《优化方案》粤教版物理选修3-1电子题库（25份打包）

1．(双选)(2012·合肥高二检测)如图4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(　　)
图4
A．电荷从a到b加速度减小
B．电荷从a到b加速度增大
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b电势能增加
解析：选AD.根据电场线的疏密程度可以判断在a点的场强大于b点的场强，也就是说试探电荷在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，由牛顿第二定律可知电荷在a点运动的加速度大于在b点运动的加速度，所以选项A正确．根据带电粒子做曲线运动的条件，曲线向合外力的方向弯曲，可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左．由此判断电场线方向向外发散，电荷在电场中从a点向b点运动，电场力对电荷做负功，电势能不断增加，选项D正确．故选A、D.
2．(单选)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
解析：选C.电场力对正电荷做了负功，则正电荷的电势能一定增大，所处位置的电势一定变高，所以C项正确；但不知电场的具体分布，无法判断电场线的方向和场强大小，A、B项错误．电荷的动能变化跟其合外力做功有关，而除了电场力外其他力的状况不明确，动能变化也无从判断，D项错误．
3．(单选)(2012·东营高二检测)如图5所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是(　　)
图5
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
解析：选B.因带电微粒做直线运动，故合外力方向与速度方向在同一直线上，微粒受力分析如图所示，合外力方向与v0反向，做负功，故微粒动能减少．同时，我们知道重力和电场力均做负功，重力势能增加，电势能增加．
4．如图6所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m，带电量为－q的有孔小球从杆上A点无初速下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为，求：
图6
(1)小球从A到B的过程中电场力做的功；
(2)A、C两点间的电势差．
解析：(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B的过程中只有两个力做功：电场力做功W和重力做功mgh，由动能定理得：W＋mgh＝mv，
代入已知条件vB＝得电场力做功
W＝m·3gh－mgh＝mgh.
(2)因为B、C在同一等势面上，所以φB＝φC，
即UAC＝UAB，
由W＝qU得UAB＝UAC＝＝－.
答案：(1)mgh　(2)－

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．在下列物理中，属于矢量的是(　　)
A．电场强度　　　　　 B．电势
C．电势差 D．电势能
解析：选A.电势、电势能、电势差是从能的角度描述电场，只有大小，没有方向，是标量；电场强度不但有大小也有方向，叠加满足平行四边形定则，是矢量，故只有A正确．
2．已知四个点电荷q、q、－q、q分别分布于边长为a的正方形的四个顶点A、B、C、D处，如图1－7所示，则正方形中心处的场强大小为(　　)
图1－7
A. B．0
C．4 D.
解析：选C.几个点电荷同时存在时，电场中任一点的场强等于这几个点电荷各自在该点产生的电场强度的矢量和，B、D各自在正方形中心产生的场强等大反向，合场强为零，A、C两点的电荷在正方形中心的场强均为E＝＝，方向相同，合场强E总＝2E＝4，故C对，A、B、D错．
3．当在电场中某点放入电荷量为q的正试探电荷时，测得该点的场强为E，若在同一点放入电荷量为q′＝2q的负试探电荷时，测得该点的场强(　　)
A．大小为2E，方向与E相同
B．大小为2E，方向与E相反
C．大小为E，方向与E相同
D．大小为E，方向与E相反
解析：选C.电场强度由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，故选C.
4．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C.带电粒子在电场力作用下从a点运动至b点．根据动能定理有：qUab＝mv－mv，即q(φa－φb)＝mv－mv，解得＝，故选C.
5．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图1－8所示．则这一电场可能是(　　)
图1－8
图1－9
解析：选A.由v－t图可知，微粒的速度减小，加速度增大，可知微粒所受电场力方向由B指向A，从A到B运动过程中电场力大小逐渐变大，结合粒子带负电，可以判断电场线方向由A指向B，且越来越密，A对，B、C、D错．
6．如图1－10是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是(　　)
图1－10
A．1、3两点电场强度相同　　　 B．5、6两点电场强度相同
C．4、5两点电势相同 D．1、3两点电势相同
解析：选D.1、3两点的电场强度都等于两点电荷在该点的电场强度之和，根据对称性可知两点电场强度一定相同，所以选项A正确.5、6两点的电场强度方向都是水平向左，根据对称性可以判断两点的电场强度大小相同，所以选项B正确．由于中垂线为等势面，所以4、5两点的电势相同，所以选项C正确．由于两点电荷连线的电场线方向由正电荷指向负电荷，所以3点电势要高于1点电势，所以选项D错误．
二、双项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项是正确的．全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不答的得0分)
7．如图1－11所示为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是(　　)
图1－11
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析：选BD.放电极接电源负极带负电，所以带电尘埃带上负电，集尘极带正电，故电场方向由集尘极指向放电极，B选项正确，A、C选项错误；同一位置场强相同，尘埃带电量越多所受电场力越大，故D选项正确．
8．如图1－12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，运动轨迹如图中虚线所示．则(　　)
图1－12
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能都减小
解析：选CD.由于不知场强方向，故A错．由电场线疏密得C正确．由轨迹可以判断电场力对a做正功，对b也做正功，因此a、b速度都增加，电势能都减小，B错D正确．
9．设电荷只受电场力的作用，则下述说法正确的是(　　)
A．负电荷只能朝着电势能减小的地方运动
B．正电荷只能朝着电势低的地方运动
C．初速度为零的负电荷一定朝着电势能减小的地方运动
D．初速度为零的正电荷一定朝着电势降低的地方运动
解析：选CD.电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，C、D正确．电荷初速度不为零时，运动方向由初速度方向和所受静电力的方向决定，可能做加速运动，也可能做减速运动，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动，A、B错误．
10．在场强E＝1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2 m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为(　　)
A．1.0 V B．2.0 V
C．3.0 V D．4.0 V
解析：选AB.若a、b两点在同一条电场线上，则U＝Ed＝2.0 V，故a、b两点的电势差最大值为2.0 V，故选A、B.
11．一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是(　　)
A．加速电压偏大 B．加速电压偏小
C．偏转电压偏大 D．偏转电压偏小
解析：选AD.高度缩小则离子偏转角度减小，由tanθ＝分析可得，U偏变小或U加变大都能导致θ减小．A、D正确．
12．如图1－13所示，水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OC＝h，又知道过竖直线上B点时，小球速度最大，由此可确定Q形成的电场中下述物理量的是(　　)
图1－13
A．B点的场强 B．C点的场强
C．B点的电势 D．C点的电势
解析：选AD.小球速度最大时合外力为零，则有mg＝qE，A正确；由动能定理可得：qUOC－mgh＝0即q(φO－φC)＝mgh，所以φC＝－，D项正确．
三、计算题(本题共4小题，共40分．解答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1－14所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm，求：
图1－14
(1)P板及A点的电势．
(2)保持两板间的电势差不变，将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？
解析：(1)设A点距P板的距离为d1.
因Q板接地，即φQ＝0.UPQ＝φP－φQ＝－50 V.
故φP＝－50 V(1分)
又UAP＝Ed1(1分)
E＝(1分)
所以UAP＝·d1＝×0.04 V＝20 V(1分)
又UAP＝φA－φP，所以φA＝－30 V．(1分)
(2)设Q板向左移动5 cm后，两极板相距为d2.
则UAP′＝·d1＝×0.04 V＝40 V(2分)
又UAP′＝φA′－φP，所以φA′＝－10 V．(1分)
答案：(1)－50 V　－30 V　(2)－10 V
14．(10分)如图1－15所示，匀强电场的电场线与AC平行，把10－8 C的负电荷从A移至B，电场力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角，求：
图1－15
(1)场强方向．
(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？
(3)场强为多少？
解析：(1)将负电荷从A移至B，电场力做正功，所以所受电场力方向由A指向C，由于是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向应由C指向A.(2分)
(2)由W＝qU得UAB＝＝ V＝－6 V(3分)
即AB两点间的电势差为－6 V，B点电势高于A点电势．
则φB－φA＝6 V，φA＝φB－6 V＝－5 V
即A点的电势为－5 V．(1分)
(3)由B向AC作垂线交于D，D与B在同一等势面上．
UDA＝UBA＝－UAB＝6 V，沿场强方向AD两点间距离为d＝·cos60°＝6 cm×＝3 cm(1分)
所以E＝＝＝200 V/m.(3分)
答案：(1)C→A　(2)－5 V　(3)200 V/m
15．(10分)如图1－16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°角的B点时，球的速度正好为零．求：
图1－16
(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(4分)
所以UBA＝mgL/(2q)．(1分)
(2)UBA＝EL(1－cos60°)(4分)
得：E＝mg/q.(1分)
答案：(1)　(2)
16．(12分)如图1－17所示，相距为0.2 m的平行金属板A、B上加电压U＝40 V，在两板正中间沿水平方向射入一带负电小球，经0.2 s 小球到达B板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A、B两板间的距离应调节为多少？(g取10 m/s2)
图1－17
解析：小球在电场中做匀变速曲线运动．
在竖直方向上由牛顿第二定律得
mg－Uq/d＝ma(3分)
d/2＝at2/2(2分)
解得a＝5 m/s2(1分)
m＝40q(1分)
要使小球沿水平方向运动，应有mg＝E′q(2分)
E′＝U/d(2分)
d′＝qU/(mg)＝0.1 m．(1分)
答案：0.1 m

1．(单选)毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为(　　)
A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上
B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上
C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上
D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上
解析：选A.摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体上，中性的物体若失去电子则带正电，得到电子就带负电，由于毛皮的原子核束缚电子的本领比橡胶棒弱，在摩擦的过程中毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上，失去了电子的毛皮带正电，而正电荷是原子核内的质子，不能自由移动，所以A选项正确．
2．(双选)关于元电荷下列说法中正确的是(　　)
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．带电体的电荷量可以是任意值
C．元电荷通常取值为e＝1.60×10－19 C
D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
解析：选CD.实验得出，所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍，这就是说，电荷量是不能连续变化的物理量．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，由以上可知答案为CD.
3．(双选)(2012·清远高二检测)用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触不带电的验电器的金属球后，验电器的金属箔片张开，则下列说法正确的是(　　)
A．金属箔片带正电荷
B．金属箔片带负电荷
C．部分电子由金属球转移到玻璃棒上
D．部分电子由玻璃棒转移到金属球上
解析：选AC.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与不带电的验电器的金属球接触后，部分电子由金属球转移到玻璃棒上，验电器的金属箔片带正电而张开，故选A、C.
4．(双选)如图1－1－4所示，挂在绝缘细线下的轻质小球，由于电荷间的相互作用而靠近或远离，所以(　　)
图1－1－4
A．甲图中两球一定带异种电荷
B．乙图中两球一定带同种电荷
C．甲图中两球至少有一个带电
D．乙图中两球可能只有一个带电
解析：选BC.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体有吸引轻小物体的性质可知：若两小球相互排斥，可判定两小球一定带同种电荷；若两小球相互吸引，则可能存在两种情况，即可能带异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电．综上所述，可判定选项B、C正确．
5．有三个完全一样的绝缘金属球，A球带电荷量q，B、C均不带电．现要使B球带电荷量为，应该怎么办？
解析：解答本题时可按以下思路分析：
→
→
答案：见解析
一、单项选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．摩擦起电和静电感应都是使物体的正负电荷分开，而总电荷量并未变化
B．用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带负电，是摩擦过程中硬橡胶棒上的正电荷转移到了毛皮上
C．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，是摩擦过程中玻璃棒得到了正电荷
D．物体不带电，表明物体中没有电荷
解析：选A.摩擦起电的实质是一个物体失去电子，另一个物体得到电子，总电荷量未改变；感应起电的实质是自由电子从物体的一端运动到另一端，总电荷量未改变，遵守电荷守恒定律，选项A正确．在摩擦起电的过程中，是得失电子的缘故使两个物体带上不同的电荷，并不是正电荷在转移，选项B、C错误．物体不带电，表明物体是电中性的，物体中有等量的异种电荷，D项错误．
2．关于电荷量，下列说法错误的是(　　)
A．物体的带电荷量可以是任意值
B．物体的带电荷量只能是某些值
C．物体的带电荷量最小值为1.6×10－19 C
D．一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这可能是它失去了1.0×1010个电子的缘故
解析：选A.电荷量的最小值为元电荷，即1.6×10－19 C，物体实际带电量只能是元电荷电量的整数倍．一个物体失去1.0×1010个电子，则其带正电量为1.0×1010×1.6×10－19 C＝1.6×10－9 C，故B、C、D的说法都正确，所以错误的说法为A.
3．(2012·珠海高二检测)把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是(　　)
A．带有等量异种电荷
B．带有等量同种电荷
C．带有不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
解析：选A.把两个完全相同的金属球接触再分开，发现两球之间相互排斥，说明两球带同种电荷．若两球原来带等量异种电荷，接触后电荷中和，小球不带电，分开后不排斥，所以A不可能；若两球原来带等量同种电荷，接触后仍带等量同种电荷，分开后会排斥，所以B是可能的；若两球带不等量异种电荷，则两球接触后，中和一部分电荷，剩余电荷两球平分，所以C是可能的；若小球一个带电，一个不带电，接触后，两球平分电荷，分开后会排斥，所以D也是可能的．
4．(2012·浙南检测)保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们学习效率甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的(　　)
A．6.2×10－19 C　　　 B．6.4×10－19 C
C．6.6×10－19 C D．6.8×10－19 C
解析：选B.所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍．
5．绝缘细线上端固定，下端悬挂一个轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图1－1－5所示．现使b带电，则(　　)
图1－1－5
A．b将吸引a，吸引后不放开
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号，但因为异种电荷离b更近，所以b对a的电场力为引力．当b吸引a使两者接触后，由于接触带电，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1－1－6所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔，若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是(　　)
图1－1－6
A．只有M端验电箔张开，且M端带正电
B．只有N端验电箔张开，且N端带负电
C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电
D．两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电
解析：选C.A靠近不带电导体的M端，MN由于静电感应带电．由于同性相斥，异性相吸，M端将感应正电荷，N端感应负电荷．
二、双项选择题
7．下列关于电现象的叙述中，正确的是(　　)
A．玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电
B．摩擦可以起电，是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量的异种电荷
C．带电现象的本质是电子的转移，呈中性的物体得到电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性
D．摩擦起电的过程，是通过摩擦创造了等量异种电荷的过程
解析：选BC.两物体摩擦时，谁带正电荷，谁带负电荷取决于两物体的性质，而不是由单一某个物体决定的，A错．摩擦起电并不是创造了电荷，而是电荷发生了转移，D错．
8．如图1－1－7所示，将带有负电的绝缘棒移近不带电的导体球甲和乙，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘．则下列方法中能使两球都带电的是(　　)
图1－1－7
A．先把两球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．不分开两球，移走棒
D．先使乙球瞬时接地，再移走棒
解析：选AD.由于静电感应，甲球感应出正电荷，乙球感应出负电荷，把两球分开后，再移走棒，它们带上了等量异种电荷，所以A项正确．若先将棒移走，则两球不会有静电感应现象产生，所以不会带上电荷，B项错误．因为两球没分开，移走棒后，两球上的等量异种感应电荷重新中和，不会带电，C项错误．若使乙球瞬时接地，则乙球上感应出的负电荷因受斥力而被导走；再将棒移走，由于甲、乙是接触的，所以甲球上的电荷会重新分布在甲、乙两球上，结果是两球都带上了正电荷，所以D项正确．
9．(2012·山东潍坊高二期末)M和N原来是两个不带电的物体，它们相互摩擦后，M带正电1.6×10－10 C，则下列判断正确的是(　　)
A．摩擦前，M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦过程中，电子从M转移到N
C．摩擦后，N一定带电荷量－1.6×10－10 C
D．摩擦过程中，M失去1.6×10－10个电子
解析：选BC.不带电的物体并不是内部没有电荷，只是正负电荷相等而不显电性，选项A错误；由于摩擦后M带正电，说明有电子从M转移到N，使N带电荷量为－1.6×10－10 C，选项B、C正确；电荷量为－1.6×10－10 C的电子个数为109个，选项D错误．
10．如图1－1－8所示的是一个带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属小球B时，验电器中金属箔片的张角减小，则(　　)
图1－1－8
A．金属球A可能不带电
B．金属球A一定带正电
C．金属球A可能带负电
D．金属球A一定带负电
解析：选AC.当金属球A靠近时，验电器的金属球B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体，金属球A离金属球B较近，而离金属箔片较远．如果金属球A带正电，验电器上的负电荷一定向近端移动，则金属箔片上的正电荷量不会减少，所以选项B是错误的．
如果金属球A带负电，验电器上的负电荷会由于斥力作用而向远端移动，造成金属箔片上的电荷量减少，所以选项C是正确的．
如果金属球A不带电，由于受到金属球B上正电荷的影响，金属球A上靠近金属球B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷，而这些负电荷反过来会使得验电器上的负电荷向金属箔片移动，效果与金属球A带负电荷一样．所以选项A是正确的，选项D是错误的．
三、非选择题
11．通常把一个电子所带电荷量称为元电荷，电子的电荷量和电子的质量之比称为电子的比荷，试求电子的比荷．(已知me＝0.91×10－30 kg)
解析：e＝1.6×10－19 C，me＝0.91×10－30 kg，
＝1.76×1011 C/kg.
答案：1.76×1011 C/kg
12．有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中A小球带有2.0×10－5 C的正电荷，小球B、C不带电．现在让小球C先和小球A接触后分开，再让小球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，最终三小球的带电量分别为多少？
解析：小球A与C接触后，A、C平分A球所带电量，则每个小球所带电量为qA1＝qC1＝1.0×10－5 C；再让小球B与A接触后分开，则再次平分A球电量，qA2＝qB2＝5×10－6 C；最后让小球B与小球C接触后分开，B、C将两球所带电量平分，则qB＝qC＝＝7.5×10－6 C，最终三小球的带电量分别为qA＝5×10－6 C，qB＝7.5×10－6 C，qC＝7.5×10－6 C.
答案：见解析

