拇指指向f的方向，可判断出四指向上，这样存在两种可能：粒子带正电向上运动或粒子带负电向下运动，故A正确，C错误．而粒子左右运动所受洛伦兹力方向向上或向下，与题意不符，故B、D错误，故正确答案是A.
4.
图9
如图9所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带正电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下，则下列说法中正确的是(　　)
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块从M点滑到最低点所用的时间比磁场不存在时短
C．滑块经过最低点时的速度与磁场不存在时相等
D．滑块从M点滑到最低点所用的时间与磁场不存在时相等
解析：选CD.因为洛伦兹力不做功，小滑块从最高点M滑至最低点过程中，不管磁场存在与否，都是只有重力做功，由动能定理判知，经过最低点时的速度相等，故C对，A错；由于f⊥v，不改变v的大小，故两种情况下滑时间相等，故B错，D对．
5.
图10
10如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中(　　)
A．运动时间相同
B．运动轨迹的半径相同
C．重新回到边界时速度大小和方向相同
D．重新回到边界时与O点的距离相等
解析：
选BCD.两偏转轨迹的圆心都在射入速度方向的垂线上，可假设它们的半径为某一长度，从而画出两偏转轨迹，如图所示．由此可知它们的运动时间分别为：t1＝，t2＝；轨迹半径R＝相等；射出速度方向都与边界成θ角且偏向相同；射出点与O点距离相等，为d＝2R·sinθ.故B、C、D正确．
6.
图11
如图11所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α>β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有(　　)
A．三个质子从S运动到S′的时间相等
B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上
C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近
D．附加磁场方向与原磁场方向相同
解析：选CD.带电粒子在磁场中的回旋时间与回旋角成正比．由图知φc>φb>φa可知tc>tb>ta，A选项错误．三个质子在匀强磁场中轨道半径相等，即S到圆心的距离相等，所以三个圆心不可能都出现在OO′轴上，B项错误；若撤去附加磁场，b质子经半圆打在SS′连线最远，a质子初速度方向与SS′连线夹角最小，落点最近，故C项正确．圆心都在弧线一侧，所以附加磁场与原磁场方向相同，D项正确．
7.
图12
如图12所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是30°，则
(1)电子的质量是多少？
(2)电子穿过磁场的时间又是多少？
解析：(1)电子在磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分．又因为洛伦兹力与速度v垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时所受洛伦兹力延长线的
交点上．从图中可以看出，AB弧所对的圆心角θ＝30°＝，OB即为半径r，由几何关系可得r＝＝2d.由半径公式r＝得m＝＝.
(2)带电粒子通过AB弧所用的时间，即穿过磁场的时间为
t＝T＝×T＝×＝＝.
答案：(1)　(2)
8.
图13
如图13所示，两块长度均为5d的金属板，相距d平行放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场，一束宽为d的电子束从两板左侧垂直磁场方向射入两板间．设电子电荷量为e，质量为m，入射速度为v0.要使电子不会从两板间射出，则匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件？
解析：
磁感应强度B取最小值和最大值时，最上层电子的半径分别为r1、r2(如右图)．
B最小时，由几何关系得r1＝d
代入Bev0＝得B最小＝，B最大时，r2＝
代入Bev0＝得B最大＝.
答案：≤B≤

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．关于磁场和磁感线的说法中正确的是(　　)
A．磁感线就是小铁屑连成的曲线
B．磁感线可能是不闭合的曲线
C．磁感线是磁场中客观存在的曲线，它可形象地描述磁场的强弱和方向
D．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是客观存在的一种特殊物质
解析：选D.磁感线是人们为了形象描述磁场而假想的线，实际上不存在，故C错．小铁屑连成的曲线可以模拟磁感线，但不是磁感线，故A错．磁感线一定是闭合曲线，故B错．磁场和电场都是物质，磁极间的作用、电流间的作用都是通过磁场发生的，故D对．
2.
