《优化方案》鲁科物理选修3-1电子题库（29份打包）

(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．下述说法中不正确的是(　　)
A．根据E＝F/q，可知电场中某点的场强与电场力成正比
B．根据E＝kq/r2，可知电场中某点的场强与形成电场的点电荷的电荷量成正比
C．根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强
D．电场线就是点电荷在电场中运动的轨迹
解析：选ACD.电场强度是反映电场性质的物理量，它只与产生它的电荷有关，而与放入其中的检验电荷所受的力及其电荷量无关；且场强为矢量，遵循矢量相加的平行四边形定则，所以合场强可以小于分场强；而电场线是为了描述电场而假设出来的一种工具，和电荷运动的轨迹是完全不同的两个概念．
2．门电路的真值表如下，它是(　　)
输入
输出
A
B
Q
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
A.“或”门电路　　　　　　 B．“非”门电路
C．“与”门电路 D．“与非”门电路
解析：选C.由表可得只有当两输入端都成立时输出端才成立，这是与门的特性，所以C正确．
3．如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡均正常发光，且两个电路的总功率相等．则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系，正确的是(　　)
A．U甲>2U乙 B．U甲＝2U乙
C．R甲＝R乙 D．R甲＝2R乙
解析：选B.设灯的阻值为R，正常发光时电流为I，由于两个电路的总功率相等，所以I2·R甲＝(2I)2·R乙，即R甲＝4R乙；由P＝U甲·I＝U乙·2I可知，U甲＝2U乙，故选项B正确．
4．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是(　　)
A．电动机的内电阻为2 Ω
B．电动机的内电阻为7.5 Ω
C．电动机的输出功率为30 W
D．电动机的输出功率为8 W
解析：选A.当电动机不转动时，电动机消耗的电功率等于热功率，电压表与电流表示数的比值就是电动机的电阻，即R＝＝2 Ω，选项A正确、B错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P出＝UI－I2R＝22 W，选项C、D错误．
5．在如图所示的实验电路中，当滑动变阻器R0的滑动触头向右端滑动时(　　)
A．L1变暗，L2变亮，L3变亮
B．L1变暗，L2变暗，L3变亮
C．L1变暗，L2变暗，L3变暗
D．L1变亮，L2变暗，L3变亮
解析：选B.触头向右滑，滑动变阻器有效电阻变大，电路中电流变小，L1变暗，且内电压减小，并联电路两端电压变大，流过L3的电流变大，L3变亮，流过L2的电流变小，L2变暗，所以B正确．
6．下图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点．其中电势和场强都相同的是(　　)
解析：选B.A图中a、b两点电势相同，场强大小相同，但方向不同．B图中a、b两点场强大小与方向、电势均相同．C图中a、b两点场强相同，电势不同．D图中a、b两点电势、场强大小相同，场强方向不同，只有B正确．
7．如图所示，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2.一个静止的α粒子(He)自A板起相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则它的出射速度的大小为(　　)
A．2  B. 
C．2  D. 
解析：选B.在加速电场中由动能定理得：qU1＝mv
在偏转电场中，由动能定理得：qU2＝mv2－mv
解得：v＝ .
8．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是(　　)
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
解析：选ABD.斜率随电压的增大而减小，故电阻增大，A对．对应P点，R＝，B对，C错．由于功率P＝UI，故功率数值上等于矩形PQOM的面积，D对．
9．先后按图中甲、乙所示电路测同一未知电阻阻值Rx，已知两电路的路端电压恒定不变，若按图甲所示电路测得电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA，那么按图乙所示电路测得的结果应有(　　)
A．电压表示数为6 V，电流表示数为2 mA
B．电压表示数为6 V，电流表示数小于2 mA
C．电压表示数小于6 V，电流表示数小于2 mA
D．电压表示数小于6 V，电流表示数大于2 mA
解析：选D.由串联电路与并联电路的知识可知，在图乙接法中，Rx与电压表V并联之后的电阻小于Rx，故Rx两端电压减小，电流表两端电压增大，流过电流表的电流增大，D对．
10．有一个已充了电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－6 C，则其电压降为原来的，则下列说法正确的是(　　)
A．电容器原来的电荷量是9×10－6 C
B．电容器原来的电荷量是4.5×10－6 C
C．电容器原来的电压可能是5 V
D．电容器原来的电压可能是5×10－7 V
解析：选BCD.由题意知＝，解得Q＝4.5×10－6 C．当U1＝5 V时，C1＝＝ F＝0.9 μF；当U2＝5×10－7 V时，C2＝＝ F＝9 F.
二、实验题(本题共2小题，共16分．按题目要求作答)
11．(6分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中．
(1)实验中滑动变阻器应采用________接法(填“分压”或“限流”)
(2)用笔画线代替导线，将实验电路连接完整，使该装置可以更好、更准确地完成实验；
(3)描绘出伏安特性曲线如图，其弯曲的主要原因是________________________________．
解析：(1)由于描绘伏安特性曲线时电压要从零开始变化，所以滑动变阻器用分压式接法
(2)小灯泡电阻较小，电流表用外接法，补充的线见下图
(3)因为电压越高，相同时间内灯丝产生的热量越多，灯丝温度升高，灯丝电阻增大．
答案：(1)分压　(2)图见解析　(3)灯丝电阻随电压的增大而增大
12．(10分)某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，当作标准电阻用)、一只电流表(量程Ig＝0.6 A，内阻rg＝0.1 Ω)和若干导线．
(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．
(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录．当电阻箱的阻值R＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示，处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数；再制作R－坐标图，如图所示，图中已标注了(R，)的几个与测量值对应的坐标点．请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图上．
(3)在图上把描绘出的坐标点连成图线．
(4)根据描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.
解析：根据闭合电路欧姆定律，测量电源的电动势和内电阻，需要得到电源的路端电压和通过电源的电流，在本实验中没有电压表，但是可以用电阻箱和电流表串联充当电压表，测量电源的路端电压，通过电流表的电流也是通过电源的电流，所以只需要将电流表和电阻箱串联接在电源两端即可．实物图的连接如图所示．
由闭合电路欧姆定律有：
E＝I(R＋r＋rg)，解得R＝E·－(r＋rg)，根据R－图线可知：电源的电动势等于图线的斜率，内阻为纵轴负方向的截距减去电流表的内阻．得E＝1.5 V　r＝0.3 Ω
答案：(1)(2)见解析　(3)如图所示
(4)1.5(1.46～1.54)　0.3(0.25～0.35)
三、计算题(本题共4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．(10分)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M＝0.3 kg，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g取10 m/s2)
解析：棒受的安培力水平向左，由左手定则知，棒中电流由a流向b，(2分)
对棒受力分析如图
有F安＝T＋f(2分)
而f＝μmg(1分)
T＝Mg(1分)
F安＝IlB(2分)
解得I＝2 A．(2分)
答案：2 A　由a到b
14．(10分)电动势E＝6 V，内阻r＝0.5 Ω的电源和一台线圈电阻为R＝0.2 Ω的电动机连接，电动机正常工作，这时电动机两端的电压U＝5 V．求：
(1)电动机输入的电功率P1和电动机输出的机械功率P2；
(2)电源的总功率P和电源的效率η.
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir得干路电流为I＝＝ A＝2 A(2分)
电动机的输入功率P1＝UI＝5×2 W＝10 W(2分)
电动机的输出功率P2＝UI－I2R＝9.2 W．(2分)
(2)电源的总功率P＝IE＝2×6 W＝12 W(2分)
电源的效率η＝×100%＝×100%＝83.3%.(2分)
答案：(1)P1＝10 W　P2＝9.2 W
(2)P＝12 W　η＝83.3%
15．(12分)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q/m；
(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)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．(2分)
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(1分)
又qvB＝m(2分)
则粒子的比荷＝(1分)
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝rcot30°＝r(2分)
又R′＝(1分)
所以B′＝B(1分)
粒子在磁场中飞行时间：t＝T＝×＝.(2分)
答案：(1)负电　　(2)B　
16．(12分)如图所示，在x<0且y<0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小为2×10－4 T，在x>0且y<0的区域内存在与x轴负方向成45°角向上方向的匀强电场．已知质量m为1.60×10－27 kg的质子从x轴上的M点沿与x轴负方向成45°角向下垂直射入磁场，结果质子从y轴的N点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到坐标原点O，已知＝＝l＝0.2 m．不计质子的重力，带电量e＝1.60×10－19 C，求：
(1)质子从射入匀强磁场到O点所用的时间；
(2)匀强电场的场强大小．
解析：(1)设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，
由几何关系可知，轨道半径r＝lcos45°＝0.2 m(2分)
又Bqv＝m(2分)
所以v＝＝ m/s＝4×103 m/s(1分)
设带电粒子在磁场中运动时间为t1，在电场中运动的时间为t2，总时间为t，
t1＝＝(1分)
t2＝(1分)
联立解得t＝＋＝2.07×10－4 s(1分)
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则
lsin45°＝at(2分)
a＝(1分)
解得E＝＝1.6 V/m.(1分)
答案：(1)2.07×10－4 s
(2)1.6 V/m

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48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．最早提出用电场线描述电场的物理学家是(　　)
A．牛顿　　　　　　　 B．伽利略
C．法拉第 D．阿基米德
解析：选C.最早提出用电场线描述电场的是法拉第，C正确．
2．对电场线的描述正确的是(　　)
A．电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向
B．电场线永不相交
C．电场线是闭合曲线
D．电场线是假想曲线
解析：选ABD.由电场线的特点可以知道，A、B、D对，C错．
3．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，图为点电荷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带电荷量大于b带电荷量
B．a、b为异种电荷，a带电荷量小于b带电荷量
C．a、b为同种电荷，a带电荷量大于b带电荷量
D．a、b为同种电荷，a带电荷量小于b带电荷量
解析：选B.由电场线分布情况可知a、b为异种电荷，又b处电场线比a处电场线要密，故b处附近场强大于a处附近场强，b带电荷量大于a带电荷量，所以B正确．
4．A为已知电场中的一固定点，在A点放一电量为q的电荷，所受电场力为F，A点的场强为E，则(　　)
A．若在A点换上－q，A点场强方向发生变化
B．若在A点换上电量为2q的电荷，A点的场强将变为2E
C．若在A点移去电荷q，A点的场强变为零
D．A点场强的大小、方向与q的大小，正负、有无均无关
解析：选D.A点的电场强度的大小，方向由电场本身决定，与放在A点的电荷q的大小，正负、有无均无关，D对．
5．对于库仑定律，下列说法正确的是(　　)
A．凡计算真空中两个带电体间的相互作用力，就可使用公式F＝k
B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律
C．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等
D．当两个半径为r的带电金属球中心相距为4r时，对于它们之间的静电作用力大小，只取决于它们各自所带电荷量的多少
解析：选C.真空中的带电体，只有能看作点电荷的，才遵循库仑定律，A项错误；当两带电小球相距非常近时，它们的体积大小就会影响其电荷的分布情况，它们不能视为点电荷，库仑定律不再适用，B项错误；只要是相互作用力，都遵守牛顿第三定律，大小相等，方向相反，C项正确；显然，当两球相距不太远时，两金属球上的电荷会因彼此的静电力作用而相互远离或靠近，此时的静电力大小与电性有关，D项错误．
6．如图所示，在两等量异种电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、c关于MN对称，b是两电荷连线的中点，d位于两电荷的连线上，以下判断正确的是(　　)
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．正电荷q在a、c两点受电场力相同
D．负电荷沿MN移动时，所受电场力的方向不变
解析：选BD.由等量异种电荷产生的电场的电场线可以知道，Ed＞Eb，A错，B对．由于该电场关于中垂线对称，a、c两点场强大小相等，故正电荷在a、c两点受电场力大小相等，但由于a、c两点场强方向不同，故电场力方向不同，C错．MN上场强方向垂直MN向右，负电荷在MN上受电场力方向始终垂直MN向左，D对．
7．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点．若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是(　　)
A．形成电场的点电荷电性为正
B．电子一定是从a点运动到b点
C．电子一定是从b点运动到a点
D．电子的运动是匀变速曲线运动
解析：选C.电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A错误；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹为由b点到a点，C对，B错；电子从b点运动到a点库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做变速曲线运动，故D错．
8．下图分别是电场中某点的电场强度E及所受电场力F与放在该点处的试电荷q之间的函数关系图象，其中正确的是(　　)
解析：选A.电场中某点的电场强度由场本身的性质决定，与放入该点的试探电荷无关，A项正确，B项错误；试探电荷在该点受的电场力F＝Eq，F正比于q，C、D项错误．
9．在一个真空点电荷电场中，离该点电荷为r0的一点，引入电量为q的试探电荷，所受到的电场力为F，则离该点电荷为r处的场强的大小为(　　)
A．E/q B．Fr/(qr2)
C．Fr0/(qr) D．F/q
解析：选B.在r0处，库仑力F＝，在r处，库仑力F′＝解得F′＝由E＝得E＝，B正确．
10．图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1，Q2，MN是a、b连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况不能使P点场强方向指向MN的左侧(　　)
A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2
B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|
C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜O2
D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|
解析：选B.正电荷在P点的场强方向背离正电荷，负电荷在P点的场强方向指向负电荷，场强的大小与电荷量成正比．根据点电荷的场强叠加原理可分析出正确选项为B.
11．图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图能作出正确判断的是(　　)
A．电场强度的方向
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
解析：选BCD.设粒子是由b向a运动时，因为其轨迹向左偏，说明粒子受到向左的电场力作用，B正确；因为电场力方向与初速度方向夹角小于90°，因此粒子做加速运动，所以在a点速度大，C正确；粒子电性未知，场强方向无法判断，A错；根据电场线的疏密，可知粒子在b点的加速度小，D正确．
12．有一匀强电场，其场强为E，方向水平向右，把一个半径为r的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A穿有一个质量为m，电荷量为q(q＞0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A点下滑1/4圆周到B点时，小球对环的压力大小为(　　)
A．2mg B．qE
C．2mg＋qE D．2mg＋3qE
解析：选D.由分析知：小球受重力mg、电场力Eq和轨道给环的力F，小球从A向B运动过程中，电场力和重力对小球做功，所以由动能定理得Eqr＋mgr＝mv2.
又在B点F－Eq＝，所以F＝2mg＋3Eq.
二、计算题(本题共4小题，共52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．(10分)一根长为L的丝线吊着一质量为m，电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，丝线与竖直方向成37°角，(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)剪断丝线后，小球的加速度大小．
解析：(1)显然小球带正电，由平衡条件得：mgtan37°＝Eq(3分)
故电场强度的大小E＝.(2分)
(2)剪断丝线后小球所受合力为F合＝mg/cos37°(2分)
根据牛顿第二定律F合＝ma，(2分)
小球的加速度大小a＝g/cos37°＝5g/4.(1分)
答案：(1)　(2)g
14．(12分)如图所示，一绝缘细杆竖直立在水平向右的匀强电场中，电场强度为E，一质量为m的细环套在细杆上，恰好可以匀速下滑，试求细环与细杆间的动摩擦因数．如果要使细环以加速度a＝g匀加速下滑，电场强度E′应为多大？
解析：由于不知道细环的带电性质，因此不能确定其所受电场力的方向，由此也不能确定细杆对环的支持力的方向，但qE与支持力N是大小相等、方向相反的一对平衡力，不影响细环在竖直方向的运动状态，而竖直方向的摩擦力f也不受N的方向影响，所以无论qE的方向是向左还是向右，对本题的解没有影响．因此我们假定细环带正电，受力分析如图所示．
因为F＝qE＝2mg，所以N＝2mg(3分)
由于细环匀速下滑，所以有：
f＝μN＝mg(2分)
μ＝＝＝0.5(1分)
如果要使细环能以a＝g匀加速下滑，由牛顿第二定律有
mg－μN′＝mg?N′＝＝mg.(3分)
而N′＝qE′，(1分)
所以E′＝＝＝E.(2分)
答案：0.5　E
15．(14分)如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬挂起来，在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直，已知A、B相距3 cm，A的带电量为qA＝＋2.0×10－9 C．求：
(1)匀强电场的场强大小和方向；
(2)小球B的电量和电性；
(3)A、B连线中点处的场强大小和方向．
解析：(1)B所处位置合场强为零，设匀强电场的场强为E
E＝EA＝＝2×104 N/C，方向向左(4分)
(2)A、B整体水平方向所受外力平衡，则B带负电，电量qB＝qA＝2.0×10－9 C(4分)
(3)在A、B连线中点处EA′＝EB′＝＝8×104 N/C(3分)
合场强E合＝EA′＋EB′－E＝1.4×105 N/C　方向向右(3分)
答案：(1)2×104 N/C　方向向左
(2)2.0×10－9 C　带负电　(3)1.4×105 N/C　方向向右
16．(16分)一个带正电的微粒，从A点射入到水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10 C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留二位有效数字)
(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．
(2)求电场强度的大小和方向．
(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
解析：(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，由于粒子做直线运动，则加速度与运动方向在同一直线上，由于只受重力与电场力作用，则其合力必与运动方向同一直线，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动．(5分)
(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0(2分)
所以电场强度E＝1.7×104 N/C，(2分)
电场强度的方向水平向左．(2分)
(3)要使微粒由A运动到B点，速度vB＝0，微粒进入电场的最小速度vA，由动能定理得：
mgLsinθ＋qELcosθ＝mv/2(3分)
代入数据，解得vA＝2.8 m/s.(2分)
答案：(1)匀减速运动
(2)1.7×104 N/C　方向水平向左
(3)2.8 m/s

1．关于摩擦起电现象，下列说法中正确的是(　　)
A．摩擦起电现象使本没有电子和质子的物体中产生了电子和质子
B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量同种电荷
C．摩擦起电，可能是摩擦时质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而带正电
解析：选D.摩擦起电的实质是电子发生了转移，A、C均错．摩擦后两物体带等量异种电荷，B错．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒转移到丝绸上，而使玻璃棒带正电，D对．
2．(2012·衡阳高二期中)将不带电的导体A与带负电荷的导体B接触，导体A中的质子数将(　　)
A．增加　　　　　　　　 B．不变
C．减少 D．先增加后减少
解析：选B.接触时，电子从B转移到A，因此A的质子数不变．
3．下列说法正确的是(　　)
A．不带电的导体靠近一个带电体，导体两端就会带等量异种电荷
B．不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷
C．摩擦起电的过程，是一个物体失去电子，另一个物体得到电子的过程
D．玻璃棒与任何物体摩擦均会带上正电荷
解析：选AC.根据静电感应的规律可知A项正确；根据物质的原子结构可以否定B选项；起电的过程就是得失电子的过程，C对；玻璃棒与丝绸摩擦，玻璃棒带正电，但与其他物体摩擦的情况就不一定相同了，D错．
4．下列事例中属于静电应用的有(　　)
A．油罐车拖一条铁链
B．飞机机轮用导电橡胶制成
C．织地毯时夹一些不锈钢丝
D．静电复印
解析：选D.选项A、B、C都是对静电的防止，D是对静电的应用．
5.如图所示，A、B是两个与大地绝缘且不带电的完全相同的金属导体，现将其放置在带负电的金属球C附近，通过静电感应的方法使A、B带电，请就以下三种情况，填写实验结果(均填“带正电”、“带负电”或“不带电”)
(1)若A、B先接触再分开，最后移去C，则A________.
(2)若A、B接触后将B用导线接地，随即断开接地线，然后移去C，最后将A、B分开，则A________.
解析：(1)AB接触后成为一个新的导体，由于静电感应，A带负电，分开且移走C后，A仍带负电．
(2)A、B接触后B端接地，A端负电荷导入大地，断开接地线移走C，A、B均带正电，A、B分开后，A带正电．
答案：(1)带负电　(2)带正电
一、选择题
1．有A、B、C三个塑料小球，A和B、B和C、C和A间都是相互吸引的，如果A带正电，则(　　)
A．B、C球均带负电
B．B球带负电，C球带正电
C．B、C球中必有一个带负电，而另一个不带电
D．B、C球都不带电
解析：选C.由题意知，若B带负电，则C带正电，A、C应相互排斥，所以B、C中只能有一个带电，且带负电，C正确．
2．电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为(　　)
A．灰尘的自然堆积
B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力
C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘
D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘
解析：选D.应明确该现象是一种静电现象，即电视机工作时，屏表面由于有静电而吸附灰尘，即D正确．
3．在空气潮湿的情况下，已带正电的验电器金属箔片张角不断减小，在这个过程中(　　)
A．验电器上的电子数不断增加
B．验电器上的电子数不断减少
C．验电器上的电子数保持不变
D．验电器上的质子数不断减少
解析：选A.验电器带正电，则金属箔片也带正电，金属箔片张角减小，说明部分正电荷被中和，则电子数在增加，故A正确．
4．关于摩擦起电与感应起电，以下说法正确的是(　　)
A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生了电荷
B．摩擦起电是因为产生了电荷，感应起电是因为电荷的转移
C．不论摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移
D．以上说法均不正确
解析：选C.摩擦起电，感应起电都是通过电荷的转移实现的，C对．
5.绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a近旁放一金属球b，开始时，a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则(　　)
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
解析：选B.b球带电后，使a产生静电感应，感应的结果是a靠近b的一侧出现与b异种的感应电荷，远离b的一侧出现与b同种的感应电荷．虽然a上的感应电荷等量异种，但因为异种电荷离b更近，所以b对a作用力为引力．当b吸引a使两者接触后，由于接触起电，b、a又带上同种电荷，有斥力作用，因而又把a排斥开，所以B正确．
6.如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两导体球开始时相互接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是(　　)
A．先把两球分开，再移走棒，棒的电荷转移到两球上
B．先移走棒，再把两球分开
C．先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开
D．棒的带电荷量不变，两导体球不能带电
解析：选C.使两球带电有两种方法，接触带电和感应起电．
将棒接触其中一球，再把两球分开，小球会由于接触而带电，所以C对．或者是将棒接近其中一个小球，小球会由于静电感应带电，若先移走棒静电感应现象消失，小球仍不带电，所以应先将小球分开再移走棒，小球才会带电，并且这时棒上的带电荷量不变．所以A、B、D不对．
7．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，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对、D错．
8．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(　　)
解析：选B.当带电金属球靠近验电器时，验电器靠近金属球的一端电性与金属球相反，远离金属球的一端电性与金属球相同，所以只有B正确．
9．导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带－Q的负电荷，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．Q
C．2Q D．4Q
解析：选C.两导体上的电荷先完全中和再平分，所以每个小球上带电荷量的大小为＝2Q.
10．如图所示，在两个带等量异种电荷的绝缘导体之间，对称地放着两个相同的导体ab、cd，现用导线把a、d连接起来，下列说法正确的是(　　)
A．有正电荷沿导线从a移向d，进而形成方向为由a到d的电流
B．有负电荷沿导线从d移向a，进而形成方向为由a到d的电流
C．达到静电平衡后，a、d端均不带电
D．达到静电平衡后，b、c端均不带电
解析：选B.本题中若a、d连接起来，导体ab和cd就组成一个新的导体，由于静电感应，靠近正电荷的a端带负电，靠近负电荷的d端带正电，b、c两端不带电，故C错，D对．在金属导体中只有带负电的自由电子移动，正电荷不能移动，故A错，B对．
二、非选择题
11.如图所示，把A、B在带电体C旁边相碰一下后分开，然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，如果小电动机非常灵敏，它便会开始转动，当电动机还没有停止时，又立刻把A、B在C旁边相碰一下分开，再和小电动机两接线柱接触，如此下去，小电动机便能不停地转动，这不是成了永动机而违背了能量守恒定律了吗？
解析：此现象并不是永动机，也没有违背能量守恒定律．因为把A、B分开的过程中外力要对A、B不断地做功，这是把机械能转化为电能的过程．
答案：见解析
12．某同学设计了一个证明电荷守恒的实验，实验装置如图所示．实验步骤如下：
(1)用一根金属杆连接两只相同的验电器，让带电的有机玻璃棒靠近金属杆的一端，两只验电器的箔片均张开，为什么？
(2)在两只验电器的箔片均张开的情况下，先移走金属杆，再移走带电的有机玻璃棒，这时验电器的箔片是否保持张开状态？为什么？
(3)再用金属杆连接两只验电器，将会出现什么现象？这个现象说明了什么？这个实验能证明电荷守恒吗？为什么？
解析：(1)带电的有机玻璃棒靠近金属杆的一端时，金属杆因静电感应，两端带等量异种电荷，与金属杆连接的验电器因此而带电，带电的验电器的箔片因库仑斥力而张开．
(2)保持张开状态．因为验电器所带的电荷没有失去，箔片因电荷的斥力仍然处于张开状态．
(3)验电器的金属箔片又重新闭合．说明两验电器所带电荷量相等，电性相反．能证明电荷守恒．因为它说明了电荷不是创生的，只是从一个物体转移到另一个物体，一个物体得到多少电荷，另一个物体必然因失去相同的电荷而带等量的相反电荷，电荷总量不变。
答案：见解析