1．(单选)某电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样，则该电容器(　　)
A．所带电荷量不能超过1.5×10－6 C
B．所加电压不能超过9 V
C．该电容器击穿电压为9 V
D．当给该电容器加4.5 V的电压时，它的电容值变为0.75 μF
解析：选B.该标示值为电容器电容和能允许加的最大电压．加在该电容器上电压超过9 V就击穿它．能够给它充的最大电荷量为Q＝CUm＝1.5×10－6×9.0 C＝1.35×10－5 C．电容器电容与所加电压无关，因此当给电容器加4.5 V的电压时，其电容值仍为1.5 μF.
2．(双选)如图1－7－5所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关闭合，电容器两板间有一质量为m、电荷量为q的粒子静止不动．下列叙述正确的是(　　)
图1－7－5
A．粒子带正电
B．断开开关，粒子将向下加速运动
C．保持开关闭合，将电容器两极板间的距离拉大，粒子将向下加速运动
D．保持开关闭合，将电容器两极板错开，使正对面积减小，粒子仍静止
解析：选CD.粒子处于静止状态，说明粒子所受到的电场力与重力方向相反，而电容器内部场强方向向下，故该粒子带负电；若断开开关而不调节电容器，则电容器内部场强不变，故此时粒子仍静止；若保持开关闭合，则电容器极板间电压不变；当将电容器极板间距拉大时，极板间场强大小减小，故此时粒子将向下加速运动；当保持开关闭合，仅减小两极板的正对面积时，则板间场强不变，此时粒子仍静止．
3．(双选)一个真空平行板电容器，两极板间相距d、正对面积为S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是(　　)
A．将电压变为
B．将带电荷量变为2Q
C．将极板间的距离变为
D．两极板间充满介电常数为2的电介质
解析：选CD.电容器的电容与电容器极板上的电量、电压无关，所以选项A、B不正确；根据公式C＝，可以知道选项C、D正确．
4．(单选)(2012·长春检测)如图1－7－6所示为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是(　　)
图1－7－6
A．是充电过程
B．是放电过程
C．该电容器的电容为5.0×10－2 F
D．电容器的电荷量变化量为0.20 C
解析：选B.由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错B对；由C＝＝ F＝5×10－3 F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错．
5．一平行板电容器，当板上带电量增加2.0×10－4 C时，极板间的电压增加40 V，则当电容器两端所加电压为200 V时，电容器所带的电荷量为多少？
解析：由公式C＝得推论C＝代入数据得：C＝5×10－6 F，又Q′＝CU′代入数据得Q′＝1.0×10－3 C.
答案：1.0×10－3 C
一、单项选择题
1．关于电容器的电容，下列说法正确的是(　　)
A．电容器带电量越多，电容越大
B．电容器两板间电压越低，其电容越小
C．电容器不带电时，其电容为零
D．电容器的电容只由它本身特性决定
解析：选D.电容器的电容只由它本身的特性决定，与电容器两极板间的电压及极板上的带电荷量均无关．
2．(2011·高考天津理综卷)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　)
A．U2＝U1，E2＝E1　　　 B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
解析：选C.由于板间距变为原来的一半，故电容变为原来的2倍，由于电荷量也变为原来的2倍，由U＝可知，电势差不变；由E＝可知，电场强度变为原来的2倍，所以C选项正确．
3．一平行板电容器两极板间距为d、极板正对面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增大两板间距时，电容器极板间(　　)
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
解析：选A.当极板间距离增大时，由C＝得电容C变小．由公式Q＝CU可知，Q不变，C变小，电势差变大；由E＝＝＝得电场强度不变．故选项A正确．
4．如图1－7－7所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则(　　)
图1－7－7
A．电容器带电荷量不变
B．电源中将有电流从正极流出
C．尘埃仍静止
D．电流计中将有电流，电流方向b→a
解析：选C.电容器与电池组连接，其电压不变，带电尘埃静止，静电力与重力平衡，qE＝mg，两极板错开时场强不变，故C正确．因电容减小，由Q＝CU知电荷量Q减小，电容器放电，电流方向a→b，A、B、D错误．
5．21世纪，智能机器人将走进千家万户，各种各样的传感器是智能机器人的核心部分之一．传感器是一种将感受到的物理量(如光、热、力、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)．如图1－7－8所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可对膜片产生压力发生形变，引起电容的变化．将电容器、灵敏电流计和直流电源串联，接成闭合电路，那么：
图1－7－8
①当F向上压膜片电极时，电容将减小　②当F向上压膜片电极时，电容将增大　③若电流计有示数，则压力F发生变化④若电流计有示数，则压力F不发生变化
以上各项中正确的有(　　)
A．①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选B.F向上压膜片电极时，膜片发生形变，板间距离减小，故电容增大，②对．当F发生变化，可动膜片形状改变，板间距离改变，电容改变，由Q＝CU知电荷量要变化，就有充电或放电电流，电流计有示数，③对．正确选项为B.
6．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接触，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了(　　)
A．除菌消毒 B．消除静电
C．利用静电 D．防止漏电
解析：选B.在可燃气体环境(如乙醚)中产生的静电，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除掉(如导入大地)，因此只有B选项正确．
二、双项选择题
7．如图1－7－9所示，平行板电容器的两个极板A、B，B板接地，A板带电荷量＋Q，板间电场内有一固定点P.若将A板固定，B板下移一些，以下说法正确的是(　　)
图1－7－9
A．两板间场强E可能变大
B．两板间场强E不变
C．P点电势φ升高
D．P点电势φ不变
解析：选BC.E＝，间距变化，E不变，故B正确；φ＝Ed，故C正确．
8．(2012·湛江高二检测)如图1－7－10所示，当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．如果测出了电容的变化，就能知道物体位移的变化．若电容器的电容增大，则物体的位移可能的变化是(　　)
图1－7－10
A．加速向右移动 B．加速向左移动
C．减速向右移动 D．减速向左移动
解析：选BD.本题由于相对介电常数εr发生变化而引起电容器电容C的变化，根据C＝可知：当电容C变大时，εr应该增大，电介质板应向左移动，所以选项B与D正确．
9．如图1－7－11所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的是(　　)
图1－7－11
A．该仪器中电容的两个电极分别是芯柱和导电液体
B．芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了
D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了
解析：选AC.题中给出的是一个类似于平行板电容器的装置．芯柱和导电液体相当于电容器两极，芯柱外套的绝缘管就是板间的电介质，其厚度d相当于两平行板间的距离，容器中液面的高低影响到两极板间的正对面积，即液面升高，S变大，液面降低，S变小．由于C与S成正比、与d成反比，故电容增大，说明d减小，S增大，h升高．综上所述，本题的正确答案是A、C.
10．(2012·苏州高二检测)如图1－7－12所示，一个带负电的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，接通S后，悬球与竖直方向的夹角为θ，则(　　)
图1－7－12
A．S闭合，减小A、B间距，夹角θ增大
B．S闭合，减小A、B间距，夹角θ不变
C．S断开，增大A、B间距，夹角θ增大
D．S断开，增大A、B间距，夹角θ不变
解析：选AD.根据电容定义式C＝和平行板电容器电容的决定式可知，S闭合时，电容器两极板间电压保持不变．减小A、B间距离d↓→C↑→(U一定)Q↑→E↑→夹角θ增大，A对，B错；S断开后，电容器两极板间电量保持不变，增大A、B间距离，d↑→C↓→(Q不变)U↑→E不变→夹角θ不变，故C错，D对．
三、非选择题
11．利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘，静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源的正极和负极，其装置示意图如图1－7－13所示，A、B之间有很强的电场，距B越近，场强______(填“越大”或“越小”)．B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到______(填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中．
图1－7－13
解析：电极的电场分布截面如图所示，由电场线可判断越靠近B场强越大；粉尘吸附电子后带负电，因此向正极A运动．
答案：越大　A
12．(2012·银川高二检测)如图1－7－14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：
图1－7－14
(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)由电容定义式得
C＝＝ F＝1×10－9 F.
(2)两极板之间为匀强电场
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

1．(双选)关于电场力和电场强度，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致
B．电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比
C．正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致
D．同一个点电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度就越大
解析：选CD.电场强度方向是正电荷在电场中的受力方向，C对A错；电场强度大小由其本身性质决定，同一点电荷在某电场受电场力越大，由其定义式知该点场强越大，B错D对．
2．(单选)下列说法中正确的是(　　)
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，可知点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q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的运动轨迹
解析：选B.电场中的场强是由电场本身决定的，而与放置在电场中的电荷(所受的电场力、电荷量)无关，E＝F/q是定义式，而不是决定式，A错．公式E＝kQ/r2是点电荷场强的决定式，与点电荷的电荷量成正比，B正确．由矢量的合成法则(即平行四边形定则)可知，合电场的场强不一定大于分电场的场强，就像一个平行四边形的对角线不一定比四边形的边长长，C错；电场线是不存在的，是假想的，不是电荷的运动轨迹．只有当静止的电荷(或初速度与电场线共线的电荷)在电场线是直线的电场中且只受电场力作用或所受其他力的合力方向沿电场线所在的直线时，其运动轨迹才会与电场线重合，D错．故选B.
3．(单选)如图1－3－9所示为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是(　　)
图1－3－9
A．这个电场可能是负点电荷形成的
B．C点处的场强为零，因为那里没有电场线
C．点电荷q在A点所受到的电场力比在B点所受电场力大
D．负电荷在B点时受到的电场力的方向沿B点切线方向
解析：选C.负电荷的电场线是指向负电荷的直线，故A错误．电场线只是形象地描述电场，没有电场线的地方，场强不一定为零，故B错误．又EA＞EB，F＝qE.所以电场力大小FA＞FB，故C正确．负电荷在B点受到电场力的方向与B点的切线方向相反，故D错误．
4．(单选)(2012·金华高二检测)两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是(　　)
图1－3－10
解析：选A.由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确．
5．在电场中的P点放一电荷量大小为q＝3.0×10－9 C的负点电荷，它受到的电场力F＝6.0×10－4 N，方向水平向右，则P点的电场强度大小和方向是怎样的？若在P点不放电荷，P点的电场强度大小和方向又是怎样的？若在电场中的P点放一电荷量为q′＝6.0×10－9 C的正点电荷，求其所受电场力的大小和方向．
解析：由电场强度的定义式可得P点电场强度的大小为E＝＝ N/C＝2.0×105 N/C.
电场强度的方向与负电荷所受电场力的方向相反，即水平向左．
若不放电荷，P点的场强大小和方向不变，大小为2.0×105 N/C，方向水平向左．
q′在P点所受的电场力大小为F′＝q′E＝6.0×10－9×2.0×105 N＝1.2×10－3 N，其方向与电场强度方向相同，方向水平向左．
答案：2.0×105 N/C　水平向左　2.0×105 N/C　水平向左　1.2×10－3 N　水平向左
一、单项选择题
1．下列说法错误的是(　　)
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在电场
B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用
D．电场是人为设想出来的，其实并不存在
解析：选D.带电体及电荷周围存在电场，场是一种物质，是客观存在的，并不是人们假想的，电荷间的相互作用通过电场产生．所以A、B、C正确．
2．(2012·黄冈高二检测)如图1－3－11所示，正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，那么可以断定，它所在的电场是图中的(　　)
图1－3－11
解析：选D.正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q点的电场线应比P点的电场线密，故选项A、B错误；又由于电荷做加速运动，所以选项C错误，选项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1－3－12所示，电场强度为零的地方在(　　)
图1－3－12
A．A和B之间　　　　 B．A的右侧
C．B的左侧 D．A的右侧及B的左侧
解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反，因为QA＞QB，由点电荷的场强表达式E＝k可知只有在B的左侧，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．故正确答案为C.
4．在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C.如图1－3－13所示，拿走C处的点电荷后，A处电场强度的情况将是(　　)
图1－3－13
A．大小仍为E，方向由A指向B
B．大小变为，方向不变
C．大小仍为E，方向沿BA方向
D．无法确定
解析：选C.根据矢量合成法则可推理知，在B、C两处同时存在场电荷时，合电场场强方向沿平行BC的方向，说明B、C两处电荷在A处独立产生的场强大小相等，方向均与合场强成60°，根据矢量三角形可求出B、C在A处的电场强度大小均为E.当撤去C处场电荷时，只剩下B处场电荷，此时A处场强大小为E，方向沿BA方向．
5．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．如图1－3－14为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下说法正确的是(　　)
图1－3－14
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.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错．在电荷a附近取一点M，M点到电荷a的距离远小于M点到电荷b的距离，故M点处的场强主要取决于a电荷，即EM＝；同理在电荷b附近取一点N，使Nb＝Ma，则N点处的场强主要取决于b电荷，即EN＝，由题图可知，M点处电场线比N点处电场线稀疏，故EM＜EN，所以Qa＜Qb，则A选项错，B选项正确．
6．有两个带等量正电荷的点电荷，O为两电荷连线的中点，a点在中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图1－3－15所示，关于电子的运动，下列说法正确的是(　　)
图1－3－15
A．电子在从a向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．电子在从a向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．电子运动到O点时，加速度为零，速度最大
D．电子通过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零
解析：选C.O点的场强为零，沿中垂线向两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．因a点与最大场强点的位置不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，电子的加速度先增大后减小；如果a点在最大场强点的下方时，电子在向O点运动的过程中，电子的加速度一直减小．但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，电子都在做加速运动，所以电子的速度一直在增加，当到达O点时，O点的场强为零，电子在O点的加速度为零，速度达到最大值；电子通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点的对称点b时，电子的速度为零．同样因b点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度的大小也不能确定，故正确选项为C.
二、双项选择题
7．在正电荷Q的电场中的P点放一点电荷，其电荷量为＋q，P点距离Q为r，＋q所受的电场力为F.则P点的电场强度为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选BD.电场强度的定义式E＝，q为检验电荷的电荷量，由此可判定B正确．再将库仑定律F＝k代入上式或直接应用点电荷的场强公式，即可得知D选项也正确．故本题的正确选项为B、D.
8．如图1－3－16所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强大小，则(　　)
图1－3－16
A．A、B两点的场强方向相同
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，无法比较EA与EB的大小
解析：选AD.场强的大小由电场线的疏密程度决定，由于题图中只给出一条方向向右的电场线，可据此判断出A、B两点场强的方向，但只有一条电场线，无法对比疏密，所以不能比较出A、B两点场强的大小．
9．如图1－3－17所示为点电荷Q产生的三条电场线，下列说法正确的是(　　)
图1－3－17
A．Q为负电荷时，EA>EB
B．Q为负电荷时，EAC．Q为正电荷时，EA>EB
D．Q为正电荷时，EA解析：选AC.因没有提供电场线的指向，所以该电场可以是正点电荷产生，也可以是负点电荷产生，但A和B这两点的场强大小总为EA>EB，本题正确答案为AC.
10．(2012·惠州高二检测)如图1－3－18所示，悬线下挂着带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q.整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，则(　　)
图1－3－18
A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为tanθ＝
B．若剪断悬线，则小球做曲线运动
C．若剪断悬线，则小球做匀速运动
D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
解析：选AD.小球受到重力、拉力、电场力而处于静止状态．其受力如图所示．在力的三角形中：
tanθ＝
根据平衡条件可得，剪断前，电场力和重力的合力大小与拉力大小相等，方向与悬线拉力方向相反；当剪断悬线后，小球所受到的合力大小恒定，方向恒定．小球应由静止开始做匀加速直线运动．
三、非选择题
11．(2012·东营高二检测)如图1－3－19所示，在一个点电荷Q形成的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都沿x轴的正方向，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量的关系图象如图1－3－20中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．求：
图1－3－19
图1－3－20
(1)B点的电场强度的大小和方向；
(2)试判断点电荷Q的电性，并说明理由；
(3)点电荷Q的位置坐标．
解析：(1)由题图可知，B点的电场强度EB＝＝2.5 N/C，方向指向x轴负方向．
同理可得A点的电场强度EA＝40 N/C，方向指向x轴正方向．
(2)由于A、B两点场强方向相反，点电荷Q应位于A、B两点之间，带负电荷．
(3)设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的场强E＝k可知＝＝.
解得x＝2.6 m(另解x＝1 m舍去)．
答案：(1)2.5 N/C　沿x轴负方向
(2)带负电　由于A、B两点的场强方向相反
(3)(2.6,0)
12．如图1－3－21所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷．如果把一个带电量为－q的试探电荷放在c点，则恰好平衡，那么匀强电场的场强大小为多少？a、d两点的实际场强大小为多少？
图1－3－21
解析：空间中有匀强电场和点电荷形成的电场，任何一点的场强都是这两个电场在该处场强的合场强．
由带电量为－q的试探电荷在c点处于平衡可得k＝qE
解得匀强电场的场强为E＝.
由于正点电荷形成的电场场强方向从圆心沿半径方向向外．故在a点，点电荷场强方向沿x轴正方向；在d点，点电荷场强方向沿y轴的正方向．从而可知：在a点实际场强大小为两个等大、同向场强的合成，即Ea＝.
在d点实际场强大小为两个等大、互相垂直的场强的合成，即Ed＝.
答案：见解析