图5－8
如图5－8所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置1经过位置2到位置3，位置1、3都很靠近2，在这个过程中，下列对穿过线圈磁通量的说法中正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量越来越大
B．穿过线圈的磁通量越来越小
C．在位置2穿过线圈的磁通量最小
D．在位置2穿过线圈的磁通量最大
解析：选C.因为在位置2线圈与磁感线平行，没有磁感线穿过，故穿过线圈的磁通量最小，等于零，C对，D错；由于位置1、3都很靠近2，故从位置1到位置3穿过线圈的磁通量先变小再变大，A、B错．
3．如图5－9所示，为演示电流对磁极作用力的实验，图中所示的小磁针跟它上方的导线平行．当闭合开关时可观察到的现象是(　　)
图5－9
A．小磁针N极垂直纸面向里偏转
B．小磁针N极垂直纸面向外偏转
C．小磁针N极向上偏转
D．小磁针N极向下偏转
解析：选A.根据安培定则，导线下方的磁场方向是垂直纸面向里的，所以小磁针N极垂直纸面向里偏转，选项A正确．
4.
图5－10
弹簧测力计下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极一端位于未通电的螺线管正上方，如图5－10所示，下列说法正确的是(　　)
A．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将不变
B．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将增大
C．若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将减小
D．若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将增大
解析：选D.通电后的螺线管可等效为一个条形磁铁．若将a接电源正极，b接电源负极，由安培定则可判断，螺线管上端为N极，根据同名磁极相斥，弹簧测力计下挂的条形磁铁受到向上的斥力，弹簧测力计的示数将减小，A、B错；同理可判断C错D对．
5.
图5－11
一不计重力的带电粒子垂直射入自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧，则从图中可以判断(　　)
A．粒子从A点射入，速率逐渐减小
B．粒子从A点射入，速率逐渐增大
C．粒子从B点射入，速率逐渐减小
D．粒子从B点射入，速率逐渐增大
解析：选A.由于周围气体的阻碍作用，带电粒子的速度逐渐减小，而其运动轨迹仍为一段圆弧，即半径的大小不变，由公式r＝可知带电粒子从磁场强的地方运动到磁场弱的地方，故选A.
6．如图5－12所示为电视机显像管及其偏转线圈的示意图，如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，则可能是下列哪些原因引起的(　　)
图5－12
A．电子枪发射能力减弱，电子数减少
B．加速电场的电压过高，电子速率偏大
C．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D．偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱
解析：
选BCD.电子数的减少仅能改变画面的清晰度，不会引起画面幅度的偏小，A错误；电子沿如图所示方向进入偏转磁场，显然画面幅度的大小取决于α角，tan＝＝.速率偏大，α变小，画面幅度偏小，B正确；线圈匝数减少或线圈电流过小导致B变小，α减小，画面幅度偏小，C、D正确．
7.
图5－13
如图5－13所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(　　)
A．a点　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选C.由于I1>I2，且a点离I1近，所以I1比I2在a点产生的磁场强，虽然I1、I2在a点形成的磁场方向相反，但合场强不可能为零；根据安培定则，I1、I2在b点形成的磁场方向相同，磁感应强度不可能为零；I1、I2在c点处形成的磁场方向相反，I1>I2，但I2离c更近，二者在c处形成的磁感应强度大小相等时，合磁场的磁感应强度可能为零；I1、I2在d处形成磁场有一夹角，合磁场磁感应强度不可能为零．综上所述只有选项C正确，A、B、D均错．
8.
图5－14
电磁轨道炮工作原理如图5－14所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是(　　)
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
解析：选BD.由题意可知B＝kI，F＝BId＝kI2d.
由动能定理可得　F·L＝mv，v0＝　　，v0＝　　，v0∝I，要使v0加倍，则B、D正确，A、C错．
9.
图5－15
设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图5－15所示，已知一粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是(　　)
A．粒子必带负电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．粒子在C点时速度最大
D．粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点
解析：
选BC.离子由A至C洛伦兹力不做功，电场力做正功，故粒子带正电，A错误，又不计重力，由动能定理可知B、C正确，粒子到达B点后向右继续重复的运动，如图所示，故D错误．
10.
图5－16
半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB＝120°，如图5－16所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A．2π/(3v0) B．2πr/(3v0)
C．πr/(3v0) D.πr/(3v0)
解析：选D.从所对圆心角θ＝60°知t＝T＝，但题中已知条件不够，没有此项选择，只有另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动得t＝，又R＝r，得＝R·θ＝r×＝πr，则t＝＝.