1．A、B两个点电荷间距离恒定，当其他电荷移到A、B附近时，A、B之间的库仑力将(　　)
A．可能变大　　　　　　　　 B．可能变小
C．一定不变 D．不能确定
解析：选C.由库仑定律F＝k可知，当Q1、Q2、r不变时两点电荷间的库仑力F不变，与是否存在其他电荷无关，故C正确，A、B、D错误．
2．(2012·青岛高二期中)真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，两电荷间的库仑力变为原来的(　　)
A．1倍 B．3倍
C．6倍 D．9倍
解析：选A.由F＝知，Q1、Q2、R均增大到原来的3倍时，结果仍为F，故A对．
3．下列对于库仑定律的理解错误的是(　　)
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B.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．
4．如图所示，连接两小球的绝缘丝线长都为l，不带电时，OA绳的拉力大小为F1，AB绳的拉力大小为F2，使A、B带上电后，OA、AB绳中的拉力大小分别为F1′和F2′，则可能有(　　)
A．F1＝F1′　F2＞F2′
B．F1＞F1′　F2＝F2′
C．F1＝F1′　F2＝F2′
D．F1＞F1′　F2＞F2′
解析：选A.A、B不带电时，F1＝(mA＋mB)g，F2＝mBg.A、B带同种电荷时，以A、B整体为研究对象，有F1′＝(mA＋mB)g，故F1＝F1′.
以B为研究对象，有F2′＝F静＋mBg＞F2.
若A、B带异种电荷，仍有F1′＝(mA＋mB)g＝F1，而F2′＝mBg－F静＜F2，故A正确．
5．如图所示，在真空中一条直线上固定有三个点电荷：qA＝－8.0×10－9C，qB＝5.0×10－9 C，qC＝4.0×10－9C，AB＝8 cm，BC＝4 cm.求qB所受库仑力的大小和方向．
解析：qA对qB的库仑力F1＝k＝5.625×10－5 N，方向指向A.
qC对qB的库仑力F2＝k＝1.125×10－4 N，方向指向A.
故qB所受库仑力的大小F＝F1＋F2≈1.7×10－4N.方向指向A.
答案：1.7×10－4 N，方向指向A
一、选择题
1．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→∞
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了
解析：选D.由F＝知，当r→∞，F→0，A、C错．当r→0时，Q1、Q2不能看作点电荷，库仑定律不再适用，B错，D对．
2．下列可看做点电荷的是(　　)
A．体积小的带电体
B．球形带电体
C．带电少的带电体
D．大小和形状对作用力影响可忽略的带电体
解析：选D.带电体能否视为点电荷，要看它们本身的线度是否比它们之间的距离小得多，而不是看物体本身有多大，形状如何，也不是看它所带的电荷量多大．故A、B、C错，D对．
3．如图所示，半径相同的两个金属小球A、B，带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.因A、B间有吸引力，故A、B带异种电荷，设A带电量qA＝＋Q，B带电量qB＝－Q，又C不带电，它与A接触后qC＝qA＝，再与B接触qC＝－＝qB，根据库仑定律：F＝＝，F′＝＝＝.故选A.
4．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，两球电量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(　　)
A．F引＝G，F库＝k B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G，F库＝k D．F引＝G，F库≠k
解析：选D.万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，不能看成点电荷，不满足库仑定律适用条件，故D正确．
5．两个带电金属球，相距不是很远，当它们带同种电荷时，它们之间的作用力的大小为F1；当它们带异种电荷时，电荷量与前者相同，距离与前者相同，它们之间的作用力大小为F2，则(　　)
A．F1＝F2 B．F1＜F2
C．F1＞F2 D．不能确定
解析：选B.本题中两个金属球不能视为点电荷．当它们带同种电荷时，同种电荷相互排斥，电荷分布在相对较远的表面；当它们带异种电荷时，电荷之间相互吸引，电荷分布在相对较近的表面上，所以前者电荷间平均距离大于后者，所以前者的库仑力小于后者，故选B.
6．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带的电荷量比b的少．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是(　　)
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选B.对小球c研究，c受a的排斥力F斥，受b的吸引力F引，若F斥＝F引，则两力的合力沿水平方向，即与ab平行且向右，由于qa＜qb，所以F引＞F斥，则合力应向上偏，故应是F2，如图所示．
7．真空中两个同性点电荷q1、q2，它们相距较近，保持静止状态．今释放q2，且q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中(　　)
A．加速度不断增大 B．速度不断增大
C．加速度始终保持不变 D．速度先增大后减小
解析：选B.由F＝及a＝知，q2的加速度减小，由于库仑力做正功，q2的速度不断增大，B对．
8．如图所示，两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1和q2，用细绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向成夹角α和β，且两球处于同一水平面上，则下列说法正确的是(　　)
A．若m1＝m2，q1＜q2，则α＜β
B．若m1＝m2，q1＜q2，则α＞β
C．若m1＞m2，q1＝q2，则α＞β
D．q1、q2是否相等与α、β大小无关，若m1＞m2，则α＜β
解析：选D.对m1受力分析如图．由共点力的平衡条件F拉sinα＝k①
F拉cosα＝m1g②
由①②解得tanα＝，所以可得α与q1q2的乘积有关，与小球的质量有关，与两个小球的带电量是否相等无关，同理得tanβ＝.所以α、β与小球的质量有关，与q1、q2是否相等无关，故A、B、C错误，D正确．
9．(2012·洛阳高二期中)把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在如图所示的位置上，需在MN间放一带电小球b，则球b可能(　　)
A．带负电，放在A点
B．带负电，放在B点
C．带负电，放在C点
D．带正电，放在A点
解析：选CD.对a受力分析，除重力、支持力以外，还受库仑力，三力合力为零，结合a的重力、支持力的方向可判断，若在A点放，必须是正电荷，若在C点放，则必须是负电荷，故C、D正确．
10．如图所示，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，每根弹簧长度均为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(　　)
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
11．一根置于水平面上的光滑玻璃管(绝缘体)，内部有两个完全一样的弹性金属球A、B，带电荷量分别为9Q和－Q，从图所示的位置由静止开始释放，问两球再经过图中位置时，两球的加速度是释放时的几倍？
解析：A、B球吸引接触后，净电荷为9Q－Q＝8Q，平均分配后各得4Q，再经过图示位置时，库仑力是原来的＝倍．故加速度是释放时的倍．
答案：倍
12．如图所示，长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，悬于O点，小球所带的电荷量为Q.当在O点另外固定一个正电荷时，若小球静止在A处，则细线拉力是小球重力mg的2倍．现将小球拉至图中B处(θ＝60°)，并放开使之摆动，问：
(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？
(2)小球回到A处时悬线拉力为多少？
解析：(1)设O处正电荷电荷量为q，悬线拉力为F.球在A处静止时，由受力分析可得F＝k＋mg，又F＝2mg，
故k＝mg，所以q＝.
(2)小球回到A处的过程中只有重力做功，由动能定理可得mgL(1－cos60°)＝mv2.
由牛顿第二定律可得F′－mg－k＝m
由以上各式联立解得F′＝3mg.
答案：(1)　(2)3mg

1．(2012·德州高二期中)关于电场，下列说法中错误的是(　　)
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的
C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它其中的电荷有力的作用
D．电场是人们假想出来的，实际并不存在
解析：选D.电荷在周围空间一定会产生电场，它是一种客观存在的物质，电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用，A、B、C均对，D错．
2．(2012·新余高二期中)如图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条直线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强大小，则(　　)
A．A、B两点场强方向相反
B．电场线从A指向B，所以EA＞EB
C．A、B同在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB
D．不知A、B附近的电场线分布状况，EA、EB的大小不能确定
解析：选D.由于电场线是直线，所以EA与EB方向相同，A错．由于不知A、B两点附近电场线的疏密情况，不能确定EA、EB的大小关系，B、C错，D对．
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．如图所示甲中的AB是一点电荷的电场线，图乙是放在电场线上C、D处试探电荷与所受到的电场力间的函数图线，下列说法正确的是(　　)
A．场源电荷带正电，位于CD之间
B．场源电荷带正电，位于B侧
C．场源电荷带负电，位于A侧
D．场源电荷带负电，位于CD之间
解析：选C.根据电场强度的定义式可知，在F－q图象中，图线斜率的大小表示电场强度的大小，因此EC＞ED.而在点电荷电场中，离点电荷近的点电场强度大，故场源电荷在A侧．
5．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电．电荷量分别为q1和q2(q1＞q2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示，若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力F多大？(不计重力及两小球间的库仑力)
解析：以小球1为研究对象，由牛顿第二定律可得
Eq1－F＝ma
以小球2为研究对象，由牛顿第二定律可得
F＋Eq2＝ma
以上两式联立解得：F＝(q1－q2)E.
答案：(q1－q2)E
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．电荷量很小的电荷在周围空间不会产生电场
B．电场是一种特殊物质，电场线是假想的曲线
C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的
D．取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零
解析：选BC.电荷在周围空间一定产生电场，电场线是假想的曲线，A错，B对．电荷间的相互作用是通过电场产生的，C对．电场强度由电场本身决定，D错．
2．电场强度的定义式为E＝F/q，下列说法正确的是(　　)
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是产生电场的点电荷的电荷量
C．场强的方向与F的方向相同
D．由该定义式可知，场中某点电荷所受到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F的方向相同，与负电荷所受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．
3．关于电场力和电场强度，以下说法正确的是(　　)
A．一点电荷分别处于电场中的A、B两点，电荷受到的电场力大则场强大
B．在电场某点如果没有试探电荷，则电场力为零，电场强度也为零
C．电场中某点场强为零，则试探电荷在该点受到的电场力也可能不为零
D．一试探电荷在以一个点电荷为球心，半径为r的球面上各点受到的电场力相同
解析：选A.逐项分析如下
选项
诊断
结论
A
由场强的定义知，试探电荷确定后，它受的电场力越大，该处场强就越大
√
B
电场强度是由产生电场的场源电荷所决定的，与其他电荷无关
?
C
当电场强度为零时，说明在该处放入电荷时，不会受到电场力的作用
?
D
在点电荷形成的电场中，与点电荷等距离处，电场力的大小是相同的，但是方向却不相同
?
4.(2012·山东兖州高二期中)正电荷q在电场力的作用下由P点向Q点做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是下图中的哪一个图(　　)
解析：选D.正电荷受电场力方向与场强方向相同，由于加速运动，电场力由P指向Q，加速度由电场力产生，由牛顿第二定律知，a＝，可见场强增大，所以D正确．
5．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是(　　)
A．电场线是闭合的曲线
B．电场线越密，电场强度越小
C．电场线越疏，电场强度越小
D．电场线的切线方向，是该点场强方向
解析：选CD.电场线不闭合，A错，电场线密，电场强度大，电场线疏，电场强度小，B错，C对．电场线的切线方向是场强方向，不是电荷的运动方向，D对．
6．(2012·新余高二期中)A、B在某个点电荷电场中的一根电场线上，在线上A点处放入一个自由的负电荷，它将沿电场线由静止向B点运动，下列判断哪些是正确的(　　)
A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定
C．电场线由A指向B，电荷做匀加速运动
D．电场线由B指向A，电荷做加速运动，加速度越来越大
解析：选B.负电荷受电场力方向由A指向B，故电场线由B指向A，电荷做加速运动，但根据一条电场线无法判断场强大小，故加速度大小无法确定，B对．
7．在下图各电场中，A、B两点电场强度相同的是(　　)
解析：选C.电场强度是矢量，A、B两点的电场强度相同时，电场线的疏密相同，方向也相同，因此只有C正确．
8．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104 N/C，已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为(　　)
A．2×10－9 C　　　　　　　 B．4×10－9 C
C．6×10－9 C D．8×10－9 C
解析：选B.带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg＝Eq，则q＝＝＝ C≈4×10－9 C.
9．如图所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，在电场力的作用下(不计重力)，一带电粒子运动轨迹如图中虚线所示，以下判断正确的是(　　)
A．A、B两点相比较，A点场强小
B．粒子在A点时加速度大
C．粒子带负电
D．因粒子运动方向不确定，无法判断粒子的电性
解析：选AC.电场线疏密程度表示场强大小，所以A对；由F＝Eq得粒子所受电场力F与E成正比，所以FA10．在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入试探电荷时，测得的试探电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象如图所示，那么下列叙述正确的是(　　)
A．这个电场一定是匀强电场
B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Eb＞Ed＞Ec
D．无法确定这四点的场强大小关系
解析：选B.对于电场中给定的位置，放入的试探电荷的电荷量不同，它受到的电场力不同，但是电场力F与试探电荷的电荷量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荷量的函数关系图象”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．
二、非选择题
11．如图所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处有一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，小球受水平向右的电场力作用偏转θ角而静止．试求小球所在处的电场强度．
解析：对小球进行受力分析如图所示．由平衡条件得
F电＝mgtanθ
所以小球所在处的电场强度
E＝＝
小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右．
答案：，方向水平向右
12．如图所示，一长为L的绝缘细线下端系一个质量为m的金属球(电荷量为－q)，在细线的悬点O处放一电荷量为＋q的点电荷．要使金属球能在竖直平面内做完整的圆周运动，它在最低点的最小速度是多少？若金属球在最低点刚好达到这个速度值，在整个圆周运动过程中，细线的最大拉力是多少？(设点电荷不影响金属球的电荷分布)
解析：金属球在竖直面内做完整的圆周运动，它在圆周最高点处最小速度v应满足mg＋k＝m(此时细线的张力为零)，小球做圆周运动，静电力对小球不做功，小球机械能守恒，则金属球在圆周最低点处的速度的最小值v0应满足mv＝mv2＋mg·2L，解得v0＝.金属球以此速度通过最低点时，细线有最大拉力F，此时有F＋k－mg＝m，
解得F＝mg－k＋m＝6mg.
答案： 　6mg

1．使一个绝缘导体所带电荷量增加一些，则导体内部的场强将(　　)
A．一定增强　　　　　　　　　 B．一定减弱
C．可能增强也可能减弱 D．保持不变
解析：选D.孤立带电体是处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，不随电荷量的变化而变化．故选D.
2．真空中，有两个等量异种电荷，电荷量均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的电场强度大小为(　　)
A．0 B.
C. D.
解析：选D.两点电荷在连线中点处的场强大小相等，方向相同，都等于E＝＝，故中点处的合场强E合＝2E＝，选D.
3．如图所示，a、b是两个正点电荷，MN是a、b连线的中垂线，P是MN上一点，关于P点的场强方向，下列说法正确的是(　　)
A．若Qa＞Qb，P点场强指向MN左侧
B．若Qa＝Qb，P点场强沿MN向上
C．若Qa＜Qb，P点场强指向MN右侧
D．若Qa＝Qb，P点场强沿MN向下
解析：选B.a、b在P点产生的场强方向如图所示．若Qa＞Qb，有Ea＞Eb，合场强方向偏向MN右侧，A错．若Qa＝Qb，合场强方向沿MN向上，B对，D错．若Qa＜Qb，Ea＜Eb，合场强方向偏向MN左侧，C错．
4．如图所示，B是带有绝缘支架的空腔带电金属球壳，A是验电器，A、B相距较远，导线C的一端接验电器的金属球，下列现象正确的是(　　)
①将C的另一端与B的外壳接触，验电器的金属箔张开
②将C的另一端与B的内表面接触，验电器的金属箔张开
③将C的另一端与B的外壳接触，验电器的金属箔不张开
④将C的另一端与B的内表面接触，验电器的金属箔不张开
A．①② B．②③
C．①③ D．②④
解析：选A.假设B带正电，则正电荷应分布在B的外表面上，不管C接B的外壳还是内表面，验电器的金属球导电杆和金属箔通过导线C与B就构成一个整体，因平衡状态下带电体电荷只分布在外表面上，由于验电器在B的外部，也就成了这个整体的外表面的一部分．因此，无论C的另一端与B什么地方接触，验电器一定带电，①、②正确，选A.
5．(2012·桂林高二检测)在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为－Q和＋2Q，相距为2l，如果在两个点电荷连线的中点O有一个半径为r(r?l)的空心金属球，且球心位于O点，如图所示，则球壳上的感应电荷在O处的场强的大小为多少？方向如何？
解析：根据电场的叠加和静电平衡，球心O处的合场强为零，即感应电荷在O处产生的电场强度与A、B两点电荷在O处所产生的合场强等大、反向，即E感＝EA＋EB＝＋＝，A、B在O处产生的合场强方向向左，所以E感方向向右．
答案：　向右
一、选择题
1．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正电荷，其电场分布是下图中的(　　)
解析：选B.导体放在电场中内部场强为零，所以A错误，但是不接地时不能屏蔽内部的电场，所以外部应当有电场线．又内部放置的是正电荷，所以电场线应向外辐射，故B选项正确．
2．下列关于静电平衡的导体，说法不正确的是(　　)
A．导体内部没有电荷的运动
B．导体内部没有电场
C．导体内部没有电荷，电荷只分布在导体外表面
D．以上说法均不正确
解析：选ABC.导体处于静电平衡后，导体内部没有电荷定向移动，内部场强为零，且净电荷分布在导体外表面，导体内部没有净剩的电荷，但仍有电荷存在，故D正确．
3．点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B连线上，如图所示，则电场强度为零的地方在(　　)
A．A和B之间 B．A右侧
C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧
解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为QA＞QB，所以只有B左侧，才有可能EA与EB等大反向，因而才可能有EA和EB矢量和为零的情况．
4．处于静电平衡的导体，内部场强处处为零的原因是(　　)
A．导体内部无任何电场
B．外电场不能进入导体内部
C．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零
D．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零
解析：选D.导体内部场强处处为零是由于感应电荷的电场与外电场叠加的结果，故D正确．
5．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是(　　)
A．铜丝编织的衣服不易拉破
B．铜丝编织的衣服美观
C．电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零
D．铜丝电阻小，能对人体起到保护作用
解析：选C.电工穿高压作业服能起到静电屏蔽的作用，使体内场强为零．选C.
6．如图所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点场强相等，但不为零
B．A、B两点的场强不相等
C．感应电荷产生的附加场强大小是|EA|＜|EB|
D．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动
解析：选D.处于静电平衡的导体内部合场强处处为零，故EA＝EB，感应电荷产生的电场|EA|＞|EB|.接地后，地球为远端，故电子沿导线向导体移动．
7．将悬挂在细线上的带正电的小球A放在不带电的金属空心球C内(不和球壁接触)，另有一悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，如图所示，于是有(　　)
A．A往左偏离竖直方向，B往右偏离竖直方向
B．A的位置不变，B往右偏离竖直方向
C．A往左偏离竖直方向，B的位置不变
D．A和B的位置都不变
解析：选B.因为中性球壳C没有接地，所以C的内部电场可以影响外部，即A球要通过C外壁上的感应电荷在B球处激发电场，所以B球要受到向右的作用力．要维持B球的平衡，悬挂B球的细线必须向右偏离竖直方向．又因为导体外部的电场影响不到导体内部，即A球所处的金属空心球内部空间的合电场强度为0，所以A球不受B球电场的作用力．只受到C的内壁感应负电荷的作用力，对称平衡，所以悬挂A球的细线仍处于竖直状态，故选项B正确．
8．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2.则以下说法正确的是(　　)
A．两处的电场方向相同，E1＞E2
B．两处的电场方向相反，E1＞E2
C．两处的电场方向相同，E1＜E2
D．两处的电场方向相反，E1＜E2
解析：选D.设均匀带电细杆带正电荷，对P1，均匀带电细杆左边和右边的电荷在P1点的场强叠加为零，细杆右边距P1到处的电荷对P1点叠加后的场强为E1，方向水平向左；对P2，均匀带电细杆整个杆的电荷对P2均有场强，叠加后为E2，方向水平向右．对P1产生场强的电荷小于对P2产生场强的电荷，所以两处的场强方向相反，E1＜E2，若均匀带电细杆带负电荷，同理可得．所以D选项正确．
9．如图所示，为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E的关系是(　　)
A．Ea＞Eb＞Ec
B．Ea＝Eb＞Ec
C．Ea＝Eb＝Ec
D．Ea＞Ec＞Eb
解析：选D.由静电平衡知识可知，b处场强为零，电场线分布如图，电场线越密的地方，场强越大，所以Ea＞Ec＞Eb＝0.
10．如图所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中心O等距离的两点c、d.则下列场强大小的关系式正确的是(　　)
A．Ea＝Eb B．Ea＝EO＝Eb
C．Ec＝EO＝Ed D．Ec＝Ed＞EO
解析：选AD.根据E＝k可知，点电荷在a、b两点的场强大小相等且合场强方向均垂直ab连线向右，A项正确．c、d两点场强大小相等、方向由c指向d，而Ec＝Ed>EO，Ea＝Eb＜EO，B、C项均错，D项正确．故正确答案为AD.
二、非选择题
11．如图所示，在孤立点电荷＋Q的电场中，金属圆盘A处于静电平衡状态．若金属圆盘平面与点电荷在同一平面内，试在圆盘A内作出由盘上感应电荷形成的附加电场的三条电场线(用实线表示，要求严格作图)．
解析：金属圆盘A处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即金属圆盘A内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷Q在该点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷Q的电场线重合，且方向相反，如图所示．
答案：见解析
12．正电荷Q放在一匀强电场中，在以Q为圆心、半径为r的圆周上有a、b、c三点，将试探电荷q放在a点，它受到的电场力正好为零，则匀强电场的大小和方向如何？b、c两点的场强大小和方向如何？
解析：根据题意可知，试探电荷q所在点的电场是由两个电场叠加而成的．根据题意可知，正电荷Q在a点的场强和匀强电场的场强大小相等、方向相反，所以匀强电场的大小为E＝k，方向向右，在b点，两个电场合成可得Eb＝2k，方向向右，在c点，两个电场合成可得
Ec＝k，方向与电场线成45°角斜向右上方．
答案：匀强电场：，向右　b点：，向右
c点：与电场线成45°角斜向右上方

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48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)
1．一个点电荷，从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，则(　　)
A．a、b两点的场强一定相等
B．该点电荷一定沿等势面移动
C．作用于该点电荷的电场力与其移动的方向总是垂直的
D．a、b两点的电势一定相等
解析：选D.点电荷从静电场中a点移到b点，电势能变化为零，说明a、b两点电势相等，但场强不一定相等，而且电荷也不一定沿等势面移动，电场力所做的总功等于零，但并不是说电场力在何处都不做功，所以A、B、C均错，D对．
2．如图所示是带负电的点电荷－Q，P1和P2为其电场中的两点．若E1、E2为P1、P2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P1、P2两点的电势，则(　　)
A．E1＞E2，φ1＞φ2　　　　 B．E1>E2，φ1<φ2
C．E1＜E2，φ1＞φ2 D．E1解析：选B.由E＝知，E1＞E2，负电荷电场中电场线由无穷远处指向负电荷，可知φ1<φ2，B正确．
3．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.场强E和电势φ由电场本身决定，A、B错误．公式Uab＝Ed中，d是a、b沿场强方向的距离，C错误．电容C与电压U无关，D对．
4.如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长为L，与电场线夹角为α.则A、B两点的电势差为(　　)
A．零　　　　　　　　　　 B．EL
C．ELsinα D．ELcosα
解析：选D.因为在匀强电场中，电场强度等于沿场强方向单位距离上的电势差，所以UAB＝ELcosα.
5．如图，带箭头的线段表示一电场的电场线，在电场力的作用下(不计重力)，一带电粒子的运动轨迹如图中虚线所示，以下判断正确的是(　　)
A．A、B两点相比较，A点电势低
B．粒子在B点时加速度大
C．粒子带负电
D．因粒子运动方向不确定，无法判断粒子的电性
解析：选BC.由电场线的方向可判定，φA>φB，A错误．由电场线的疏密可知，EA＜EB，由a＝知，aA6．如图，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是(　　)
A．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大
B．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压U有关
D．以上说法都不正确
解析：选C.设电子到Q板时速率为v，有eU＝mv2得
v＝，故只有C正确．
7．将电荷由静止释放，只在电场力的作用下运动时，下面的说法正确的是(　　)
A．无论是正电荷还是负电荷，总是由低电势点向高电势点运动
B．无论是正电荷还是负电荷，总是由高电势点向低电势点运动
C．无论是正电荷还是负电荷，总是向电势能减小的方向运动
D．无论是正电荷还是负电荷，总是向电势能增大的方向运动
解析：选C.电荷仅在静电力作用下由静止开始运动，若是正电荷，则沿电势降低的方向运动，若是负电荷，则沿电势升高的方向运动，但是无论正电荷，还是负电荷，静电力对电荷做正功，其电势能减少，故只有C正确．
8．下列关于等势面的说法正确的是(　　)
A．沿电场线方向，电势降低；电势降低的方向就是电场的方向
B．在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功
C．在电场中将电荷由a点移到b点，电场力做功为零，则该电荷一定是在等势面上运动
D．等势面上各点的场强方向与该等势面垂直
解析：选BD.沿电场线方向电势降低，但电场的方向是电势降低最快的方向，A错．在等势面上移动电荷时，电场力始终与等势面垂直，电场力不做功，B对．由Wab＝qUab知，若Wab＝0，则Uab＝0，但不一定沿等势面移动电荷，C错．电场强度方向一定与等势面垂直，D对．
9．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b的中点．若一个运动的正电荷仅在电场力作用下先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝－3 V、φb＝7 V，则(　　)
A．c点电势为2 V
B．a点的场强小于在b点的场强
C．正电荷在a点的动能小于在b点的动能
D．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
解析：选D.由于电场不一定是匀强电场，故φa－φc不一定等于φc－φb，故φc不一定为2 V，A错．由于a、b附近电场线的疏密不确定，场强大小也不确定，B错．由a、b两点的电势可知，电场线沿ba方向，正电荷由a到b，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C错，D对．
10．图中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是(　　)
A．两点的场强等大、反向
B．Q点电场更强
C．两点电势一样高
D．Q点的电势较低
解析：选BC.等量异种点电荷的电场中，两电荷连线的中垂线上各点场强方向都是垂直于中垂线指向负电荷一侧，A错．由电场线的疏密可知，EP11．如右图所示，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中正确的是(　　)
A．小物块所受电场力逐渐减小
B．小物块具有的电势能逐渐减小
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功
解析：选ABD.由F＝知，小物块受电场力减小，A正确．由静止释放后，电场力做正功，小物块电势能减小，由－ΔEp－Wf＝0知，电势能减少量ΔEp的大小一定等于克服摩擦力做的功，B、D正确．由于点电荷Q与小物块电性均未知，M、N两点电势的高低无法判断，C错．
12．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，则(　　)
A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
B．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为qU/2
C．微粒落入电场中，电势能逐渐减小，其减小量为qU/2
D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
解析：选D.下落过程中重力做正功WG＝mg，而动能先增大后减小，A错．从开始下落到C点，由WG＋W电＝0知，电场力做负功，且WG＝－qU，电势能增大，B、C错误．若从距B板2h高处自由下落，由动能定理可知，微粒恰好到达A板，D正确．
二、计算题(本题共4小题，共52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．(12分)如图所示，一对平行金属极板相距为d＝2 cm，两板电压为36 V，两板间匀强电场方向向下，其中下极板接地(零电势)．A点距下极板为h1＝1.5 cm，B点距下极板为h2＝0.5 cm，试求：(电子电荷量e＝1.6×10－19 C)
(1)两金属板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；
(3)B点的电势．
解析：(1)由E＝得，E＝ V/m＝1800 V/m.(4分)
(2)W＝qE(h1－h2)＝1.6×10－19×1800×(0.015－0.005)J＝2.88×10－18 J．(4分)
(3)φB－0＝Eh2，得φB＝1800×0.005 V＝9 V．(4分)
答案：(1)1800 V/m　(2)2.88×10－18 J　(3)9 V
14．(12分)如图所示，用长L的绝缘细线拴住一个质量为m，带电量为q的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零．求：
(1)B、A两点的电势差；
(2)匀强电场的场强大小．
解析：(1)由动能定理得
mgLsin60°－qUBA＝0(3分)
所以UBA＝mgL/(2q)．(3分)
(2)UBA＝EL(1－cos60°)(3分)
得E＝mg/q.(3分)
答案：(1)　(2)
15．(14分)如图所示是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为l.为了提高示波管的灵敏度(单位偏转电压引起的偏转量)可采取哪些措施？
解析：电子经U1加速后，设以v0的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得mv－0＝eU1(3分)
电子在偏转电场中运动的时间t为t＝(2分)
电子在偏转电场中的加速度a为a＝(2分)
电子在偏转电场中的偏转量h为h＝at2(2分)
由以上各式联立解得到示波管的灵敏度为＝(3分)
可见增大l、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度．(2分)
答案：增大l、减小U1或d
16．(14分)如图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块(可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.忽略因摩擦而造成的电荷量的损失．试求：
(1)滑块通过B点时的速度大小；
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离．
解析：(1)小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有mgR－qER＝mv2B(3分)
解得：vB＝ .(3分)
(2)小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为f＝μmg.(2分)
小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功．设小滑块在水平轨道上运动的距离(即A、B两点间的距离)为L，则根据动能定理有
mgR－qE(R＋L)－μmgL＝0(3分)
解得L＝R.(3分)
答案：见解析