1．(单选)(2012·安庆高二检测)下列关于点电荷的说法，正确的是(　　)
A．点电荷一定是电量很小的电荷
B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在
C．只有球形带电体，才能看成点电荷
D．一个板状的带电体一定不能看成点电荷
解析：选B.点电荷是理想化模型，实际上不存在．能否视为点电荷要具体问题具体分析．
2．(单选)两个点电荷相距r时相互作用力为F，则(　　)
A．电荷量不变距离加倍时，作用力变为F/2
B．其中一个电荷的电荷量和两电荷间距都减半时，作用力为4F
C．每个电荷的电荷量和两电荷间距都减半时，作用力为4F
D．每个电荷的电荷量和两电荷间距都增加相同倍数时，作用力不变
解析：选D.由F＝k，若Q1、Q2不变而r变为原来的两倍，则F要变为原来的1/4，A不正确．若其中一个电荷电荷量和两电荷间距都减半，则作用力变为原来的2倍．若每个电荷的电荷量和两电荷间距都减半(或增加相同倍数)，则作用力不变，综上正确选项为D.
3．(单选)人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态．现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处无初速度释放，则此带电粉尘将(　　)
A．向星球地心方向下落
B．推向太空
C．仍在那里悬浮
D．沿星球自转的线速度方向飞出
解析：选C.均匀带电的星球可等效为电荷集中在球心．粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故选C.
4．(单选)两个可自由移动的点电荷，分别放在A、B两处，如图1－2－3所示，A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在A、B直线上，欲使Q1、Q2、Q3三者均处于平衡状态，则(　　)
图1－2－3
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
解析：选A.“两同夹异”即由“同性在两边，异性在中间”．若Q3为负电荷，必放于A点左方；若Q3为正电荷，则必处于B点右方，排除B、C.由“两大夹小”知，Q2不能处于中间位置，排除D，所以选A.
5．如图1－2－4所示，等边三角形ABC，边长为L，在顶点A、B处有等量异种点电荷QA、QB，QA＝＋Q，QB＝－Q，求在顶点C处的点电荷QC所受的静电力．
图1－2－4
解析：题目中没有给出QC的电性，解答时就需考虑两种情况，即QC为正电，或QC为负电．当QC为正电时，受力情况如图甲所示，QA、QB对QC的作用力大小和方向都不因其他电荷的存在而改变，仍然遵守库仑定律．QA对QC作用力：FA＝k，同种电荷相斥．
QB对QC作用力：FB＝k，异种电荷相吸．
因为|QA|＝|QB|＝Q，所以FA＝FB.
根据平行四边形定则，QC受的力F1即为FA、FB的合力，根据几何知识可知，QC受力的大小F1＝FA＝FB＝k，方向为平行AB连线向右．
当QC为负电时，如图乙所示．F2＝k，方向平行AB连线向左．
答案：见解析
一、单项选择题
1．关于库仑定律，以下说法中正确的是(　　)
A．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的带电体
B．库仑定律是实验定律
C．库仑定律仅适用于静止的电荷间相互作用
D．根据库仑定律，当两个点电荷间的距离趋近于零时，则库仑力趋近于无穷大
解析：选B.一个带电体能否看成点电荷不以它的体积大小来确定，体积小的带电体不一定能视为点电荷，A错．库仑定律是在大量的实验探究基础上总结出来的，B对．库仑定律适用于真空中的点电荷，电荷间的库仑力与电荷的运动状态无关，C错．当两带电体很近时，它们已不能看成是点电荷，库仑定律不再适用，不能再用k来计算电荷间的库仑力，D错．
2．如图1－2－5所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l是球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是(　　)
图1－2－5
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.由于a、b两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l＝3r，不满足l?r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠k.万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然不满足l?r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝G.
3．不带电的金属球A的正上方有一点B，该处有带电液滴自静止开始落下，到达A球后电荷全部传给A球，不计其他阻力的影响，则下列叙述中正确的是(　　)
A．第一个液滴做自由落体运动，以后的液滴做变加速直线运动，而且都能到达A球
B．当液滴下落到重力等于库仑力位置时，速度为零
C．当液滴下落到重力等于库仑力位置时，开始做匀速运动
D．一定有液滴无法到达A球
解析：选D.液滴落在A上后，A上的电荷量变多，A球与液滴间斥力逐渐增大，设某液滴下落过程中在库仑力和重力作用下，先加速再减速到达A球时速度刚好为零，则以后再滴下的液滴将无法到达A球．
4．(2012·广州高二检测)如图1－2－6所示，两个完全相同的金属小球A、B带有电量相等的电荷，相隔一定的距离，两球间相互吸引力的大小是F，今让与A、B大小相等、相同材料制成的不带电的第三个小球C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为(　　)
图1－2－6
A.F　　　　　　　　　 B.F
C.F D.F
解析：选A.由题可知A、B两球带异种电荷．两金属小球原来的静电力F＝k，后来两金属小球之间的静电力F′＝k，正确答案为A.
5．如图1－2－7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(　　)
图1－2－7
A．若m1＝m2，q1B．若m1＝m2，q1β
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＝k，①
F拉cosα＝m1g.②
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．
6．如图1－2－8所示，两个点电荷，电荷量分别q1＝4×10－9 C和q2＝－9×10－9 C，两者固定于相距20 cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上且静止不动，该点电荷所处的位置是(　　)
图1－2－8
A．距a点外侧40 cm处
B．距a点内侧8 cm处
C．距b点外侧20 cm处
D．无法确定
解析：选A.根据平衡条件，它应在q1点电荷的外侧，设距q1距离为x，则k＝k，将q1＝4×10－9 C，q2＝－9×10－9 C代入，解得x＝40 cm，故A项正确．
二、双项选择题
7．关于库仑定律的公式F＝k，下列说法中正确的是(　　)
A．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0
B．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用了
解析：选AD.当两个点电荷相距无穷远时，它们之间的静电力可认为等于零．而当两个点电荷之间的距离r→0时，库仑定律不再适用．
8．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大为原来的4倍，下列方法可行的是(　　)
A．每个点电荷的电荷量都增大为原来的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大为原来的2倍
C．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的
D．保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的
解析：选AD.由F＝k，A中Q1、Q2都增大为原来的2倍，r不变，F′＝4F，A正确．B中Q1、Q2不变，r变为原来的2倍，F′＝F，B错误．C中若Q1′＝2Q1，Q2不变，r′＝r，则库仑力F′＝8F，即C中的库仑力将变为原来的8倍，故C错误．D中Q1、Q2不变，r′＝r，F′＝4F，D正确．
9．两个带有同种电荷的小球A、B，放在光滑绝缘水平面上，其中小球A固定，小球B只在库仑力作用下由静止开始沿水平面运动，在运动过程中，小球B的加速度a和速度v的变化是(　　)
A．a一直在增大 B．a一直在减小
C．v一直在增大 D．v一直在减小
解析：选BC.B在A的静电斥力的作用下，向远离A的方向做加速运动，C对，D错．A、B间隔越来越远，由牛顿第二定律得k＝mBaB，r逐渐变大，则aB逐渐减小，故A错，B对．
10．(2012·郑州高二检测)如图1－2－9所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B.现给B一个沿垂直AB方向的速度v0，B球将(　　)
图1－2－9
A．若A、B为异种电荷，B球一定做圆周运动
B．若A、B为异种电荷，B球可能做加速度、速度均变小的曲线运动
C．若A、B为同种电荷，B球一定做远离A球的变加速曲线运动
D．若A、B为同种电荷，B球的动能一定会减小
解析：选BC.若A、B为异种电荷，A、B之间的距离增大时，加速度、速度均变小；若A、B为同种电荷，A、B之间的静电力为斥力，B球一定做远离A球的变加速曲线运动，其动能一定增大．
三、非选择题
11．如图1－2－10所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B＝30°.现在A、B两点放置两点电荷qA、qB，测得在C处正点电荷受静电力方向与AB平行向左，则A带______电，qA∶qB＝________.
图1－2－10
解析：正电荷在C处受qA、qB的库仑力作用，方向一定在A、C和B、C连线上，要使合力水平向左，C受A的作用必定为引力，受B的作用必定为斥力，所以A带负电，B带正电，由受力分析图得
FBsin30°＝FA①
由库仑定律得FB＝②
FA＝③
联立①②③解得qA∶qB＝1∶8.
答案：负　1∶8
12．把质量为2 g的带电小球A用细绳吊起来，若将带电小球B靠近A，当B球带电荷量QB＝4×10－6 C时，两个带电体恰好在同一高度，且相距l＝30 cm，绳与竖直方向的夹角为30°，如图1－2－11所示，试求：
图1－2－11
(1)A球所受的静电力大小；
(2)A球的带电荷量．
解析：(1)如图所示进行受力分析，A受重力mg、绳的拉力F拉和B对A的库仑引力F处于平衡状态，由力的平衡条件可得：
F拉cos30°＝mg，F拉sin30°＝F
解得：F＝mgtan30°＝2×10－2× N＝×10－2 N.
(2)由库仑定律F＝kQAQB/r2得：
F＝ N＝×10－2 N
求得：QA＝×10－7 C.
答案：(1)×10－2 N　(2)×10－7 C

1．(单选)下列关于同一匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是(　　)
A．在相同距离上的两点，电势差大的其场强必定大
B．任意两点间的电势差，等于场强大小和这两点间距离的乘积
C．沿着电场线方向，任何相等距离上的电势降落必相同
D．电势降落的方向必是场强方向
解析：选C.匀强电场场强处处相等，A错．任意两点间的电势差等于场强大小和这两点间沿场强方向距离的乘积，B错，C对．电势降落最快的方向是场强的方向，D错．
2．(双选)(2012·枣庄检测)细胞膜的厚度等于700 nm(1 nm＝10－9 m)，当膜的内外层之间的电压达0.4 V时，即可让一价钠离子渗透．设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时(　　)
A．膜内电场强度为5.71×105 V/m
B．膜内电场强度为1.04×106 V/m
C．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.4×10－20 J
D．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.28×10－19 J
解析：选AC.由公式E＝＝＝5.71×105 V/m，所以A正确，B错误．由公式W＝qU＝1.6×10－19 C×0.4 V＝6.4×10－20 J，C正确，D错误．
3．(单选)如图1－5－17所示是匀强电场中的一组等势面，每两个相邻等势面的距离是25 cm，由此可确定电场强度的方向及大小为(　　)
图1－5－17
A．竖直向下，E＝0.4 N/C
B．水平向右，E＝0.4 N/C
C．水平向左，E＝40 N/C
D．水平向右，E＝40 V/m
解析：选D.电场线与等势面垂直且沿电场线方向电势降低，故场强方向水平向右，场强大小E＝＝ V/m＝40 V/m，故D项正确．
4．(单选)如图1－5－18所示，图中虚线表示某一电场的等势面，cd为过O点的等势面的切线．现用外力将负点电荷q从a点沿着直线aOb匀速移到b点，当电荷通过O点时，关于外力的方向，下列说法正确的是(不计重力)(　　)
图1－5－18
A．沿Od方向　　　　　 B．沿Oc方向
C．沿Oa方向 D．以上说法都不对
解析：选D.根据场强方向的定义，负电荷在电场中某点所受静电力的方向，应与该点的场强方向相反．由等势面的性质知，该电场在O点的场强方向应与过O点的切线cd垂直且指向电势降低的方向，即垂直于cd向右，则负电荷在O点受静电力方向应为垂直于cd向左，由于q匀速运动所以负电荷q受外力方向应垂直于cd向右，故A、B、C三种说法均不对，正确答案选D.
5．如图1－5－19所示，匀强电场的场强E＝100 V/m，A、B两点相距0.1 m，A、B连线与电场线的夹角为θ＝60°，则A、B两点的电势差为多少？
图1－5－19
解析：距离d为沿场强方向上的投影.
d＝cosθ＝0.1×cos60° m
＝0.05 m
U＝Ed＝100×0.05 V＝5 V.
答案：5 V
一、单项选择题
1．(2012·广州高二检测)取无穷远处为零电势点，那么(　　)
A．电势为零的点，场强也为零
B．电势为零的点，场强不一定为零；但场强为零的点电势一定为零
C．场强为零的点，电势不一定为零；电势为零的点，场强不一定为零
D．场强为零的点，电势不一定为零；电势为零的点，场强一定为零
解析：选C.在静电场中，虽然场强和电势都是描述电场的物理量，但它们是从两个不同角度描述的，它们既有联系又有区别．两者之间没有必然的联系．电势值与零电势点的选取有关，具有相对性．对于等量异种点电荷的电场，其连线中垂面上的各点电势为零，而场强不为零；对于等量同种点电荷的电场，其连线的中点场强为零，而电势不为零．
2．一个点电荷，从静电场中的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方向总是垂直的
D．a、b两点的电势一定相等
解析：选D.一个点电荷，从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，说明a、b两点电势相等，选项D正确．
3．如图1－5－20中的实线为电场线，虚线为等势线，a、b两点的电势分别为φa＝－50 V，φb＝－20 V，则a、b连线的中点c的电势φc应为(　　)
图1－5－20
A．φc＝－35 V
B．φc>－35 V
C．φc<－35 V
D．条件不足，无法判断φc的高低
解析：选B.沿b→c→a方向电场强度逐渐增大，则Ubc＝－35 V.
4．如图1－5－21所示，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(　　)
图1－5－21
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垂直平分线向远处移动，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φΒ.
5．(2012·银川高二检测)如图1－5－22所示，相距10 mm的两等势面AA′、BB′，其间有一静止的带正电的油滴P，已知它的重量是1.6×10－14 N，所带的电荷量是3.2×10－19 C，则下面判断正确的是(　　)
图1－5－22
A．φA＞φB，UAB＝100 V　　　 B．φA＞φB，UAB＝750 V
C．φA＜φB，UBA＝500 V D．φA＜φB，UBA＝1000 V
解析：选C.由于油滴静止，则油滴所受电场力与重力等大反向，即电场方向竖直向上，故φA＜φB，由E＝，F＝G得E＝5×104 V/m，又由于dAB＝10 mm＝10－2 m，所以UBA＝EdAB＝5×104×10－2 V＝500 V，因此C正确．
6．如图1－5－23所示，A、B、C三点都在匀强电场中．已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm.把一个q＝10－5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10－3 J，则该匀强电场的场强大小和方向是(　　)
图1－5－23
A．865 V/m，垂直AC向左
B．865 V/m，垂直AC向右
C．1000 V/m，垂直AB斜向上
D．1000 V/m，垂直AB斜向下
解析：选D.把电荷从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点必位于同一个等势面上，题中指明为匀强电场，等势面应为平面．且场强方向应垂直等势面，可见A、B不正确，可先排除．根据电荷从B移到C的做功情况，得B、C两点电势差U＝＝－173 V，由正电荷克服电场力做功知B点电势比C点低173 V，因此，场强方向必垂直AB斜向下，其大小E＝＝＝1000 V/m，因此选项D正确．
二、双项选择题
7．仅由电场本身性质决定的物理量有(　　)
A．电场强度　　　　　 B．电势差
C．电场力 D．电势能
解析：选AB.电场强度是描述电场的力的性质的物理量，它仅由电场决定，与试探电荷无关，A正确；电场力由电场强度和电荷的电荷量共同决定，C错误；电势差是描述电场的能的性质的物理量，它也是仅由电场决定，B正确；电势能的大小与电荷的电荷量和电势的取值有关，D错误．
8．关于场强和电势差的关系，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度越大的地方，电势越高，任意两点间的电势差越大
B．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等
C．电势降低最快的方向必定是电场强度的方向
D．沿着电场线方向，单位距离上降低的电势越大，则场强越大
解析：选CD.电势的高低与场强大小无直接关系，A不正确；在匀强电场中，B才正确．
9．如图1－5－24所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点来说(　　)
图1－5－24
A．粒子可能带正电
B．粒子必先过a，再到b，然后到c
C．粒子在三点所受的合力Fa＝Fb＝Fc
D．若粒子由a到b再到c，则电场力先做负功，再做正功
解析：选CD.粒子可能由a到b再到c，也可能由c到b再到a，根据曲线运动的特点可判断电场力方向竖直向下，与场强方向相反，故粒子带负电，A、B错；等势面平行等距，电场为匀强电场，Fa＝Fb＝Fc，C对；图中看出Uab＞0，Ubc＜0，又由W＝qU可知，Wab＜0，Wbc＞0，D对．
10．在真空中A、B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一正方形路径abcd，如图1－5－25所示，现将一电子沿abcda移动一周，则以下判断中正确的是(　　)
图1－5－25
A．由a→b，电势降低，电子的电势能减小
B．由b→c，电场对电子先做负功后做正功，总功为零
C．由c→d，电子的电势能增大
D．由d→a，电子的电势能先减小后增大，电势能的总增量为零
解析：选BD.等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况如图所示，由图中电场线分布可知，从c到d电势逐渐升高，从a到b电势逐渐降低．再由等势线的分布可知，a、d在同一等势面上，沿直线由a到d电势先升高后降低，从b到c电势先降低后升高．由于从高电势点向低电势点移动电子的过程中，克服电场力做功，电子的电势能增大．反之，电子的电势能减小，所以正确选项为B、D.
三、非选择题
11．(2012·苏州高二测试)如图1－5－26所示，ABCD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点电势是多少伏？
图1－5－26
解析：法一：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两点在同一等势面上．根据几何知识不难证明MD平行于BN，即M、D两点也在同一等势面上，所以φD＝φM＝9 V.
法二：由于AD、BC为平行等长线段，在匀强电场中不难证明UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，
则有φD＝φA－φB＋φC，代入数据解得φD＝9 V.
答案：9 V
12．(2012·清远高二检测)如图1－5－27所示为某一匀强电场中三个等势面及其对应的电势值，图中A、B两点间的距离是2.5 cm，则该匀强电场的场强大小为多少？
图1－5－27
解析：由图知UAB＝20 V，
d＝cos37°，
代入公式E＝可得：
E＝ V/m＝1000 V/m.
答案：1000 V/m

1．(单选)一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是(　　)
A．匀速直线运动　　　　 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
解析：选A.只在电场力的作用下，说明电荷受到的合外力的大小为电场力，不为零，所以选项A不可能；当电荷在匀强电场中由静止释放后，电荷做匀加速直线运动，选项B可能；当电荷垂直进入匀强电场后，电荷做类平抛运动，选项C可能；原子核周围的电子只在电场力的作用下做匀速圆周运动，选项D可能．故应选A项．
2．(单选)下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场加速后，粒子速度最大的是(　　)
A．质子 B．氘核
C．氦核 D．钠离子
解析：选A.由qU＝mv2，得v＝ ，所以q/m越大，v越大，故选项A正确．
3．(单选)两平行金属板间有匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线方向飞入该电场，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们应具备的条件是(不计重力作用)(　　)
A．有相同的动能和相同的比荷
B．有相同的速度和相同的比荷
C．只要有相同的比荷就可以
D．无法确定
解析：选B.设金属板长为L，两板间电压为U，板间距为d，粒子进入电场时速度为v，在电场中运动时间为t＝，在离开电场时沿电场线方向上的速度为vy，则vy＝at＝·.所以设带电粒子离开电场时与原方向v的夹角为θ，即偏转角，如图所示．tanθ＝＝.
4．(双选)(2012·烟台高二检测)图1－6－8所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用的办法是(　　)
图1－6－8
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得长些
C．尽可能使板间距离d减小些
D．使电子入射速度v0大些
解析：选BC.偏移量h ＝at2＝，故灵敏度＝.可见B、C项正确．
5．(2012·云浮高二检测)如图1－6－9所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．质量为m，电荷量为q的带电粒子以速度v0从a点进入电场，恰好从c点离开电场，离开时速度为v，不计重力，求电场强度大小．
图1－6－9
解析：从a点到c点电场力做的功
W＝qEL
根据动能定理得W＝mv2－mv
所以qEL＝mv2－mv
场强大小E＝.
答案：
一、单项选择题
1．如图1－6－10所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)
图1－6－10
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
解析：选D.带电粒子在电场中的加速度大小为a＝，
设粒子的速度减到零时的位移为s，
由运动学规律知0－v＝－2as，得s＝.
由上式知D项正确．
2．如图1－6－11所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图．y轴上一点P的坐标为(0，y0)，有一电子垂直于y轴以初速度v0从P点射入电场中，当匀强电场的场强为E时，电子从A点射出，A点坐标为(xA,0)，则A点速度vA的反向延长线与速度v0的延长线交点坐标为(　　)
图1－6－11
A．(0，y0) B．(，y0)
C．(xA，y0) D．(xA，y0)
解析：选C.电子离开电场时，其速度vA的反向延长线与速度v0的延长线交点的横坐标一定为xA.
3．(2012·天星调研)如图1－6－12所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的轨迹不发生变化，应该(　　)
图1－6－12
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的倍
解析：选A.要使电子轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏距y保持不变．由y＝at2＝··2＝和qU1＝mv得y＝.可见在x、y一定时，U2∝U1，故使U1加倍时，U2也应加倍．
4．如图1－6－13所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　)
图1－6－13
A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2
C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1
解析：选D.带电粒子的飞行时间t＝，故有tA∶tB＝2∶1；带电粒子竖直方向上的位移y＝t2，即m＝，故mA∶mB＝4∶3，D项正确．
5．如图1－6－14所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)
图1－6－14
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
解析：选A.由y＝at2＝··得：U＝，
所以U∝，可知A项正确．
6．平行板间有如图1－6－15所示周期变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，图1－6－16中能正确定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)
图1－6－15
图1－6－16
解析：选A.0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.～T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，故A对．
二、双项选择题
7．如图1－6－17所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
图1－6－17
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
解析：选AC.由图可以判断电子要向X方向和Y方向偏转，所以极板X、Y应带正电，极板X′、Y′应带负电，选项A、C正确，B、D错误．
8．如图1－6－18所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则(　　)
图1－6－18
A．它们通过加速电场所需的时间相等
B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等
D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
解析：选BD.由于电量和质量都相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，加速时间越短，则速度的变化量越小；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等．
9．如图1－6－19所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)
图1－6－19
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种原子核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
解析：选BD.同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝，tanθ＝知偏转与带电粒子无关，D对．
10．如图1－6－20所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则(　　)
图1－6－20
A．三种粒子在电场中的运动时间相同
B．三种粒子在电场中的加速度为aA>aB>aC
C．三种粒子到达正极板时动能EkC>EkB>EkA
D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电
解析：选BD.粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移s大的运动时间长，因sAaB>aC，故选项B正确．粒子到达正极板的动能为Ek＝m(v＋v)，而v＝2ay，所以有EkA>EkB>EkC，选项C错误．由aA>aB>aC可以判断A带负电，B不带电，C带正电，选项D正确．
三、非选择题
11．如图1－6－21所示，电容器极板是竖直放置的，两板间距为d，板间电压为U.一个带负电的小球，质量为m，带电荷量为q，在平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左边缘同一高度处．求小球能达到的最大高度h及抛出时的初速度v0.
图1－6－21
解析： 小球在复合场中的受力情况如图所示：可将其运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可得小球上升的最大高度为h＝；小球从抛出至回到左侧板边缘同一高度处所用的时间为：t＝
根据小球在水平方向上做匀加速直线运动知：d＝t2.
由以上各式可解得：v0＝gd ，h＝.
答案：　gd 
12．(2012·启东质检)在电场强度为E＝100 V/m的竖直向下匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的粒子源放在一端开口的铅盒内，如图1－6－22所示．放射源向水平面以下各个方向均匀地释放出初速度v0＝200 m/s、质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：
图1－6－22
(1)粒子下落过程中电场力做的功；
(2)粒子打在金属板上时的动能；
(3)计算粒子落在金属板上的区域面积大小．(结果保留两位有效数字)
解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功
W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J.
(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，
由动能定理得W＝Ek2－Ek1
Ek2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J
＝1.2×10－10 J.
(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝at2＝t2
代入数据求得t＝5.66×10－3 s，圆半径r＝v0t＝1.13 m
圆面积S＝πr2＝4.0 m2.
答案：(1)8×10－11 J　(2)1.2×10－10 J　(3)4.0 m2