11.
图5－17
如图5－17所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是(　　)
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．磁场区域的圆心坐标为
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L)
解析：选BD.对于带电粒子在磁场中的运动情况分析如图甲所示，在图甲中离开磁场的速度方向与x轴正向夹角为60°，则弧ab所对应的圆心角为60°，弦ab与x轴夹角为30°，由几何关系得Ob长为L，且ab与x轴夹角为30°，则OO′＝L，D对；在图乙中，作弦Oa与弦Ob的垂直平分线，交点O″为磁场区域的圆心，C错；电子在磁场中运动的半径r＝＝2L，周期T＝＝，则运动时间t＝T＝，B对．
12.
图5－18
长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电，现有质量为m，电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射，如图5－18所示，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)
A．使粒子速度v<
B．使粒子速度v>
C．使粒子速度v>
D．使粒子速度解析：选AB.粒子速度的大小将影响到带电粒子轨道半径，分析速度大时粒子的运动情况和速度小时粒子的运动情况，问题归结为求粒子能从右边穿出的运动半径临界值r1，和从左边穿出的运动半径临界值r2.粒子从右边穿出时圆心在O点，有r＝L2＋2，得r1＝L.又因为r1＝，得v1＝，所以v>时粒子能从右边穿出．粒子从左边穿出时圆心在O′点，有r2＝×＝，得v2＝，所以v<时粒子能从左边穿出．答案为AB.
二、计算题(本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.
图5－19
(8分)把一根长为L＝10 cm的直导线垂直磁感线方向放入如图5－19所示的匀强磁场中．
(1)当导线中通以I1＝2 A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10－7 N，试求该磁场的磁感应强度的大小B.
(2)若该导线中通以I2＝3 A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向．
解析：(1)根据F＝BIL
得B＝＝5×10－7 T．(4分)
(2)当导线中电流变化时，导线所在处的磁场不变，则F＝BIL＝1.5×10－7 N(2分)
方向：根据左手定则，导线所受安培力方向垂直于导线向上．(2分)
答案：(1)5×10－7 T　(2)1.5×10－7 N　方向垂直于导线向上
14.
图5－20
(10分)在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图5－20所示．若此粒子在磁场区域运动过程中速度的方向一共改变了90°，重力可忽略不计，求：
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；
(2)该粒子射入时的速度大小v.
解析：(1)粒子在匀强磁场中运动，有qvB＝m，运动周期T＝，
得轨道半径r＝，周期T＝.(2分)
粒子的速度方向改变了90°，所用的时间t＝＝.(2分)
(2)粒子的运动情况如右图所示．
△AOD是等腰直角三角形，
AD＝r，∠OAD＝45°；
在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°，
AD＝dcos∠CAD＝dcos30°，
即r＝dcos30°，
解得半径r＝d，(4分)
因此粒子射入时的速度大小v＝＝.(2分)
答案：(1)　(2)
15.
图5－21
(10分)回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的狭缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向垂直于盒底面，离子源置于盒的圆心附近，若离子源射出的离子电荷量为q，质量为m，离子最大回旋半径为R，其运动轨迹如图5－21所示．求：
(1)所加交流电频率应是多大，离子角速度为多大？
(2)离子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？
解析：(1)离子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于离子回旋频率．回旋频率f＝，(3分)
角速度ω＝2πf＝.(2分)
(2)离子最大回旋半径为R，由牛顿第二定律得
qvmB＝，其最大速度为：vm＝，(3分)
故最大动能Ekm＝mv＝.(2分)
答案：(1)　　(2)　
16.
图5－22
(12分)如图5－22所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有
qE＝mg①(1分)
得：E＝②(1分)
重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(1分)
(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，
∠MO′P＝θ，如图所示．设半径为r，由几何关系知
＝sinθ③(2分)
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，
有qvB＝④(1分)
由速度的合成与分解知＝cosθ⑤(1分)
由③④⑤式得v0＝cotθ⑥(1分)
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦(1分)
由匀变速直线运动规律得v＝2gh⑧(1分)
由⑥⑦⑧式得h＝(2分)
答案：(1)　竖直向上　(2)·cotθ　(3)