1．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是(　　)
A．电场力做正功
B．电场力做负功
C．电场力不做功
D．电场力先做正功后做负功
解析：选A.正电荷受电场力方向与场强方向相同，故由A到B电场力做正功，A对．
2．(2012·中山高三检测)如图是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，这两点比较(　　)
A．b点的电场强度较大
B．正电荷在a点电势能较小
C．负点电荷从a点移动到b点时电场力做正功
D．同一负点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时受到的电场力大
解析：选A.由电场线的疏密可知，Ea＜Eb，A对．由a到b，电场力对正电荷做正功，对负电荷做负功，正电荷在a点电势能大于在b点电势能，B、C均错．由于Ea＜Eb，故电场力Fa＜Fb，D错．
3．(2012·合肥高二检测)如图所示，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加速度不变
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D.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错误．根据带电粒子做曲线运动的条件，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D.
4．在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m，带电荷量为＋q的物体以某初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动s距离时速度为零，则一定不正确的是(　　)
A．物体克服电场力做功qEs
B．物体的电势能减少了0.8qEs
C．物体的电势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.8qEs
解析：选B.电荷受电场力，F＝qE，由于物体沿电场线反方向运动，电场力做负功，故物体克服电场力做功W＝qEs，电势能增加qEs，A、C对，B错．由牛顿第二定律得，合力F＝ma＝0.8qE，到停下时，合力做功W′＝－Fs＝－0.8qEs，故物体动能减少0.8qEs，D对．
5．(2012·福州高二检测)如图，匀强电场中带电荷量为＋q的电荷从B运动到A，电场力做功WE＝1.6×10－3 J(A点定为零势能位置)，问：
(1)B点的电势能为多少？
(2)若将电荷改为带电荷量为q的负电荷，其他条件不变，B点的电势能又为多少？
解析：(1)电荷从B向A运动，当电荷带正电时，电荷受力与运动方向相同，电场力做正功，电势能减少．因为WE＝1.6×10－3 J，所以ΔEp＝1.6×10－3 J；又因为EA＝0，所以B点的电势能为EB＝1.6×10－3 J.
(2)当电荷带负电时，电荷受力与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加．因为WE＝1.6×10－3 J，所以ΔEp＝1.6×10－3 J；又因为EA＝0，所以EB＝－1.6×10－3 J.
答案：(1)1.6×10－3 J　(2)－1.6×10－3 J
一、选择题
1．(2012·福州高二质检)一负电荷仅受电场力作用，从电场中的A点运动到B点．在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能EpA、EpB之间的关系为(　　)
A．EA＞EB　　　　　　　 B．EA＜EB
C．EpA＞EpB D．EpA＜EpB
解析：选C.电荷做匀加速直线运动，故场强E大小不变，A、B错．由静止释放，电场力做正功，电势能减小，C对，D错．
2．如图所示，带正电荷的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中(　　)
A．速率一直不变 B．速率先增大后减小
C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
解析：选BC.在正点电荷产生的电场中，电子靠近电荷时，电场力做正功，速率增大，电势能减小；远离电荷时，电场力做负功，动能减小，速率减小，电势能增大，故B、C选项正确，A、D错误．
3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点时，电场力做了5×10－6 J的功，那么(　　)
A．电荷在B点将具有5×10－6 J的电势能
B．电荷在B点将具有5×10－6 J的动能
C．电荷的电势能增加了5×10－6 J
D．电荷的动能增加了5×10－6 J
解析：选D.某点的电势能的大小与选取的零势能点的位置有关，而电势能的变化与做功的多少有关，做了多少功，就有多少电势能发生转化，转化为动能．
4．(2012·衡阳高二期中)下列说法中不正确的是(　　)
A．把两个同种点电荷间的距离增大一些，电荷的电势能一定增加
B．把两个同种点电荷间的距离减小一些，电荷的电势能一定减小
C．把两个异种点电荷间的距离增大一些，电荷的电势能一定增加
D．把两个异种点电荷间的距离减小一些，电荷的电势能一定增加
解析：选ABD.同性电荷相斥，异性电荷相吸，所以同性电荷间距离增大时，电场力做正功，电势能减小；同性电荷间距离减小时，电场力做负功，电势能增大；异性电荷间距离增大时，电场力做负功，电势能增大；异性电荷间距离减小时，电场力做正功，电势能减小．C正确，A、B、D错误．
5．若取无穷远处电势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，电场力做的功越多，电荷原来的电势能越大
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，电场力做的功越多，电荷原来的电势能越小
C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越小
D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点，电场力做的功越多，电荷在该点的电势能越大
解析：选A.因为无穷远处电荷的电势能为零，所以从电场中的某一点将电荷移动到无穷远处，电场力做的功就等于电荷在该点的电势能，所以A正确，B错误．若是从无穷远处移动到电场中某点时电荷克服电场力做功，说明把电荷从电场中该点移动到无穷远处电场力做正功，克服电场力做功越多，电势能越大，C错误．电荷从无穷远处移到该点，电场力做功越多，电势能越小，D错误．
6．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增大
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
解析：选C.两粒子都仅在电场力作用下运动，电场力做正功，电势能减少，速度增大．根据电场线疏密表示场强的大小可知，a受的电场力将减小，加速度也将减小，b受的电场力增大，加速度将增大．
7．如图所示，实线表示电场线，虚线是一个带负电的试探电荷在这个电场中仅受电场力作用下的部分运动轨迹，若电荷是从a处运动到b处，则以下判断正确的是(　　)
A．电荷从a到b加速度逐渐减小
B．电荷从a到b加速度逐渐增大
C．电荷在b处电势能较大
D．电荷在b处速度较小
解析：选BCD.由题图可知，b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的电场强度大于a处的电场强度．根据牛顿第二定律，试探电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，选项A错误，选项B正确；电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，且合外力的方向应指向运动轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电场线的方向是从疏到密．从a→b，电场力对试探电荷做负功，电势能增加，选项C正确；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，选项D正确．
8．(2012·山东兖州高二期中)A、B在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线的距离相等，如图所示，则(　　)
A．同一点电荷在A、B两点的电势能相等
B．把正电荷从A点移到B点，电势能先增大后减小
C．把正电荷从A点移到B点，电势能先减小后增大
D．A、B两点的连线上任意两点的电场强度相同
解析：选A.AB连线上场强方向都是垂直于AB连线指向负电荷一侧，但场强大小不相等，D错．电场力垂直于AB连线，所以电荷在AB连线上移动时，电场力不做功，电势能不变，A对，B、C错．
9．(2012·衡阳高二期中)如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判断正确的是(　　)
A．D点电场强度为零
B．O点电场强度为零
C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大
D．若将点电荷－q从O移向C，电势能减小
解析：选A.由场强叠加原理可知，D点场强为零，O点场强不为零，A对，B错．正电荷由O移向C，电场力做正功，电势能减小，C错．把负电荷由O移到C，电场力做负功，电势能增大，D错．
10．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直面内做圆周运动，则(　　)
A．小球不可能做匀速圆周运动
B．当小球运动到最高点时，绳的张力一定最小
C．小球运动到最低点时，小球的线速度一定最大
D．小球运动到最低点时，电势能一定最大
解析：选D.若小球所受的电场力与重力大小相等，方向相反，小球可在细线的作用下做匀速圆周运动，A错；由于小球受电场力竖直向上，而电场力与重力的大小关系不确定，小球在最高点与在最低点速度大小关系不确定，绳的拉力大小关系也不确定，B、C错，从最高点到最低点电场力做负功，故在最低点电势能最大，D对．
二、非选择题
11．有一带负电的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4 J．从B点移到C点，电场力做功9×10－4 J，问：
(1)若以A为零势能点，B、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？
(2)若以B为零势能点，A、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？
解析：(1)从A点移到B点，克服电场力做功6×10－4 J，电势能增加6×10－4 J，由于A点的电势能为零，故B点的电势能为6×10－4 J.
从B点移到C点，电场力做功9×10－4 J，电势能减少9×10－4 J，故C点的电势能为－3×10－4 J.
由于负电荷从A到C电场力做的总功为3×10－4 J，所以A、C间的电势能之差为3×10－4 J.
(2)以B点为零势能点，电荷从A点移到B点，电势能增加6×10－4 J后电势能成为零，故A点电势能为－6×10－4 J.
从B点移到C点，电势能减少9×10－4 J，故C点电势能为－9×10－4 J.
A、C间的电势能之差为3×10－4 J.
答案：(1)6×10－4 J　－3×10－4 J　3×10－4 J
(2)－6×10－4 J　－9×10－4 J　3×10－4 J
12．如图所示，一根绝缘杆长l，两端分别带有等量异种电荷，电荷量为Q，杆处于纸面内时，匀强电场的方向与杆的方向成角度α＝60°.若场强为E，使杆沿顺时针方向转过60°角时，电场力一共做了多少功？其中负电荷的电势能有什么变化？变化了多少？
解析：匀强电场中电场力做的功等于电场力与沿场强方向位移的乘积，电场力做正功，电荷电势能减小，电场力做负功，电荷电势能增加，电势能的变化量等于电场力做的功，电场力做的功是电势能变化的量度．
正电荷受到的电场力沿场强方向，负电荷受到的电场力沿场强反方向，因此杆顺时针转动时电场力对正、负电荷都做正功，所以电场力一共做功
W＝2QE·l·(1－cos60°)＝QEl
电场力对负电荷做功
W′＝QE·l·(1－cos60°)＝QEl.
电场力对负电荷做正功，所以负电荷的电势能减少，减少QEl.
答案：QEl　减少　QEl

1．如图，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，OA＜OB，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则(　　)
A．EA一定大于EB，φA一定大于φB
B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB
C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB
D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB
解析：选B.P、Q所在空间中各点的电场强度和电势由这两个点电荷共同决定，电场强度是矢量，P、Q两点电荷在O点的合场强为零，在无限远处的合场强也为零，从O点沿PQ连线的中垂线向远处移动，场强先增大，后减小，所以EA不一定大于EB.电势是标量，由等量同种电荷的电场线分布图可知，从O点向远处，电势是一直降低的，故φA一定大于φB，所以只有B对．
2．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，φa－φb＝φb－φc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　)
A．三个等势面中，P点的电势最高
B．带电质点通过Q点时电势能较大
C．带电质点通过Q点时动能较大
D．带电质点通过P点时加速度较小
解析：选B.带电质点无论从P点进入还是从Q点进入，受电场力方向都是指向轨迹的内侧．由于该质点带正电，且电场线方向和等势线处处垂直，所以等势面a电势最高，带正电的质点在Q点的电势能较大，A错误，B正确．正电荷只受电场力作用，其动能和电势能之和为定值，所以正电荷在Q点的动能较小，在P点的动能较大，C错误．由于P点处的等势面密，所以带电质点加速度大，D错误．
3．(2012·潍坊高二质检)如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为中心Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，Rc－Rb＝Rb－Ra.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点．以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则(　　)
A．|W12|＝2|W34|　　　　　 B．|W12|＜2|W34|
C．P、O两电荷可能同号 D．P、O两电荷一定异号
解析：选D.由运动电荷的轨迹可知，电荷P受吸引力，故P、O两电荷一定异号，C错，D对．同心圆是电荷O产生电场的等势面，场强与等势面垂直，即场强沿半径方向，由于离O越近，场强越大，所以|W12|＝qEac(Rc－Ra)＝qEab(Rb－Ra)＋qEbc(Rc－Rb)而Eab＞Ebc，|W34|＝qEbc(Rc－Rb)故|W12|＞2|W34|，A、B均错．
4．如图所示，同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力．则下列说法中正确的是(　　)
A．两粒子所带的电荷电性不同
B．甲粒子经过c点的速度小于乙粒子经过d点时的速度
C．两粒子的电势能都是先减小后增大
D．经过b点时，两粒子的动能一定相等
解析：选A.由轨迹可知，甲粒子受引力作用，乙粒子受斥力作用，故两粒子电性不同，A对．甲由a到c，电场力做正功，动能增大，乙由b到d，电场力做负功，动能减小，故vc＞vd，B错．乙粒子电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，甲粒子电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C错．经b点时两粒子速率相等，由于质量关系未知，故动能不一定相等，D错．
5．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
一、选择题
1．(2012·济南高二质检)有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点的场强和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则(　　)
A．EA＞EB、φA＞φB
B．EA＞EB、φA＜φB
C．EA＜EB、φA＞φB
D．EA＜EB、φA＜φB
解析：选D.由电场线的疏密可知，EA＜EB；由电场线方向可知φA＜φB，D对．
2．关于同一电场的电场线，下列表述不正确的是(　　)
A．电场线是客观存在的
B．电场线越密，电场强度越小
C．沿着电场线方向，电势越来越低
D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小
解析：选ABD.电场线只是为了形象描述电场而假想的线，实际不存在，故A错．电场线越密，电场强度越大，故B错．沿电场线方向电势越来越低，正电荷电势能减小，负电荷电势能增大，故C正确，D错误．
3．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)
A．M点的电势高于N点的电势
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
解析：选AD.根据电势顺电场线的方向降低，可知A对，B错．根据电场线的疏密表示场强的大小知F＝Eq，知C错，D对．
4．(2012·上海高二质检)下列说法正确的是(　　)
A．电场中某点的场强与试探电荷有关
B．电场中某点电势的值与零电势点的选择有关
C．电势的正负表示方向
D．以上说法都不对
解析：选B.场强由电场本身决定，与试探电荷无关，A错．电势的值与参考点选取有关，电势是标量，其正负表示高于零电势还是低于零电势，不表示方向，B对，C、D错．
5．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－8 J的功．那么(　　)
A．M在P点的电势能一定大于它在Q点的电势能
B．P点的场强一定小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
解析：选D.粒子从P→Q克服电场力做功，即WPQ＜0，由电场力做功与电势能变化的关系：ΔEp＝－W，可知EpQ－EpP＝－WPQ＞0，所以EpP＜EpQ，故A错误；又因为EpP＋EkP＝EpQ＋EkQ，而EpP＜EpQ，所以EkP＞EkQ，故D正确；因不知电场线疏密和q的正负，故B、C错．
6．(2012·大连高二检测)如图所示，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(　　)
A．A点场强等于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D.由等势面可知是负点电荷产生的电场，由E＝知，EA＜EB，A错，C错．场强方向沿x轴正方向，φA＞φB，B错，D对．
7．如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是(　　)
A．M点电势可能低于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
解析：选C.沿电场线方向，电势降低，所以M点电势一定高于N点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强一定小于N点场强，B错误；正电荷q在M点的电势能EpM＝qφM，在N点的电势能EpN＝qφN，由于φM＞φN，所以EpM＞EpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向沿NM指向M，故从M移动到N，电场力做负功，D错误．
8．(2012·天津高二期中)关于电势和电势能的说法不正确的是(以无穷远处为参考点)(　　)
A．电荷在电场中电势越高的地方电势能也越大
B．电荷在电场中电势越高的地方，电量越大所具有的电势能也越大
C．在正点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能
D．在负点电荷电场中的任意一点处，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能
解析：选ABD.由Ep＝qφ知，由于q、φ都有正负，所以电荷在电势高的地方电势能不一定大，电荷量大的电荷在电势高处电势能也不一定大，A、B均错．以无穷远处为参考点，正电荷电场中各点电势为正，负电荷电场中各点电势为负，故在正电荷电场中，正电荷电势能大于负电荷电势能，在负电荷电场中，正电荷电势能小于负电荷电势能，C对，D错．
9．(2012·德州高二期中)如图甲所示，在一条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度－时间图象如图乙所示，则(　　)
A．电子在A、B两点受的电场力FA＜FB
B．A、B两点的电场强度EA＞EB
C．A、B两点的电势φA＞φB
D．电子在A、B两点具有的电势能EPA＜EPB
解析：选B.由图象斜率减小可知，加速度减小，故场强减小，电场力减小，A错，B对．由于电子速度增大，电场力做正功，故EPA＞EPB，D错．电场力方向由A指向B，电场线方向由B指向A，故φB＞φA，C错．
10．(2012·东城区高二检测)如图所示，a、b、c、d是某电场中的四个等差等势面，它们是互相平行的平面，下列判断正确的是(　　)
A．该电场一定是匀强电场
B．这四个等势面的电势满足φa－φb＝φb－φc＝φc－φd
C．如果φa＞φb，则电场强度Ea＞Eb
D．如果φa＜φb，则电场方向垂直于等势面由b指向a
解析：选ABD.匀强电场的等势面是一簇垂直于电场线的平行平面，A对．由于是等差等势面，所以φa－φb＝φb－φc＝φc－φd，B对．由于是匀强电场，Ea＝Eb，C错．若φa＜φb，电场线应垂直于等势面由b指向a，D对．
二、非选择题
11．如果把带电量为q＝＋1.0×10－8 C的电荷从无穷远处移至电场中的A点，需要克服电场力做功W＝1.2×10－4 J，选取无穷远处为电势能零点，那么
(1)A点的电势及q在A点的电势能各是多少？
(2)q未移入电场前A点的电势是多少？
解析：(1)根据电势能的改变量等于电场力做的功，所以q在A点的电势能：EpA＝W＝1.2×10－4 J.
正电荷在电势高处具有的电势能大，
即A点的电势φA＞0，
φA＝＝＝1.2×104 V.
(2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V.
答案：(1)1.2×104 V　1.2×10－4 J
(2)1.2×104 V
12．为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示．若AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F＝1.5×10－4 N(不计负电荷受的重力)．
(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并说明它们的电势高低情况．
(2)求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？
解析：(1)因为负电荷匀速运动，所以电场力和F平衡，即电场力方向与F方向相反，所以电场线方向与F方向相同．又等势面与电场线垂直，所以过A、B两点分别做电场线的垂线，可得过A、B两点的等势线．因为沿电场线方向电势是降低的，所以A点电势高于B点电势．如图所示．
(2)在运动过程中，电荷克服电场力做功，电势能增加，因为F做功与电场力做功的多少是相同的，所以WF＝F·cosα＝1.5×10－4×0.4×0.8 J＝4.8×10－5 J，电势能增加了4.8×10－5 J.
答案：(1)图见解析　A点电势高
(2)增加了4.8×10－5 J

1．下列说法中正确的是(　　)
A．沿电场线的方向，电势逐渐降低
B．A、B两点间的电势差与零电势点的选取有关
C．电势差是一个矢量，所以正值和负值表示方向
D．电场中某点的电势和放入该点的电荷的电性、电量有关
解析：选A.沿电场线方向电势降低，A对．A、B间的电势差与零电势点的选取无关，B错．电势差是标量，但有正、负，C错．电势由电场本身决定，D错．
2．(2012·北京高二期末)下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有①场强E＝F/q　②场强E＝U/d　③场强E＝kQ/r2　④电场力做功W＝Uq(　　)
A．①③　　　　　　　　　　 B．②③
C．②④ D．①④
解析：选D.公式E＝、W＝Uq既适用于点电荷的电场，也适用于匀强电场，公式E＝只适用于匀强电场公式，E＝只适用于点电荷的电场．
3．如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是(　　)
A．竖直向下，E＝100 V/m
B．水平向左，E＝100 V/m
C．水平向左，E＝200 V/m
D．水平向右，E＝200 V/m
解析：选B.电场线垂直于等势面且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场线水平向左，相邻等势面间的电势差U＝2 V，由E＝得E＝100 V/m，B正确．
4．(2012·连云港高二质检)如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度v相同，则电压U1、U2之比为(　　)
A．1∶8 B．1∶4
C．1∶2 D．1∶1
解析：选A.设板长为L，板间距离为d，当偏转电压为U1时，t1＝，偏转距离为，有d＝a1t①
a1＝.②
偏转电压是U2时，t2＝，偏转距离为d，则d＝a2t③
而a2＝④
由以上各式解得＝，A对．
5．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别是φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，由此可以推断D点电势φD是多少？
解析：根据A、B、C三点电势的特点，连接AC并在AC连线上取M、N两点，使AM＝MN＝NC，如图所示，尽管AC不一定是场强方向，但可以肯定AM、MN、NC在场强方向上的投影长度相等．由U＝Ed可知UAM＝UMN＝UNC，＝ V＝6 V
由此可知，φN＝3 V，φM＝9 V，B、N两点在同一等势线上．根据几何知识不难证明MD平行于BN，即MD也为等势线，所以φD＝φM＝9 V.
答案：9 V
一、选择题
1．如图所示，正点电荷电场中有A、B两点，将一电荷量q＝＋3.2×10－19 C的试探电荷从电场中的A点移到B点，电场力做功W＝6.4×10－20 J，则A、B两点间的电势差U等于(　　)
A．0.5 V B．0.2 V
C．5 V D．2 V
解析：选B.由U＝得U＝ V＝0.2 V，B正确．
2．对公式E＝的理解，下列说法中正确的是(　　)
A．此公式适用于计算任何电场中相距为d的a、b两点间的电势差
B．匀强电场中，a点和b点的距离越大，则这两点间的电势差越大
C．公式中的d是指a点和b点之间的距离
D．公式中的d是匀强电场中a、b两个等势面间的距离
解析：选D.公式E＝只适用于匀强电场，A错，公式中d是a、b两点沿电场线方向的距离，不是a、b的实际距离，B、C错．对于等势面，d是两等势面间的垂直距离，D对．
3．在水深超过200 m的深海，光线极少，能见度极低．有一种电鳗具有特殊的适应性，能通过自身发出的生物电，获取食物，威胁敌害，保护自己．若该电鳗的头尾相当于两个电极，它在海水中产生的电场强度达104 V/m，可击昏敌害．电鳗身长50 cm，则电鳗在放电时产生的瞬时电压为(　　)
A．10 V B．500 V
C．5000 V D．10000 V
解析：选C.由U＝Ed得U＝104×0.5 V＝5000 V，C对．
4．关于电势差与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、电场力做的功都是标量
D．电场中两点间的电势差等于电场力做功后，电荷减少的电势能
解析：选BC.电势差的大小只取决于电场及两点的位置，虽然可由UAB＝公式进行计算，但是并不由WAB和q决定，故A错，B对．电势差和电场力做的功都属于标量，C对．移动电荷电场力做正功时电势能减少，做负功时电势能增加，电势差可以理解为：单位正电荷从一点移到另一点电场力所做的功，或单位正电荷从一点移到另一点减少的电势能，故D错．
5．(2012·山东兖州高二期中)一个带正电的质点，电量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力做功外，其他力做功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则ab两点间的电势差Uab为(　　)
A．3.0×104 V B．1.0×104 V
C．4.0×104 V D．7.0×104 V
解析：选B.由功能关系知，电场力做功Wab＝2.0×10－5 J，所以Uab＝＝ V＝1×104 V.
6．如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列．A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．A、C两点的电势分别为φA＝10 V和φC＝2 V，则B点的电势(　　)
A．一定等于6 V B．一定低于6 V
C．一定高于6 V D．无法确定
解析：选B.由于点电荷的电场中离点电荷越近，场强越大，由U＝Ed知，UAB＞UBC，即φA－φB＞φB－φC得φB<＝6 V，B对．
7．如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电荷量＋10－2 C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1 J，若A点电势为－10 V，则下列判断正确的是(　　)
A．B点的电势为10 V
B．电场线方向从右向左
C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1
D．微粒的运动轨迹可能是轨迹2
解析：选BC.正电荷只在电场力作用下从A运动到B，动能损失0.1 J，则电势能增加0.1 J，φA<φB，且电场力做功为WAB＝－0.1 J，所以UAB＝φA－φB＝＝ V＝－10 V，由于φA＝－10 V，所以φB＝0，A错．由于正电荷从A向B运动时电场力做负功，所以，正电荷所受电场力方向为沿电场线向左，则电场线的方向为从右向左，B对．由于微粒只受电场力作用做曲线运动，则电场力一定指向它运动轨迹的内侧，所以，它的运动轨迹应为1，而不是2，故C对、D错，应选BC.
8．(2012·新余高二期中)如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列说法中正确的是(　　)
A．使U1增大到原来的2倍
B．使U2增大为原来的2倍
C．使偏转板的长度增大为原来2倍
D．使偏转板的距离增大为原来的2倍
解析：选B.设电子质量为m，偏转电场板间距离为d，板长为L加速后速度为v，有eU1＝mv2得v＝ .在偏转电场中，t＝＝L.加速度a＝，y＝at2＝，由y的表达式可看出，只有B正确．
9．空间存在匀强电场，有一电荷量q(q＞0)、质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷量－q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则(　　)
A．在O、A、B三点中，O点电势最高
B．在O、A、B三点中，A点电势最低
C．OA间的电势差比BO间的电势差大
D．OA间的电势差比BO间的电势差小
解析：选BD.正电荷从O点运动到A点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势降低；负电荷从O点运动到B点，速度增大，电场力做正功，电势能减少，电势升高，故B点电势最高，A点电势最低，A错误，B正确；由动能定理有qUOA＝m·(2v0)2－mv，得UOA＝；qUBO＝m·(3v0)2－m·(2v0)2，得UBO＝.由此可知UBO>UOA，C错误，D正确．
10．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置其电势能变为－8 eV时，它的动能为(　　)
A．8 eV B．15 eV
C．20 eV D．34 eV
解析：选C.在静电力作用下，带电粒子在相邻等势面的电势能变化相等，带正电粒子从a到b动能减少21 eV，电场力做负功，粒子经等势面3时粒子的动能为12 eV，粒子在等势面3的电势能为0，粒子的电势能和动能之和为12 eV，带电粒子的电势能与动能之和守恒，当粒子电势能为－8 eV时，12 eV＝－8 eV＋Ek，Ek＝20 eV.故选C.
二、非选择题
11．如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，它们的连线构成一个直角三角形，AB＝0.12 m，AC＝0.05 m，把一电荷量q＝－1×10－8 C的点电荷从B点移到C点，电场力做功为5×10－7 J，把点电荷从B点移到A点，电场力做功仍为5×10－7 J，由此求：
(1)B、C两点之间电势差是多少？
(2)该匀强电场的电场强度的方向？
(3)该匀强电场的电场强度的大小？
解析：(1)由题意可知：B、C两点的电势差UBC＝＝ V＝50 V.
(2)电荷从B移到A、C两点，电场力做功相等，表明电荷在A、C两点的电势能相等，故A、C两点具有相同的电势，A、C两点在同一等势面上，由于电场线垂直于等势面，所以场强方向与AC连线垂直；又由于负电荷从B移到A或C时电场力做正功，表明负电荷受到的电场力方向由B指向等势面AC，故场强方向应当由等势面AC指向B，即由A指向B.
(3)A、C两点在等势面上，UBA＝UBC＝50 V，由图示可知AB垂直于AC，故场强
E＝＝ V/m≈417 V/m.
答案：(1)50 V　(2)由A指向B　(3)417 V/m
12．(2012·厦门大学附中高二期中)水平放置的两块平行金属板板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为91 V，且下板为正极板，一个电子，带电量e＝－1.6×10－19 C，质量m＝9.1×10－31 kg，沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s，从两板中间射入，并从电场的右端射出，如图所示，求：
(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？
(2)电子飞出电场时的速度大小是多少？(保留两位有效数字)
解析：(1)电子在电场中的加速度a＝，
侧位移即竖直方向位移y＝at2＝，因t＝，
y＝＝m＝5.0×10－3m.
(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝＝4.0×106 m/s.
飞出电场时的速度为
v＝，代入数据可得v≈2.0×107 m/s.
答案：(1)5.0×10－3 m　(2)2.0×107 m/s