1．(单选)a、b为电场中的两个点，如果把q＝－2×10－8 C的负电荷从a点移到b点，电场力对该电荷做了4×10－7 J的正功，该电荷的电势能(　　)
A．增加了4×10－7 J　　　　 B．增加了2×10－8 J
C．减少了4×10－7 J D．减少了2×10－8 J
解析：选C.Wab＝Epa－Epb可知C项正确．
2．(双选)下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点的电势差，等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功
B．电势差是一个标量，但是有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随着零电势面的不同而改变，所以UAB＝UBA
解析：选BC.解本题的关键是要全面理解电势差这个概念，从电势差的定义可知A项错误．从电势差的特征可知电势差是标量，有正负之分，故B项正确．从电场力做功的特性及电势差的定义可知两点间的电势差只与两点间位置有关，故C项正确．最易错的是把电势差与电压相混淆．电势差可以反映出两点电势的高低，UAB＝－UBA，而电压只是电势差的大小，故D项错误．
3．(单选)关于同一电场的电场线，下列表述正确的是(　　)
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C.电场线是为描述电场方便而引入的假想线，实际上不存在，A错．电场线越密，表示场强越大，B错．沿电场线方向，电势降低得最快，C对．负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电荷的电势能增加，D错．
4．(单选)(2012·永泰高二检测)如图1－4－6所示，在处于O点的点电荷＋Q 形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2；由C点移到B点电场力做功为W3.则三次电场力做功的大小关系为(　　)
图1－4－6
A．W1＝W2＝W3＜0 B．W1＞W2＝W3＞0
C．W1＝W3＞W2＝0 D．W3＞W1＝W2＝0
解析：选C.点电荷形成电场的等势面是以该电荷为中心的球面，由题意知，三点的电势关系，φA＝φC＞φB，所以电势差UAB＝UCB＞0，UAC＝0，而W1＝qUAB，W2＝qUAC，W3＝qUCB，所以W1＝W3＞W2＝0，C项正确．
5．如图1－4－7所示，为一负点电荷产生的电场中的A、B两点，两点间的电势差为150 V.
图1－4－7
(1)现有电荷量为7×10－6 C的正电荷从B沿直线移到A，它的电势能变化多少？
(2)如果此电荷从B沿图中曲线移到A，则它的电势能又变化多少？
(3)试比较A、B两点的电势高低、场强大小．
解析：(1)当电荷从B移到A，电场力做正功，电势能减少，WBA＝qU＝7×10－6×150 J＝1.05×10－3 J，电势能减少1.05×10－3 J.
(2)电场力做功与电荷移动的路径无关，电荷从B沿题图中曲线移到A，它的电势能同样减少1.05×10－3 J.
(3)由于电场是负电荷产生的，因而电场线方向是B→A，所以φA＜φB；由点电荷场强公式知EA＞EB.
答案：见解析
一、单项选择题
1．某静电场的电场线分布如图1－4－8所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则(　　)
图1－4－8
A．EP＞EQ，φP＞φQ
B．EP＞EQ，φP＜φQ
C．EP＜EQ，φP＞φQ
D．EP＜EQ，φP＜φQ
解析：选A.电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，EP＞EQ.沿电场线方向，电势降低，故φP＞φQ，A项正确．
2．如图1－4－9所示，A、B、C为电场中同一电场线上的三点．设电荷在电场中只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)
图1－4－9
A．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少
B．若在C点无初速地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能增加
C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加
D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能不变
解析：选A.若在C点释放正电荷，由于它只受到向右的电场力，故电荷在电场力作用下沿直线由C向B运动，电场力做正功，电势能减少，A对，B错．若从C点释放负电荷，电荷在向左的电场力作用下由C向A运动，电场力做正功，电势能减少，C、D错．
3．如图1－4－10所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为一焦点的椭圆运动．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到达N点的过程中(　　)
图1－4－10
A．电场场强先增大后减小
B．电势逐渐降低
C．电势能先增大后减小
D．速率先减小后增大
解析：选A.电子从M到N的过程中与Q点的距离先减小后增大，场强E＝k，因此电场场强先增大后减小；由于正点电荷周围的等势面为同心圆，且越靠近圆心处电势越高，因此电势先增大后减小；电子的电势能Ep＝－eφ，因此电势能先减小后增大；由能量守恒定律可知，动能先增大后减小，即速率先增大后减小．
4．如图1－4－11所示，是一个点电荷电场的电场线(箭头线)和等势面(虚线)，两等势面之间的电势差大小为2 V，有一个带电荷量为q＝－1.0×108 C的电荷，从A点沿不规则曲线路径移到B点，电场力做功为(　　)
图1－4－11
A．2.0×108 J　　　 B．－2.0×108 J
C．1.60×107 J D．－4.0×108 J
解析：选B.由场强方向判断出中心电荷为正电荷，由WAB＝qUAB得WAB＝－1.0×108×2 J＝－2.0×108 J，故选项B正确．
5．(2012·南京高二检测)一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间电势差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.由动能定理可得：W＋qUab＝ΔEk.代入数值解得：Uab＝1.0×104 V.
6．如图1－4－12所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV，则小球运动到c点时的动能为(　　)
图1－4－12
A．5 eV B．6 eV
C．7 eV D．8 eV
解析：选D.据动能定理得
qUab＝Ekb－Eka＝2 eV－20 eV＝－18 eV
qUac＝Ekc－Eka
故Ekc＝qUac＋Eka＝q×Uab＋Eka
＝－12 eV＋20 eV＝8 eV，D正确．
二、双项选择题
7．如图1－4－13所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，下列说法正确的是(　　)
图1－4－13
A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做正功，电势能减小
B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做负功，电势能增大
C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做负功，电势能增大
D．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变
解析：选BD.把正电荷从M移到N，电场力做负功，电势能增加，A错，B对．把负电荷从M移到N，电场力做正功，电势能减少，C错．把正电荷从M点移到N点，又移回到M点，电荷的始末位置相同，电场力不做功，电势能不变，D对．
8．电子在电场中只受电场力作用，由高电势处运动到低电势处，下列说法正确的是(　　)
A．电子动能一定越来越小
B．电子的电势能一定越来越大
C．电子的速度一定越来越大
D．电子的电势能有可能越来越小
解析：选AB.电子只受电场力作用，由高电势处运动到低电势处的过程中电场力做负功，所以电子的电势能一定增大；由动能定理可知，电子的动能一定越来越小．
9．下列说法中正确的是(　　)
A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能就越大
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越少，电荷在该点的电势能就越大
C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越多，电荷在该点的电势能就越大
D．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，静电力做功越多，电荷在该点的电势能就越大
解析：选AC.无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某点移到无穷远处时，若静电力做正功，电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，则电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于静电力做的功，因此静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，A正确，B错误．电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服静电力做功，电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时克服静电力所做的功，故C正确，D错误．
10．如图1－4－14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(　　)
图1－4－14
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点电场强度一定大于N点电场强度
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AC.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正确．电场线的疏密程度表示电场的强弱，由题图可知，M点电场强度一定小于N点电场强度，B错．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．电子在电场中受到的电场力的方向沿NM指向M，故从M移动到N，电场力做负功，D错误．
三、非选择题
11．如图1－4－15所示．把电荷量为－5×10－9 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A点的电势φA＝15 V，B点的电势φB＝10 V，则此过程中电场力做的功为________ J.
图1－4－15
解析：将电荷从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式UAB＝，W＝qUAB＝－5×10－9×(15－10) J＝－2.5×10－8 J.
答案：增大　－2.5×10－8
12．将一个电荷量为－2×10－8 C的点电荷从零电势点S移到M点，要克服电场力做功4×10－8 J；从M点移到N点，电场力做功为14×10－8 J，求M、N两点的电势．
解析：S、M两点间的电势差为：
U1＝＝ V＝2 V.
而此过程电荷克服电场力做功，因而电势能增加，对于负电荷在低电势处电势能大
故φM<φS，U1＝φS－φM.
而φS＝0，所以φM＝－2 V.
M、N两点间的电势差
U2＝＝ V＝－7 V.
U2＝φM－φN，所以φN＝5 V.
答案：φM＝－2 V　φN＝5 V

1．(双选)如图4所示，一个用细线悬吊着的带电小球，在垂直于匀强磁场方向的竖直面内摆动，图中B为小球运动的最低位置，则(　　)
图4
A．小球向右和向左运动通过B点时，小球的加速度相同
B．小球向右和向左运动通过B点时，悬线对小球的拉力相同
C．小球向右和向左运动通过B点时，具有的动能相同
D．小球向右和向左运动通过B点时，具有的速度相同
解析：选AC.带电小球在运动过程中，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球不管向何方向运动通过最低点时，速率v必然相等，动能相同，故C正确；向心加速度a＝则a相同，故A正确．若小球带正电，在最低点向右和向左运动时，拉力分别为F1和F2，则F1＋qvB－mg＝ma，F2－qvB－mg＝ma，则F12．(双选)如图5所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带正电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M滑下，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B．滑块从M点滑到最低点所用的时间比磁场不存在时短
C．滑块经过最低点时的速度与磁场不存在时相等
D．滑块从M点滑到最低点所用的时间与磁场不存在时相等
解析：选CD.因为洛伦兹力不做功，小滑块从最高点M滑至最低点过程中，不管磁场存在与否，都是只有重力做功，由动能定理判知，经过最低点时的速度相等，故C对，A错；由于F⊥v，不改变v的大小，故两种情况下滑时间相等，故B错，D对．
3．(双选)如图6所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是(　　)
图6
A．Ga最大　　　　　 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小
解析：选CD.据F合＝0可知，a带负电．显然，b、c也带负电，所以b所受洛伦兹力方向竖直向下，c所受洛伦兹力方向竖直向上．设三个油滴的电荷量为q，电场强度为E，磁场的磁感应强度为B，电荷的运动速度为v.
据F合＝0得，对a有Ga－Eq＝0，Ga＝Eq；
对b有Gb＋qvB－Eq＝0，Gb＝Eq－qvB；
对c有Gc－qvB－Eq＝0，Gc＝Eq＋qvB；
所以有Gc>Ga>Gb.
4．(单选)如图7所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能是(　　)
图7
A．始终做匀速运动
B．开始做减速运动，最后静止于杆上
C．先做加速运动，最后做匀速运动
D．先做减速运动，最后做匀速运动
解析：选C.由于滑环初速度的大小未具体给出，因而洛伦兹力与滑环重力可出现三种不同的关系：
(1)当洛伦兹力开始等于重力时，则滑环做匀速运动；
(2)当洛伦兹力开始小于重力时，滑环将做减速运动，最后停在杆上；
(3)当洛伦兹力开始大于重力时，滑环所受的洛伦兹力随速度减小而减小，滑环与杆之间的挤压力将逐渐减小，因而滑环所受的摩擦力减小，当挤压力为零时，摩擦力为零，滑环做匀速运动．
5．(2012·昆明高二检测)如图8所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m、带电量为＋q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成θ角射入复合场中，恰能做匀速直线运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小．
图8
解析：微粒受力情况如图，根据平衡条件，得Bqvcosθ－mg＝0，①
Bqvsinθ－qE＝0，②
由①②式联立，
得B＝，E＝.
答案：　

1．(单选)如图8所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场．不计重力的影响．由这些条件可知(　　)
图8
A．不能确定粒子通过y轴时的位置
B．不能确定粒子速度的大小
C．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间
D．以上三个判断都不对
解析：选D.垂直于x轴进入磁场，垂直于y轴离开磁场，由此可确定离子运动的轨迹是四分之一个圆周，故选项A、B、C都能确定，只能选D.
2．(单选)如图9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，则该粒子的荷质比和所带电荷的正负是(　　)
图9
A.，正电荷　　　　　 B.，正电荷
C.，负电荷 D.，负电荷
解析：选C.
由左手定则判断知，粒子带负电．如图所示，由几何关系知，运动轨迹所夹的圆心角为240°，由题意：r＋rsin30°＝a，又r＝，解得：＝，选C.
3．(2012·东城区高二检测)边长为a的正方形处于有界磁场中，如图10所示．一束电子水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则vA∶vC＝______，所经历的时间之比tA∶tC＝______.
图10
解析：由题图可知从A处和C处射出的电子做圆周运动的半径之比为rA∶rC＝1∶2.
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，
所以v＝，故＝＝，
所经历的时间之比＝＝.
答案：1∶2　2∶1
4．如图11所示，正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ＝30°角的方向射入匀强磁场中，求正、负电子在磁场中的运动时间之比．
图11
解析：首先画出正、负电子在磁场中的运动轨迹如图所示，上边轨迹为正电子的，下边轨迹为负电子的，由几何知识知：正电子圆弧轨迹所对圆心角φ1＝2θ＝60°＝，而负电子的圆周轨迹所对圆心角φ2＝360°－2θ＝300°＝π，由t＝T，故t1＝T，t2＝T，t1∶t2＝φ1∶φ2＝1∶5.
答案：1∶5
5．如图12所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子的质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及电子所受的重力．求：
图12
(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2)电子在磁场中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径r.
解析：(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得evB＝，解得R＝.
(2)设电子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝＝.由图所示几何关系，得圆心角α＝θ，所以t＝T＝.
(3)由如图所示几何关系，可知tan＝，
所以r＝Rtan＝tan.
答案：(1)　(2)　(3)tan

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．一根长直导线穿过载有恒定电流的环形导线中心且垂直于环面，导线中的电流方向如图3－5所示．则环的受力方向(　　)
图3－5
A．沿环的半径向外
B．沿环的半径向里
C．水平向左
D．不受安培力
解析：选D.电流I2产生的磁场方向与I1的环绕方向平行，所以环不受安培力．
2．用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图3－6所示．当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有(　　)
图3－6
A．两导线环相互吸引
B．两导线环相互排斥
C．两导线环无相互作用力
D．两导线环先吸引后排斥
解析：选A.通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用．由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故A正确．
3．如图3－7所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场．若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是(　　)
图3－7
A．在b、n之间某点　　　　 B．在n、a之间某点
C．a点 D．在a、m之间某点
解析：选C.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当氢核垂直于ad边从中点m射入，又从ab边的中点n射出，则速度必垂直于ab边，以a点为圆心，且r＝，当磁场的磁感应强度变为原来的2倍，则半径变为原来的1/2，氢核从a点垂直于ad边射出，所以选项C正确．
4．如图3－8所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以不同速率沿着与x轴成30°角从原点射入磁场，它们的轨道半径之比为1∶3，则正、负电子在磁场中运动时间之比为(　　)
图3－8
A．1∶2　　　　　　 B．2∶1
C．1∶3 D．3∶1
解析：选B.根据左手定则可判定，正电子向左上方偏转，y轴正半轴为其做圆周运动的一条弦，且弦切角为60°，则做圆周运动的圆心角为弦切角的2倍，即θ1＝120°，则时间t1＝T1；同理，负电子向右下方偏转，在磁场中做圆周运动的圆心角为θ2＝2×30°＝60°，时间为t2＝T2，由于比荷相同，所以周期T相同，所以t1∶t2＝2∶1，正确答案为B.
5．如图3－9所示，一束质量、带电量、速度均未知的正离子射入正交的电场、磁场区域，发现有些离子毫无偏移地通过这一区域，对于这些离子来说，它们一定具有(　　)
图3－9
A．相同的速率
B．相同的电量
C．相同的质量
D．速率、电量和质量均相同
解析：选A.离子毫无偏移地通过这一区域，说明受到的电场力和洛伦兹力平衡，故Eq＝qvB，可得v＝，可见这些离子具有相同的速率，故选A.
6．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图3－10所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口．在垂直于上、下底面的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积，)下列说法中正确的是(　　)
图3－10
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
解析：选D.由左手定则可判断出，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集，导致后表面电势升高．同理，负离子向前表面偏转聚集，导致前表面电势降低，故A、B错误；设前、后两表面间的最高电压为U，则＝qvB，所以U＝vBb.由此可知U与离子浓度无关，故C错误；因Q＝vbc，而U＝vBb，所以Q＝，D正确．
7．如图3－11所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．
图3－11
粒子编号
质量
电荷量(q>0)
速度大小
1
m
2q
v
2
2m
2q
2v
3
3m
－3q
3v
4
2m
2q
3v
5
2m
－q
v
由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为(　　)
A．3、5、4 B．4、2、5
C．5、3、2 D．2、4、5
解析：选D.根据左手定则可知a、b带同种电荷，c所带电荷与a、b电性相反，粒子运动的轨道半径r＝∝，而由题图可知，半径最大的粒子有两个，b是其中之一，a和c两粒子的半径相等，其大小处于中间值，因此分析表中数据并结合粒子电性的限制可知，半径最大的粒子的编号为3和4，半径最小的粒子的编号为1，半径处于中间的粒子的编号为2和5.又据题图可知有3种粒子的电性相同(包括a、b)，另两种粒子的电性也相同(包括c)，但与前3种的电性相反，综合以上情况可知，只有选项D正确．
二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不答的得0分)
8．关于磁感线的描述，正确的是(　　)
A．磁铁的磁感线从N极出发，终止于S极
B．利用磁感线疏密程度可定性地描述磁场中两处相对强弱
C．磁铁周围小铁屑有规则的排列，正是磁感线真实存在的证明
D．不管有几个磁体放在某一空间，在空间任一点绝无两根(或多根)磁感线相交
解析：选BD.磁感线是为了形象描述磁场而引入的一组曲线，疏密反映磁场强弱，一定构成闭合曲线，不可能相交，B、D正确．
9．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图3－12所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上，则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是(　　)
图3－12
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选AB.磁感应强度是矢量，只有当两电流产生的磁场方向相反时，叠加结果才可能为零．由安培定则可知，只有a、b两点处两电流产生的磁场方向相反，电流大小满足一定条件时磁感应强度大小相等，磁感应强度为零．
10．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图3－13中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)
图3－13
解析：选AD.A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确．C图中粒子应顺时针转，错误．同理可以判断B错误，D正确．
11．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图3－14中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是(　　)
图3－14
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
解析：选BD.由r＝，T＝得所有粒子运动的周期相同，速度不同的粒子半径不同．入射速度相同的粒子，由于半径和偏转方向都相同，故轨迹一定相同，B项正确；由t＝θ知，运动时间越长的粒子，在磁场中转过的圆心角越大，D项正确；当粒子从O点所在的边上射出时，轨迹可以不同，但圆心角相同为180°，因而A、C项错误．
12．如图3－15所示，竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d.现在P和金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m，电荷量为2e，则(　　)
图3－15
A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为
B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为
C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d
D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d
解析：选BC.α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d，由2eBv＝m，得B＝，故B正确；亮斑区的上边界是沿M板向上射出的α粒子，经1/4圆弧到达a点；亮斑区的下边界是垂直M板射出的α粒子，经1/4圆弧与屏相切的b点，如图所示．所以亮斑区的长度为2d，C选项正确．
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答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3－16所示光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源及定值电阻R，电路中其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放的瞬间加速度的大小．
图3－16
解析：如图所示导体受重力mg、支持力N、安培力F作用，由牛顿第二定律得：mgsinθ－Fcosθ＝ma，①(2分)
F＝BIL，②(2分)
I＝，③(2分)
由式①②③解得：a＝gsinθ－.(2分)
答案：gsinθ－
14．(10分)一磁场宽度为L，磁感应强度为B，如图3－17所示，一电荷质量为m，带电荷量为－q，不计重力，以一速度(方向如图)射入磁场．若不使其从右边界飞出，则电荷的速度应为多大？
图3－17
解析：若要粒子不从右边界飞出，则当达到最大速度时，半径最大，此时运动轨迹如图所示，即轨迹恰好和右边界相切．
由几何关系可求得最大半径r，
即r＋rcosθ＝L，(3分)
所以r＝.(1分)
由牛顿第二定律得 qvB＝mv2/r.(3分)
所以vmax＝＝.(3分)
答案：015．(10分)在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m、带电荷量为＋q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图3－18所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？
图3－18
解析：电场反转前：mg＝qE，①(1分)
电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动，到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有：
qvB＝(mg＋qE)cosθ，②(2分)
小球在斜面上滑行的距离为：
S＝vt＝at2，③(1分)
a＝2gsinθ，④(2分)
联立①②③④得S＝，(2分)
所用时间为t＝.(2分)
答案：　
16．(14分)图3－19中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里，一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为θ.不计重力．求：
图3－19
(1)离子速度的大小；
(2)离子的质量．
解析：(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡
qvB0＝qE0①(2分)
式中，v是离子运动速度的大小，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有E0＝②(2分)
由①②式得v＝.③(2分)
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m④(2分)
式中，m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径，由题设，离子从磁场边界上的点G穿出，离子运动的圆周的圆心O′必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直平分线上(见上图)，由几何关系有r＝Rtanα⑤(2分)
式中，α是OO′与直径EF的夹角，由几何关系有
2α＋θ＝π⑥(2分)
联立③④⑤⑥式得，离子的质量为m＝cot.⑦(2分)
答案：(1)　(2)cot

1．(单选)如图3－1－10所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将(　　)
图3－1－10
A．指北　　　　　 B．指南
C．竖直向上 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．
2．(单选)发现通电导线周围存在磁场的科学家是(　　)
A．洛伦兹 B．库仑
C．法拉第 D．奥斯特
解析：选D.发现电流的磁效应的科学家是丹麦物理学家奥斯特，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律．D正确．
3．(单选)下列关于磁场的说法中正确的是(　　)
A．磁场和电场一样，是客观存在的一种特殊物质
B．磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的
C．磁极与磁极之间是直接发生作用的
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.磁场是客观存在的一种特殊物质，磁体间的相互作用是靠磁场发生的．
4．(单选)在图3－1－11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(　　)
图3－1－11
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．
5．如图3－1－12所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N极指向右端，试判定电源的正、负极．
图3－1－12
解析：小磁针N极的指向即为该处的磁场方向，所以螺线管内部磁感线由a→b.根据安培定则可判断出电流由电源的c端流出，d端流入，故c端为电源正极，d端为负极．
答案：c为正极，d为负极
一、单项选择题
1．现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用；而把乙的一端靠近甲的中部时，两者相互吸引，则(　　)
A．甲有磁性，乙无磁性　　　　 B．甲无磁性，乙有磁性
C．甲、乙均无磁性 D．甲、乙均有磁性
解析：选B.对于磁铁，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性．由于甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性；乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，故B项正确．
2．(2012·佛山高二检测)下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是(　　)
A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线
B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的
C．电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线
D．磁感线是从磁铁的N极指向S极的
解析：选C.电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，A错．两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，B错．电场线起始于正电荷、终止于负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，C对，D错．
3．在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便且效果明显，通电直导线应(　　)
A．平行于南北方向，位于小磁针上方
B．平行于东西方向，位于小磁针上方
C．平行于东南方向，位于小磁针下方
D．平行于西南方向，位于小磁针下方
解析：选A.通电直导线应位于小磁针正上方且南北放置．
4．如图3－1－13所示，一个带正电的粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，则此正电粒子的运动(　　)
图3－1－13
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.带正电粒子做圆周运动可以等效为一个环形电流，由安培定则可以判定圆心处的磁场方向为垂直纸面向外．
5．(2012·吉安高二检测)有一种理论认为地球的地磁场是由于地球本身带电所引起的，如果认为地球所带的电荷相对地球是静止的，则根据这种理论，地球应该(　　)
A．带正电 B．带负电
C．不带电 D．无法确定
解析：选B.地球表面的电荷随地球自转而定向运动形成等效电流，由于地磁场的N极在地理南极附近，根据安培定则，等效电流的方向应是自东向西，与地球自转方向相反，故地球应带负电．
6．(2012·温州高二检测)如图3－1－14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，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点．当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程，轻绳上拉力F的大小为(　　)
图3－1－14
A．F＝Mg
B．MgC．F＝(M＋m)g
D．F>(M＋m)g
解析：选D.铁片被吸引上升的过程，向上做加速运动，设过程中某时刻B的加速度为a，电磁铁A对B的磁力为F′，则对B由牛顿第二定律得
F′－mg＝ma①
又对A和C，由力的平衡条件得：
F－F′－Mg＝0②
由①②式得：F＝(M＋m)g＋ma>(M＋m)g
故D对，A、B、C错．
二、双项选择题
7．下列说法正确的是(　　)
A．指南针指示的“北”不是真正的北，两者有一定的差别
B．地球两极与地磁两极不重合，地磁南极在地理南极附近，地磁北极在地理北极附近
C．在任何星球上都能利用指南针进行方向判断
D．我国是最早在航海上使用指南针的国家
解析：选AD.因为磁偏角的存在，所以地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故A正确，B错误．火星不像地球那样有一个全球性的磁场，因此指南针不能在火星上工作，故C错误．据史书记载，我国是最早在航海上使用指南针的国家，故D正确．
8．关于宇宙中的天体的磁场，下列说法正确的是(　　)
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．指南针只有在磁场类似于地球磁场的天体上才能正常工作
解析：选AD.宇宙中的许多天体都有与地球相似的磁场，但也有少量天体无磁场，例如火星无磁场，所以磁性指南针不能在火星上工作．
9．(2012·西安高二检测)如图3－1－15所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是(　　)
图3－1－15
A．向右飞行的正离子束　 B．向左飞行的正离子束
C．向右飞行的负离子束 D．向左飞行的负离子束
解析：选BC.小磁针N极的指向即是磁针所在处的磁场方向．题中磁针S极向纸内偏转，说明离子束下方的磁场方向由纸内指向纸外．由安培定则可判定由离子束的定向运动所产生的电流方向由右向左，故若为正离子，则应是自右向左运动，若为负离子，则应是自左向右运动．故正确答案为B、C.
10．下列元件哪些是由软磁性材料制造的(　　)
A．半导体收音机内天线的磁棒
B．磁电式电流表中的磁铁
C．变压器的闭合铁芯
D．磁化水杯中的磁铁
解析：选AC.软磁性材料磁性较弱，也容易磁化，主要用于收音机内的磁性天线、变压器、继电器的铁芯和计算机中的记忆元件．磁电式电流表中的磁铁及磁化水杯中的磁铁为硬磁性材料．
三、非选择题
11．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
12．在蹄形铁芯上绕有线圈，如图3－1－16所示，根据小磁针的指向，画出线圈的绕线方向．
图3－1－16
解析：由静止的小磁针指向可判定磁感线的方向，由安培定则可判定线圈的绕线方向．
答案：线圈的绕线方向如图所示

1．(单选)如图3－3－15所示，磁场B方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向，其中正确的是(　　)
图3－3－15
解析：选C.由左手定则可判断C项正确．
2．(双选)在物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是(　　)
A．将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导线长度L，通电电流I，应用公式B＝即可测得磁感应强度B
B．检验电流不宜太大
C．利用检验电流，运用公式B＝，只能应用于匀强磁场
D．只要满足长度L很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式B＝对任何磁场都适用
解析：选BD.用检验电流来了解磁场，要求检验电流对原来磁场的影响很小，可以忽略，所以导体长度L应很短，电流应很小．当垂直放置时，B＝该定义式适用于所有磁场，选项B、D正确．
3．(双选)下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是(　　)
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
解析：选BD.磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场的方向，磁场方向也就是小磁针静止时N极受力的方向，但电流受力的方向不代表磁感应强度和磁场方向．
4．(单选)(2012·东莞高二检测)两根长直通电导线互相平行，电流方向相同．它们的截面处于一个等边三角形ABC的A和B处，如图3－3－16所示，两通电导线在C处磁场的磁感应强度的值是B，则C处磁场的总磁感应强度是(　　)
图3－3－16
A．2B　　　　　　　　　　 B．B
C．0 D.B
解析：选D.导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC，且两磁场方向的夹角为60°，则合磁场的方向水平向右，磁感应强度的大小为B.
5．如图3－3－17所示，一个单匝线圈abcd水平放置，面积为S，当有一半面积处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，当线圈以ab边为轴转过30°和60°时，穿过线圈的磁通量分别是多少？
图3－3－17
解析：当线圈分别转过30°和60°时，线圈平面在垂直于磁场方向的有效面积相同，都有S⊥＝，所以磁通量相同，都等于.
答案：　
一、单项选择题
1．磁场中某区域的磁感线，如图3－3－18所示，则(　　)
图3－3－18
A．a、b两处的磁感应强度的大小不相等，Ba＞Bb
B．a、b两处的磁感应强度的大小不相等，Ba＜Bb
C．同一根通电直导线放在a处受安培力一定比放在b处受力大
D．同一根通电直导线放在a处受安培力一定比放在b处受力小
解析：选B.磁感线是用来形象地描述磁场的曲线，其疏密反映磁场的强弱，磁感线密集的区域磁场比磁感线稀疏的区域强．电流所受到的安培力大小除了与电流大小、磁感应强度有关外，还与电流和磁场的方向有关，所以我们不能说同一根通电直导线在磁场强的地方所受到的安培力一定大于磁场弱的区域所受到的安培力．所以选项B正确．
2．有一小段通电导线，长为1 cm，电流为5 A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是(　　)
A．B＝2 T B．B≤2 T
C．B≥2 T D．以上情况都有可能
解析：选C.磁感应强度的定义式中的电流是垂直于磁场方向的电流．如果通电导线是垂直磁场方向放置的，此时所受磁场力最大F＝0.1 N，则该点的磁场强度为：B＝＝ T＝2 T．如果通电导线不是垂直磁场方向放置的，则受到的磁场力小于垂直放置的受力，垂直放置时受力将大于0.1 N，由定义式可知，B将大于2 T.
3．如图3－3－19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3－3－19所示的电流时，线圈将(　　)
图3－3－19
A．向左运动 B．向右运动
C．静止不动 D．无法确定
解析：选A.法一：等效法．把通电线圈等效成小磁针．由安培定则知，线圈等效成小磁针后，左端是S极，右端是N极，异名磁极相吸引，线圈向左运动．
法二：电流元法．如图所示，取其中的上、下两小段分析，根据其中心对称性线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．
4．如图3－3－20所示是三根平行直导线的截面图，若通过它们的电流大小相同，且ab＝ac＝ad，则在a点的磁感应强度的方向是(　　)
图3－3－20
A．垂直纸面指向纸里
B．垂直纸面指向纸外
C．沿纸面由a指向b
D．沿纸面由a指向d
解析：选D.空间存在三根通电直导线，每根导线都会在其周围产生磁场，而磁感应强度是一个矢量，所以a点的磁感应强度应为b、c、d三根导线在a点所产生的磁感应强度的叠加．通电直导线磁场的磁感线为同心圆，所以可画出b、c、d三根导线在a点所产生的磁感应强度，如图所示．根据对称性，b、d两根导线在a点所产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则a点的磁感应强度方向就是c导线在a点产生的磁感应强度方向．
5．在如图3－3－21所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线(　　)
图3－3－21
A．相互吸引，Fa>Fb　　 B．相互排斥，Fa>Fb
C．相互吸引，Fa解析：选D.电键S闭合后，MM′、NN′中产生平行反向电流，据安培定则和左手定则可知，两导线相互排斥，A、C错．电键S置于b处时，两段导线中的电流较大，导线产生较强的磁场，对另一导线产生较大的安培斥力，即Fa6．(2012·萧山高二检测)如图3－3－22一段导线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abcd所受到的磁场的作用力的合力(　　)
图3－3－22
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.弯曲导线的有效长度等于连接两端点直线的长度，即导线abcd等效于直线段ad的长度，所以l＝L＋2Lcos45°＝(＋1)L，安培力的大小F＝IlB＝(＋1)ILB，由左手定则可判知安培力的方向沿纸面向上．
二、双项选择题
7．关于磁感应强度B，下列说法正确的是(　　)
A. 在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
B．某处磁感应强度等于穿过此处单位面积的磁感线条数
C．放在某点的小磁针静止时S极所指的方向就是该点磁感应强度的方向
D．某点的磁感线的切线方向即是该点磁感应强度的方向
解析：选AD.
选项
透析过程
结论
A
磁感线的疏密表示磁感应强度的大小
√
B
由磁感应强度的定义可知，B项中忽视了“垂直”这一条件
×
C
小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感应强度的方向
×
D
由磁感线的定义，可知D正确
√
8．(2012·长沙高二检测)如图3－3－23所示，竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向外，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　)
图3－3－23
A．b、d两点的磁感应强度大小相等
B．a、b两点的磁感应强度大小相等
C．a点的磁感应强度最小
D．c点的磁感应强度最小
解析：选AC.根据安培定则，电流在a、b、c、d四点产生的B大小相同，方向为该点的切线方向，与竖直向上的磁场合成如图所示，由图可知，a点的磁感应强度最小，b、d两点的磁感应强度大小相等，c点的磁感应强度最大，故选A、C.
9．在磁场中的同一位置，先后引入长度相等的直导线a和b，a、b导线的方向均与磁场方向垂直，但两导线中的电流不同，因此所受到的力也不相同．图3－3－24中的几幅图象表现的是导线所受到的力F与通过导线的电流I的关系．a、b各自有一组F、I的数据，在图象中各描出一个点．下列四幅图中，正确的是(　　)
图3－3－24
解析：选BC.两条相同的导线通入不同的电流先后放在磁场中的同一点，并且电流方向都与磁场方向垂直．由于磁场方向是不变的，故导体所在处的磁感应强度是确定的．根据磁感应强度的定义式B＝，当L确定时，F∝I，则F－I图象应是过原点的一条直线，故B、C对．
10．(2012·秦皇岛高二检测)一通有恒定电流的长直导线周围放置了a、b、c三根完全相同的导体棒，导体棒通有大小相同的电流，电流的方向及导体棒的分布如图3－3－25所示，关于三个导体棒受到长直导线磁场力的说法中正确的是(　　)
图3－3－25
A．a受力最大 B．b受力最大
C．c受力最小 D．b受力最小
解析：选AD.离直导线越近，磁感应强度越大，离直导线越远，磁感应强度越小．由安培力公式可知，长度相同，电流相同时，a受力最大，b受力最小，A、D对．
三、非选择题
11．如图3－3－26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，磁场中有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0 cm.在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0 cm,10匝；B线圈半径为2.0 cm，1匝．那么在磁感应强度B减为0.4 T的过程中，A和B磁通量各改变多少？
图3－3－26
解析：A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、B线圈中的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈中的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积．设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A，Φ＝BπR2，磁通量的改变量：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.对线圈B，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.
答案：1.256×10－4Wb　1.256×10－4Wb
12．如图3－3－27所示，导轨间的距离L＝0.5 m，B＝2 T，ab棒的质量m＝1 kg，物块重G＝3 N，ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V，r＝0.1 Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？(g取10 m/s2)
图3－3－27
解析：依据物体平衡条件可得，
恰不右滑时有：G－μmg－BLI1＝0①
恰不左滑时有：G＋μmg－BLI2＝0②
依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋r)③
E＝I2(R2＋r)④
联立①③得：R1＝－r＝9.9 Ω.
联立②④得：R2＝－r＝1.9 Ω.
所以R的取值范围为：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.
答案：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω

1．(单选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图3－5－10所示，则(　　)
图3－5－10
A．电子将向右偏转，速率不变
B．电子将向左偏转，速率改变
C．电子将向左偏转，速率不变
D．电子将向右偏转，速率改变
解析：选A.由安培定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，用左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指指向此时洛伦兹力的方向，方向向右，电子向右偏转；而洛伦兹力不做功，则速率不变，故A正确．
2．(单选)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.根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A错，B对．根据f＝qvB，可知大小与速度有关．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小．
3．(单选)初速度为零的带有相同电荷量的粒子，它们的质量之比为m1∶m2＝1∶4，使它们经过同一加速电场后，垂直进入同一个匀强磁场中，则它们所受洛伦兹力之比f1∶f2等于(　　)
A．2∶1　　　　　　 B．1∶2
C．4∶1 D．1∶4
解析：选A.经同一电场加速后，有 qU＝mv2，v＝ .因为m1∶m2＝1∶4，电荷量q相同，v1∶v2＝2∶1，进入同一磁场后洛伦兹力f＝qvB，所以f1∶f2＝2∶1.
4．(双选)(2012·大连高二检测)在如图3－5－11所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是(　　)
图3－5－11
解析：选BC.由力与运动的关系可知，电子若向右做直线运动，所受合外力的方向或向左，或向右，或合外力为零．A项中，电子受到的电场力向左，洛伦兹力向下，A错；B项中，电子不受洛伦兹力，电场力向左，B对；C项中，电子受到的电场力向上，洛伦兹力向下，如果两力平衡，符合题意，C对；D项中，电子受到的电场力和洛伦兹力都向上，D错．
5．有一质量为m、电荷量为q的带正电的小球停在绝缘平面上，并处在磁感应强度大小为B、方向垂直指向纸里的匀强磁场中，如图3－5－12所示，为了使小球飘离平面，匀强磁场在纸面内移动的最小速度应为多少？方向如何？
图3－5－12
解析：带电小球不动，而磁场运动，也可以看作带电小球相对于磁场沿相反的方向运动，故带电小球仍受磁场力的作用．欲使小球飘起，而带电小球仅受重力和洛伦兹力作用，那么带电小球所受的最小洛伦兹力的方向竖直向上，大小为f＝mg，由左手定则可以判断出小球相对磁场的运动方向为水平向右，所以带电小球不动时，磁场应水平向左平移．
设磁场向左平移的最小速度为v，由f＝qvB及f＝mg，得：v＝＝，由左手定则知，磁场应水平向左平移．
答案：最小速度为　方向水平向左
一、单项选择题
1．一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，不计重力，粒子将在管中(　　)
A．做圆周运动　　　　　 B．沿轴线来回运动
C．做匀加速直线运动 D．做匀速直线运动
解析：选D.通有交变电流的螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应一直保持原运动状态不变，故选D.
2．如图3－5－13所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将(　　)
图3－5－13
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向左偏转 D．向右偏转
解析：选D.电子的运动方向是垂直纸面向里，根据左手定则可判定只有选项D正确．
3．(2012·梅州高二检测)每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将(　　)
图3－5－14
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．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，选项A错误．洛伦兹力始终与带电粒子运动方向垂直，始终不做功，选项C错误．通电直导线在磁场中受到的安培力方向始终与磁场垂直，选项D错误．
5．如图3－5－15所示，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平向外，有一正离子(不计重力)恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，这种装置称为速度选择器，则(　　)
图3－5－15
A．若电子从右向左水平飞入，电子也沿直线运动
B．若电子从右向左水平飞入，电子将向上偏转
C．若电子从右向左水平飞入，电子将向下偏转
D．若电子从右向左水平飞入，电子将向外偏转
解析：选C.离子在复合场中受向上的电场力和向下的洛伦兹力，二力平衡，离子做匀速直线运动．若电子从右向左水平飞入，电场力和洛伦兹力均向下，会向下偏转，选项C正确．
6．如图3－5－16所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)
图3－5－16
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析：选C.据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C对．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错．B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错．由于开始滑块不受洛伦兹力时就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D错．
二、双项选择题
7．在只受洛伦兹力的条件下，关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法正确的有(　　)
A．只要粒子的速度大小相同，带电荷量相同，粒子所受洛伦兹力大小就相同
B．洛伦兹力只改变带电粒子的运动轨迹
C．洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功
D．洛伦兹力始终与速度垂直，所以粒子在运动过程中的动能、速度保持不变
解析：选BC.速度大小相同的粒子，沿不同方向进入磁场时所受的洛伦兹力的大小不同，所以选项A不正确，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，动能保持不变，洛伦兹力不做功；但在洛伦兹力的作用下，粒子的运动方向要发生变化，速度就要发生变化，故D选项不正确，B、C正确．
8．下列说法正确的是(　　)
A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用
B．所有电荷在磁场中都要受到磁场力的作用
C．一切运动电荷在磁场中都要受到磁场力的作用
D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到磁场力的作用
解析：选AD.电荷在电场中受电场力F＝qE，不管q运动还是静止都一样，故A对；而运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力f＝qvB，其中v是垂直于B的分量．当v平行于B时，电荷不受洛伦兹力，故C错，D对．
9．如图3－5－17所示为一“滤速器”装置的示意图，a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经过小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出，不计重力作用．可能达到上述目的的办法是(　　)
图3－5－17
A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
解析：选AD.要使电子沿直线OO′射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡．在该场区，电子受到电场力和洛伦兹力，要使二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下，A选项电子所受电场力竖直向上，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，满足受力平衡．同理，D选项也满足受力平衡．所以A、D选项正确．
10．如图3－5－18所示，在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同的动能射入两极间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则(　　)
图3－5－18
A．偏向正极板的是质子
B．偏向正极板的是氚核
C．射出时动能最大的是质子
D．射出时动能最大的是氚核
解析：选AD.质子、氘核、氚核电荷数相等而质量不相等，质子质量最小，氚核质量最大．由于它们的动能相同，故质子的速度大于氘核速度，氚核速度小于氘核速度，而氘核未发生偏转，则氚核偏向电场力方向，质子偏向洛伦兹力方向，故选A、D.
三、非选择题
11．一初速度为零的质子(质量m＝1.67×10－27 kg、电荷量q＝1.6×10－19 C)，经过电压为1880 V的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T的匀强磁场中，质子所受的洛伦兹力是多大？
解析：在加速电场中，由动能定理Uq＝mv2得质子获得的速度：v＝ ＝  m/s≈6.0×105 m/s.质子受到的洛伦兹力：f＝qvB＝1.6×10－19×6.0×105 N×5.0×10－4＝4.8×10－17 N.
答案：4.8×10－17 N
12．目前世界上正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能，图3－5－19表示出了它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体上来说是呈电中性)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，则高速射入的离子在洛伦兹力的作用下向A、B两板聚集，使两板间产生电势差，若平行金属板距离为d，匀强磁场磁感应强度为B，等离子体流速为v，气体从一侧面垂直磁场射入板间，不计气体电阻，外电路电阻为R，则两板间最大电压和可能达到的最大电流为多少？
图3－5－19
解析： 如图所示，运动电荷在磁场中受洛伦兹力作用发生偏转，正、负离子分别到达B、A极板(B为电源正极，故电流方向从B经R到A)，使A、B板间产生匀强电场，等离子体在电场力的作用下偏转逐渐减弱，当等离子体不发生偏转即匀速穿过时，有qvB＝qE，所以此时两板间电势差U＝Ed＝Bdv，根据闭合电路欧姆定律即可得电流大小I＝.
答案：Bdv　