1．关于电容器的电容C、电压U和所带电荷量Q之间的关系，以下说法正确的是(　　)
A．C由U确定
B．C由Q确定
C．C一定时，Q与U成正比
D．C一定时，Q与U成反比
解析：选C.电容由电容器本身的因素决定，与Q、U无关，A、B错误．由C＝知，C一定时，Q与U成正比，C正确，D错误．
2．如图所示，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．
3．(2012·永安一中高二期中)平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示．当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动(　　)
①将电容器的下极板稍稍上移；
②将电容器的上极板稍稍上移；
③将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动；
④将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移．
A．①③ B．②④
C．②③ D．①④
解析：选A.S闭合时，板间电压U不变，只有板间距离d减小，场强E＝增大，液滴受电场力大于重力，液滴才向上移动，①对，②错．S断开，Q不变，减小极板正对面积，C减小，U增大，从而E增大，液滴向上移动，③对．S断开后，改变板间距离，E不变，液滴仍静止，④错．
4．(2012·衡阳高二期中)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为UP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则(　　)
A．U变大，E变大 B．U变小，UP变大
C．UP变小，Ep变小 D．UP变大，Ep变小
解析：选A.电容器的电荷量Q不变，A、B错开一段距离，电容C减小，由C＝知，U变大，由E＝知，场强变大．B与P间的电势差UBP增大．由UBP＝UB－UP＝0－UP知，UP减小．由于UBP变大，负电荷由B到P克服电场力做功增多，故负电荷在P点的电势能Ep变大，A正确，B、C、D错误．
5．一个平行板电容器，使它极板电荷量从Q1＝30×10－6 C增加到Q2＝36×10－6 C时，两板板间的电势差从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＝12×10－6C.
答案：(1)3μF　(2)12 V　(3)12×10－6 C
一、选择题
1．如图所示，四个图象描述了对给定的电容器充电时，电容器电量Q、电压U和电容C三者的关系，正确的图象有(　　)
解析：选C.电容C与电荷量Q，电压U无关，A、B错误，C正确．由C＝知，Q与U成正比，D错误．
2．一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＝得，C＝ F＝2×10－8 F，B正确．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．任何两个靠得很近的导体都构成了电容器，与是否带电无关
B．电容是盛放电荷和电能的仪器，只有带电的容器才能称为电容器
C．电容器所带电荷量为2 C，说明每个极板所带电荷量均为1 C
D．电容器所带电荷量为2 C，说明每个极板所带电荷量的绝对值均为2 C
解析：选D.两导体靠得很近，且相互绝缘才能是电容器，A错误；是否是电容器与是否盛放电荷无关，B错误；电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，C错误，D正确．答案为D.
4．对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是(　　)
A．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
B．将两极板间的间距加大，电容将增大
C．增大两极板间的电压时电容将减小
D．在下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，电容将减小
解析：选A.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)随两极板间距增大而减小；(3)在两极板间放入电介质，电容增大．改变电容器的两极间电压和电容器所带的电量，都不会改变电容器的电容．由上面叙述可直接看出A正确．
5．一个电容器的规格是“10 μF,50 V”，则(　　)
A．这个电容器加上50 V电压时，电容才是10 μF
B．这个电容器的最大电容为10 μF，带电荷量较少时，电容小于10 μF
C．这个电容器的电容总等于10 μF
D．这个电容器上所加的电压不能低于50 V
解析：选C.电容由电容器本身因素决定，不随电压和电荷量而改变，A、B错误，C正确.50 V是击穿电压，电容器所加电压不能高于50 V，D错误．
6．如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中(　　)
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变大
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
解析：选C.由题知电容器两极板间电压恒定，设已充电荷量为Q，当两极板距离增大时，电容C变小，由Q＝CU，可知带电荷量Q将减小，则知电阻R中有从a流向b的电流．故只有C正确．
7．已知平行板电容器的电容与两板的正对面积成正比，与两板间距离成反比，利用这一特点可制成如图所示的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．该仪器中电容器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层越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面降低了
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A.此电容器的结构类似于平行板电容器，金属芯线和液体构成电容器的两个电极，金属芯线的绝缘层是极板间电介质，其厚度相当于两平行板间的距离，液体深度h与绝缘层外径的周长的乘积，相当于两平行板间的正对面积，所以h大时，C就大，若C大时则表明h大．
8．如图所示，一个平行板电容器，其电容为C，所带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，AB连线与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.由电容器电容的定义式C＝，所以U＝，则两板间的电场强度为E＝.试探电荷受到的电场力为F＝，所以电场力对试探电荷做的功为W＝F＝.
9．在如图所示的闪光灯电路中，电源的电压为U0，电容器的电容为C.当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定(　　)
A．电源的电压U0一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为CU
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
解析：选BD.电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电压U0一定大于等于U，A项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B项正确；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；在一个闪光周期内电容器的总电荷量变化ΔQ＝0，故通过R的电荷量均通过了闪光灯，D正确．
10．(2012·广东执信中学高二质检)平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示，那么(　　)
A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
解析：选AC.闭合开关，电容器充电，结果A板带正电，B板带负电，小球在重力、绳子拉力和电场力的作用下处于平衡状态．若保持开关S闭合，A板向B板靠近时，两板间的电势差保持不变，根据E＝，场强E将增大，所以小球所受电场力也将变大，故θ角增大．开关S断开，A板向B板靠近时，则极板的带电荷量将不变，由E＝，U＝和C＝，可得E＝，所以E将不变，小球所受电场力也不变，所以θ不变．正确选项为AC.
二、非选择题
11．一个不带电的平行板电容器，在用直流电源充电时，电源消耗了4.8×10－6 J的能量，共有5.0×1011个电子从一个极板转移到另一极板，试计算电容器的电容．
解析：由题意知，
Q＝ne＝5×1011×1.6×10－19 C＝8×10－8 C
由W＝QU得
U＝＝＝60 V
C＝＝ F≈1.3×10－9 F
答案：1.3×10－9 F
12．如图所示，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)两板之间为匀强电场
E＝＝ V/m＝2×103 V/m，
方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为
dAC＝d－dBC＝1 cm
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20 V
又UAC＝φA－φC，φA＝0
可得φC＝－20 V.
答案：(1)1×10－9 F　(2)2×103 V/m
方向竖直向下　(3)－20 V

(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．关于电流的下列说法中，正确的是(　　)
A．电流是电荷运动形成的
B．电荷运动的方向就是电流的方向
C．同一段串联电路中，相同时间内通过各不同横截面处的电荷量一定相等
D．电流有大小又有方向，是矢量
解析：选C.电流是电荷的定向移动形成的，其方向跟正电荷受电场力方向相同，A、B错误．串联电路中电流处处相等，由I＝知，相同时间内通过各横截面电荷量一定相等，C正确，电流是标量，D错误．
2．关于下列电阻和电阻率的说法正确的是(　　)
A．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半
B．由ρ＝可知，ρ∝R，ρ∝
C．所有材料的电阻率随温度的升高而增大
D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大
解析：选D.电阻率由材料本身决定，与导体长度，横截面积无关，A、B错误．导体材料的电阻率随温度升高而增大，半导体材料的电阻率随温度升高而减小，C错误．由R＝ρ知，若不计导体形状的改变，电阻增大说明电阻率随温度升高而增大，D正确．
3．两电阻R1、R2的电流和电压的关系如图所示，可知两电阻的大小之比R1∶R2等于(　　)
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶ D.∶1
解析：选A.电阻的I－U图线的斜率表示电阻的倒数，则R1∶R2＝∶＝1∶3.
4．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2并联起来，则总电阻(　　)
A．很接近R1而略大于R1
B．很接近R1而略小于R1
C．很接近R2而略大于R2
D．很接近R2而略小于R2
解析：选D.由并联电路的知识可知，＝＋，R总接近R2而比R2略小，D正确．
5．把标有“220 V,40 W”和“220 V,15 W”的甲、乙两盏灯串联接在220 V电压下，则下面分析正确的是(　　)
A．两盏灯的总功率等于55 W
B．两盏灯的总功率小于15 W
C．甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率
D．乙灯的实际功率大于甲灯的实际功率
解析：选BD.由P＝知，R甲＝1210 Ω，R乙＝ Ω，串联后总电阻R总>R乙，故P6．如图为某两个电阻的U－I图象，则阻值之比R1∶R2，把两电阻串联后接入电路，则消耗功率P1∶P2，并联后接入电路，消耗功率之比P1′∶P2′，分别为(　　)
A．2∶1　2∶1　1∶2
B．2∶1　1∶2　2∶1
C．1∶2　1∶2　2∶1
D．1∶2　2∶1　1∶2
解析：选A.由R＝得R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，则R1∶R2＝2∶1，串联后，电流相等，由P＝I2R得P1∶P2＝2∶1，并联后，电压相等，由P′＝得，P1′∶P2′＝1∶2，A正确．
7．一根电阻丝，在通入2 C的电荷量时电功为8 J，若在相同的时间内通过4 C的电荷量时，电阻丝上的电流所做的功W和所加的电压U分别是(　　)
A．W＝16 J　U＝4 V　　　　　 B．W＝16 J　U＝16 V
C．W＝32 J　U＝4 V D．W＝32 J　U＝8 V
解析：选D.由I＝知，I1∶I2＝2∶4＝1∶2.由W＝I2Rt知，W1∶W2＝I∶I＝1∶4，得W2＝32 J．由U＝IR得U1∶U2＝1∶2，而由W1＝q1U1得，U1＝＝ V＝4 V，所以U2＝8 V．D正确．
8．有两只完全相同的电流计，分别改装为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串联起来连接在电路中，则两只表的指针可能出现下列哪种现象(　　)
A．两表指针都不偏转
B．两表指针的偏角相同
C．两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度大得多
D．两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度大得多
解析：选D.把完全相同的电流计，分别改装成一只电流表和一只电压表，串联接入电路中时，两表中均有电流通过，两表指针都偏转，只是电压表中的表头处在干路中，通过的电流大，偏转角度也大，选D.
9.如图所示电路中，白炽灯A、B不亮，但电路中只有一处断开，今用电压表测得：Uab＝0，Uac＝6 V，Ubd＝6 V，Ucd＝0，则可知(　　)
A．B灯断路 B．A灯断路
C．R断路 D．电源断路
解析：选C.由于电路中无电流，连接在一起的导体为等势体，故凡未断开的灯丝及电阻两端的电压应为零，相应电压表示数为零，反之，凡电压表示数不为零的部分(不含电源)，必有断开之处．
10．如图所示，电阻R1＝20 Ω，电动机的绕组R2＝10 Ω.当开关S断开时，电流表的示数是0.5 A，当开关S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是(　　)
A．I＝1.5 A B．I<1.5 A
C．P＜15 W D．P>15 W
解析：选BC.U＝I1R1＝0.5×20 V＝10 V．S闭合后，由于电动机为非纯电阻，所以R2分得电压小于10 V，电流I2小于1 A，所以干路电流I小于1.5 A，电路消耗的功率小于15 W．B、C正确．
二、实验题(本题共2小题，共18分，按题目要求作答)
11．(8分)在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.
(2)为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3 V，内阻10 kΩ
B．电压表0～15 V，内阻50 kΩ
C．电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω
D．电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
E．滑动变阻器，0～10 Ω
F．滑动变阻器，0～100 Ω
①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(填序号)
②实验中他的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误．
错误1：_____________________________________________________________________
错误2：_____________________________________________________________________
解析：(1)螺旋测微器读数为0.680 mm.
(2)①两节干电池串联后的总电压为3 V，因此电压表选A.电路中的最大电流为0.6 A，电流表应选C.为便于调节电路，滑动变阻器应选E.
②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上．
错误2：采用了电流表内接法．
答案：(1)0.680　(2)①A　C　E　②见解析
12．(10分)用伏安法测量额定电压是4.5 V小灯泡的电阻，并作出小灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：
A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B．电压表(0～10 V，内阻20 kΩ)
C．电流表(0～0.3 A，内阻1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．学生电源(直流6 V)，还有开关、导线
(1)实验中所用电压表应选______，电流表应选用______(用序号字母表示)
(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在图中方框内画出满足实验要求的电路图．
(3)实验中测得数据如下
电流/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电压/V
0.15
0.45
1.00
1.95
4.00
利用表中数据作出小灯泡的U－I图象．
解析：(1)灯泡两端额定电压是4.5 V，电压表应选A.由表中数据可知，电流不超过0.5 A，电流表应选D.
(2)由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表用外接法．电压从0开始变化，滑动变阻器用分压式接法，电路图如图甲所示．
(3)U－I图象如图乙．
答案：(1)A　D　(2)见解析图　(3)见解析图
三、计算题(本题共4小题，共42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)一条粗细均匀的导线长1200 m，在其两端加上恒定的电压时，测得通过它的电流为0.5 A，如剪去一段后，在剩余部分的两端加同样的恒定电压时，通过它的电流为0.6 A．问剪去的导线长度为多少？
解析：设剪去长度Lx.
由电阻定律知：＝(3分)
由欧姆定律知：＝＝＝(3分)
解得Lx＝200 m．(2分)
答案：200 m
14．(8分)如图所示为一双量程电压表的示意图．已知电流表G的量程为0～100μA，内阻为600 Ω，则图中串联的分压电阻R1、R2分别为多少？
解析：量程为U1＝5 V时，有R1＝－Rg＝ Ω－600 Ω＝49400 Ω(4分)
量程为U2＝15 V时，R2＝－Rg－R1
＝ Ω－600 Ω－49400 Ω＝1.0×105 Ω.(4分)
答案：49400 Ω　1.0×105 Ω
15．(12分)如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，滑动变阻器的总阻值为R＝120 Ω，负载电阻的阻值也是R，电源电压为U＝20 V保持恒定．求
(1)输出电压UAB的取值范围；
(2)当滑片P位于变阻器的中央时，输出电压UAB等于多少．
解析：(1)当滑片P滑到最下端时，电阻R被短路，则Umin＝0(2分)
随着滑片P向上滑，R两端电压增大
当滑片P滑到最上端时，两电阻并联，
电压相等，则Umax＝U＝20 V(2分)
即输出电压范围是：
0≤UAB≤20 V．(2分)
(2)当滑片P位于变阻器的中央时，并联部分电阻
R1＝＝＝40 Ω(2分)
上半部分电阻R2＝＝60 Ω(2分)
由串联规律得并联部分电压
UAB＝U＝U＝8 V．(2分)
答案：(1)0≤UAB≤20 V　(2)8 V
16．(14分)在如图所示的电路中，电源电压U恒定不变，当S闭合时R1消耗的电功率为9 W，当S断开时R1消耗的电功率为4 W，求：
(1)电阻R1与R2的比值是多少？
(2)S断开时，电阻R2消耗的电功率是多大？
解析：(1)S闭合时，只有R1接入电路，
P＝I2R1＝2R1＝9 W．(3分)
S断开时，R1、R2串联在电路中，
P′＝I′2R1＝2R1＝4 W．(3分)
所以(R1＋R2)∶R1＝3∶2，R1∶R2＝2∶1.(3分)
(2)因为P＝I2R，所以串联电路中P与R成正比，所以S断开时R2消耗的电功率P2＝P1/2＝2 W．(5分)
答案：(1)2∶1　(2)2 W

1．关于电流，以下说法正确的是(　　)
A．通过截面的电荷量的多少就是电流的大小
B．电流的方向就是假想的，实际不存在
C．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流
D．导体两端没有电压就不能形成电流
解析：选D.根据电流的概念，电流是单位时间内通过截面的电荷量，知A项错；规定正电荷定向移动的方向为电流方向，知B错；自由电荷持续地定向移动才会形成电流，C错，D对．
2．关于电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．电荷定向移动的方向为电流方向
B．因为电流有方向，所以电流是矢量
C．在电源外部电路中，电流的方向是从电源的正极流向负极
D．在电路中电荷的定向移动方向总是沿着高电势到低电势的方向
解析：选C.电流的方向是正电荷定向移动的方向，在电源外部从电源正极流向负极，故A错误，C正确；电流是标量，故B错误；在电源外部电路中正电荷从高电势处向低电势处移动，而负电荷从低电势处向高电势处移动，故D错误．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．只要物体内有自由电荷，就会有电荷的热运动，就会形成电流
B．电荷的定向移动速率远小于热运动速率，所以电流大小主要由热运动速率决定
C．每当接通电路时，电路中各处几乎同时有了电流，说明电荷定向移动速率非常大
D．电荷在外电场的电场力作用下定向移动时，就形成了电流
解析：选D.电子的热运动速率很大，但因热运动杂乱无章，故不能形成电流．电路中电流的形成是自由电荷在电场力作用下的定向移动，故电流的速率是电场的传播速率，而非自由电荷定向移动的速率．故D正确．
4．通过一根金属导线的电流为16 mA，则10 s内通过这根导线横截面的自由电子数为(　　)
A．1.0×1017　　　　　　　 B．1.0×1018
C．1.0×1019 D．1.0×1020
解析：选B.由I＝Q/t可知I＝ne/t，所以n＝It/e＝＝1.0×1018个，选项B正确．
5．如图所示，设导体的横截面积为S，通有电流I.导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的平均速率是v，试导出I与这些量之间的关系．
解析：在时间Δt内通过导线横截面的电子总数为N＝nvΔtS，对应的总电荷量为Q＝nvΔtSe.
根据电流的定义式得I＝＝neSv.
答案：I＝neSv
一、选择题
1．关于电流，下列叙述正确的是(　　)
A．只要将导体置于电场中，导体中就有持续电流
B．电源的作用可以使电路中有持续电流
C．导体中没有电流时，就说明导体内部的电荷没有移动
D．方向和强弱不随时间而改变的电流是恒定电流
解析：选BD.持续电流是导体两端有稳定的电压形成的，故A错误；电源的作用就是在导体两端加上稳定的电压，可以使电路中有持续电流，故B正确；没有电流时，导体内自由电荷仍然做热运动，故C错误；方向和强弱不随时间而改变的电流是恒定电流，故D正确．
2．关于电流，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．电子运动速率越大，电流越大
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．电流的方向就是自由电荷定向移动的方向
解析：选C.由电流的定义式I＝可知：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，故A错误，C正确；由电流的微观表达式I＝nqSv可知：电流的大小与电子定向移动的速率成正比，与电子运动速率无关，故B错；电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，D错．
3．一个半导体收音机，电池供电的电流是8 mA，也就是说(　　)
A．1 h电池供给1 C的电量
B．1000 s电池供给8 C的电量
C．1 s电池供给8 C的电量
D．1 min电池供给8 C的电量
解析：选B.根据电流的定义式I＝，可得q＝It，代入数据，A、C、D错误 ，B正确．
4．某电解池，如果在1 s内共有5×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某截面，那么通过这个截面的电流是(　　)
A．0 A B．0.8 A
C．1.6 A D．3.2 A
解析：选D.电解液中的正、负电荷都可以定向移动形成电流，所以由I＝q/t得：
I＝(5×1018×2＋1.0×1019)×1.6×10－19 A＝3.2 A.
5．下列叙述中正确的是(　　)
A．通过导体某一横截面积的电量越多，电流越大
B．通过导体某一横截面积的电量越少，电流越小
C．在单位时间内，通过导体某一横截面的电量越多，电流越大
D．通电的时间越短，电流越小
解析：选C.电流等于单位时间内流过某一横截面的电荷量，即I＝，由这个比值决定，A、B、D错误，C正确．
6．一个半径为r(m)的橡胶圆环，均匀地带上Q(C)的负电荷，当它以角速率ω(rad/s)绕中心轴顺时针匀速转动时，圆环中等效电流的大小为(　　)
A．Q B.
C. D.
解析：选C.截取圆环上任一截面，在橡胶圆环运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量为Q，
则有I＝＝
又T＝
所以I＝.
所以选项C正确．
7．如图所示，电解池内有一价的电解液，t s内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下解释中正确的是(　　)
A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→A
B．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消
C．溶液内电流方向从A→B，电流I＝
D．溶液内电流方向从A→B，电流I＝
解析：选D.正电荷定向移动的方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正、负电荷反向经过同一截面时，I＝公式中q应该是正、负电荷电荷量绝对值之和，故I＝，电流方向由A指向B，故选项D正确．
8．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，因此乙导体中的电流是甲的2倍，故A错误，B正确；又I＝nqSv，则v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质(n、q不知道)，所以v的关系无法判断，C、D错误．
9．铜的原子量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动速率为(　　)
A．光速c B.
C. D.
解析：选D.假设电子定向移动的速率为v，那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vtS中的自由电子数，而体积为vtS的铜的质量为vtSρ，摩尔数为，所以电量q＝，I＝＝，于是得v＝.
10．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，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是(　　)
A.  B. 
C.  D. 
解析：选B.电子在电场中加速，由动能定理得：eU＝mv2，v＝ ；电流的微观表达式为I＝neSv，所以单位体积内自由电子的个数n＝I/eSv＝ ，长为ΔL的电子束内的电子个数为：N＝nSΔL＝ .
二、非选择题
11．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，这次闪电通过的电荷量是多少？释放的电能给1000 W的电灯供电，可用多长时间？
(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，
t＝＝＝5×106 s＝0.16年．
(2)这次闪电释放的电能为
W＝qU＝200×2.5×107 J＝5×109 J.
答案：(1)200 C　0.16年　(2)5×109 J
12．来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA的细柱形质子流．已知质子电荷为e＝1.60×10－19 C，这束质子流每秒钟打到靶上的质子数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，那么为多少？
解析：由电流定义可得I＝，n＝＝个＝6.25×1015个．
由v－0＝2as可得l和4l两处的质子速度之比：＝ ＝，由于各处电流相同，由I＝neSv得＝＝2.
答案：6.25×1015个　2

1．(2012·永安一中高二期中)一根均匀的电阻丝的电阻为R，下列用同种材料做成的电阻中，其电阻值也为R的是(　　)
A．长度不变，横截面积增大一倍
B．横截面积不变，长度增大一倍
C．长度和横截面积都缩小一倍
D．长度和横截面的半径都增大一倍
解析：选C.由电阻定律R＝可知，C正确，A、B、D错误．
2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列说法正确的是(　　)
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
解析：选A.由R＝ρ可知，在横截面积S一定时，电阻R与长度l成正比，长度l一定时，电阻R与横截面积S成反比，故A正确，B错误；R＝是电阻的定义式，提供了一种测电阻的方法，但电阻R与电压U、电流I无关，故C、D均错误．
3．一只标有“220 V,100 W”的灯泡工作时的电阻为484 Ω，当它不工作时，测量其电阻应(　　)
A．等于484 Ω　　　　　　　 B．大于484 Ω
C．小于484 Ω D．无法确定
解析：选C.此题考查导体的电阻率与温度的关系．工作时，灯泡中有电流通过，灯泡发热，温度升高，由于金属的电阻率随温度升高而变大，所以灯泡工作时的电阻比不工作时大一些．
4．在电阻两端加50 V的电压，该电阻10秒内有20 C的电量通过横截面，则该电阻的阻值为(　　)
A．2 Ω B．5 Ω
C．20 Ω D．25 Ω
解析：选D.由I＝得，I＝ A＝2 A，由欧姆定律得，R＝＝ Ω＝25 Ω，D正确．
5．为了测定液体的电阻率，工业上用一种称为“电导仪”的仪器．其中一个关键部件如图所示，A、B是两片面积为1 cm2的正方形铂片，间距1 cm，把它们浸没在待测液体中，若通过两根引线加一定的电压6 V时，测出电流1 μA，这种液体的电阻率为多少？
解析：由R＝得R＝ Ω＝6×106 Ω.
由R＝ρ得，ρ＝＝ Ω·m＝6×104 Ω·m.
答案：6×104 Ω·m
一、选择题
1．关于公式R＝和公式R＝ρ，下列说法正确的是(　　)
A．两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长度成正比，与导体的横截面积成反比
解析：选D.R＝适用于金属导体和电解液，且为纯电阻电路，故A、B错误；导体的电阻由导体本身决定，与U、I无关，故C错误、D正确．
2．(2012·莆田一中高二期中)关于电阻率的说法中不正确的是(　　)
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，由材料决定，与温度有关
C．电阻率ρ越大的导体，电阻也越大
D．导体材料的电阻率都是随温度升高而增大
解析：选ACD.电阻率表征材料导电性能的强弱，由材料决定，与温度有关，A错，B对．电阻由导体的长度，横截面积、材料共同决定，C错．有的导体材料电阻率随温度几乎不变，D错．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．由R＝U/I可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
B．由I＝U/R可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
C．导体的电阻率由导体本身的物理条件决定，任何物理变化都不能改变导体的电阻率
D．欧姆定律I＝U/R，不仅适用于金属导体的导电情况，对于别的电路也都适用
解析：选B.由电阻定律知，导体的电阻是由本身的物理条件决定的，与加在它两端的电压和通过它的电流无关．所以A错．导体的电阻率是由导体的材料决定的，与温度有关．温度发生变化，电阻率也会改变，所以C错．部分电路欧姆定律只适用于电阻电路，不一定适合于一切电路，所以D错．答案为B.
4．有长度相同，质量相同，材料不同的金属导线A、B各一根．已知A的密度比B的大，A的电阻率比B的小．则A、B两根导线的电阻为(　　)
A．RA＞RB B．RAC．RA＝RB D．无法判断
解析：选D.由R＝ρ，虽有A、B长度相同，密度ρA＞ρB得SA＜SB，但电阻率ρA<ρB，故不能确定RA与RB的大小．D正确．
5．(2012·大连高二期末)某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为(　　)
A．4ρ和4R B．ρ和4R
C．16ρ和16R D．ρ和16R
解析：选D.电阻率不变，A、C错误．直径为原来的一半，横截面积为原来的，长度是原来的4倍，由R＝ρ知，电阻是原来的16倍，B错误，D正确．
6．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为l1∶l2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，外加电压之比为U1∶U2＝1∶2，则它们的电阻率之比为(　　)
A．2∶3 B．4∶3
C．3∶4 D．8∶3
解析：选B.由公式R＝ρ知ρ＝，所以两种材料的电阻率之比ρ1：ρ2＝4∶3.选项B正确．
7．(2012·福州高二检测)一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为(　　)
A．U/2 B．U
C．2U D．4U
解析：选D.由R＝ρ可知，当导线被均匀拉长为原来的2倍时，其横截面积变为原来的，所以电阻变为原来的4倍，再根据欧姆定律可知电压变为原来的4倍，故D正确，A、B、C错误．
8．用电器离电源L米，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是(　　)
A．ρL/R B．2ρLI/U
C．U/(ρLI) D．2UL/(Iρ)
解析：选B.自用电器到电源需两根导线，故导线总长为2L，由R＝及R＝ρ解得：S最小＝，B正确．
9．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2，当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，RⅠⅡ∶RⅢⅣ是(　　)
A．L2∶L1
B．L1∶L2
C．L∶L
D．L∶L
解析：选C.设电阻板厚δ，当端点Ⅰ、Ⅱ接入电路时，导体长为L2，横截面积为L1δ，根据电阻定律；RⅠⅡ＝ρ＝ρ；同理，RⅢⅣ＝ρ＝ρ；所以RⅠⅡ∶RⅢⅣ＝L∶L，故选C.
10．有两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同电压后，通过的电流之比为(　　)
A．8∶1 B．4∶1
C．1∶1 D．1∶4
解析：选A.同种材料的导体体积之比等于质量之比，所以＝，横截面积之比＝＝×＝，故由R＝ρ可得＝·＝×＝，加上相同的电压，由I＝，可得＝＝.选项A正确．
二、非选择题
11．两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所示，求x、y横截面积之比？
解析：由图象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.
答案：1∶2
12．相距40 km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800 Ω.如果A、B间的某处发生短路，为查明短路地点，在A处接上电源、电压表和电流表，测得电压表的示数为10 V，电流表的示数为40 mA，求发生短路处距A处有多远？
解析：如图所示，A、B两地相距l1＝40 km，原输电线长为2l1，总电阻R1＝800 Ω，设A与短路处距离为l2，其间输电线电阻：R2＝＝ Ω＝250 Ω
由R＝ρ知，＝得：l2＝l1＝40× km＝12.5 km，即短路处距A端12.5 km.
答案：12.5 km