1．(单选)(2012·洛阳高二检测)带电粒子不计重力，在匀强磁场中的运动状态不可能是(　　)
A．静止　　　　　　　　　 B．匀速运动
C．匀加速运动 D．匀速圆周运动
解析：选C.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动形式有四种：
①静止：粒子的速度为零时．
②匀速直线运动：粒子速度方向与磁感线平行时．
③匀速圆周运动：粒子速度方向与磁感线垂直时．
④螺旋线运动：粒子速度方向与磁感线有一夹角时，如图所示．
2．(单选)在匀强磁场中，一个带电粒子正在做匀速圆周运动，如果突然把它的速率增大到原来的2倍，那么粒子运动的(　　)
A．轨道半径不变，周期是原来的一半
B．轨道半径是原来的2倍，周期不变
C．轨道半径和周期都是原来的2倍
D．轨道半径是原来的4倍，周期不变
解析：选B.由r＝知，当v增大到原来的2倍，则半径变为原来的2倍，而由T＝知，周期与速度大小无关．故选B.
3．(单选)图3－6－11是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是(　　)
图3－6－11
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小
解析：选D.质谱仪是分析同位素的重要工具，A对；由左手定则知，只有磁场B向外，才能保证电荷受到的电场力与洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，v＝，B、C对；由于r＝，＝，r越小，越大，故选D.
4．(双选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图3－6－12所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D1构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)
图3－6－12
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
解析：选AD.回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A正确，选项B错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D正确．
5．一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(H)加速到v，使它获得的动能为Ek，则
(1)能把α粒子(He)加速到的速度为________；
(2)能使α粒子获得的动能为________；
(3)加速α粒子的交流电压频率与加速质子的交流电压频率比为________．
解析：(1)设回旋加速器D形盒半径为r，磁场磁感应强度为B，由r＝得v＝，＝·＝×＝，所以α粒子获得的速度vα＝vp＝v.
(2)由动能Ek＝mv2，得：＝2×＝2×＝，所以α粒子获得的动能也为Ek.
(3)交流电压频率与粒子在磁场中的回旋频率相等．f＝＝，＝×＝×＝.α粒子与质子所需交流电压频率之比为1∶2.
答案：(1)　(2)Ek　(3)1∶2
一、单项选择题
1．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图3－6－13所示，径迹上每小段可近似的看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则由图中情况可判定下列说法正确的是(　　)
图3－6－13
A．粒子从a运动到b，带正电
B．粒子从b运动到a，带正电
C．粒子从a运动到b，带负电
D．粒子从b运动到a，带负电
解析：选B.粒子速率v不断减小，依据轨道半径公式r＝可知，其轨道半径r将不断减小，故粒子从b运动到a；由于洛伦兹力的方向指向弧形轨道的凹侧，利用左手定则可判断粒子带正电．故选B.
2．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．速率越大，周期越大
B．速率越小，周期越大
C．速度方向与磁场方向平行
D．速度方向与磁场方向垂直
解析：选D.由T＝可知，选项A、B错误，做匀速圆周运动时，速度方向与磁场方向垂直，选项D正确．
3．(2012·济南高二检测)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3－6－14中可以判断(　　)
图3－6－14
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.
4．(2012·天津新四区高二检测)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图3－6－15所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是(　　)
图3－6－15
A．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大
C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值
D．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
解析：选A.由r＝得当r＝R时，质子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm与加速电压无关，A对，B错．随着质子速度v的增大、质量m会发生变化，据T＝知质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电与其运动不再同步，即质子不可能一直被加速下去，C错．由上面周期公式知α粒子与质子做圆周运动的周期不同，故此装置不能用于加速α粒子，D错．
5．图3－6－16是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则(　　)
图3－6－16
A．a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大
B．a与b有相同的质量，但a的电量比b的电量小
C．a与b有相同的电量，但a的质量比b的质量大
D．a与b有相同的电量，但a的质量比b的质量小
解析：选D.加速过程qU＝mv2，偏转过程x＝2r＝，得x＝＝ ·∝，与v无关，A项错；若质量相同，则电量越大x越小，B项错；若电量相同，则质量越大x越大，C项错，D项对．
6．如图3－6－17所示，环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
图3－6－17
A．对于给定的加速电压，带电粒子的荷质比越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的荷质比越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
解析：选B.粒子经电压U加速后：qU＝mv2，在充满磁场的空腔中做匀速圆周运动，半径r一定，r＝，整理得：＝，由此可判断选项A错B对；由于在空腔中的运动轨道一定，则周期为T＝，加速后的速度越大，其运动时间越短，选项C、D均错．
二、双项选择题
7．两个粒子，带电荷量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而做匀速圆周运动．则下列说法正确的是(　　)
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若mv大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：选BC.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，T＝，由于q、B相同，故m相同，则T相同，与v无关．mv大小相等时r相等，答案为B、C项．
8．(2012·吉林市高二检测)用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用下列哪几种方法(　　)
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将其磁感应强度增大为原来的4倍
C．将D形盒的半径增大为原来的2倍
D．将D形盒的半径增大为原来的4倍
解析：选AC.质子在回旋加速器中做圆周运动的半径r＝，故动能Ek＝，所以要使动能变为原来的4倍，应将磁感应强度B或D形盒半径增为原来的2倍，A、C对，B、D错．
9．一带电粒子在磁感应强度是B的匀强磁场中做匀速圆周运动，如果它又顺利进入一磁感应强度为2B的匀强磁场，仍做匀速圆周运动，则(　　)
A．粒子速率加倍，周期减半
B．粒子的速率不变，轨道半径减半
C．粒子的速度减半，轨道半径变为原来的1/4
D．粒子的速率不变，周期减半
解析：选BD.粒子进入磁场做匀速圆周运动，受洛伦兹力的作用，洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子的速率不变；由r＝，T＝得：粒子轨道半径减半，周期减半．
10．初速度为零的质子p，氘核d和α粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，则它们在磁场中(　　)
A．速度之比vp∶vd∶vα＝1∶2∶4
B．动能之比Ep∶Ed∶Eα＝1∶1∶2
C．运动半径之比rp∶rd∶rα＝1∶1∶2
D．运动周期之比Tp∶Td∶Tα＝1∶2∶2
解析：选BD.质子、氘核、α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2.由qU＝Ek＝mv2，r＝，T＝，可得：v＝，Ek＝qU，r＝ ，故选BD.
三、非选择题
11．(2012·永安市高二检测)如图3－6－18所示，匀强磁场磁感应强度为B＝0.2 T，方向垂直纸面向里．在磁场中的P点引入一个质量为m＝2.0×10－8 kg、带电量为q＝＋5×10－6 C的粒子，并使之以v＝10 m/s的速度垂直于磁场方向开始运动，运动方向如图所示，不计粒子重力，磁场足够大．
图3－6－18
(1)请在图上大致画出粒子做匀速圆周运动的轨迹；
(2)粒子做匀速圆周运动的半径和周期为多大；
(3)穿过粒子圆周平面内的磁通量为多大．
解析：(1)如图

(2)r＝＝0.2 m，
T＝＝0.1256 s.
(3)Φ＝Bπr2＝2.512×10－2 Wb.
答案：(1)见解析图　(2)0.2 m　0.1256 s
(3)2.512×10－2 Wb
12．(2012·东营高二检测)如图3－6－19所示，MN表示真空室中垂直于纸面放置的感光板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一个电荷量为q的带电粒子从感光板上的狭缝O处以垂直于感光板的初速度v射入磁场区域，最后到达感光板上的P点．经测量P、Q间的距离为l，不计带电粒子受到的重力．求：
图3－6－19
(1)带电粒子所受洛伦兹力的大小；
(2)带电粒子的质量．
解析：(1)由洛伦兹力公式得：f＝qvB.
(2)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m，
由题意得r＝，由以上各式可得粒子的质量为m＝.
答案：(1)qvB　(2)

1．(单选)如图3－4－12中甲、乙、丙所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈如图中所示位置，则(　　)
图3－4－12
A．三个线圈都可以绕OO′轴转动
B．只有乙中的线圈可以绕OO′轴转动
C．只有甲、乙中的线圈可以绕OO′轴转动
D．只有乙、丙中的线圈可以绕OO′轴转动
解析：选B.只有线圈中两条对边所受安培力对OO′轴的合力矩不为零，才能使线圈绕OO′轴转动．
2．(双选)对于放在匀强磁场中可绕垂直于磁场方向的轴转动的通电理想线圈，下列说法中正确的是(　　)
A．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩最大
B．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零
C．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力最大，合力矩也最大
D．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零
解析：选AD.当线圈平面平行于磁感线时，两条边受到安培力作用，只不过这两个力大小相等，方向相反，合力为零，但它们不是作用在一条直线上且力臂最大，故对线圈的磁力矩最大；当线圈平面垂直于磁感线时，四条边所受安培力大小相等方向相反，作用在一条直线上且通过转轴，故合力为零，合力矩也为零．
3．(双选)关于磁电式电流表，下列说法中正确的有(　　)
A．电流表的线圈处于匀强磁场中
B．电流表的线圈处于均匀辐向磁场中
C．电流表的线圈转动时，安培力不变
D．电流表指针的偏转角与所测电流成正比
解析：选BD.匀强磁场的磁感线是间隔相等的平行直线，A错；电流表的线圈转动时，所受安培力的大小不变，方向变化，C错．
4．(单选)如图3－4－13甲所示是磁电式电流表的结构图，图乙是磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是(　　)
图3－4－13
①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的
②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大
③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力矩与电流有关，而与所处位置无关
A．①②　　　　　　　　 B．③④
C．①②④ D．①②③④
解析：选C.当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力产生的使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故①正确，磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐向分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故③错误，④正确．电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确．
5．如图3－4－14所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电池内阻不计，问：若导线光滑，电源电动势E多大才能使导体杆静止在导轨上？
图3－4－14
解析：首先要进行受力分析．同学们往往习惯于处理在同一平面内的受力平衡问题，因此画受力分析图时要画成平面受力图，该题中导体杆的受力图可以画成如图所示形式．
F安＝mgtanθ，F安＝BId，E＝IR.
由以上三式可得出E＝.
答案：
一、单项选择题
1．如图3－4－15所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是(　　)
图3－4－15
图3－4－16
解析：选B.由左手定则判断可知B项正确．
2．由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中(如图3－4－17所示)，若导线框中通以如图方向的电流时，导线框将(　　)
图3－4－17
A．沿与ab边垂直的方向加速运动
B．仍然静止
C．以c为轴转动
D．以b为轴转动
解析：选B.ab和bc两段电流的等效长度等于ac，方向由a到c的一段电流，由左手定则以及安培力公式可知ab和bc两段电流所受安培力的合力方向和ac受到的安培力方向相反，大小相等，线框整体合力为0，仍然静止，B对．
3．关于电流表的工作原理，下列说法正确的是(　　)
A．当电流通过表内线圈时，线圈受安培力的作用而一直转动下去
B．通过表内线圈的电流越大，指针偏转的角度也就越大
C．当通过电流表的电流方向改变时，指针的偏转方向不会改变
D．电流表在使用时，可以直接通过较大的电流
解析：选B.当电流通过电流表内线圈时，线圈受到安培力力矩的作用发生转动，同时螺旋弹簧被扭动，产生一个阻碍转动的力矩，当安培力力矩与阻碍力矩平衡时，线圈停止转动；电流越大，安培力力矩越大，使得阻碍力矩也增大，指针的偏转角度也就越大，故A项错，B项对．当改变电流方向时，线圈所受安培力力矩方向改变，使指针的偏转方向也改变，C项错．由于线圈的铜线很细允许通过的电流很小，故D项错．
4．(2012·山东济南高二检测)某物理兴趣小组利用课外活动时间制作了一部温控式电扇(室温较高时，电扇就会启动)，其设计图分为温控开关、转速开关及电动机三部分，如图3－4－18所示，其中温控开关为甲、乙两种金属材料制成的双金属片．对电动机而言，电扇启动后，下列判断正确的是(　　)
图3－4－18
A．要使电扇转速加大，滑动片P应向B移动
B．面对电扇，电扇沿顺时针方向转动
C．面对电扇，电扇沿逆时针方向转动
D．电扇有时顺时针方向转动，有时逆时针方向转动
解析：选B.滑动片P向B移动时，线圈中电流减小，电扇转速减小；由左手定则可判断线圈各边所受安培力的方向，可知线圈顺时针转动．
5．如图3－4－19所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I的方向如图所示，两绳的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是(　　)
图3－4－19
A．加水平向右的磁场　　　 B．加水平向左的磁场
C．加垂直纸面向里的磁场 D．加垂直纸面向外的磁场
解析：选C.根据题意可知，欲使F＝0，则需使磁场力竖直向上，大小等于导线受到的重力，由左手定则可知，磁场方向要垂直纸面向里，故选C.
6．如图3－4－20所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，在导线中通以垂直纸面向里的电流，用N表示磁铁对桌面的压力，用f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线通电后与通电前相比较(　　)
图3－4－20
A．N减小，f＝0 B．N减小，f≠0
C．N增大，f＝0 D．N增大，f≠0
解析：选C.如图所示，画出一条通过电流I处的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知电流I受安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力F′方向竖直向下，所以磁铁对桌面的压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用．
二、双项选择题
7．电流表中通以相同的电流时，指针偏转的角度越大，表示电流表的灵敏度越高．下列关于电流表灵敏度的说法中正确的是(　　)
A．增加电流计中的线圈匝数，可以提高电流表的灵敏度
B．增强电流计中永久磁铁的磁性，可以提高电流表的灵敏度
C．电流计中通的电流越大，电流表的灵敏度越高
D．电流计中通的电流越小，电流表的灵敏度越高
解析：选AB.增加线圈匝数，即增加所受安培力的导线条数，能增大偏角，选项A正确；增加永磁体的磁性，也是增加安培力，选项B正确；选项C、D与题干灵敏度意义不同，说法错误．
8．(2012·天津检测)如图3－4－21所示，直导体棒放在倾斜的导轨上，当导体棒通以垂直于纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止．下列情况中，棒与导轨间的摩擦力可能为零的是(　　)
图3－4－21
解析：选AC.对导体棒受力分析，由平衡条件可知A、C正确．
9．(2011·高考上海单科卷)如图3－4－22所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为(　　)
图3－4－22
A．z正向，tanθ　　　　 B．y正向，
C．z负向，tanθ D．沿悬线向上，sinθ
解析：选BC.对通电导线受力分析：当磁感应强度沿z正向和沿悬线时，通电导线不能平衡而有加速度；当磁感应强度沿y正向时，通电导线受安培力竖直向上，且与重力平衡，即：mg＝BIL；当磁感应强度沿z负向时，安培力水平向外，导线在重力、悬线拉力、安培力作用下平衡．由矢量图得：mgtanθ＝BIL，B、C项正确．
10．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图3－4－23所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是(　　)
图3－4－23
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框上下两条边所受安培力大小相等
C．线框所受安培力的合力朝左
D．cd边所受安培力对ab边的力矩不为零
解析：选BC.直线电流的磁场分布是越靠近电流磁感应强度越大，越远离电流磁感应强度越弱．bc边与ad边对称处的磁感应强度相同，电流处处相同，故有安培力大小相同，由安培定则和左手定则可判定bc边与ad边安培力方向相反；同理，因ab边与cd边电流方向相反，故安培力方向也相反，但ab边所在处的磁感应强度大，所以Fab>Fcd，合力应向左．因cd边所受安培力方向水平向右，以ab边为轴其力矩是零，故合力矩为零．
三、非选择题
11．如图3－4－24所示，把一个可以绕水平轴转动的铝盘放在蹄形磁铁之间，盘的下边缘浸在导电液体中．把转轴和导电液体分别接在直流电源的两极上，铝盘就会转动起来．为什么？用什么方法可以改变铝盘的转动方向？
图3－4－24
解析：由于铝盘是良好的导体，我们可以把铝盘看成是由许多条金属棒拼合而成的(可以与自行车轮胎上的辐条类比)．接通电源后，电流从铝盘中心O处流向盘与导电液的接触处，从导电液中的引出导线流出，而这股电流恰好处在一个与电流垂直的磁场中，由左手定则可以判断出它受到一个与盘面平行的安培力作用，这个力对转轴的力矩不为零，所以在通电后铝盘开始转动起来．如果对铝盘通以一恒定的电流，则铝盘就会不停地转动下去，当阻力的力矩与安培力的力矩相等时铝盘就匀速转动．由安培定则不难看出，要改变铝盘的转动方向，我们可以改变电流方向或是改变磁场的方向．
答案：见解析
12．在倾角为α的光滑斜面上，置一通有电流I，长为L，质量为m的导体棒，如图3－4－25所示，试问：
图3－4－25
(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向．
(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向．
解析：(1)棒在斜面上处于静止状态，故受力平衡．棒共受三个力作用：重力大小为mg，方向竖直向下；弹力垂直于斜面，大小随磁场力的变化而变化；磁场力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随方向不同而改变，但由平衡条件知：斜面弹力与磁场力的合力必与重力mg等大反向，故当磁场力方向与弹力方向垂直即沿斜面向上时，安培力最小Fmin＝mgsinα，所以B＝，由左手定则知：B的方向应垂直斜面向上．
(2)棒静止在斜面上，又对斜面无压力，则棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg和磁场力F作用，由平衡条件知F＝mg，且磁场力F竖直向上，所以BIL＝mg，故B＝，由左手定则知B的方向水平向左．
答案：(1)　方向垂直斜面向上　(2)　方向水平向左

1．(单选)如图6所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是(　　)
图6
A．路端电压变小
B．电流表的示数变大
C．电源内阻上的电压变小
D．电路的总电阻变大
解析：选A.当滑动触头向b端滑动时，接入电路中的电阻减小，使得总电阻减小，D项错．根据I＝可知总电流增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E＝Ir＋U外，可知路端电压减小，A项对．流过电流表的示数为I＝，可知电流减小，B项错．根据U内＝Ir可知，内电压增大，C项错．
2．(单选)在如图7所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是(　　)
图7
A．I1增大，I2不变，U增大
B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大
D．I1减小，I2不变，U减小
解析：选B.R2的滑动触点向b端滑动，R2变小，R1、R2并联总电阻R12＝，则R外＝R3＋R12，R外变小，由I＝得I变大，由U＝E－Ir则U变小；由I1＝，U1＝U－IR3，得I1变小；由I2＝I－I1，得I2变大，所以B正确．
3．(单选)如图8所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这个故障可能是(　　)
图8
A．电阻R1断路
B．电阻R2短路
C．灯L1两接线柱间短路
D．电阻R2断路
解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻消耗的电压减小，说明电路总电阻增大．若电阻R1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L2两端电压会减小，致使灯L2变暗，故选项A错．若电阻R2短路，灯L2将不亮，选项B错．若灯L1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，选项C错．若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L1、R1并联部分电压减小，灯L2两端电压增大，灯L2变亮，故选项D正确．
4．(单选)(2012·佛山高二检测)如图9所示电路中，S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P.断开哪一个开关后P会向下运动(　　)
图9
A．S1　　　　　　　　　　 B．S2
C．S3 D．S4
解析：选C.油滴受重力G与电场力F，二力平衡，欲使油滴向下运动，须电场力F5．(2012·昆明高二检测)在如图10所示的电路中，R1＝29.0 Ω，R2＝19.0 Ω.当开关S扳到位置1时，测得电流I1＝0.20 A；扳到位置2时，测得电流I2＝0.30 A．求电源的电动势和内阻．
图10
解析：由闭合电路欧姆定律得：
当开关S扳到位置1时：E＝I1(R1＋r)
当开关S扳到位置2时：E＝I2(R2＋r)
联立解得：E＝6 V，r＝1 Ω.
答案：6 V　1 Ω

(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L、直径为d，B电阻丝长为3L、直径为3d.要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足(　　)
A．UA∶UB＝1∶1　　　　　　 B．UA∶UB＝∶1
C．UA∶UB＝∶3 D．UA∶UB＝3∶4
解析：选B.由电阻定律可得，A、B电阻丝的电阻之比为3∶1，要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，再由焦耳定律Q＝t，得加在两电阻丝上的电压之比为∶1.
2．对于电源的路端电压，下列说法正确的是(　　)
A．因U＝IR，则U随I或R的增大而增大
B．因U＝IR，则R＝0时，必有U＝0
C．路端电压随外电阻的变化而成正比变化
D．若外电路断开，路端电压为零
解析：选B.由U＝E－Ir知I增大时，U减小，A错；由U＝·R知C错；当外电路断开时，路端电压等于电动势，D错．
3．如图2－10所示的电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过(　　)
图2－10
A．40 W　　　　　 B．60 W
C．80 W　　　　　 D．120 W
解析：选B.L1、L2并联的电阻是L3的一半，L3达到额定电压时，L1、L2的电压是额定电压的一半，故选B.
4．如图2－11甲、乙两电路的元件完全相同，则四个电表示数的大小关系正确的是(　　)
图2－11
A．I1＞I2，U1＞U2 B．I1＜I2，U1＜U2
C．I1＜I2，U1＞U2 D．I1＞I2，U1＜U2
解析：选D.二极管的特性是单向导电性，当二极管导通时，它相当于一个小电阻，电路中总电阻小，总电流大，二极管上分压小；当二极管不导通时，它相当于断路，电阻很大，电路中总电阻大，总电流小，二极管上分压大．
5．在如图2－12所示的电路中，电源电动势E＝6 V，电阻Rx未知，R0为定值电阻，一位同学误将电流表并联在电阻Rx的两端，其读数为2 A；将此电流表换成电压表后，读数为3 V．若电流表和电压表均为理想电表，则Rx的阻值为(　　)
图2－12
A．1 Ω B．2 Ω
C．3 Ω D．4 Ω
解析：选C.由题意知：E＝I1(R0＋r)，
E＝U2＋I2(R0＋r)，解得I2＝1 A.
又U2＝I2Rx，解得Rx＝3 Ω.
6．如图2－13所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数都不为0，下列判断可能的是(　　)
图2－13
A．a处接线开路
B．触头P断路
C．a、P间电阻丝某处断路
D．b处接线断路
解析：选D.当出现A、B、C项中的情况时，电压表的示数都为0，A、B、C错；b处接线断路时，滑片由a滑到b的过程中，电压表示数都不为零，D对．
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项是正确的．全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有错选或不答的得0分)
7．标有“6 V,6 W”和“6 V,3 W”的灯泡L1和L2串联接在某恒压电源上，设灯丝电阻不变，则(　　)
A．通过灯L1、L2的电流之比为2∶1
B．灯L1、L2的实际功率之比为1∶2
C．电源电压为12 V时，L1、L2均正常发光
D．电源电压为9 V时，L2正常发光
解析：选BD.L1和L2串联接在电路中，电流相等．L1的电阻R1＝＝6 Ω，L2的电阻R2＝＝12 Ω，电阻之比R1∶R2＝1∶2，所以分压关系U1∶U2＝1∶2.通过两灯的电流相等，所以功率之比P1∶P2＝I2R1∶I2R2＝R1∶R2＝1∶2.当电源电压为12 V时．可得U1＝4 V，U2＝8 V．电压均不是额定电压，都不能正常发光．当电源电压为9 V时，U1＝3 V，U2＝6 V，L2正常发光．所以正确选项应是B、D.
8．用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5 V和10 V的电压表，串联后测量12 V的电压，则(　　)
A．两表的电压示数相同，均为6 V
B．两表头的指针的偏角相同
C．两表头的指针的偏角不相同
D．两表的电压示数不同
解析：选BD.电压表是电流表串联一电阻后改装而成的，它的示数就是电压表两端的电压．指针偏转角由电流表决定．相同电流表改装成不同量程的电压表，串联的电阻不同，串联后测电压时由于流过的电流相同，所以指针的偏角相同．又因为两表内阻不同，分得电压不同，示数不同．故A、C错误，B、D正确．
9．如图2－14所示电路中，3只灯泡正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，L1、L3中的电流变化量的绝对值为|ΔI1|和|ΔI3|，则(　　)
图2－14
A．变亮的灯只有L2
B．灯L3亮度不变
C．|ΔI1|＞|ΔI3|
D．|ΔI1|＜|ΔI3|
解析：选AD.P在某位置时，有：I1＝I2＋I3
P向右滑至另一位置时有：I＝I＋I
两式相减为：I－I1＝(I－I2)＋(I－I3)
即ΔI1＝ΔI2＋ΔI3
因为P向右滑→I1↓、I2↑、I3↓，故变亮的灯只有L2.
可知ΔI1＜0、ΔI2＞0、ΔI3＜0
则：－|ΔI1|＝|ΔI2|－|ΔI3|，即|ΔI1|＜|ΔI3|，所以正确选项为A、D.
10．一个盒子内的元件及电路连接情况不甚明了，盒子外有P、Q两个接线柱，若将一个内阻很大的电压表接在这两个接线柱上，其读数为2 V；若将一个内阻很小的电流表接在这两个接线柱上，其读数为2 A．则盒子中的电路可能是图2－15中的哪些(　　)
图2－15
解析：选BC.电流表和电压表都是理想表，由测试结果可知，选项B、C符合要求．
对B：用电压表测试，U＝E＝2 V，用电流表测试，I＝＝2 A；
对C：用电压表测试，U＝＝2 V，用电流表测试，I＝＝2 A.
选项B、C正确．
三、实验题(本题共2小题，共14分．把答案填在题中的横线上．)
11．(6分)为了测量一个阻值较大的未知电阻，某同学使用了干电池(1.5 V)，毫安表(1 mA)，电阻箱(0～9999 Ω)，电键，导线等器材．该同学设计的实验电路如图2－16甲所示，实验时，将电阻箱阻值置于最大，断开S2，闭合S1，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为I1＝1.00 mA，记录电流值，然后保持电阻箱阻值不变，断开S1，闭合S2，此时电流表示数为I2＝0.80 mA，记录电流值．由此可得被测电阻的阻值为______ Ω.
　
图2－16
经分析，该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致，因此会造成误差．为避免电源对实验结果的影响，又设计了如图乙所示的实验电路，实验过程如下：断开S1，闭合S2，此时电流表指针处于某一位置，记录相应的电流值，其大小为I；断开S2，闭合S1，调节电阻箱的阻值，使两次电流表的示数______，记录此时电阻箱的阻值，其大小为R0.由此可测出Rx＝______.
解析：当I1＝1.00 mA时，电阻箱的电阻R0＝＝ Ω＝1500 Ω；当断开S1、闭合S2时，电阻箱与待测电阻串联，其电阻值R＝＝ Ω＝1875 Ω，所以待测电阻Rx＝R－R0＝375 Ω.题图乙是利用了替代法测电阻，两次电流表示数相同，则Rx＝R0.
答案：375　相同　R0
12．(8分)在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5 Ω.实验室内备有下列实验器材：
A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)
B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)
C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)
E．变阻器R1(0～10 Ω，0.3 A)
F．变阻器R2(0～2000 Ω，0.1 A)
G．电池E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)
H．开关S，导线若干
(1)为提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有______．
(2)为减小实验误差，应选用图2－17中______(填“甲”或“乙”)为该实验的原理图，并按所选择的原理图把图中的器材用笔画线代替导线连接起来．
图2－17
(3)某同学用螺旋测微器测量该金属丝的直径，螺旋测微器的示数如图2－18所示，该金属丝直径的测量值为______mm.
图2－18
解析：根据题目中提供的数据及实验要求确定电流表的接法及滑动变阻器的接入方式是正确解答本题的关键．
电源电动势只有3 V，所以电压表选择V1即可，电路中最大电流为＝0.6 A，所以电流表选择A2即可，由于Rx远小于RV，所以应当选择电流表外接法，为达到实验安全，操作方便的要求，变阻器应选R1，且连接为限流式，所以器材选择为ADEGH.电路图选乙，实物连接如解析图所示．
答案：(1)ADEGH　(2)乙　实物连接如解析图所示
(3)2.795(2.794 mm和2.796 mm同样正确)
四、计算题(本题共4小题，共38分．解答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)在如图2－19所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，R1＝900 Ω，R2＝ Ω.
图2－19
(1)当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？
(2)当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？
解析：(1)当S1和S2均断开时电流表和R1串联，改装成电压表．(1分)
其量程为：U＝Ig(Rg＋R1)＝1×10－3×(100＋900) V＝1 V．(3分)
(2)当S1和S2均闭合时，S1闭合将R1短路，电流表和R2并联改装成电流表．(1分)
其量程为I＝Ig＋IgRg/R2＝1 A．(3分)
答案：(1)电压表　1 V　(2)电流表　1 A
14．(8分)如图2－20所示，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，电池内阻可忽略．
(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
(2)将开关S断开，求这以后流过R1的总电荷量．
图2－20
解析：(1)I＝＝1.0 A．(2分)
(2)S断开前，电容器上电压为IR2，储存电荷量为q1＝CU2＝CIR2.(2分)
S断开后，电容器上电压为E，储存电荷量为q2＝CE，(2分)
流过R1的总电荷量Δq＝q2－q1＝C(E－IR2)＝1.2×10－4 C．(2分)
答案：(1)1.0 A　(2)1.2×10－4 C
15．(10分)如图2－21所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.5 Ω；开关闭合后“8 V,16 W”的灯泡恰好能正常发光，电动机也正常工作，电动机M绕组的电阻R0＝1 Ω，求：
图2－21
(1)路端电压；
(2)电源的总功率；
(3)电动机的输出功率．
解析：(1)由灯泡正常发光，路端电压U1＝8 V．(2分)
(2)电路的内电压U2＝E－U1＝2 V，(1分)
由欧姆定律I＝U2/r＝4 A，(1分)
电源的总功率P＝EI＝40 W．(1分)
(3)流过灯泡的电流I1＝P/U＝2 A，(1分)
由于灯泡和电动机并联，流过电动机的电流I2＝I－I1＝2 A，(1分)
电动机消耗的总功率为P1＝U1I2＝16 W，(1分)
电动机热功率为P1′＝IR0＝4 W，(1分)
由能量守恒，电动机的输出功率为P2＝P1－P1′＝12 W．(1分)
答案：(1)8 V　(2)40 W　(3)12 W
16.(12分)在图2－22甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，在其滑键从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑键在变阻器的两个不同端点时分别得到的，求：
图2－22
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器R3的最大值．
解析：(1)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir
将图象中A、B两点的电压和电流代入得
E＝16＋0.2r(1分)
E＝4＋0.8r(1分)
联立解得E＝20 V(1分)
r＝20 Ω.(1分)
(2)当R3的滑键自左向右滑时，R3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大，由此可知，图线上的A、B两点是滑键分别位于最左端和最右端时所得到的，当滑键位于最右端时，R3＝0，R1被短路，外电路总电阻即为R2，故由B点的U、I值可求出R2.
R2＝＝ Ω＝5 Ω.(2分)
(3)当滑键在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A点，故由A点的U、I值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R3的最大值．
R总＝＝ Ω＝80 Ω(2分)
又R总＝＋R2(2分)
代入数值解得滑动变阻器的最大值R3＝300 Ω.(2分)
答案：(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)300 Ω

1．(单选)关于电阻率的说法正确的是(　　)
A．电阻率与导体的长度有关
B．电阻率与导体的材料有关
C．电阻率与导体的形状有关
D．电阻率与导体的横截面积有关
解析：选B.电阻率是材料本身的一种电学特性，只与材料有关，与导体的形状、长度、横截面积无关，故A、C、D错，B正确．
2．(单选)关于公式R＝U/I和公式R＝ρ·l/S，下列说法正确的是(　　)
A．两式对一切情况都适用
B．R＝U/I仅适用于金属导体，R＝ρ·l/S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，A错．B中R＝U/I仅适用于金属导体错误．导体的电阻由导体本身决定，与U、I无关，故C错．由电阻定律知D正确．
3．(单选)(2012·广东实验中学测试)一根阻值为R的均匀电阻丝，长为l、横截面积为S，设温度不变，在下列情况下其电阻阻值仍为R的是(　　)
A．当l不变，S增大一倍时
B．当S不变，长度l增大一倍时
C．当长度l和面积S都减为原来的一半时
D．当l和横截面半径都增大一倍时
解析：选C.由电阻定律R＝ρ知，选项A中，R′＝R；选项B中，R′＝2R；选项C中，R′＝R；选项D中，R′＝R.A、B、D错，C对．
4．(双选)如图2－1－8所示是伏安法测电阻的部分电路，开关先后接通a和b时，观察电压表和电流表示数的变化，那么(　　)
图2－1－8
A．若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接a
B．若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接b
C．若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接a
D．若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接b
解析：选AD.若电压表示数变化显著，说明电流表的分压作用明显，应用电流表外接法，所以S应接a；若电流表示数变化显著，说明电压表的分流作用明显，应用电流表内接法，S应接b，所以A、D正确．
5．在做“探究影响导线电阻的因素”实验时，每次需挑选表中两根合适的导线，测出通过它们的电流强度，然后进行比较，最后得出结论．
导线号码
A
B
C
D
E
F
G
长度(m)
1.0
0.5
1.5
1.0
1.2
1.5
0.5
横截面积 (mm2)
3.2
0.8
1.2
0.8
1.2
1.2
1.2
材　料
锰铜
钨
镍铬
锰铜
钨
锰铜
镍铬
(1)为了研究电阻和导体材料有关，应选用的两根导线是(填号码)______；
(2)为了研究电阻与导体的长度有关，应选用的两根导线是______；
(3)为了研究电阻与横截面积的关系，应选用的两根导线是______；
(4)本实验所采用的方法是____________．
解析：(1)研究电阻与导体材料的关系，应该选长度和横截面积都相同的两根导线，即选C、F；
(2)研究电阻与导体长度的关系，应该选材料和横截面积都相同的两根导线，即选C、G；
(3)研究电阻与导体横截面积的关系，应该选长度和材料都相同的两根导线，即A、D；
(4)本实验所采用的方法是控制变量法．
答案：(1)C、F　(2)C、G　(3)A、D　(4)控制变量法
一、单项选择题
1．下列说法中正确的是(　　)
A．电阻率越大的导体，电阻一定也越大
B．电阻率是材料的固有属性，任何情况下不可能为零
C．温度升高时，有些材料电阻率增大，有些材料电阻率不变，有些材料电阻率减小
D．以上说法均不对
解析：选C.导体的电阻不同于电阻率，电阻率大电阻不一定大，故选项A错．导体在处于超导的状态时电阻率为零，故选项B错．温度升高时，金属材料的电阻率增大，半导体的电阻率减小，处于超导状态的物质，其电阻率不变，故选项C正确，从而确定D选项错．
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，下列表述正确的是(　　)
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.对于同种材料的物体，电阻率是一个定值，根据电阻定律R＝ρ可知A项正确．
3．(2012·江苏镇江检测)一只白炽灯泡，正常发光时的电阻为121 Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是(　　)
A．大于121 Ω　　　　　 B．小于121 Ω
C．等于121 Ω D．无法判断
解析：选B.金属材料的电阻率随温度的升高而变大，白炽灯正常发光时的温度远高于常温，所以电阻变化很明显，通常热态电阻能达到冷态电阻的二十多倍，所以停止发光一段时间后的冷态电阻远小于121 Ω，B正确．
4．两根材料和质量相同的电阻丝，它们的长度之比为2∶3，则它们的电阻之比为(　　)
A．2∶3 B．3∶2
C．4∶9 D．9∶4
解析：选C.两根电阻丝的材料相同，说明其电阻率和密度相同，由电阻定律R＝ρ和公式m＝ρ1V、V＝lS知R＝l2，可见，在两根材料的电阻率、密度和质量相同的情况下，电阻与长度的平方成正比，R1∶R2＝4∶9，选项C正确．
5．(2012·北京西城区高二检测)一段长为a、宽为b、高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路时，最大阻值为R，则最小阻值为(　　)
A. B.
C. D．R
解析：选A.根据电阻定律，将面积最小、相距最远的对立面接入电路中时电阻最大，由题设条件可得，以b、c为邻边的面积最小，两个对立面的距离最远，电阻为R＝ρ；将面积最大、相距最近的对立面接入电路时电阻最小，由题设条件可得，以a、b为邻边的面积最大，两个对立面相距最近，电阻为R′＝ρ，两式相比可得R′＝，故A正确．
6．一同学将变阻器与一个6 V,6～8 W的小灯泡L及开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮．按如图2－1－9所示的接法，当滑动片P向右滑动时，灯泡将(　　)
图2－1－9
A．变暗　　　　　　 B．变亮
C．亮度不变　　　　 D．可能烧坏灯泡
解析：选B.由图可知，变阻器接入电路的PB段的电阻丝，当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．
二、双项选择题
7．某同学用伏安法测电阻时，分别采用了内接法和外接法，测得的某电阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx间的关系为(　　)
A．R1＞Rx B．Rx＜R2
C．Rx＞R1 D．R2＜Rx
解析：选AD.内接法测量值大于真实值，即R1＞Rx，外接法测量值小于真实值，即R2＜Rx.故选AD.
8．下列关于电阻率的叙述，正确的是(　　)
A．当导线绕制成的电阻，对折后电阻减小，电阻率减小
B．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的
C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
D．材料的电阻率随温度变化而变化
解析：选BD.导线的材料没变，所以电阻率不变，与长度和横截面积无关，C错误；对折后长度减半，横截面积加倍，所以电阻变为原来的1/4，A错误；导线需要用电阻率尽可能小的材料如铝、铜制成，B正确；材料的电阻率随温度变化而变化，D正确．
9．下列说法正确的是(　　)
A．超导体对电流的阻碍作用几乎等于零
B．金属电阻率随温度的升高而增大
C．用来制作标准电阻的锰铜和镍铜的电阻率不随温度的变化而变化
D．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
解析：选AB.超导现象是在温度接近绝对零度时，电阻率突然减小到零的现象，故A正确．金属的电阻率随温度的升高而增大，B对．C选项中材料只是电阻率变化不明显，而电阻率的大小和导体的几何形状无关，只跟材料性质和温度有关，故C、D均错．
10．温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图2－1－10所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则(　　)
图2－1－10
A．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化
B．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化
C．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化
D．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化
解析：选CD.因为金属的电阻随温度的升高而增大，而半导体的电阻随温度的升高而减小，所以正确选项为C、D.
三、非选择题
11．两根完全相同的金属导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的4倍，把另一根导线对折后绞合起来，则它们的电阻之比为______．
解析：解答本题时可按以下思路分析：
答案：64∶1
12．(2012·绵阳高二检测)一根金属裸导线，长为l，横截面积为S，电阻率为ρ，给两端加上电压U，则在时间t内，通过导线某一横截面的电荷量为多少？若将导线对折后绞合起来，加上同样电压U，在相同时间t内，通过导线某一横截面的电荷量又为多少？
解析：(1)由电阻定律得：R1＝ρ，
由欧姆定律得：I1＝＝，则q1＝I1t＝.
(2)同理：R2＝ρ，I2＝＝，则q2＝I2t＝.
答案：　