1．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.根据电功的定义及特点，可以判断A、C、D均正确．电功是电能转化为其他形式的能的量度．B错．
2．通过电阻R的电流为I时，在时间t内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流为I/2时，则在时间t内产生的热量为(　　)
A．4Q　　　　　　　　　　 B．2Q
C．Q/2 D．Q/4
解析：选C.电阻是R，电流是I时，Q＝I2Rt，电阻是2R，电流是时，Q′＝2·(2R)t＝I2Rt＝Q，C正确．
3．(2012·三明高二检测)理发用的电吹风机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．设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有(　　)
A．PC．P>UI D．P>I2(R1＋R2)
解析：选D.电路中消耗的电功率为P＝UI，故A、C错误．消耗的电功率除了转化为电动机线圈与电热丝释放的热功率外，还有机械功率出现，即P>I2(R1＋R2)，故D正确，B错误．
4．(2012·北京高二期末)如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6 V,12 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是(　　)
A．电动机的输入功率为24 W
B．电动机的输出功率为12 W
C．电动机的热功率为2.0 W
D．整个电路消耗的电功率为22 W
解析：选C.由I＝得，电路中的电流I＝ A＝2 A．电动机两端的电压UM＝U－UL＝12 V－6 V＝6 V，电动机的输入功率P入＝UMI＝6×2 W＝12 W，
发热功率P热＝I2RM＝22×0.5 W＝2 W，输出功率P出＝P入－P热＝12 W－2 W＝10 W，整个电路消耗的功率P＝UI＝12×2 W＝24 W，综上所述，只有C正确．
5．一台国产XQB30－13型自动洗衣机说明书中所列的主要技术数据如下表，试根据表中提供的数据计算：
额定电压
220 V
额定频率
50 Hz
额定洗衣、脱水功率
360 W
额定洗衣、脱水容量
3 kg
整机质量
33 kg
外形尺寸(长×宽×高)
(542×550×920) mm3
(1)这台洗衣机在额定电压下洗衣或脱水时，通过洗衣机的电流是多大？
(2)如洗衣、脱水的累计时间为40 min，则洗衣机耗电多少？
解析：(1)由说明书可知P＝360 W，又由P＝UI可知，I＝＝A＝1.636 A.
(2)W＝Pt＝360×40×60 J＝8.64×105 J.
答案：(1)1.636 A　(2)8.64×105 J
一、选择题
1．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．
2．现在某电动机厂家因生产的电动机不合格，在进行生产线的调整．其研究小组在研究电动机的性能时，测得某电动机内阻为R，在两端加的电压为U，流过的电流为I，通电时间为t，则产生的电热(　　)
A．可用t求电功和电热
B．不能用I2Rt求电热
C．不能用UIt求电热
D．不能用UIt求电功
解析：选C.公式t求电功只适用于纯电阻电路，I2Rt等于电热、UIt求电功适用于所有电路．UIt求电热只适用于纯电阻电路，故A、B、D错误，C正确．
3．两只灯泡分别接在两个电路中，下列判断正确的是(　　)
A．额定电压高的灯泡较亮
B．额定功率大的灯泡较亮
C．接在电压高的电路两端的灯泡较亮
D．在电路中实际功率大的灯泡较亮
解析：选D.灯泡的亮度由灯泡消耗的实际功率决定，实际功率大的灯泡亮，D对．
4．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，整幢居民楼里有各种不同的电器，如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，如图所示．计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是(　　)
A．P＝I2R B．P＝
C．P＝UI D．以上公式都可以
解析：选C.居民楼里的电路中的用电器并非都是纯电阻用电器．对总功率只能用P＝UI计算，选项C正确，A、B、D均错．
5．一台电动机额定电压为220 V，额定电流为4 A，让这台电动机正常工作，则下列说法正确的是(　　)
A．电动机对外做功的功率为880 W
B．电动机内发热功率为880 W
C．电动机的内电阻为55 Ω
D．电动机的额定功率为880 W
解析：选D.电动机额定功率P＝UI＝880 W，电动机不是纯电阻元件，额定功率等于发热功率与对外做功功率之和，故D对，A、B错．而电动机的内电阻不能用额定电压与额定电流的比值计算，C错．
6．把家用电炉的电热丝剪去一小段后，继续使用，则在同样的时间内(　　)
A．由Q＝I2Rt可知，电炉的发热量减少
B．由Q＝UIt可知，电炉的发热量不变
C．由Q＝t可知，电炉的发热量增加
D．无法确定
解析：选C.电炉丝截去一段后电阻变小，家用电器的工作电压就是照明电路的电压，这个电压为恒值，据Q＝ t可知，电阻R减小，导致电炉的发热量增加．
7．如图所示，M、N接稳压电源，a、b间断开时，Uab＝220 V，a、b间接入“220 V,100 W”的灯泡时(灯泡作定值电阻)，Uab＝210 V．则此时电源输入M、N的电功率为(　　)
A．95.45 W B．91.12 W
C．100 W D．102.27 W
解析：选A.灯泡额定电压和额定功率为“220 V,100 W”，由R＝得：R灯＝484 Ω，所以PMN＝UMN＝95.45 W.
8．将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P.若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源，则它的功率为(　　)
A．4P B．0.25P
C．16P D．0.125P
解析：选B.由V＝Sl得电阻丝拉长为原来的2倍，导线截面积变为原来的1/2，由R＝ρ得R′＝4R.因为P＝，所以P′＝＝P/4.
9．一只灯泡标有“220 V,100 W”字样，将其接到110 V的电源上(不考虑灯泡电阻的变化)，则有(　　)
A．灯泡的实际功率为50 W
B．灯泡的实际功率为25 W
C．通过灯泡的电流为额定工作电流的
D．通过灯泡的电流为额定工作电流的
解析：选BC.灯泡电阻为：R＝＝ Ω＝484 Ω，则灯泡的实际功率和通过的电流分别为：P′＝＝ W＝25 W，I′＝＝ A＝ A，是原来 A电流的，B、C正确．
10．一个电阻接到某电路后，消耗的功率为110 W，通过3 C的电荷量时，有330 J的电能转化为内能，下列各项正确的是(　　)
A．电阻所加电压为330 V
B．通过电阻的电流为1 A
C．电阻通电时间为3 s
D．这个电阻的阻值为110 Ω
解析：选BCD.由W＝qU知电路电压U＝＝110 V，A错误；由P＝IU得I＝＝1 A，B正确；由W＝Pt得通电时间t＝＝3 s，C正确；由R＝，得R＝110 Ω，D正确．
二、非选择题
11．广州亚运会时，环保汽车为场馆提供服务．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，其质量m＝3×103 kg.当它在水平路面上以v＝36 km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I＝50 A，电压U＝300 V．在此行驶状态下
(1)求驱动电机的输入功率P电；
(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值(g取10 m/s2)．
解析：(1)驱动电机的输入功率
P电＝IU＝1.5×104 W.
(2)在匀速行驶时
P机＝0.9P电＝Fv＝fv，f＝0.9P电/v
得汽车所受阻力与车重之比＝0.045.
答案：(1)1.5×104 W　(2)0.045
12．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r＝1 Ω，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：
(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？
(2)电动机输入功率和输出功率各是多少？
(3)10 s内，可以把重物A匀速提升多高？
(4)这台电动机的机械效率是多少？
解析：(1)热功率P热＝I2r＝12×1 W＝1 W.
(2)输入功率P入＝UI＝5×1 W＝5 W
输出功率P出＝P入－P热＝5 W－1 W＝4 W.
(3)匀速提升时，电动机对重物的牵引力等于重物的重力，即F＝G＝20 N
由P出＝Fv得v＝＝＝ m/s＝0.2 m/s.
10 s内上升的高度h＝vt＝0.2×10 m＝2 m.
(4)机械效率η＝＝＝80%.
答案：(1)1W　(2)5 W,4 W　(3)2 m　(4)80%

1．在图所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是(　　)
A．I1＝
B．I1＝
C．I1＝
D．I1＝
解析：选C.由串联电路的特点可知，I1＝＝＝，只有C正确．
2．下列说法错误的是(　　)
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，任意支路的电阻增大或减小时，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D.并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，如果某一电阻与电阻为零的导线并联，电阻则被短路，总电阻为零，故A正确；并联电路的总电阻小于任一支路的电阻，则B正确，D错误；任一支路的电阻增大，总电阻增大，反之减小，故C正确．
3．(2012·福建南安一中高二期中)关于改装电表，下列说法正确的是(　　)
A．改装成大量程的电压表，必须并联小电阻
B．改装成大量程的电压表，必须串联大电阻
C．改装成大量程的电流表，必须串联小电阻
D．改装成大量程的电流表，必须并联大电阻
解析：选B.电压表的改装利用的是串联分压作用，电压表量程越大，串联的电阻越大，A错，B对．电流表的改装利用的是并联分流作用，电流表量程越大，并联的电阻越小，C、D错误．
4．(2012·厦门大学附中高二期中)四盏灯连接如图所示，灯L1、L2上标有“110 V,100 W”，灯L3、L4标有“110 V,40 W”，当在A、B两点加上220 V电压时，在这四盏灯中实际消耗功率最小和最大的灯泡分别是(　　)
A．L1和L2　　　　　　　 B．L1和L3
C．L3和L4 D．L2和L4
解析：选C.由R＝知，灯泡电阻R3＝R4>R1＝R2，根据串联电路的性质＝＝I2知P4>P1，即L4的实际功率比L1的实际功率大，根据并联电路的性质，P2R2＝P3R3＝U知，P2>P3，即L2的实际功率比L3的实际功率大，由图可以看出流过L1的电流一定大于流过L2的电流，由P＝I2R知P1>P2，由以上分析知：P4>P1>P2>P3，所以C对．
5．(2012·上海高二期中)在图所示电路中，三个电阻的阻值分别为R1＝2 Ω、R2＝6 Ω和R3＝5 Ω，A、B间的总电阻多大？若在A、B间加一恒定电压，则通过R1和R3的电流之比为多少？
解析：R1、R2并联后的电阻R并＝＝1.5 Ω
A、B间总电阻RAB＝R并＋R3＝6.5 Ω
设A、B间电压为U，由串联电路的知识可知，
U并∶U3＝R并∶R3＝3∶10则R1中电流I1＝＝，R3中电流I3＝＝U
故I1∶I2＝∶＝3∶4.
答案：6.5 Ω　3∶4
一、选择题
1．三个电阻之比为R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流I1∶I2∶I3为(　　)
A．1∶2∶5 B．5∶2∶1
C．10∶5∶2 D．2∶5∶10
解析：选C.并联电路的电流之比与阻值成反比，即I1∶I2∶I3＝∶∶＝10∶5∶2.
2．三根相同的电热丝分别全部串联和全部并联，它们发出相同的热量，所需通电时间之比为(　　)
A．9∶1 B．1∶9
C．3∶1 D．1∶3
解析：选A.设一根电热丝的电阻为R，三根电热丝串联电阻为3R，三根并联电阻为R/3.因为Q＝t，所以当Q、U相等时，t与R成正比，t1∶t2＝9∶1.
3．一电流表的内阻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 V－200×500×10－6 V＝0.9 V
R＝U′/Ig＝1800 Ω.
4．(2012·衡阳高二期中)家用电烙铁在长时间使用过程中，当暂时不使用时，如果断开电源，电烙铁会很快变凉，而再次使用时，温度不能及时达到要求．如果长时间闭合电源，又浪费电能．为改变这种不足，某同学将电烙铁改成如图所示电路，其中R0是适当的定值电阻，R是电烙铁．
以下分析正确的是(　　)
A．若暂不使用，应闭合S
B．若再次使用，应断开S
C．若暂不使用，应断开S
D．若再次使用，应闭合S
解析：选CD.使用时，应使电路中电流大，故闭合S，不使用时应使电路中电流小，故断开S，C、D对．
5．(2012·衡阳高二期中)如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于6 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为4 V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将(　　)
A．小于2 V B．等于2 V
C．大于2 V小于4 V D．等于或大于4 V
解析：选A.表头内阻不是远大于R1、R2，表明并联这表头使并联后的电路电阻明显减小，分压显然减小，A正确．
6．如图所示的电路中，U＝8 V不变，电容器电容C＝200 μF，R1∶R2＝3∶5，则电容器的带电荷量为(　　)
A．1.0×10－3 C B．6.0×10－3 C
C．6.0×10－4 C D．1.6×10－3 C
解析：选A.R1、R2串联则＝＝，又U1＋U2＝8 V；所以U1＝3 V，U2＝5 V．电容器与R2并联则UC＝U2＝5 V，电容器带电量Q＝CUC＝1.0×10－3 C．选项A正确．
7．电阻R1、R2、R3串联在电路中，已知R1＝10 Ω、R3＝5 Ω，R1两端的电压为6 V，R2两端的电压为12 V，下列选项中正确的是(　　)
A．电路中的电流为0.6 A
B．电阻R2的阻值为20 Ω
C．三只电阻两端的总电压为21 V
D．电阻R3消耗的电功率为3.6 W
解析：选ABC.串联电路中电流处处相等，所以I＝I1＝U/R1＝0.6 A，所以A对；又串联电路中导体两端电压和导体电阻成正比，即U1∶U2∶U3＝R1∶R2∶R3，所以R2＝20 Ω，U3＝3 V，B对；又串联电路的总电压等于各支路电压之和，所以U＝U1＋U2＋U3＝21 V，C对；P3＝I2R3＝1.8 W，所以D错．
8．(2012·福建南安一中高二期中)如图所示电路，当ab两端接入100 V电压时，cd两端为20 V；当cd两端接入100 V电压时，ab两端电压为50 V，则R1∶R2∶R3之比是(　　)
A．4∶2∶1 B．2∶1∶1
C．3∶2∶1 D．5∶3∶2
解析：选A.ab端接100 V时，I＝＝，I＝＝.解得R1∶R2＝2∶1，cd端接100 V时，I＝＝，I＝＝，解得R2∶R3＝2∶1，所以R1∶R2∶R3＝4∶2∶1，A正确．
9．在一块微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为(　　)
A．在R上并联一个小电阻
B．在R上并联一个大电阻
C．将R的阻值变大些
D．将R的阻值变小些
解析：选C.电流表示数偏小，说明改装时与表头并联的分流电阻小，使分流较多，因此修正的方法为将R的阻值变大些．
10．(2012·龙岩高二检测)如图所示，两只灯泡L1、L2分别标有“110 V,60 W”和“110 V,100 W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220 V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路(　　)
解析：选B.A、C两图中灯泡不能正常发光；B、D中两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同，因此消耗的电功率一定相等．可以直接看出：B图总功率为200 W，D图总功率为320 W，所以选B.
二、非选择题
11．如图为实验室常用的两个量程的电流表原理图．设表头的满偏电流Ig＝200 μA，内阻Rg＝100 Ω，图中R1与R2的大小应为多少？
解析：接2时满偏有：IgRg＝I1(R1＋R2)
接1时满偏有：Ig (R2＋Rg)＝I2R1
将Ig＝2×10－4 A，Rg＝100 Ω，
I1＝8×10－4 A，I2＝9.8×10－3 A
代入得：R1＝2.5 Ω，R2＝22.5 Ω.
答案：2.5 Ω　22.5 Ω
12．(2012·上海高二期中)如图所示的电路中，A、B两端的电压U恒为12 V，灯L标有“6 V,1.8 W”的字样，R1＝20 Ω，电键S断开时，灯L正常发光．求：
(1)此时滑动变阻器的电阻R2；
(2)当电键S闭合时，灯L的功率为多少？
(3)如果在电键S闭合后仍要使灯L正常发光，则滑动变阻器的电阻要调到多大？
解析：(1)灯中电流IL＝＝ A＝0.3 A
R2两端电压U2＝U－UL＝12 V－6 V＝6 V
则R2＝＝ Ω＝20 Ω.
(2)灯的电阻RL＝＝ Ω＝20 Ω
S闭合后，R1与灯的并联电阻R并＝＝10 Ω
由串联电路的电压分配关系知，＝
则U并∶U2′＝1∶2，即U并＝U＝×12 V＝4 V，
则灯的功率PL′＝＝ W＝0.8 W.
(3)要使灯L正常发光，则通过灯L的电流
IL＝＝ A＝0.3 A
此时电路中的电流为I＝0.6 A
R2＝＝ Ω＝10 Ω.
答案：(1)20 Ω　(2)0.8 W　(3)10 Ω

(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50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．下列关于闭合电路的说法中，正确的是(　　)
A．电源短路时，电源的内电压等于电动势
B．电源短路时，路端电压为零
C．电源断路时，路端电压最大
D．电源的负载增加时，路端电压也增大
解析：选ABC.由I＝知，电源短路时，R＝0，路端电压为零，内电压等于电动势，A、B正确，电源断路时，R＝∞，I＝0，U内＝0，则路端电压等于电动势，C正确．负载增加时，外电路并联的用电器增多，外电阻减小，路端电压减小，D错误．
2．对于“或”逻辑关系，下列结果错误的是(　　)
A．1＋1＝1　　　　　　　　　 B．0＋1＝0
C．0＋0＝0 D．1＋0＝1
解析：选B.“或”逻辑关系的特点：当输入都为“0”时，输出为“0”；当一个输入为“0”，另一个输入为“1”时，输出为“1”；当输入都为“1”时，输出为“1”．A、C、D正确，B错误．
3．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，针对两个不同电源得出如图所示的1、2两个图线．则两个电源的电动势E1和E2、内阻r1和r2满足(　　)
A．E1>E2，r1>r2
B．E1>E2，r1C．E1r2
D．E1解析：选D.纵截距表示电动势，斜率表示电源的内阻，故E14．欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成的，有关欧姆表的使用和连接，不正确的叙述是(　　)
A．测电阻前要使红、黑表笔相接，调节调零旋钮，使表头的指针指零
B．红表笔与表内电池正极相连接，黑表笔与表内电池负极相连接
C．红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接
D．测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻值越小
解析：选B.每次测量电阻之前都要进行欧姆调零，所以A正确；由欧姆表内部结构可知B错，C对；测电阻时，表针偏转角度越大，说明通过表头的电流越大，待测电阻值越小，故D对．
5．如图所示，直线A为电源的U－I图线，曲线B为灯泡电阻的U－I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡的功率和电源的总功率分别是(　　)
A．4 W、8 W
B．2 W、4 W
C．4 W、6 W
D．2 W、3 W
解析：选C.由图象知，电动势E＝3 V，当I＝2 A时，灯泡两端电压为U＝2 V，则灯泡的功率P灯＝UI＝2×2 W＝4 W，电源的总功率P总＝EI＝3×2 W＝6 W，C正确．
6．在下图所示的电路中，电源电压恒为6 V，当合上开关后，发现两个灯泡(均标有3 V)都不亮；用电压表测得Ubc＝Ubd＝6 V，如果各段导线及接线处均无问题，且只有一处故障，这说明(　　)
A．灯泡L1灯丝断了 B．灯泡L2灯丝断了
C．可变电阻R的电阻丝断了 D．开关S未接通
解析：选B.若是S未接通或可变电阻的电阻丝断或L1断路，电压表接在bc两端读数应为零，只有L2断路，Ubc＝6 V，B正确．
7．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动．要使油滴上升，可采用的办法是(　　)
A．增大R1 B．减小R2
C．增大R3 D．减小R3
解析：选BC.由题图分析可知，电容器两端的电压就是R3两端的电压，要使油滴上升，必须增大电容器两端的电压，即增大R3两端的电压，从电路分析得，增大R3和减小R2的电阻都可以．
8．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则(　　)
A．电灯L更亮，电流表的示数增大
B．电灯L更亮，电流表的示数变小
C．电灯L变暗，电流表的示数变小
D．电灯L变暗，电流表的示数增大
解析：选B.滑片P向b端滑动时，滑动变阻器有效电阻增大，电路总电阻增大，由I＝知，电流减小，所以电流表读数变小，而内电压变小，路端电压增大，所以灯L变亮，B正确．
9．如图所示电路中r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于(　　)
A．1∶1∶1 B．2∶1∶1
C．1∶4∶4 D．4∶1∶1
解析：选D.在题图电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系(不能认为内电阻与外电阻并联)，但R1与R2是并联的，因R1＝R2，则I1＝I2＝I，Ir＝I1＋I2＝2I.
Pr∶P1∶P2＝Ir∶IR1∶IR2＝4∶1∶1.
所以D是正确的．
10．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，曲线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2 A，则下列说法正确的是(　　)
A．电源电动势为3 V，内阻为3 Ω
B．线段AB表示的功率为2 W
C．电流为2 A时，外电路的电阻为0.5 Ω
D．电流为3 A时，外电路的电阻为2 Ω
解析：选BC.由图象可知，当电流I＝3 A时，电源总功率P＝IE＝9 W，由此可知电源的电动势E＝3 V．直线与曲线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即Pr＝I2r＝IE，得r＝1 Ω，故A错误；PrB＝I2r＝22×1 W＝4 W，PA＝IE＝2×3 W＝6 W，则PAB＝(6－4)W＝2 W，故B正确；当电流I＝2 A时，由I＝得外电阻R＝－r＝0.5 Ω，当电流I＝3 A时，得R＝0，故C对、D错．
二、实验题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答)
11．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．
(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图象是一条直线、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)将电阻箱的电阻调到最大是为保护电压表．
(2)实验时，若电阻箱的阻值与定值电阻的阻值相差太大，电压表的示数变化不明显，实验误差太大，所以比较合理的是方案2.
(3)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋(r＋R)，整理得＝＋R，所以＝b，＝k，解得E＝，r＝－R0.
答案：(1)最大值　(2)2　(3)　－r0
12．某同学在做“练习使用多用电表”的实验．
(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量电阻Rx的阻值，当选择开关置于欧姆挡“×100”的位置时，多用电表指针示数如上图所示，此被测电阻的阻值约为________Ω.
(2)某同学按如下图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B灯都不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S________.(选填“闭合”或“断开”)
(3)若(2)中同学检查结果如表所示，由此可以确定________．
A．灯A断路
B．灯B断路
C．灯A、B都断路
D．d、e间导线断路
解析：(1)由欧姆表读数原则是表盘刻度数×倍率可知该表的读数为26×100 Ω＝2.6 kΩ.(1分)
(2)用多用电表的欧姆挡检查电路时，应和外电路断开，故开关S应断开．(1分)
(3)由多用表的刻度可知bf、be、de间电阻无穷大，它们之间存在断路状态，bd间电路完好，故该电路故障应是d、e间导线断路．选项D正确．(2分)
答案：(1)2.6 kΩ(或2.6×103　2600)　(2)断开　(3)D
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答时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)如图所示电路中，电阻R1＝9 Ω，R2＝4 Ω，电源内阻r＝1 Ω.当S接R1时，电压表示数为3.6 V，求：当S接R2时电压表的示数(电压表为理想电压表)．
解析：S接R1时，有
E＝U1＋r(2分)
解得E＝4 V(2分)
S接R2时，电流I2＝＝ A＝0.8 A．(2分)
电压表读数U2＝I2R2＝0.8×4 V＝3.2 V．(2分)
答案：3.2 V
14．(8分)如图所示的电路中已知电源电动势E＝36 V，内电阻r＝2 Ω，R1＝20 Ω，每盏灯额定功率都是2 W，额定电压也相同．当S闭合将电阻箱R2调到R2＝14 Ω时，两灯都正常发光；当S断开后为使L2仍正常发光，求R2应调到何值？
解析：设灯泡的额定电压为U，额定电流为I.
则当S闭合时，根据全电路的欧姆定律可得
E＝U＋2I(R1＋r＋R2)(2分)
当S断开后，要灯泡仍正常发光，必有
E＝U＋I(R1＋r＋R2′)(2分)
由以上二式联立可得R1＋r＋R′2＝2(R1＋r＋R2)(2分)
求得R′2＝50 Ω.(2分)
答案：50 Ω
15．(10分)如图所示，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，R3为4 Ω.若某一电阻发生断路，则两电表的读数分别变为0.8 A和3.2 V.
(1)是哪个电阻发生断路？
(2)电源的电动势和内电阻分别为多大？
解析：(1)若R1断路，电流表将无读数，若R3断路则电压表无读数，由此判断是R2断路(2分)
(2)断路时：R1＝U′/I′＝4 Ω
且有U′＝E－I′r
即3.2＝E－0.8r①　(1分)
未断路时：I23＝(IR1－U)/R3＝0.25 A(2分)
总电流I0＝I23＋I＝1.0 A(2分)
则IR1＝E－I0r
即3＝E－r②　(1分)
联立①②得E＝4 V，r＝1 Ω.(2分)
答案：(1)R2　(2)4 V　1 Ω
16．(12分)一个允许通过最大电流为2 A的电源和一个滑动变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0＝22 Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图乙所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线，试求：
(1)电源的电动势和内电阻
(2)A、B空载时输出电压的范围
(3)若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？
解析：(1)由乙图可知，当R趋近无穷大时，E＝12 V，而当U＝6 V＝E/2时，应有r＝R＝2 Ω(2分)
(2)当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值
Umax＝R0＝×22＝11 V(3分)
当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11 V．(2分)
(3)当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2 A时，A、B两端所接负载电阻最小．
I＝，(3分)
解得RAB＝4.9 Ω.(2分)
答案：(1)12 V　2 Ω　(2)0～11 V　(3)4.9 Ω

1．(2012·济南高二质检)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．外电阻是2 Ω
C．内电阻是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＝可知D正确．
2．关于电源电动势，下列说法中正确的是(　　)
A．同一电源接入不同的电路电动势会发生改变
B．电源电动势就是接入电源两极间的电压表测量的电压
C．电源电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关
D．电源电动势与电势差是一回事
解析：选C.电动势由电源本身的性质决定，A错，C对．电动势和电压是两个不同的物理量，断路时，电源两端的电压在数值上等于电动势，故B、D错．
3．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，下列判断正确的是(　　)
A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流
I1>I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2
C．电动势E1>E2，内阻r1D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化小
解析：选A.图中图线与纵轴交点坐标为电动势而斜率绝对值为内阻，A正确，B、C错误．当ΔI相同时，图线2斜率大，ΔU大，D错．
4．(2011·高考海南卷)如图所示，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.S断开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，V的读数变大，把R1归为内阻，则R3中的电压也增大，R3中的电流也增大，R3中的电压也增大，选B.
5．“神舟”七号飞船的成功发射、回收，标志着我国载人航空航天技术达到了世界先进水平．飞船在太空飞行时用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板开路电压是800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，它的路端电压多大？电源的总功率多大？
解析：电动势E＝800 mV＝0.8 V，内阻r＝＝ Ω＝20 Ω.
当外电阻是R＝20 Ω时，电路中的电流I＝＝ A＝0.02 A.
路端电压U＝IR＝0.02×20 V＝0.4 V
电源的总功率P＝EI＝0.8×0.02 W＝0.016 W.
答案：0.4 V　0.016 W
一、选择题
1．下列关于闭合电路的说法中正确的是(　　)
A．电源短路时，电源的内电压等于电动势
B．电源短路时，路端电压为零
C．电源断路时，路端电压最大
D．外电路的用电器增加时，路端电压也增大
解析：选ABC.电源短路时，外电阻为零，路端电压为零，由E＝U内＋U外，故U内＝E，A、B正确；电源断路时，R外→∞，I＝0，由U＝E－I·r，故U最大等于E，C正确；外电路的用电器增加，并联在电源上的用电器个数增加，外电阻减小，路端电压减小，故D错．
2．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是(　　)
A．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C．如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D．如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
解析：选D.不管内、外电压如何变化，电源的电动势不变，且E＝U内＋U外，U外增大，U内必然减小，故选D.
3．如图所示的电路中，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.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，故选项D正确．
4．(2012·福州高二期中)电阻R1、R2的I－U关系图象如图甲所示，现把它们串联成如图乙所示的电路，则(　　)
A．由甲图可知R1B．若电源电动势保持不变，要使R1的功率增大，变阻器R0的滑片应向右滑动
C．两电阻消耗的电功率P1>P2
D．调节R0，可以使R1、R2电压相等
解析：选BC.由甲图知，R1>R2，A错．由闭合电路欧姆定律知，滑片向右移，总电阻减小，电流增大，R1消耗的功率增大，B对．由于R1>R2且串联，所以P1>P2，C对．由串联电路的电压分配关系知，R1、R2两端电压永远不可能相等，D错．
5．(2012·泉州高二期末)如图所示A灯与B灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度变化是(　　)
A．A灯变亮，B灯变亮
B．A灯变暗，B灯变亮
C．A灯变暗，B灯变暗
D．A灯变亮，B灯变暗
解析：选A.P向上滑动，滑动变阻器电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，电路总电流减小，内电压减小，路端电压增大，B灯变亮，B灯电流增大，R0电流减小，R0两端电压减小，A灯两端电压增大，A灯变亮，A对．
6．(2012·长春高二质检)如图所示，直线a为电源的U－I图线，直线b为电阻R的U－I图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别为(　　)
A．4 W、33.3%
B．2 W、33.3%
C．4 W、67%
D．2 W、67%
解析：选C.电源的电动势E＝3 V，电路总功率P总＝EI＝3×2 W＝6 W，电阻R消耗功率即电源输出功率P＝UI＝2×2 W＝4 W，效率η＝＝＝67%，C正确．
7．(2012·郑州高二质检)测电源的电动势和内阻并根据某次实验记录数据画出U－I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是(　　)
A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E＝3 V
B．横轴截距表示短路电流，即I短＝0.6 A
C．根据r＝E/I短，计算出待测电源内阻为 5 Ω
D．该实验中电源的内阻为4 Ω
解析：选A.由纵轴截距可知，电动势E＝3.0 V，A对．由于横轴截距对应的纵坐标不是零，所以I短≠0.6 A，B、C错误．r＝＝ Ω＝1 Ω，D错误.
8．(2012·牡丹江期末)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如右图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了(　　)
A．35.8 W B．43.2 W
C．48.2 W D．76.8 W
解析：选B.电动机未启动时，内电压U内＝Ir＝10×0.05 V＝0.5 V，灯两端电压U＝E－U内＝12 V．灯的电阻R＝＝ Ω＝1.2 Ω，消耗功率P＝I2R＝102×1.2 W＝120 W，电动机启动后，内电压U′内＝I′r＝58×0.05 V＝2.9 V，灯两端电压U′＝E－U内′＝9.6 V，消耗功率P′＝＝ W＝76.8 W．车灯功率降低ΔP＝P－P′＝(120－76.8)W＝43.2 W，B对．
9．(2012·长春高二质检)如图所示电路中，C2＝2C1，R2＝2R1，下列说法正确的是(　　)
A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于电容C1的电量
B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于电容C2的电量
C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于电容C1的电量
D．开关处于接通状态，电容C1的电量大于电容C2的电量
解析：选A.开关断开时，C1、C2两端电压都等于电动势，由C＝得Q1＝C1E，Q2＝C2E，由于C110．如图所示电路中，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的电流减小量大于
D．路端电压增大量小于ΔU
解析：选AD.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错误；因R2两端的电压减小，故路端电压增大量比ΔU要小，故D正确．
二、非选择题
11．如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数分别为1.6 V和0.4 A；当S断开时，它们的示数分别改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势和内电阻．
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＋0.4r①
当S断开时，只有R1接入电路，由电阻的连接可判断：外电阻增大，所以电压表示数增大，电流表示数减小．由闭合电路欧姆定律得：U2＝E－I2r，
即E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r②
由①②式得：E＝2 V，r＝1 Ω.
答案：2 V,1 Ω
12．(2012·永安一中高二期中)在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端的电压U遵循I＝kU3的规律(式中k＝0.02 A/V3)，R2是普通电阻，阻值为24 Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E＝6 V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16 A．试求：
(1)R1两端的电压；
(2)电源的内电阻r；
(3)R1上消耗的电功率P1.
解析：(1)由I＝kU3得
U＝＝ V＝2 V.
(2)根据闭合电路的欧姆定律有
E＝U＋IR2＋Ir，
r＝＝－R2＝ Ω－24 Ω＝1 Ω.
(3)P1＝IU＝0.16×2 W＝0.32 W.
答案：(1)2 V　(2)1 Ω　(3)0.32 W

1．用多用电表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的“＋”插孔，则(　　)
A．测U时电流从红表笔流入多用电表，测R时电流从红表笔流出多用电表
B．测U、测R电流均从红表笔流入多用电表
C．测U、测R电流均从红表笔流出多用电表
D．测U时电流从红表笔流出多用电表，测R时电流从红表笔流入多用电表
解析：选B.当电压表使用时，电流从红表笔流入；当欧姆表使用时，电流也从红表笔极流入，因为此时红表笔接的是电源的负极．
2．下列说法中正确的是(　　)
A．欧姆表的每一挡的测量范围都是0～∞
B．用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，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，误差越大
D．用欧姆表测电阻时，选不同挡位时，指针越靠近右边误差越小
解析：选A.欧姆表的每一挡的测量范围是0～∞，所以A对；用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是不一样的，所以B错；用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越小，所以C、D错．
3．下列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S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．
4．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，于是甲就把开关旋到“×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.指针偏转角度小说明通过表头的电流较小，待测电阻值大，所以甲的选挡正确；换挡后，需调零后才能再次测量电阻值，所以乙的操作是正确的．
5．(2012·太原高二质检)每次使用多用电表测电阻时，在选择了适当倍率后，需先进行________，下图为用欧姆挡“×10”测电阻R，则R＝________________.
解析：用多用电表测电阻时，选好倍率后，应先进行欧姆调零，读数时，R＝30×10 Ω＝300 Ω.
答案：欧姆调零　300 Ω
6．(2012·泉州高二期末)用多用电表测一个电阻的阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”、“×10”、“×100”三挡，先选用“×10”挡，调零后测量结果如图所示．这说明被测电阻很________(选填 “大”或“小”)，应换用________挡，并______________再测量．
解析：选“×10”挡时，从图中可看出读数很大，待测电阻阻值很大，选的倍率太小，应换“×100”挡，重新欧姆调零再进行测量．
答案：大　×100　重新欧姆调零
7．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，但指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是________Ω.
若将该表选择旋钮置于1 mA挡测电流，表盘仍如图所示，则被测电流为________ mA.
解析：指针偏转角度小→电阻较大→换用大倍率(×100)量程→重新欧姆调零→读数＝22×100 Ω＝2.2×103 Ω.
若量程为1 mA→最小刻度0.02 mA→读数＝19.5×0.02 mA＝0.39 mA.
答案：×100　重新欧姆调零　2.2×103　0.39
8．(2012·厦门高二期中)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠(2.5 V,0.6 W)，滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干．
(1)粗测小电珠的电阻，应选择多用电表________倍率的电阻挡(请填写“×1”、“×10”或“×100”)；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为________Ω.
(2)实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理完成实物图题中的其它连线．
(3)开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于________端．为使小电珠亮度增加，P应由中点向______滑动(填“左端”或“右端”)．
解析：(1)小电珠正常发光时电阻R＝＝ Ω＝10.4 Ω，不发光时电阻小于10.4 Ω，故多用电表选“×1”挡，读数为R＝7.5×1 Ω＝7.5 Ω.
(2)连线如图
(3)开关闭合前应将滑片P置于左端，为使小电珠亮度增加，P应由中点向右端滑动．
答案：(1)×1　7.5　(2)见解析图
(3)左端　右端
9．(2012·厦门高二检测)要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：
A．待测电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)
B．电流表A(量程3 A，内阻0.01 Ω)
C．定值电阻R(阻值2 kΩ，额定电流50 mA)
D．蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)
E．多用电表
F．开关S1、S2，导线若干
(1)有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：
①用多用电表正确测量了一个约10 Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是3 kΩ左右的待测电压表电阻．请选择以下必须的步骤，按操作顺序写出：________.
A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零
B．将红表笔和黑表笔接触
C．把选择开关旋转到“×1k”位置
D．把选择开关旋转到“×100”位置
E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的“0”刻度
F．用表笔接触约3 kΩ左右的电阻并测量
②若测量结果如右图甲所示，则该电阻的测量值为________kΩ.
(2)为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图乙、图丙的实验电路，你认为其中较合理的电路图是________，其理由是________．
(3)在图丁中，根据你选择的电路把实物连接好．
(4)用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)①应先将选择开关旋至“×100”挡，再将两表笔接触进行欧姆调零，然后测电阻，故操作顺序为DBEF.
②读数为R＝30×100 Ω＝3000 Ω.
(2)应选丙图．乙图中的电路接通后，电流表的示数太小，误差太大；丙图R的阻值与电压表阻值接近，电压表指针偏转适度，误差小；
(3)如下图
(4)实验步骤
①先闭合S1，再闭合S2，读得电压表示数U1；
②保持S1闭合，断开S2，读得电压表示数U2；
③由以上数据可得RV＝.
答案：见解析

1．在“测定电源电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验数据，作出了正确的U－I图象，如图所示，其中图线斜率绝对值的物理含义是(　　)
A．短路电流
B．电源内阻
C．电源电动势
D．闭合电路的总电阻
解析：选B.U－I图象斜率表示电源的内电阻，B正确．
2．如图所示，把两个电源的U－I关系曲线取相同的坐标，画在同一坐标系中，由图象可得出的正确结论是(　　)
A．E1＝E2，内电阻r1>r2
B．E1＝E2，内电阻r1C．E1r2
D．E1解析：选B.外电路断路时I＝0，U＝E，所以C、D错；U＝0时，E＝Ir，所以r＝E/I，故B对A错．
3．在测定一节干电池(电动势约为1.5 V，内电阻约为2 Ω)的电动势和内电阻的实验中，滑动变阻器和电压表各有两个供选：
A．电压表量程为15 V
B．电压表量程为3 V
C．变阻器为(20 Ω，3 A)
D．变阻器为(500 Ω，0.2 A)
(1)电压表应该选________(选填“A”或“B”)，这是因为
________________________________________________________________________.
(2)变阻器应选________(选填“C”或“D”)，这是因为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：由于电源电动势约为1.5 V，故选量程为0～3 V的电压表B，读数既准确，又方便；滑动变阻器D的额定电流太小，最大阻值太大，调节不方便，故选变阻器C.
答案：(1)B　原因见解析
(2)C　原因见解析
4．在测定一节干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为1 Ω)的电动势和内阻的实验中，提供的器材有(　　)
A．电压表量程为3 V，内阻约为5 kΩ
B．电压表量程为15 V，内阻约为10 kΩ
C．电流表量程为0.6 A，内阻约为0.1 Ω
D．电流表量程为3 A，内阻约为0.01 Ω
E．变阻器R1(20 Ω，3 A)
F．变阻器R2(500 Ω，0.2 A)
G．开关、导线若干
为了较准确测量电池的电动势和内阻，电压表应该选________；
电流表应该选________；变阻器应该选________；(只要选相应字母)实验电路图应该选________图．
解析：由于电池电动势只有1.5 V，所以电压表应选3 V量程，电压表选A.电路中电流不宜过大，电流表可选C.为便于调节电路，滑动变阻器应选E，由于电池内阻与电流表内阻接近，电路应选乙图．
答案：A　C　E　乙
5．在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路．
(1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来．
(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于________端(选填“A”或“B”)．
(3)下图是根据实验数据作出的U－I图象，由图可知，电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.
解析：(1)电路
连接如图．
(2)闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于B端．
(3)由图象可知，电源电动势为1.5 V，内阻r＝ Ω＝1.0 Ω.
答案：(1)见解析　(2)B　(3)1.5　1.0
6．(2012·福州高二期末)用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材有：
A．电压表V2(量程0～3 V)
B．电压表V2(量积0～15 V)
C．电流表A1(量积0～3 A)
D．电流表A2(量积0～0.6 A)
E．变阻器R1(总电阻20 Ω)
F．变阻器R2(总电阻100 Ω)
G．电键S和导线若干．
(1)应选择的器材有________；
(2)在虚线框中画出实验电路图；
(3)如下图所示的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.
解析：(1)一节干电池电动势约为1.5 V，故电压表选A.电路中电流不宜过大，电流表选D.为便于调节电路，滑动变阻器选E，另外还应有电键及导线应选ADEG.
(2)电压不需从零变化，滑动变阻器用限流式接法，电池内阻与电流表内阻相差不大，电流表用外接法．电路如图．
(3)U－I图线如图所示，可知，电动势E＝1.5 V．由r＝得r＝0.5 Ω.
答案：(1)ADEG　(2)见解析　(3)图见解析　1.5　0.5
7．(2012·泉州高二期末)在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A．待测的干电池(电动势约为1.5 V，内电阻小于1. 0 Ω)
B．电流表G(满偏电流3 mA，内阻Rg＝10 Ω)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻0.1 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)
E．滑动变阻器R2(0～200 Ω，1 A)
F．定值电阻R0(990 Ω)
G．开关和导线若干
(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了图(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是________图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________．(填写器材前的字母代号)
(2)下图为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1－I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，则由图线可以得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
解析：(1)电流计量程小，应和R0串联改装成电压表使用，故b图合理．为便于调节，滑动变阻器应选D.
(2)延长图线，与纵轴交点的纵坐标约为1.48 mA，故E＝I(R0＋Rg)＝1.48×(990＋10)V＝1.48 V．在图象上选(0.05,1.45)及(0.3,1.25)两点计算，r＝＝ Ω＝0.80 Ω.
答案：(1)b　D
(2)1.48(1.48±0.02)　0.77(0.75～0.80)
8．给你一个电压表、一个电阻箱、开关及导线等，如何根据闭合电路欧姆定律测出一节旧干电池的电动势和内电阻．
(1)画出电路图；
(2)写出测量原理；
(3)实验过程中，将电阻箱拨到45 Ω时，电压表读数为0.90 V，若将电阻箱拨到图(a)所示的________Ω时，电压表的读数如图(b)所示，是________V.
解析：(1)测电动势和内电阻的电路图如图所示．
(2)据闭合电路欧姆定律E＝U＋r.利用电阻箱和电压表得到两组U，R值，即可求得E和r.
(3)电阻值为：R＝1×100 Ω＋1×10 Ω＝110 Ω，
电压表读数为：U＝1.10 V.
答案：(1)见解析图　(2)闭合电路欧姆定律E＝U＋r　(3)110　1.10

1．在基本逻辑电路中，何种逻辑门电路当所有输入中含有0时，输出不是1(　　)
A．“与”门电路　　　　　　　 B．“或”门电路
C．“非”门电路 D．都不可能
解析：选A.由三种门电路的特点可知，此逻辑电路为与门，A正确．
2．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，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”门 B．“非”门
C．“或”门 D．“与非”门
解析：选A.联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过．这和“与”门的逻辑关系一致．
3．如图所示为由“与”门、“或”门、“非”门三个基本逻辑电路组成的一个组合逻辑电路，A、B、C为输入端，Z为输出端，在完成下面的真值表时，输出端Z空格中从上到下依次填写都正确的是(　　)
A
B
C
Z
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
A．00010101 B．00000010
C．00101010 D．以上答案都不正确
解析：选C.三个基本逻辑电路组成一个组合逻辑电路，由图可得：或门和非门的输出端即为与门的输入端，可列真值表为：
A
B
C
Z1
Z2
Z
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
0
0
4.某同学设计了一个路灯自动控制门电路，如图所示，天黑了，让路灯自动接通，天亮了，让路灯自动熄灭．图中RG是一个光敏电阻，当有光照射时，光敏电阻的阻值会显著地减小．R是可调电阻，起分压作用．J为路灯总开关——控制继电器(图中未画路灯电路)．关于此电路，正确的是(　　)
A．天黑时，RG增大，A为高电位，Z为低电位，J使路灯亮
B．天黑时，RG增大，A为低电位，Z为高电位，J使路灯亮
C．R调大时，傍晚路灯亮得早一些
D．R调小时，傍晚路灯亮得晚一些
解析：选B.A点电势φA＝R，天黑时，光敏电阻RG阻值增大，A为低电位，“非”门输出端Z为高电位，继电器工作使路灯亮，故A错误，B正确．
R调大时，UA增大，假设此时输入端为高电位，“非”门输出端为低电位，路灯不亮，只有当天再晚一些，光敏电阻的阻值再大一些，R的分压才会降低，当φA为低电压时，输出为高电压，继电器J工作，路灯变亮，故C、D错误．
5．如图所示，将两个“非”门和一个“与”门组成一复合门电路，请写出该门电路的真值表．
解析：当输入端A、B的信号变化时，输出端Z1、Z2及最终输出端Z的信号对应关系如下表：
A
B
Z1
Z2
Z
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
0
0
该门电路的真值表如下表所示：
输入
输出
A
B
Z
0
0
1
1
0
0
0
1
0
1
1
0
答案：见解析
一、选择题
1．关于门电路的符号如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A．甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门
B．甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门
C．甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门
D．甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门
解析：选C.甲为“非”门，乙为“或”门，丙为“与”门，C正确．
2．隧道里有一个警报器，在隧道的两端各有一个开关，在出现危险时要求不论接通哪一个开关都能使警报器报警，那么应设计的电路为(　　)
A．“与”门电路 B．“或”门电路
C．“非”门电路 D．上述答案都有可能
解析：选B.要求不论接通哪一个开关都能使警报器报警，这体现了“或”逻辑关系，故只有B项正确．A、C、D三项都不对．
3．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．这种情况用逻辑代数表示，属于(　　)
A．“与”逻辑 B．“或”逻辑
C．“非”逻辑 D．都不是
答案：D
4．逻辑电路的信号有两种状态：一是高电位状态，用“1”表示；二是低电位状态，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”表示电压为0
B．“1”表示电压为大于或等于1 V，“0”表示电压一定为0
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.门电路的输入、输出信号都以电位高低来表示．把高电位看成有信号，表示某个条件存在或信号能通过，且用符号1表示；把低电位看成无信号，表示某个条件不存在或信号不能通过，用符号0表示，所以1和0只是两个符号，是两种变量两种可能的取值，故C正确．
5．下列是逻辑门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，Z＝0
B．在“或”门中，当S1＝0、S2＝1时，Z＝0
C．在“或”门中，当S1＝0、S2＝0时，Z＝0
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．
6．两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”的概念．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，则下列运算式不正确的是(　　)
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＝0，表示一人启爆，另一人不启爆，炸药包不爆炸
D．1×1＝1，表示二人都启爆，炸药包爆炸
解析：选B.只有两个都接通开关时，炸药包才能爆炸，这是“与”逻辑关系，对于“与”逻辑关系，只有输入都为“1”时输出才是“1”，只要输入有一个是“0”，则输出为“0”，故A、C、D正确，B错误．
7．图为二极管所构成的逻辑电路，A、B为输入端，Z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，Z＝1
B．A＝0、B＝1时，Z＝0
C．A＝1、B＝0时，Z＝0
D．A＝1、B＝1时，Z＝1
解析：选D.当A、B有一个为高电位1时，与之对应的二极管导通，有电流流过R，R两端有电压，Z为高电位1，可知题图为“或”门电路，故D正确．
8．如图所示为包含逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡，光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R.当电阻R′受到光照射时小灯泡(　　)
A．发光
B．不发光
C．a点电势高
D．b点电势高
解析：选AC.该逻辑电路为“非”门电路，当电阻R′受到光照射时R′两端电势差趋近于零，由于非门电路输入端为低电势，故输出端为高电势，小灯泡L将发光，A、C正确．答案为AC.
9．(2012·福州高二检测)请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路(　　)
输入
输出
A
B
Z
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
解析：选D.从真值表可看出不是单一的“与”、“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得，应为“与非”复合门电路，D选项正确．
10．某自动控制车间的技术人员设计了一个简单的报警器，电路图如图所示，满足下列哪个条件，该报警器将发出警报声(　　)
A．S1断开，S2闭合
B．S1闭合，S2断开
C．S1、S2都断开
D．S1、S2都闭合
解析：选B.S1闭合，输入高电位；S2断开，输入高电位．所以只有S1闭合，S2断开时，才会使与门的两个输入端都输入高电位，输出高电位，使报警器发出警报声，选项B正确．
二、非选择题
11．如图所示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．(选填“与”、“非”或“或”)
解析：由题意知只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合“或”门的特点知虚线框甲内应选用“或”门；虚线框乙内也应选用“或”门．
答案：“或”　“或”
12．“神七问天”令国人振奋，可当宇航员出舱时，上天却和我们开了个玩笑——舱内火警报警器响了！好在宇航员冷静处置，才知道这是误报，以下是火警报警器原理(如图)，调节电位器使蜂鸣器正好不报警，然后用火焰靠近热敏电阻，蜂鸣器就会发出报警信号．在不报警时，P为低电位记“0”，报警时，P为高电位记“1”．问：
(1)报警时，A点电位为高电位“1”还是低电位“0”？
(2)简述为什么当火焰靠近热敏电阻时会报警？
解析：(1)报警时，P点为高电位“1”，由于此电路运用了“非”门电路，输出端P为高电位时，输入端A点一定是低电位“0”．
(2)当火焰靠近热敏电阻时，其阻值要减小，于是A点电位降低，输出端P点电位升高，蜂鸣器鸣响报警．
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．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是(　　)
A．磁感线从永久磁铁的N极发出指向S极，并在S极终止
B．磁场的磁感线有可能相交
C．磁感线可以用来表示磁场的强弱和方向
D．磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线
解析：选C.磁感线是闭合的，在磁场外部，磁感线从N极到S极，但在磁场内部，磁感线从S极到N极；我们可以用磁感线来表示磁感应强度的强弱和方向，所以任意两条磁感线都不相交，而且磁感线是我们用来描述磁场的工具，并不真实存在．选C.
2．在如图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中不符合安培定则的是(　　)
解析：选ABD.根据安培定则可知A项中磁感线应为逆时针，A错；B项中磁感线左边应向外右边应向里，B错；D项中通电螺线管中内部磁感线应向右，D错；C项符合安培定则，故选ABD.
3．如图所示，两个同样的导线环同轴平行悬挂，相隔一小段距离．当同时给两个线圈同方向的电流时，两导线将(　　)
A．吸引　　　　　　 B．排斥
C．保持静止 D．边吸引边转动
解析：选A.由安培定则知环形电流相当的小磁铁都是左端N极，右端S极，由异名磁极相吸可知，A正确，B、C错误．由于是同轴放置，不可能转动，选项D错误．
4．如图所示，一个正电子沿着逆时针方向做匀速圆周运动，则此正电子的运动(　　)
A．不产生磁场
B．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里
C．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外
D．只在圆周内侧产生磁场
解析：选C.正电子逆时针做匀速圆周运动其等效电流为逆时针方向，由安培定则可判，选项ABD均错误，C正确．
5．如图所示，在A点的东、西、南、北方向相同距离处，各有一无限长直线电流，电流大小相同，方向如图，则A点的磁场方向为(　　)
A．正北方 B．东南方
C．正东方 D．正南方
解析：选D.由安培定则可以判断，东、西、南、北的电流在A处的磁场方向如图，则A点磁场方向向正南方，选D.
6．如图所示，弹簧秤下挂一条形磁铁，其中条形磁铁的一半位于未通电的螺线管内，下列说法正确的是(　　)
A．若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数减小
B．若将a接电源正极，b接负极，弹簧秤示数增大
C．若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数不变
D．若将b接电源正极，a接负极，弹簧秤示数增大
解析：选AD.若a接电源正极，b接负极，由安培定则可知，螺线管内磁场方向向上，条形磁铁N极受向上的磁场力，故弹簧秤读数变小，A对，B错．若a接电源负极，b接正极，螺线管内磁场方向向下，条形磁铁N极受向下的磁场力，弹簧秤读数将变大，C错，D对．
7．如图所示，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不正确的是(　　)
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ABD.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．故选ABD.
8．如图所示为电视机显像管偏转的示意图，当环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，圆环的圆心O处的磁场方向为(　　)
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选A.对左边线圈研究，依据电流流向，根据右手螺旋定则可判定该线圈下面为N极，上面为S极，所以磁感线从N极到S极，向上经过O点．同理右边线圈也在O处形成向上的磁场．所以O点磁场矢量和的方向向上，故A对，B、C、D都错．
9．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C.设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强．若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2，若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2.根据分析知：ΔΦ1<ΔΦ2.选项C正确．
10．19世纪20年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是由绕地球的环形电流引起的．则该假设中的电流方向是(　　)
A．由西向东垂直磁子午线
B．由东向西垂直磁子午线
C．由南向北沿磁子午线
D．由赤道向两极沿磁子午线(注：磁子午线是地球磁场N极与S极在地球表面的连线)
解析：选B.如图所示，考虑地球的自转方向，利用安培定则可以判定磁场是由东向西的环形电流产生的，故B正确．
11．如图所示，AB为水平面上一个圆的直径，过AB的竖直平面内有一根通电导线CD，已知CD∥AB，当CD竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将(　　)
A．逐渐增多 B．逐渐减少
C．始终不变 D．不为零，但保持不变
解析：选C.根据通电直导线周围磁感线分布的特点，有多少磁感线从AB一侧穿出，就有多少磁感线从AB的另一侧穿入，穿过圆面的磁通量为零，所以当CD竖直向上平移时，磁通量不变，始终为零，故C正确，A、B、D错误．
12．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，以导线为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述中正确的是(　　)
A．直导线中电流方向垂直纸面向里
B．c点的实际磁感应强度也为零
C．b点实际磁感应强度为T，方向斜向下，与B夹角为45°
D．以上均不正确
解析：选A.由a点磁感应强度为零可知，直线电流的磁场在a点的方向向左，大小为1 T，由安培定则可知，电流方向垂直纸面向里，A对．由磁感强度的叠加可知，c处场强为2 T，方向向右，B错．b点磁感应强度大小为 T，方向斜向右上方，与B成45°角，C、D错．
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)一般来说通电螺线管内部的磁场是匀强磁场．某螺线管的横截面积是5×10－4 m2，当通过它的磁通量为2.5×10－6 Wb时，则：
(1)该螺线管内部的磁场方向与螺线管的轴线有什么关系？
(2)该螺线管内部的磁感应强度为多大？
解析：(1)根据安培定则知，通电螺线管内部的磁感线与螺线管的轴线方向平行，故内部的磁场方向与轴线平行．(4分)
(2)由公式Φ＝BS得
B＝＝ T＝5×10－3 T(4分)
即螺线管内的磁感应强度为5×10－3 T.
答案：(1)平行　(2)5×10－3 T
14．(10分)已知北半球某地面处的地磁场水平分量约为3×10－5 T．某学校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验．他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的通电螺线管的轴线上，如图所示．没接通电源时，小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角．请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小．
解析：小磁针静止时N极指向合磁感应强度方向，知通电螺线管在中心轴线上磁感应强度方向指向x轴正方向，螺线管右端为N极，(3分)
据安培定则可判导线绕向如图所示．(3分)
螺线管磁感应强度大小为：
B＝B地tan60°＝3×10－5× T＝5.2×10－5 T．(4分)
答案：见解析图　5.2×10－5 T
15．(10分)如图所示，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，现于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：在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？
解析：设圆形磁场区域的半径为R，对A线圈，Φ1＝B1πR2
Φ2＝B2πR2
磁通量的改变量：对A线圈，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.(5分)
对B线圈，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.(5分)
答案：1.256×10－4 Wb　1.256×10－4 Wb
16．(12分)如图所示为发电机的原理图．发电机转子为一边长为0.3 m的正方形线圈，处于B＝0.5 T的匀强磁场中．
(1)当线圈平面与磁场方向夹角为45°时，穿过线圈的磁通量是多少？
(2)当线圈以ab边为轴沿顺时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(3)当线圈以ab边为轴沿逆时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
解析：(1)由Φ＝BS⊥得：
Φ＝BSsin45°＝BL2sin45°
＝×0.5×0.32 Wb
＝3.2×10－2 Wb.(3分)
(2)初状态时，Φ1＝BL2sin45°
＝0.5×0.32× Wb
＝3.2×10－2 Wb(2分)
末状态磁感线由反面穿入，正面穿出，如图，则：
Φ2＝－BL2sin45°
＝－3.2×10－2 Wb
则ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝(－3.2×10－2－3.2×10－2)Wb
＝－6.4×10－2 Wb
只考虑其大小，ΔΦ1＝6.4×10－2 Wb.(3分)
(3)初态与末态时，穿出线圈的磁通量相同，都是从同一面穿入和穿出，如图，则：ΔΦ2＝0.(4分)
答案：(1)3.2×10－2 Wb
(2)6.4×10－2 Wb　(3)0

1．实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是(　　)
A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁
B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝
C．磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多
D．硬币中含有磁性材料，磁化后能被磁体吸引
解析：选D.一元硬币为钢芯镀镍，钢和镍为磁性材料，放在磁体的磁场中被磁化后被磁体吸引，D正确．
2．下列关于磁场的说法中，正确的是(　　)
A．磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质
B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的，实际上并不存在
C．同名磁极间的作用力是弹力，异名磁极间的作用力是万有引力
D．磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
解析：选A.磁场是存在于磁体和电流周围的一种特殊物质，虽然它看不见、摸不着，但它是一种客观实在，所有磁现象都是通过磁场这种物质而发生作用的，故B错，A正确．磁极间的相互作用力是磁场力，既不是弹力也不是万有引力，C错，通电导体周围产生磁场，D错．
3．关于磁体和磁场的下列说法正确的是(　　)
A．电荷可以吸引碎纸屑，磁体也可以吸引碎纸屑
B．正负电荷可以单独存在，也一定存在只有一个磁极的磁体
C．将一块条形磁铁从正中间断开后，就形成了两个只有单一磁极的磁体
D．电流的磁场和磁体的磁场具有相同的性质
解析：选D.磁体可以吸引铁磁性物质，不能吸引碎纸屑，A错误．任意磁体都同时存在N极和S极，B、C错误．电流的磁场和磁体的磁场虽然产生磁场的物质不同，但是磁场的性质相同，都能对放入其中的磁极或电流产生力的作用，D正确．
4．关于地磁场下列说法中正确的是(　　)
A．地理位置的南、北极即为地磁场的南、北极
B．在赤道上的小磁针的N极在静止时指向地理南极
C．在赤道上的小磁针的N极在静止时指向地理北极
D．地磁场在地表附近某处有两个分量，水平分量指向地理的北极附近，竖直分量一定竖直向下
解析：选C.根据地磁场的特点可知：地理北极附近为地磁场南极，地理南极附近为地磁场北极，但并不重合，A错误；小磁针由于受到地磁场的作用，静止时，N极总指向地理北极，B错误，C正确；在赤道正上方，地磁场方向水平向北，在南半球地磁场的竖直分量向上，在北半球竖直分量向下，D错误．
5．如图所示是医生用来取出病人吞下的金属物品的仪器．当仪器顶部接触金属物品时，医生将手控环内推，再拉出整条塑料管，你能说出这种仪器的原理吗？如果小孩不慎吞下的是易拉罐环或一个回形针，哪种物体可以用这种仪器取出来？
解析：回形针可以用这种仪器取出来．当仪器顶部接触金属物品时，医生将手控环内推，仪器内的活动永久磁铁向前接触金属物品，能将铁制品物吸引．回形针是铁的，而易拉罐环一般是铝制品不能被吸引，所以回形针可以用这种仪器取出来．
答案：见解析
一、选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．磁体与电流间的相互作用是磁体的磁场和电流的电场产生的
B．磁体与电流间的相互作用是通过电场产生的
C．电流与电流间的相互作用是通过电场产生的
D．电流与电流间的相互作用是通过磁场产生的
解析：选D.无论磁体与磁体之间、磁体与电流之间，还是电流与电流之间的相互作用都是通过磁场发生的，所以选项D正确，A、B、C错误．
2．磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是(　　)
A．磁体的吸铁性　　　　　　 B．磁极间的相互作用
C．电荷间的相互作用规律 D．磁场对电流的作用原理
解析：选B.当磁性水雷距离军舰足够近时，水雷中的小磁针受到被地磁场磁化了的军舰的作用而发生偏转，从而引发起爆装置使水雷爆炸．故选B.
3．在地球表面的某位置，发现能自由转动的小磁针静止时S极竖直指向地面，则该位置是(　　)
A．地磁北极附近 B．地磁南极附近
C．赤道附近 D．无法确定
解析：选A.在地球的南、北极附近，即地磁场的北、南极附近，地磁场的方向是竖直方向的，从而出现了小磁针沿竖直方向静止的特殊情况．由于小磁针的S极竖直指向地面，该处应该为地磁北极附近．故选A.
4．关于地磁场的说法不正确的是(　　)
A．地球的地磁两极与地理两极重合
B．地球的地磁北极与地理北极重合
C．地球的地磁北极与地理南极重合
D．地球的地磁北极在地理南极附近
解析：选ABC.地球是一个大磁体，其磁北极(N极)在地理南极附近，磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项A、B、C错误．
5．甲、乙两块条形磁铁异性磁极相互靠近，关于乙磁铁N极的受力原因，下列说法正确的是(　　)
A．甲的S极直接施力给乙的N极
B．甲通过自己的磁场施力给乙的N极
C．甲通过乙的磁场施力给乙的N极
D．以上说法均不正确
解析：选B.磁体之间的作用不是一种超距作用，是通过磁场发生的，甲磁铁对乙磁铁施加作用力是甲在空间激发的磁场对乙施力，故B对．
6．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．竖直向下 D．竖直向下
解析：选D.地磁场与条形磁体类似，其S极在地理北极附近．
7．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．
8．关于宇宙中的天体的磁场，下列说法不正确的是(　　)
A．宇宙中的许多天体都有与地球相似的磁场
B．宇宙中的所有天体都有与地球相似的磁场
C．指南针在任何天体上都能像在地球上一样正常工作
D．指南针在所有的天体上都不能正常工作
解析：选BCD.宇宙中的许多天体都有磁场，太阳表面的黑子、耀斑和太阳风等活动都与太阳磁场有关，A对，B错．月球也和地球、太阳一样有全球性的磁场，只有在全球性的磁场天体上，指南针才能正常工作；火星就不是一个全球性的磁体，指南针就无法正常工作．C、D错．故选BCD.
9．下列所述的情况，可以肯定钢棒没有磁性的情况是(　　)
A．将钢棒的一端接近磁针的北极，两者相互排斥，再将钢棒的这一端接近磁针的南极，两者相互吸引
B．将钢棒的一端接近磁针的北极，两者相互吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的北极，两者相互排斥
C．将钢棒的一端接近磁针的北极，两者相互吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的南极，两者仍相互吸引
D．将钢棒的一端接近磁针的北极，两者相互吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的北极，两者仍相互吸引
解析：选D.A中说明钢棒的该端为南极，B中与磁针的北极相互排斥的一端为北极，另一端为南极，C中一端与磁针的北极相互吸引，若该端为南极，另一端为北极必与磁针的南极相互吸引，所以不能确定钢棒是否有磁性．D中钢棒的两端与磁针的北极都吸引，说明钢棒没有磁性．故D正确，A、B、C错误．
10．如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M；B为铁片，其质量为m；整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电时，铁片被吸引上升的过程中，轻绳向上拉力F的大小为(　　)
A．F＝Mg
B．MgC．F＝(M＋m)g
D．F>(M＋m)g
解析：选D.本题是磁场与超重和失重相结合的题目，解题的关键是应清楚由于电磁铁通电后产生磁场，对铁片B有吸引力而上升，所以这时吸引力一定大于B铁片所受的重力，故B向上加速运动，即铁片B处于超重状态．而A和C处于平衡状态，选A、B、C组成的系统为研究对象，则整个系统处于超重状态，所以F>(M＋m)g且在A、B接触前F不断增大．
二、非选择题
11．很多矿藏资源都是共生的，也就是说好几种矿物质混合在一起，它们具有不同的磁性．利用这个特点，人们开发了磁选机，将混在一起的不同磁性的矿物质分开，实现了磁性选矿，试简述其工作原理．
解析：不同成分矿物质的磁性不同，磁性强弱有差别，用磁铁吸引这些物质，它们所受到的吸引力有所差别，就可以将它们分开．
答案：见解析
12．在超市里，顾客可以自己在货架上挑选商品，十分方便，但如果有人想拿了东西不付钱而偷偷溜走，那么出口处的报警器马上会鸣响报警，你知道这是为什么吗？
解析：超市中的每一件商品上都有一小片带磁性的商标，当经过出口时，那里的磁性探测器便检测出来并发出报警，只有当你付款后，售货员用一种特别的“消磁”装置将商标上的磁性消除，探测器才会让你把商品带出超市．
答案：见解析

1．关于磁场、磁感线，下列说法中正确的是(　　)
A．磁场并不是真实存在的，而是人们假想出来的
B．在磁铁周围撒些铁屑，铁屑的排布就是磁感线
C．磁场中任意两条磁感线均不相交
D．磁感线类似电场线，总是从磁体的N极发出，终止于S极
解析：选C.磁场是存在于磁体和电流周围的一种特殊物质，是一种客观存在，不是人们假想出来的，A错误；在磁铁周围撒些铁屑，铁屑的排布反映了磁感线的分布情况，但铁屑的排布不是磁感线，磁感线是人们假想出来的，实际并不存在，B错误；磁感线和电场线都不相交，C正确；磁感线是闭合曲线，D错误．
2．如图所示，A、B是一条磁感线上的两点，下列关于这两点的磁场强弱判断正确的是(　　)
A．A点磁场比B点磁场强
B．B点磁场比A点磁场强
C．因为磁感线为直线，A、B两点磁场一样强
D．条件不足，无法判断
解析：选D.磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线分布越密的地方，磁场越强，磁感线分布越疏的地方，磁场越弱，根据一条磁感线无法看出疏密，因此无法判断磁场的强弱，选D.
3．如图所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内．则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时(　　)
A．小磁针N极向里转
B．小磁针N极向外转
C．小磁针在纸面内向左摆动
D．小磁针在纸面内向右摆动
解析：选A.根据安培定则，线圈轴线上的磁感线垂直纸面向里，故小磁针N极向纸里转动，选A.
4．一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．
5．如图所示，把一轻质线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈的平面．当线圈中通有如图所示的电流时，线圈将怎样运动？
解析：本题可用两种方法解决：(1)把环形电流等效成如图甲所示的小磁针，则两磁体相互吸引；(2)把条形磁铁等效成如图乙所示的环形电流，则两电流相互平行，方向相同．据同向电流相互吸引的规律，知线圈将向磁铁靠近．
答案：线圈将向磁铁靠近
一、选择题
1．如图所示，磁场中有A、B两点，下列说法不正确的是(　　)
A．A点比B点磁场强
B．B点比A点磁场强
C．A、B两点磁场方向一致
D．A、B两点磁场方向不相同
解析：选BC.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．答案为BC.
2．在通电螺线管内部有一点A，通过A点的磁感线方向一定是(　　)
A．从螺线管的N极指向S极
B．与放在该点的小磁针N极受力的方向相同
C．与放在该点的小磁针S极受力的方向相同
D．以上说法都不对
解析：选B.在通电螺线管内部的磁场方向从螺线管的S极指向N极，在通电螺线管外部的磁场方向从螺线管的N极指向S极，故A错误，不论在通电螺线管外部还是在通电螺线管内部，磁场方向均与放在该点的小磁针N极受力的方向相同，B正确，C、D均错误．
3．在图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向．其对应不正确的是(　　)
解析：选B.由安培定则判断C、D正确，又因小磁针静止时N极所指的方向与磁场方向相同，所以A正确，B错误．
4．关于电场线与磁感线的概念，以下说法中正确的是(　　)
A．电场线与磁感线都是不封闭曲线
B．沿着磁感线的方向，磁感应强度越来越小
C．两条电场线或磁感线可能会相交
D．通电螺线管内部的小磁针S极的指向与该处磁感线的方向相反
解析：选D.电场线是由正电荷出发终止于负电荷，而磁感线是封闭曲线，故A错误；磁感应强度的大小是看疏密而不是看方向，故B错误；电场线或磁感线的切线方向为该处的场的方向，而场只有一个方向，所以两条电场线或磁感线不可能相交，C错误；小磁针N极指向为该处的磁场方向，无论是在螺线管内部还是外部都一样，故D正确，答案为D.
5．如图所示，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针N极的指向(　　)
A．不偏转　　　　　　　 B．向左偏
C．向右偏 ．向纸内偏
解析：选C.当橡胶盘转起来后，形成了环形电流(电流方向与转动方向相反)，便在盘的周围产生磁场，由安培定则可判定小磁针所在位置处的磁场方向沿轴线向右，故小磁针的N极将向右偏转．答案选C.
6．(2012·厦门高二检测)在赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知(　　)
A．一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的N极靠近小磁针
B．一定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过
D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
解析：选C.小磁针N极向东偏转，说明在小磁针的周围有向东磁场，产生原因有：(1)小磁针东部有一条形磁铁的S极靠近小磁针；(2)小磁针上方有自北向南的电流；形成原因一是有电子自南向北运动，二是有正电荷从北向南运动．
7．(2012·沈阳高二质检)如果设想地磁场是由地球内部的环形电流形成的，那么，这一环形电流的方向应该是(　　)
A．由东向西 B．由西向东
C．由南向北 D．由北向南
解析：选A.地球内部的磁场方向由北极指向南极．由安培定则可知，地球内部环形电流的方向由东向西，A对．
8．在三维直角坐标系中，电子沿y轴正方向运动，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿电子的运动的反方向
B．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿形成的电流方向
C．由电子运动产生的磁场在图示a处方向沿＋x方向
D．由电子运动产生的磁场在图示a处方向沿－x方向
解析：选ABD.由安培定则知，伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致．A、B对．弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．在a点的切线方向沿－x方向，所以C错D对．
9．如图所示ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两根导线中央有一个可在水平面内自由转动的小磁针，静止时同一竖直平面内．当两根导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面内转动，则两根导线中的电流方向(　　)
A．一定都是向右
B．一定都是向左
C．ab中电流向左，cd中电流向右
D．ab中电流向右，cd中电流向左
解析：选D.若电流同向，则小磁针所在处磁感应强度叠加后为零，小磁针不可能偏转，故必反向，A、B错；由于小磁针N极向纸面内转动，说明合磁场方向指向纸面内，故C错，D对．
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．
二、非选择题
11．根据图中合上电键S后小磁针A向右摆动的现象，分析小磁针B、C的转动方向．
解析：合上电键后小磁针A向右移，说明受到向右的力作用，通电螺线管左端相当于S极．根据安培定则，B处导线中的电流方向向左，此电流在B处产生的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针B的N极受磁场力垂直纸面向外，故小磁针B的N极向外运动．通电螺线管在C处的磁场方向向左，小磁针C的N极受磁场力向左，故小磁针C转动后N极指向左．
答案：小磁针B的N极向外转动　小磁针C转动后N极指向左
12．如图所示，一个轻质弹簧下端悬挂一个小铁片，当开关S断开时，铁片刚好与水银槽中水银接触．当开关S闭合后，铁片将怎样运动？
解析：当开关S闭合后，弹簧相当于通电螺线管，由于各匝弹簧中通入电流方向相同，相邻两匝弹簧线圈之间为异名磁极，则弹簧各匝之间相互吸引使弹簧缩短，将铁片向上提起；铁片离开水银面后，电路断开，弹簧无磁性，则在铁片的重力作用下，弹簧伸长，铁片与水银面接触又使电路连接通，这个过程循环往复，使铁片不停地上下振动．
答案：上下振动

1．与磁场中某点的磁感应强度的方向不同的是(　　)
A．该点的磁场方向
B．通过该点的磁感线的切线方向
C．放在该点的小磁针静止时N极所指的方向
D．放在该点的小磁针静止时S极所指的方向
解析：选D.磁场的方向就是磁感应强度的方向，A错．在磁感线上，任意一点的切线方向跟该点的磁感应强度方向相同，B错．物理学中规定，磁感应强度的方向与放在该点的小磁针静止时N极所指的方向相同，故C错，D对．
2．下列关于磁记录的说法不正确的是(　　)
A．计算机的硬盘是利用磁记录原理来工作的
B．DVD光盘是利用磁记录原理来刻录信息的
C．录音机录音利用了电流的磁效应
D．录音带会被磁铁吸起来
解析：选B.B中DVD光盘刻录是利用激光在存储介质上烧出不同的痕迹来记录信息的，故B项不是磁记录．
3．如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sinα＝，回路面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为(　　)
A．BS　　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.由图知α为B与S的夹角，则穿过线圈的磁通量Φ＝BSsinα＝BS，选B.
4．(2012·泉州高二期末)在一根直导线上通以稳恒电流I，方向垂直指向纸外，且和匀强磁场B垂直，如图所示，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点的是(　　)
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选C.由安培定则知，电流I产生的磁场的磁感线环绕方向是逆时针，由磁场叠加的知识可知，c点磁感应强度最大，故选C.
5．地球上某处地磁场的磁感应强度B的水平分量Bx＝0.18×10－4 T，竖直分量By＝0.54×10－4 T．求：
(1)地磁场B的大小；
(2)在水平面内2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ.
解析：(1)根据平行四边形定则，得
B＝＝ ×10－4 T＝0.57×10－4 T
(2)磁通量Φ＝By·S＝0.54×10－4×2.0 Wb＝1.08×10－4 Wb.
答案：(1)0.57×10－4 T　71°34′
(2)1.08×10－4 Wb
一、选择题
1．录音机在磁带上录制声音，计算机在磁盘上写数据利用的原理是(　　)
A．前者是电生磁现象，后者不是电生磁现象
B．前者不是电生磁现象，后者是电生磁现象
C．都是电生磁现象
D．都不是电生磁现象
解析：选C.两者都是利用电流的磁效应，C对．
2．如图所示圆形线圈的匝数为100匝，圆面积为0.5 m2，在该圆形线圈平面内有一个面积为0.1 m2的正方形区域，该区域内有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝2T，求穿过该圆形线圈的磁通量(　　)
A．1 Wb B．0.2 Wb
C．100 Wb D．20 Wb
解析：选B.有效面积为S＝0.1 m2，故磁通量Φ＝BS＝2×0.1 Wb＝0.2 Wb，选B.
3．如图所示为磁场中的两条磁感线，A、B、C为磁场中的三个点，其中A，C在同一条磁感线上，下列关于三点所在处的磁感应强度BA、BB、BC的说法不正确的是(　　)
A．BA不可能小于BB
B．BA可能与BB大小相等
C．BA与BC同向
D．BA与BB无法比较大小关系
解析：选BD.由图可知A处磁感线比B、C处磁感线密集，所以BA最大，故B、D错误，A正确，A、C在同一条直线磁感线上，所以BA与BC同向，C正确．
4．下列关于磁感应强度的方向和电场强度的方向的说法中，正确的是(　　)
A．电场强度的方向与电荷所受的电场力的方向相同
B．电场强度的方向与正电荷所受的电场力的方向相同
C．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同
D．磁感应强度的方向与小磁针静止时N极所指的方向相同
解析：选BCD.电场强度的方向就是正电荷所受的电场力的方向，A错误，B正确．磁场中某点磁感应强度的方向，就是放在该点的小磁针N极受力的方向，C正确，也就是小磁针静止时N极所指的方向，D正确．
5．如图所示为一通电螺线管，a、b、c是通电螺线管内、外的三点，则三点中磁感应强度最大处为(　　)
A．a处　　　　　　 B．b处
C．c处 D．无法判断
解析：选A.螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线条数相同，由于螺线管内部横截面积小，所以内部磁感线最密，磁感线密的地方磁感应强度大，故选A.
6．如图所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中磁通量变化的是(　　)
①开关S接通的瞬间
②开关S接通后，电路中有稳定电流时
③开关S断开的瞬间
④开关S断开后
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
解析：选B.当S接通时，螺线管中有电流通过，其周围产生磁场，在S接通的瞬间，穿过A的磁通量增加，①正确；当S断开时，螺线管就失去磁性，穿过A的磁通量减少，故③正确；S接通后或断开后螺线管中的磁场不变(或为零)则穿过A的磁通量不变，故②、④不正确．故选B.
7．(2012·济南高二检测)有一个面积很小的圆环，设这个圆环所在位置的磁感应强度为B，穿过圆环的磁通量为Φ.则下列判断中正确的是(　　)
①如果Φ＝0，则B＝0　②如果Φ≠0，则B≠0　③如果B＝0，则Φ＝0　④如果B≠0，则Φ≠0
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选B.由Φ＝BScosθ知，当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大，当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零．
8．(2012·西安高二期末)两条长直导线互相平行，通有同方向电流，两导线把平面分为①、②、③三个区域，如右图所示．则磁感应强度可能为零的位置(　　)
A．只能出现在②区域中
B．有可能同时出现在①、③区域中
C．只能出现在①、③两区域中的一个区域
D．有可能不存在磁感应强度为零的情况
解析：选A.由安培定则可知，电流I1、I2在①、③区内产生的磁场方向相同，在②区内磁场方向相反，故只有②区磁感应强度可能为零，A正确．
9．如图所示，三根长直通电导线中电流大小相同，通电电流方向为：b导线和d导线中电流向纸里，c导线中电流向纸外，a点为b、d连线的中点，ac垂直于bd，且ab＝ad＝ac.则a点的磁场方向为(　　)
A．垂直纸面指向纸外
B．垂直纸面指向纸里
C．沿纸面由a指向b
D．沿纸面由a指向d
解析：选C.题图中b、d两直线电流在a处的磁感应强度大小相等、方向相反，互相抵消，故a处磁场方向决定于直线电流c.由安培定则可知，a处磁场方向为a→b.
10．如图所示，P为一个闭合的金属弹簧圆圈，在它的中间插有一根条形磁铁，现用力向四周拉弹簧圆圈，使圆圈的面积增大，则穿过弹簧圆圈平面的磁通量的变化情况是(　　)
A．增大 B．减小
C．不变 D．无法确定
解析：选B.本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)，因为磁感线是闭合曲线，故条形磁铁外部的磁感线都要会聚到条形磁铁的内部，而磁通量是穿过一个面的磁感线的多少，由于进去和出来的磁感线要抵消一部分，当弹簧圆圈的面积扩大时，进去的磁感线条数增加，而出来的磁感线条数是一定的，所以穿过这个面的磁通量减小，故B正确．
二、非选择题
11．三根平行长直导线，分别垂直地通过一等腰直角三角形的三个顶点，如图所示．现在使每条通电导线在斜边中点处所产生的磁感应强度大小均为B，则该处实际磁感应强度的大小如何？方向如何？
解析：根据安培定则，I1和I3在O点处产生的磁感应强度的方向相同，大小均为B，合成大小为2B，I2在O点产生的磁感应强度与它们垂直，如图所示．由大小均为B可知，O点处实际磁感应强
度的大小
B0＝＝B.
设B0与斜边夹角为α，则：
tanα＝＝2.
所以α＝arctan2.即为B0的方向．
答案：B　方向与斜边夹角为arctan2
12．如图所示，面积为S的矩形线框abcd，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角，若线框以ab为轴顺时针转过90°，求穿过abcd面的磁通量变化量．
解析：磁通量由磁感应强度矢量在垂直于线框平面方向上的分量决定．开始时B与线框平面成θ角，磁通量为Φ1＝BSsinθ；线框面按题意方向转动时，磁通量减少，当转动90°时，磁通量变为“负”值Φ2＝－BScosθ.可见，磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScosθ－BSsinθ＝－BS(cosθ＋sinθ)．
答案：－BS(cosθ＋sinθ)

(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．下列关于通电直导线在匀强磁场中受安培力的说法中正确的是(　　)
A．安培力大小只跟磁场的强弱和电流的强度有关
B．安培力的方向与磁场方向垂直，不一定与电流方向垂直
C．若导线受到的磁场力为零，导线所在处的磁感应强度必定为零
D．若某段导线在磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线必与磁场方向垂直
解析：选D.由安培力公式F＝BIlsinθ及左手定则分析可知A、B、C错，D对．
2．下列四个实验现象中，能表明电流能产生磁场的是(　　)
A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转
B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离
解析：选ACD.甲、丙、丁中小磁针或导线所受磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的．
3．关于磁感应强度，正确的说法是(　　)
A．根据定义式B＝，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比
B．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相同
C．B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同
D．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零
解析：选C.由F＝ILB得B＝，但B由磁场本身决定，与F及IL无关，A错，磁感应强度是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向相同，与F垂直，B错，C对，当导线与磁感线平行时，不受安培力，D错．
4．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子经过的轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)，从图中可以确定粒子的运动方向和电性是(　　)
A．粒子从a到b，带负电
B．粒子从b到a，带负电
C．粒子从a到b，带正电
D．粒子从b到a，带正电
解析：选C.由r＝知，轨迹半径随速度的减小而减小，所以粒子由a到b运动，由左手定则可知，粒子带正电，故选C.
5．如图所示，一个带正电的粒子沿x轴正向射入匀强磁场中，它所受到的洛伦兹力方向沿y轴正向，则磁场方向(　　)
A．一定沿z轴正向
B．一定沿z轴负向
C．一定在xOy平面内
D．一定在xOz平面内
解析：选D.由左手定则可知，洛伦兹力一定垂直于速度和磁感线确定平面，即洛伦兹力垂直于xOz平面，所以，磁场方向一定在xOz平面内，但不一定与z轴平行，故选D.
6．如图所示，质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的两平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab和导轨之间的动摩擦因数为μ，有电流时，ab恰好在导轨上静止，图中有四个侧视图，标出了四种磁场的方向，其中杆ab和导轨之间的摩擦力可能为零的是(　　)
A．甲和乙　　　　　　　　 B．丙和丁
C．甲和丙 D．乙和丁
解析：选A.对图甲，杆受力情况如图(1)
对图乙，杆受力情况如图(2)
对图丙，杆受力情况如图(3)
对图丁，杆受力情况如图(4)
(1)若F安＝mg，则N＝0，f＝0
(2)若F安cosθ＝mgsinθ，则f＝0
(3)N＝(mg＋F安)cosθ≠0，f＝(mg＋F安)sinθ≠0
(4)f＝mgsinθ＋F安cosθ≠0.
7．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是(　　)
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．N1＝N2
D．N1解析：选B.导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知：N1>N2，电流磁场对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，弹簧长度将变短，B正确．
8．一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.
9．如图所示，场强E的方向垂直向下，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甲、乙、丙、丁以垂直于场强E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量m甲＝m乙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的速度相等，所以落在P1的是甲，落在P2的是丁；由r＝知，质量大的半径大，故落在P3的是乙，P4的是丙，因此选项B正确．
10．如图所示，MN是一条水平放置的固定长直导线，通有电流大小为I1，方向如图所示，P是一个通有电流大小为I2的与MN共面的金属圆环，圆环P在磁场作用下将(　　)
A．沿纸面向上运动
B．沿纸面向下运动
C．上半部垂直纸面向外，下半部垂直纸面向里运动
D．上半部垂直纸面向里，下半部垂直纸面向外运动
解析：选B.将圆环等效成两条与MN平行的通电直导线，上部受MN向下的吸引力；下部受MN向下的排斥力，故向下运动．
11．空间存在一匀强磁场B，其方向垂直于纸面向里，另有一个点电荷＋Q的电场，如图所示，一带电粒子－q以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电磁场中的运动轨迹可能为(　　)
A．以点电荷＋Q为圆心、以r为半径、在纸面内做圆周运动
B．开始阶段在纸面内向右偏的曲线
C．开始阶段在纸面内向左偏的曲线
D．沿初速度v0方向的直线
解析：选ABC.由题意和左手定则知，静电力指向圆心处＋Q，洛伦兹力垂直v向外，当k－qv0B＝m时，A正确．当－qv0Bm时，C正确．故D为不可能的，选ABC.
12．一电子以与磁场方向垂直的速度v从P点沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电量为e，磁感应强度为B，P、N间弧长为s，则(　　)
A．h＝d
B．电子在磁场中运动的时间为
C．电子在磁场中运动的时间为
D．洛伦兹力对电子做的功为Bevh
解析：选C.过P点和N点作速度的垂线，两垂线交点即为电子在磁场中匀速圆周运动的圆心，由几何关系可得：R2＝(R－h)2＋d2.整理得：d＝.又R＝故d＝ 因此，选项A错误．电子在有界磁场中做匀速圆周运动，t＝，故选项B错误，C正确，由于洛伦兹力恒与电子速度方向垂直，对电子不做功，故选项D错误．
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)如图所示，质量为m＝50 g，长l＝10 cm的铜棒，用长度相等的两根轻软导线悬吊在竖直向上的匀强磁场中，导线跟铜棒的接触良好，磁感应强度B＝0.5T.当导线中通入某恒定电流后，铜棒恰好偏离竖直方向37°而静止．求：铜棒中所通恒定电流的大小和方向．(g＝10 m/s2)
解析：由左手定则知，电流方向由a到b(2分)
铜棒受力如图，有
F安＝mgtan37°＝0.05×10× N＝0.375 N(2分)
由于F安＝ILB(2分)
则I＝＝ A＝7.5 A(2分)
由左手定则知电流方向由a向b.
答案：7.5 A方向由a向b
14．(10分)如图所示，由质量为m、电量为q的不同速率的正离子组成的离子束，经小孔O射入有匀强电场(场强大小为E)与匀强磁场(场强大小为B)的速度选择器内，只有速率为某一值v1的离子才能沿入射方向作匀速直线运动，当它通过宽度为d的缝射入另一个只有匀强磁场(场强大小为B′，方向垂直于纸面向外)的区域，离子将做匀速圆周运动．
(1)求运动轨迹不发生偏折的离子的初速度v1；
(2)如果初速度为v2(已知)的离子(v2>v1)在射出速度选择器时的侧移正好为d/2，求这种离子射出后所做圆周运动的半径．
解析：(1)正离子进入电场和磁场后，受向下的电场力与向上的洛伦兹力作用，其轨迹不发生偏折，必有qE＝qv1B(3分)
所以v1＝(2分)
(2)因为v2>v1，所以速率为v2的正离子所受洛伦兹力大于电场力，离子必向上偏折，设从缝边射出时速率为v′2，由于洛伦兹力对其不做功，据动能定理有
－Eq·＝mv′－mv(2分)
设正离子在磁场B′中做匀速圆周运动时有
B′qv′2＝m(2分)
由以上二式消去v′2可得
R＝ .(1分)
答案：(1)　(2)
15．(10分)如图所示，一带电量为q＝＋2×10－9 C、质量为m＝1.8×10－16 kg的粒子，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10－6 s后到达直线上另一点P.求：
(1)粒子做圆周运动的周期T；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若OP的距离为0.1 m，则粒子的运动速度v多大？
解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略．粒子做匀速圆周运动的轨迹如右图所示．
(1)由几何关系可知OP弦对应的圆心角θ＝60°，粒子由O沿大圆弧到P
所对应圆心角为300°，则有＝＝(2分)
解得T＝t＝×6×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s(2分)
(2)由粒子做圆周运动所需向心力来自洛伦兹力，有
qvB＝m，v＝(2分)
得B＝＝ T＝0.314 T(2分)
(3)轨道半径r＝OP＝0.1 m
粒子的速度v＝＝3.49×105 m/s.(2分)
答案：(1)1.8×10－6 s
(2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
16．(12分)如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场强度大小未知，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量＋q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度大小为v，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d.接着质点进入磁场，并垂直于磁场边界的OC射线飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角为φ，求
(1)磁感应强度B的大小
(2)匀强电场的场强E的大小
解析：(1)如图所示，轨迹半径r＝dsinφ(2分)
由qvB＝得(2分)
B＝＝(2分)
(2)设进入电场时的速度是v0，有
v0＝vcosφ(1分)
而d＝v0t(1分)
在A点，vy＝vsinφ(1分)
vy＝at(1分)
a＝(1分)
解得E＝.(1分)
答案：(1)
(2)

1．关于磁场对通电直导线的作用力(安培力)，下列说法不正确的是(　　)
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A.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．故选A.
2．(2012·福建南安一中高二期末)如图所示，已知磁场与电流的方向，图中又画出了通电导线在磁场中所受安培力的方向，那么正确的是(　　)
解析：选B.由左手定则知，A图中导线受安培力方向垂直纸面向外，B图中安培力竖直向上，C图中导线不受安培力，D图中安培力垂直导线向下 .故只有B正确．
3．关于电流计以下说法不正确的是(　　)
A．指针稳定后，游丝形变产生的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的
B．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转角度也越大
C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，而与所处位置无关
解析：选C.游丝形变产生的阻力效果与安培力引起的动力效果平衡时，线圈停止转动，故从转动角度来看二力方向相反．电流计内磁场是均匀辐射磁场，在线圈转动的范围内，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处的磁场大小相等方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A、B、D，而C错．
4．(2012·长春高二期末)如图所示，固定长直导线通以图示方向的电流，导线旁有一导线框，两者共面，框中通以顺时针方向的电流时，框的运动是(　　)
A．绕OO′轴顺时针转动
B．离开长直导线向右平动
C．靠近长直导线向左平动
D．向上或向下平动
解析：选C.导线框所在处磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可判断，导线框左边受安培力水平向左，右边受安培力水平向右，上、下两条边受安培力分别向上和向下，且大小相等．而左边所在处磁感应强度大于右边所在处磁感应强度，由F＝ILB知，左边受的安培力更大，故框受合力向左，所以框将靠近长直导线向左平动，C对．
5. (2012·泉州高二期末)如图所示，在同一水平面内的两导轨相互平行，相距为2 m，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6 kg的金属棒垂直放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增加到8 A时，金属棒获得2 m/s2的加速度，求磁场的磁感应强度为多大？
解析：当I1＝5 A时，有I1LB＝f，①
当I2＝8 A时，有I2LB－f＝ma②
由①②解得B＝1.2 T.
答案：1.2 T
一、选择题
1．下列关于磁感应强度大小的说法中不正确的是(　　)
A．通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大
B．磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向
C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同
D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关
解析：选ABC.一小段通电导线放在某处所受安培力的大小不仅与B、I、L的大小有关，还与B、I的方向有关，若B与I间的夹角不同，安培力也不同，故A、C错误，磁感线的指向与磁感应强度的大小无关，磁感线的疏密可以表示磁感应强度的大小，B错误．磁感应强度B仅由磁场本身决定，与F、I、L无关，故D正确．
2．(2012·泉州高二期末)在磁场中，一根质量为m，长度为L的金属棒用细金属丝水平地悬挂在匀强磁场中，如图所示．当通过的电流为I时，金属丝对棒的拉力刚好为零，则磁感应强度的方向是(　　)
A．平行纸面向上　　　　　 B．平行纸面向下
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
解析：选C.金属棒受重力与安培力两个力作用而静止，故安培力方向竖直向上，由左手定则知，磁感应强度垂直纸面向里，C选项正确．
3．(2012·福建南安一中高二期末)如图所示，一长直导线穿过金属环中心，而且垂直金属圆环平面，导线上的电流I1和圆环中电流I2的方向如图所示，那么金属圆环受到的磁场力(　　)
A．沿着圆环半径向外 B．沿着圆环半径向内
C．垂直金属环平面向右 D．不受磁场力的作用
解析：选D.由于金属环与直导线产生的磁场的磁感线平行，所以圆环不受磁场力作用，故选D.
4．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，以下说法不正确的是(　　)
A．磁铁对桌面的压力减小，不受桌面摩擦力的作用
B．磁铁对桌面的压力减小，受到桌面摩擦力的作用
C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用
D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用
解析：选BCD.导线所在处磁场方向水平向左，由左手定则知导线受安培力方向竖直向下，据牛顿第三定律，磁铁受到向上的作用力，故A正确，B、C、D错误．
5.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力(　　)
A．方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B．方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C．方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D．方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
解析：选A.导线段abcd的有效长度为线段ad，由几何知识知Lad＝(＋1)L，故线段abcd所受的合力大小F＝ILadB＝(＋1)ILB，导线有效长度的电流方向为a→d，据左手定则可以确定导线所受合力方向竖直向上，故A项正确．
6．一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.由安培定则和左手定则可知L1上半环受安培力向纸外，下半环受安培力向纸里．因此从左向右看L1顺时针转动，选项B正确．
7.如图所示，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.通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀．
8. (2012·福州高二期末)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是(　　)
A．B＝，方向垂直斜面向上
B．B＝，方向垂直斜面向上
C．B＝，方向垂直斜面向下
D．B＝，方向垂直斜面向下
解析：选A.若磁感应强度垂直斜面向上，导体棒受力如图甲所示，安培力F＝mgsinα，又F＝ILB，得B＝，A对，B错．若磁感应强度垂直斜面向下，导体棒受力如图乙所示，
导体棒受力不平衡，不能静止在斜面上，C、D错．
9.如图所示，用两根轻金属线将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c，d两处，置于匀强磁场内．当棒内通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态(如图中虚线所示)，为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向是(　　)
A.tanθ，竖直向上 B.tanθ，竖直向下
C.sinθ，平行悬线向下 D.sinθ，平行悬线向上
解析：选D.要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值，由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ得，Bmin＝sinθ，所加磁场的方向平行于悬线向上．
10．(2012·淮安高二期末)如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.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、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知(　　)
A．B的方向垂直纸面向里，大小为(m1－m2)g/(NIL)
B．B的方向垂直纸面向里，大小为mg/(2NIL)
C．B的方向垂直纸面向外，大小为(m1－m2)g/(NIL)
D．B的方向垂直纸面向外，大小为mg/(2NIL)
解析：选B.电流反向后，需在右边再加砝码，天平重新平衡，说明此时线圈受安培力向上，由左手定则可判磁感应强度方向垂直纸面向里，电流反向前：m1g＝m2g＋m′g＋NBIL.m′为线框的质量，电流反向后：m1g＝m2g＋mg＋m′g－NBIL.解得：B＝，因此选项B正确．
二、非选择题
11.一根长为0.2 m的金属棒放在倾角为θ＝37°的光滑斜面上，并通以I＝5 A的电流，方向如图所示，整个装置放在一个磁感应强度大小为B＝0.6 T，方向竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？
解析：以金属棒为研究对象，受力分析如图，则G＝BILcot37°＝0.6×5×0.2× N＝0.8 N.
答案：0.8 N
12．(2012·福州高二期末)如图，金属杆ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab静止且紧压于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ角，求：
(1)棒ab受到的摩擦力；
(2)棒对导轨的压力．
解析：金属杆ab受力如图，有f＝F1＝ILBsinθ
而F2＋N＝mg，
即ILBcosθ＋N＝mg，
得N＝mg－ILBcosθ，
由牛顿第三定律得，棒对导轨的压力大小为mg－ILBcosθ，方向竖直向下．
答案：(1)ILBsinθ，方向水平向右
(2)mg－ILBcosθ，竖直向下

1．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．
2．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是(　　)
A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用
B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
解析：选B.导线与磁场平行时不受安培力，A错．洛伦兹力始终与速度方向垂直，始终不做功，C错．通电导线在磁场中受到的安培力方向始终与磁场垂直，D错．
3．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
解析：选B.带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力始终与其运动方向垂直．故洛伦兹力不会对带电粒子做功，即不改变带电粒子的动能，也不改变带电粒子的速度大小，只改变其速度方向，A、D错，B对．据F＝qvB知，洛伦兹力大小与带电粒子的速度大小有关，C错．
4．(2012·长春高二期末)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块．甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动．在共同加速阶段，下列说法中正确的是(　　)
A．甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小
B．甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大
C．乙物块与地面间的摩擦力大小不变
D．乙物块与地面间的摩擦力不断减小
解析：选A.由于甲带正电，运动中受向下的洛伦兹力作用，由F洛＝qvB知，v增大，F洛增大，而整体受力如图，由N＝(m甲＋m乙)g＋F洛知，N增大，所以乙与地面间的摩擦力增大，C、D错误．而a＝，加速度减小，对甲，有a＝，故甲、乙间的摩擦力减小，A正确，B错误．
5．如图所示，质量为m的带正电的小球能沿竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度为多大？最大加速度为多大？
解析：小球沿墙竖直下滑，由左手定则可知小球所受洛伦兹力方向向左．对小球进行受力分析，小球受重力mg、洛伦兹力qvB、墙面给小球的支持力N和摩擦力f，如图所示．
在这些力的作用下，小球将会做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度a＝0，小球就会持续匀速运动状态直到有其他外力来迫使它改变．
根据各对应规律列出方程：F＝qvB
f＝μN
N－F＝0
mg－f＝ma
整理得：mg－μqvB＝ma
根据上式讨论，当a＝0时，v最大，解得：v＝；刚开始时v＝0，即只受重力作用时的加速度最大，此时a＝g.
答案：　g
一、选择题
1．在以下几幅图中，洛伦兹力的方向判断不正确的是(　　)
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．
2．以下说法正确的是(　　)
A．电荷处于磁场中不一定受到洛伦兹力
B．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力
C．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D．洛伦兹力可以改变运动电荷的速度大小
解析：选AC.只有运动电荷的速度方向与磁场不平行时，运动电荷才会受到洛伦兹力的作用，且洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，对运动电荷永不做功，故B、D错误，A、C正确．
3．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．
4．(2012·福建南平高二测试)长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图所示的恒定电流时，下列说法正确的是(　　)
A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里
B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外
C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左
D．小球不受磁场力作用
解析：选D.电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．
5．如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则(　　)
A．板左侧聚集较多电子，板b点电势高于a点
B．板左侧聚集较多电子，板a点电势高于b点
C．板右侧聚集较多电子，板a点电势高于b点
D．板右侧聚集较多电子，板b点电势高于a点
解析：选C.电流在铜板中流过，实际上是铜板中的电子在定向移动．电流方向向下，说明电子在向上运动．由左手定则可判断电子受到向右的力的作用，所以要向右运动，最后聚集在右侧上，左侧上相对应的显示正电性，所以a点电势高于b点．
6. (2012·福建龙岩高二检测)如图所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将(　　)
A．向左偏转 B．向右偏转
C．向下偏转 D．向上偏转
解析：选D.偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D正确．
7．一单摆摆球带正电，在水平匀强磁场中振动．振动平面与磁场垂直，如图所示，图中C点为摆球运动的最低点，摆球向右运动和向左运动通过C点时，以下说法中不正确的是(　　)
A．受到的洛伦兹力相同
B．悬线对摆球的拉力相等
C．具有相同的动能
D．具有相同的速度
解析：选ABD.摆球摆动过程中只有重力做功，洛伦兹力和线拉力均不做功．因此通过C点时速率相同，方向相反．所受洛伦兹力大小相等、方向相反．选项A、D错，C正确．再对球在C点应用牛顿第二定律可判．选项B错误．故选ABD.
8．如图所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v.若加上一个垂直于纸面指向读者方向的磁场，则物体滑到底端时(　　)
A．v变大 B．v变小
C．v不变 D．不能确定
解析：选B.根据左手定则，带负电荷的物体受到的洛伦兹力垂直斜面向下，因此增大了物体对斜面的正压力，即斜面对物体的支持力N变大，由滑动摩擦力公式f＝μN知，斜面对物体的摩擦阻力增大，物体下滑时的加速度减小，滑到底端时的速度将比没有加磁场时小．
9．匀强磁场中一个运动的带电粒子，受到洛伦兹力F的方向如图所示，则该粒子所带电性和运动方向可能是(　　)
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.
10．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，如图所示，已知一离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，以下说法错误的是(　　)
A．离子必带正电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
解析：选D.离子一开始向下运动，说明电场力方向向下，离子带正电，A对；在A与B点离子的动能相等，据动能定理，电场力不做功，A、B电势相等，故A、B位于同一高度，B对；运动轨迹上的各点，电势差UAC最大，据动能定理，离子到达C点时的动能最大，速度最大，C对．离子到
达B点后又向下运动且向右偏转，故它不会沿原曲线返回A点，D错．
二、非选择题
11．如图所示，A、B为水平放置，长度足够长的固定绝缘横杆，杆上套着一个带正电的滑块，滑块的质量m＝10 g，带电量q＝8×10－3 C，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T，现给滑块一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，滑块便开始运动，已知滑块跟杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2，求滑块克服摩擦力所做的功．(g＝10 m/s2)
解析：根据左手定则，滑块运动中受到的洛伦兹力方向向上，开始时大小f0＝qv0B＝0.4 N，滑块的重力mg＝0.1 N，所以滑块受到杆的弹力方向向下．滑块做减速运动，洛伦兹力减小，当达到与重力平衡时，滑块做匀速运动．此时有qvB＝mg
v＝2.5 m/s
由动能定理，克服摩擦力做功Wf，
则－Wf＝mv2－mv20
所以Wf＝0.47 J.
答案：0.47 J
12.质量为m，带电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：
(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．
(2)磁感应强度的大小．
解析：
(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受到重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，由此可知微粒带正电，受力如图所示．qE＝mg，则电场强度E＝.
(2)由于合外力为零，则qvB＝mg，所以B＝.
答案：(1)　正电　(2)

1．如图所示为一长直螺线管，通一交变电流(即大小和方向周期性变化的电流)，一电子沿螺线管轴线射入螺线管，则(　　)
A．若从左向右射入，可能时而加速时而减速而交替运动
B．若从右向左射入，可能时而加速时而减速而交替运动
C．不管从左向右还是从右向左射入，电子一定做匀速直线运动
D．无法判断电子运动情况
解析：选C.长直通电螺线管内部磁感线总是平行于轴线，电子沿轴射入螺线管后，由于v∥B，都不受洛伦兹力，因此电子会做匀速直线运动．因此选项A、B、D均错，C正确．
2．(2012·威海高二质检)有三束粒子，分别是质子(p)、氚核(H)和α粒子(氦核)束，如果它们以相同的速度沿垂直于磁场方向射入匀强磁场(方向垂直于纸面向里)，在下图中，哪个图能正确地表示出了这三束粒子的偏转轨迹(　　)
解析：选C.由qvB＝得，r＝，由于质子、氚核、α粒子的比荷分别、、，所以氚核轨迹半径最大，α粒子次之，质子轨迹半径最小，C正确．
3．(2012·泉州高二期末)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子(质量为m，电荷量为q)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．(不计重力)则(　　)
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．OP两点间的距离为
D．OP两点间的距离为
解析：选D.电子偏转的圆心角θ＝90°，周期T＝，故在磁场中的运动时间t＝T＝，A、B错．轨迹半径r＝，所以OP的距离d＝r＝，C错，D对．
4. (2012·厦门高二检测)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，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是(　　)
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
解析：选A.由于回旋加速器所加交变电压周期与粒子转动的周期相同，则粒子的最大速度为2πfR，A项正确；质子被加速后的最大速度vmax＝，与加速电场的电压大小无关，B项不正确；R足够大，质子速度不能被加速到任意值．因为按相对论原理，质子速度接近光速时质子质量发生变化，运动周期改变，进一步提高速度就不可能了，C项错误；因为回旋加速器所加交变电压周期与粒子转动周期应相同，粒子转动周期T＝，α粒子与质子的比荷不相同，应调节f或B，故D项错误．
5．(2012·海淀高二质检)图中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P点．已知B、v以及P到O的距离l.不计重力．
(1)求此粒子的电荷q与质量m之比．
(2)计算此粒子从O点运动到P点所用时间．
解析：(1)粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m，R＝，得＝
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹为半圆，速度大小为v，运动时间t＝＝.
答案：(1)　(2)
一、选择题
1．两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中，设这两个电子的运动轨道半径分别为r1、r2运动周期分别为T1、T2，则(　　)
A．r1＝r2，T1≠T2　　　　　　 B．r1≠r2，T1≠T2
C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2
解析：选D.由半径公式r＝知，两电子速度不同，则r1≠r2，由周期公式T＝知T1＝T2，因此，选项A、B、C均错，D正确．
2．(2012·东台高二质检)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，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.离子由加速器中央附近进入，从边缘飞出，在磁场中发生偏转，在电场中加速，获得能量，B、C错，A、D对．
3．(2012·福州高二期末)一带电微粒在正交匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示．则微粒带电性质和环绕方向(　　)
A．带正电，逆时针
B．带正电，顺时针
C．带负电，逆时针
D．带负电，顺时针
解析：选C.由电场力与重力平衡知，微粒带负电，由左手定则知，微粒逆时针转动，故选C.
4．(2012·烟台高二质检)如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是(　　)
A.，正电荷 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
解析：选C.粒子轨迹如图，由左手定则知，粒子带负电，又r＋r cos60°＝a得r＝a，又r＝，得＝＝，选C.
5．(2012·泉州高二期末)如图所示是某一离子速度选择器原理示意图．在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，离子束以不同角度入射，最后有不同速度的离子束射出，现有一离子源发射比荷为2×1011C/kg的阳离子，且离子中速度分布连续，当角θ＝45°，出射离子速度v的大小是(　　)
A.×106 m/s B．2×106 m/s
C．2×108 m/s D.×108 m/s
解析：选B.离子在磁场中运动的半径r＝2Rcos45°＝R由r＝得v＝＝＝×2×1011×10－4×0.1 m/s＝2×106 m/s.
6．(2012·泉州高二期末)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断(　　)
A．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大
B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小
C．只要x相同，则离子质量一定相同
D．x相同，则离子的比荷不一定相同
解析：选A.设粒子质量是m，电荷量为q，加速后获得速度v，由qU＝mv2得，v＝ ，在磁场中，设磁感应强度为B，有qvB＝，r＝.解得m＝x2，若是同位素，q相同，x越大，质量越大，A对，B错．又＝·，x相同，m不一定相同，但一定相同，C、D错．
7．如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ D．1∶1
解析：选B.电子在磁场中运动时间为t＝T.由于正、负电子运动周期相同，由图知正、负电子在磁场中偏转的圆心角分别为和.因此＝＝2，因此选项B正确．
8．(2012·余姚中学高二期中)如图所示，虚线区域内存在着电场强度为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场，已知从左方水平射入的电子穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则关于该区域内的E和B的方向，下列叙述中可能的是(　　)
A．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同
B．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反
C．E竖直向上，B垂直纸面向外
D．E竖直向上，B垂直纸面向里
解析：选ABC.E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同，电子不受洛伦兹力的作用，受到的电场力跟运动方向相反，若电子有足够的动能是可以穿过的，A项对；E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反，电子不受磁场力，所受电场力跟运动方向相同，做匀加速运动，B项对；E竖直向上，B垂直纸面向外，左方进入的电子受到向下的电场力，向上的洛伦兹力，若平衡则能匀速穿过，C项对，同理判断D项错误．
9．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°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为(　　)
A．2πr/(3v0) B．2πr/(3v0)
C．πr/(3v0) D.πr/(3v0)
解析：选D.从A弧所对圆心角θ＝60°知，t＝T＝.但题中已知条件不够，没有此选项，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t＝，从图示分析有R＝r，则：A＝R·θ＝r×＝πr，所以t＝.
10．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，则(　　)
A．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子也沿直线运动
B．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向上偏转
C．若电子以同样大小的速度从右向左飞入，电子将向下偏转
D．若电子以同样大小的速度从左向右飞入，电子将向上偏转
解析：选B.若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏转，B正确；若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意，对正电荷qE＝Bqv，与q无关，所以对电子二者也相等，所以电子从左向右飞行，做匀速直线运动，故D错误．
二、非选择题
11．(2012·德州高二质检)如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B.一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为2L，求该粒子的电量和质量之比.
解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为2L，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为θ.
由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B＝m式中R为圆轨道的半径，解得R＝
圆轨道的圆心在OA的中垂线上，由几何关系可得
L＝Rsinθ
解得＝.
答案：
12．一磁场宽度为L，磁感应强度为B，如图所示．一带电粒子质量为m，带电荷量为－q，不计重力，以某一速度(方向如图)射入磁场，若使其不能从右边界飞出，则粒子的速度应为多大？
解析：若要粒子不从右边界飞出，速度最大时运动轨迹如图所示，由几何知识得：r＋rcosθ＝L①
又洛伦兹力提供向心力．
qvB＝m②
解①②得vm＝＝.
因此要使粒子不从右边界飞出速度应为
v≤.
答案：v≤