1．(单选)(2012·汕头高二检测)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.电源的电动势由电源自身决定，并不受外电路的影响．
2．(单选)如图2－3－13所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r.当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是(　　)
图2－3－13
A．U1变大，U2变小
B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小
D．U1变小，U2变大
解析：选A.当P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I变小，由欧姆定律得U2＝IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1＝E－Ir变大，故本题应选A.
3．(单选)用图象法计算电动势和内阻时，先要描点，就是在U－I坐标系中描出与每组I、U值对应的点．以下说法中不正确的是(　　)
A．这些点应当准确地分布在一条直线上，即U－I图线应通过每个点
B．这些点应当基本上在一条直线上，由于偶然误差不能避免，所以U－I图线不可能通过每一个点
C．画U－I图线时应当使它通过尽量多的描出的点
D．不在U－I图线上的点应当大致均匀地分布在图线两侧
解析：选A.因为偶然误差不能避免，所以各点基本在一条直线上，作图线时，应让尽量多的点落在直线上，不在直线上的点应大致均匀分布在两侧．
4．(单选)如图2－3－14所示电路，R由2 Ω变为6 Ω时，电路中的电流变为原来的一半，则电源的内阻是(　　)
图2－3－14
A．1 Ω　　　　　　 B．2 Ω
C．3 Ω D．4 Ω
解析：选B.由闭合电路的欧姆定律可得：
E＝I(2＋r)，①
E＝(6＋r)，②
联立①②两式解得r＝2 Ω.
5．如图2－3－15所示，当可变电阻R调到20 Ω时，电流表的读数为0.3 A，当可变电阻R调到10 Ω时，电流表的读数为0.4 A，则电源的电动势E＝______V，内阻r＝______Ω.
图2－3－15
解析：由闭合电路的欧姆定律知
?E＝12 V，r＝20 Ω.
答案：12　20
一、单项选择题
1．下列关于闭合电路的说法中，错误的是(　　)
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D.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；负载增加，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．关于闭合电路，下列说法中正确的是(　　)
A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方
B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的电动势就越大
C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大
D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大
解析：选D.电流在外电路从高电势流向低电势，而在内电路从低电势流向高电势，A错；电动势的数值与外电路的变化无关，B错；由U＝E－Ir可知C错D对．
3．在测量电源的电动势和内电阻时，下列注意事项中错误的是(　　)
A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动变阻器的触头时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．根据实验记录的数据作U－I图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧
解析：选B.旧的干电池内阻较大，电压变化明显，能减小实验误差，A正确；在实验中，为减小误差，应选用内阻较小的电流表和内阻较大的电压表，B错；在C选项中，为了防止烧坏电流表，C正确；在作图时，应使尽可能多的点落在直线上，不在直线上的点应大致均匀分布在直线两侧，D正确．
4．用电动势为12 V的直流电源对某纯电阻电路供电，此时电源的路端电压为8 V，输出电流为2 A．若将外电路电阻增大到原来的2倍，则输出电流和路端电压分别为(　　)
A．1.0 A,8.0 V 　　　　 B．1.2 A,9.6 V
C．1.5 A,9.6 V 　　　　 D．1.8 A,10 V
解析：选B.由题设可知，R1＝U1/I1＝4 Ω，而E＝I1(R1＋r)得r＝2 Ω.R2＝2R1＝8 Ω，则I2＝＝1.2 A，U2＝I2R2＝9.6 V，正确选项为B.
5．在如图2－3－16所示的电路中，当滑动变阻器R1的触头向右移动时，电压表V1和电压表V2的示数变化量分别为ΔU1和ΔU2(均取绝对值)，则ΔU1和ΔU2的大小关系为(　　)
图2－3－16
A．ΔU1＞ΔU2
B．ΔU1＜ΔU2
C．ΔU1＝ΔU2
D．条件不足，无法确定ΔU1和ΔU2的大小关系
解析：选A.电源的外电路是电阻R1和R2的串联，当变阻器的触头向右移动时，R1减小，总电阻减小，电路的总电流变大，电源的内电压升高，U1和U2之和将减小，由欧姆定律知，U2＝IR2，U2将变大，U1将减小且U1的减小量大于U2的增加量，即ΔU1＞ΔU2，选项A正确．
二、双项选择题
6．关于电动势，下列说法正确的是(　　)
A．电源电动势在数值上等于路端电压
B．当外电阻发生变化时，电源电动势也发生变化
C．电源电动势在数值上等于内外电路上的电压之和，与内、外电路的组成无关
D．电源电动势的大小可以通过实验进行测定
解析：选CD.电源电动势与外电路的电阻无关，选项B错，C正确．电动势在数值上等于电路的内、外电压之和，与路端电压的数值不完全一样，选项A错．电动势一般情况下是不变的，可以利用实验测定，选项D正确．
7．如图2－3－17所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I的关系图象，下列说法中正确的是(　　)
图2－3－17
A．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等
B．电流都是I0时，两电源的内电压相等
C．电源甲的电动势大于电源乙的电动势
D．电源甲的内阻小于电源乙的内阻
解析：选AC.延长甲、乙图线与纵轴的截距表示电动势，则E甲>E乙；斜率表示内阻，则r甲>r乙；由欧姆定律R＝知，当路端电压相同，对应的电流也相同时，外电阻相等．
8．如图2－3－18所示是根据某次实验记录数据画出的电源的U－I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是(　　)
图2－3－18
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＝，计算出待测电源内阻为5 Ω
D．根据r＝，计算出待测电源内阻为1 Ω
解析：选AD.在电源的U－I图象上纵截距表示I＝0时的外电压，它等于电动势，故A对；当U轴不从零开始时，横轴上的截距不表示短路电流，故B错误；据r＝，由图可知r＝ Ω＝1 Ω，故C错误，D正确．
9．测定电池的电动势和内电阻实验的实物连接图如图2－3－19所示，电流表和电压表的正接线柱都尚未连接，为了做这个实验，应该把(　　)
图2－3－19
A．电流表正接线柱与c点相连
B．电流表正接线柱与b点相连
C．电压表的正接线柱与a点相连
D．电压表的正接线柱与c点相连
解析：选AC.连接电路时要注意电流表和电压表的正、负接线柱，不要接反了．
三、非选择题
10．如图2－3－20所示，在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中：
图2－3－20
(1)请你不改动已接导线，在甲图中把还需要连接的导线补上．
(2)闭合电键前，应使变阻器滑片处在______位置上．
(3)测得该电源的伏安特性曲线如图乙所示，则纵坐标表示的是该电路的______电压，该电源的电动势为______ V，内电阻为______ Ω.
解析：(1)电压表测路端电压，滑动变阻器采用限流接法，开关控制整个电路．实物图如图所示．
(2)闭合电键前，为安全起见，变阻器滑片应处在阻值最大端．
(3)在U－I图象上，纵坐标表示电源的路端电压．由于横轴不从零开始，故该图象与纵轴的交点不表示电源电动势，先求电源内阻再求电源电动势，当I＝0.20 A时，U＝1.8 V，斜率的绝对值表示电源内阻的大小．故r＝＝ Ω＝2 Ω.所以E＝U＋Ir＝1.8 V＋0.2×2 V＝2.2 V.
答案：(1)见解析图　(2)阻值最大　(3)路端　2.2　2
11．用电流表、电压表测量一节干电池的E、r，内阻约0.5 Ω.放电电流一般不超过0.5 A，可供选择的器材除开关、导线外，还有：
A．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ)；
B．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)；
C．电流表(0～0.6 A，内阻0.1 Ω)；
D．电流表(0～3 A，内阻0.02 Ω)；
E．滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流1.5 A)；
F．滑动变阻器(0～1500 Ω，额定电流1.5 A)；
(1)本实验中电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．
(2)画出本实验的电路原理图．
解析：(1)因为一节干电池的电动势大约为1.5 V，而最大电流不超过0.5 A，所以根据选表原则，为了使电表指针尽量半偏以上，应选择A、C；滑动变阻器的选择原则是便于调节，所以要选择总电阻小的，即选E.
(2)电路原理图如图所示．
答案：(1)A　C　E　(2)如解析图所示
12．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连接成一闭合回路，则它的路端电压为多少？
解析：开路电压即为电源电动势的大小，设电源的电动势为E，内阻为r，短路电流为I短，则有r＝＝ Ω＝20 Ω，
由闭合电路的欧姆定律得：
I＝＝ A＝0.02 A.
由欧姆定律得：U＝IR＝0.02×20 V＝0.4 V.
答案：0.4 V

1．(单选)以下是给出的几种电学元件的电流与电压关系图象，对下图认识正确的有(　　)
图2－2－13
A．这四个图象都是伏安特性曲线
B．这四种电学元件都是线性元件
C．①②是线性元件，③④是非线性元件
D．这四个图象中，直线的斜率都表示了元件的电阻
解析：选C.伏安特性曲线是以I为纵轴，U为横轴的，所以A错误．线性元件并不只是说I－U图象是直线，而必须是过原点的直线，所以只有①②是线性元件，③④不是线性元件，B错误，C正确．在U－I图象中，过原点的直线的斜率才是导体的电阻．
2．(单选)有a、b、c、d四个电阻，它们的U－I关系如图2－2－14所示，则图中电阻最大的是(　　)
图2－2－14
A．a　　　　　　　　 B．b
C．c D．d
解析：选A.本题给出的图象是U－I图线，直线的斜率等于导体的电阻，由此判断A正确．
3．(双选)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，则(　　)
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20 V
D．电阻R3两端的电压为4 V
解析：选AB.电路中电流I＝＝ A＝0.6 A；R2阻值为R2＝＝ Ω＝20 Ω，三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21 V；电阻R3两端的电压U3＝IR3＝0.6×5 V＝3 V.
4．(单选)三个电阻之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，将这三个电阻并联，则通过这三支路的电流之比I1∶I2∶I3为(　　)
A．1∶2∶5 B．5∶2∶1
C．10∶5∶2 D．2∶5∶10
解析：选C.三个电阻并联电压相等，即I1R1＝I2R2＝I3R3，故C项正确．
5．现要测定一个额定电压为4 V、电阻约为10 Ω(设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1 V～4 V.
图2－2－15
现有器材：直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)，电压表V(量程4.5 V，内阻约为4×102 Ω)，电流表A1(量程250 mA，内阻约为2 Ω)，电流表A2(量程500 mA，内阻约为1 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值约为30 Ω)，开关S，导线若干．如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是________，图2－2－15所示的甲、乙两个电路应该选用的是________．
解析：小灯泡的额定电流约为I＝U/R＝ A＝0.4 A，故电流表应选用A2；小灯泡的电阻R约为10 Ω，电流表A2内阻约为1 Ω，故应选电流表外接法，即电路图甲．
答案：A2　甲
一、单项选择题
1．(2012·德州高二检测)有两个阻值不同的定值电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I－U图线如图2－2－16所示．如果R1、R2串联后的总电阻为R串，并联后的总电阻为R并，则关于R串、R并的I－U图线所在的区域，下列说法中正确的是(　　)
图2－2－16
A．R串在Ⅱ区域，R并在Ⅲ区域
B．R串在Ⅲ区域，R并在Ⅰ区域
C．R串在Ⅰ区域，R并在Ⅱ区域
D．R串在Ⅰ区域，R并在Ⅲ区域
解析：选D.在I－U图线中，图线的斜率表达的是电阻的倒数，R1、R2串联后的总电阻大于任意一个分电阻，其斜率应该小于任何一个，故R串应该在Ⅰ区域．R1、R2并联后的总电阻小于任意一个分电阻，其斜率应该大于任何一个，故R并应该在Ⅲ区域．D正确．A、B、C错误．
2．某同学做三种导电元件的导电性质实验，根据所测数据分别绘制了三种元件的I－U图象如图2－2－17所示，则下列判断正确的是(　　)
图2－2－17
A．只有乙正确
B．甲、丙图曲线肯定是误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定是不可能的
D．甲、乙、丙三图象都可能正确，并不一定有较大的误差
解析：选D.伏安特性曲线是I－U图象，图象中某点切线的斜率倒数表示导体在该状态下的电阻，图甲反映元件的电阻随电压的升高而减小，是非线性元件；图乙反映元件的电阻不随电压的变化而变化，是线性元件；图丙反映元件的电阻随电压的升高而增大，说明元件类似于小灯泡，综上所述，三种图象都有可能，故D对．
3．为探究小灯泡L的伏安特性，连好图2－2－18所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是图2－2－19中的(　　)
图2－2－18
图2－2－19
解析：选C.小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，导致电阻R增大．只有C选项对．
4．在如图2－2－20所示电路中，R2＝2R1，电路两端电压恒定．当S断开时，电流表的读数为0.5 A，电压表的读数为4 V，则当S闭合时，电流表和电压表的读数分别为(　　)
图2－2－20
A．1.5 A,6 V B．0.75 A,4 V
C．1.5 A,0 V D．0 A,6 V
解析：选D.由电路图可知，当S断开时，电阻R1和R2串联，U2＝U＝U＝4 V?U＝6 V，I＝＝＝0.5 A?R1＝4 Ω.当S闭合时，R1被短路，电路中只有电阻R2，可见，I＝0 A，U＝6 V，选项D正确．
5．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1 V，通过灯泡的电流为0.5 A；灯泡两端的电压为3 V时，通过灯泡的电流是1 A，则灯泡两端电压为2 V时，通过灯丝的电流可能是(　　)
A．0.5 A B．0.6 A
C．0.8 A D．1 A
解析：选C.做出小灯泡的伏安特性曲线(如图实线所示)显然当灯泡两端电压为2 V 时，通过灯丝的电流大于0.75 A而小于1 A，故选C.
6．如图2－2－21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(　　)
图2－2－21
A．1×10－3 C　　　　 B．6×10－3 C
C．6×10－4 C D．1.6×10－3 C
解析：选A.因为R1、R2串联，所以两电阻间的电压值与电阻值成正比，则U1∶U2＝R1∶R2＝3∶5，又U1＋U2＝8 V，所以U1＝3 V，U2＝5 V，电容器与R2并联，所以UC＝U2＝5 V，所以Q＝CU＝1×10－3 C，选项A正确．
二、双项选择题
7．如图2－2－22所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是(　　)
图2－2－22
A．R1∶R2＝1∶3
B．R1∶R2＝3∶1
C．通过R1、R2电流大小相等时，电压之比为1∶3
D．R1、R2两端电压相等时，流过R1、R2电流之比为1∶3
解析：选AC.I－U图线的斜率表示电阻值的倒数，故R1∶R2＝1∶3；通过两电阻的电流相等时，由U＝IR可得U1∶U2＝1∶3；并联时两电阻的电压相等，即I1R1＝I2R2，故I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1.
8．在图2－2－23所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是(　　)
图2－2－23
A．I1＝　　　　 B．I1＝
C．I1＝ D．I1＝
解析：选BC.I1＝，R1与R2串联，故I1＝I2＝，从整体计算I1＝I2＝，故B、C正确．
9．滑动变阻器的原理如图2－2－24所示，则下列说法中正确的是(　　)
图2－2－24
A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大
B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小
C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
解析：选AD.若将a、c两端连在电路中，aP部分将连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确．若将a、d两端连在电路中，也是aP部分将连入电路，则当滑片OP向右滑动时，该部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，B错误．A，B两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a、b两个接线柱中任意选一个，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C错误．在滑动变阻器的分压式接法中，a、b两个接线柱必须接入电路，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D正确．
10．(2012·杭州高二检测)如图2－2－25所示是电阻R的I－U图线，图中α＝45°，由此得出(　　)
图2－2－25
A．通过电阻的电流与两端电压成正比
B．电阻R＝0.5 Ω
C．因I－U图线的斜率表示电阻的倒数，故R＝cotα＝1.0 Ω
D．在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C
解析：选AD.I－U图线为过原点直线，说明电流与电压成正比，故A正确．斜率表示电阻的倒数k＝＝，故R＝2 Ω，故B错．横纵坐标轴标度不统一，故斜率k不等于tanα，C错．电压为6 V时，电流为3 A，每秒通过横截面的电量为q＝I·t＝3 C，故D正确．
三、非选择题
11．如图2－2－26所示为用伏安法测定一个定值电阻阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：
图2－2－26
(1)待测电阻Rx(约100 Ω)
(2)直流毫安表(量程0～20 mA，内阻50 Ω)
(3)直流电压表(量程0～3 V，内阻5 kΩ)
(4)直流电源(输出电压6 V)
(5)滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A)
(6)开关1个，导线若干
根据器材规格及实验要求，在本题的实物图上连线．
解析：(1)先确定采用电流表的内接电路还是外接电路，＝＝2，不满足内接的要求，又＝＝50，满足电流表外接的要求RV?Rx，所以电流表应外接．
(2)再确定变阻器是采用限流还是分压．
若采用限流式，则滑动变阻器阻值达到最大时，电路中电流达到最小，Imin＝＝36 mA，已超过电流表量程，故必须采用滑动变阻器分压式电路．实验电路如图所示．
答案：如图所示
12．在如图2－2－27所示的电路中，滑动变阻器的最大值为R0，负载为RL，电路两端所加的电压为U0保持不变．
图2－2－27
(1)开关S断开，变阻器触头移动时，电阻RL两端的电压UL变化范围是多少？
(2)开关S闭合，变阻器触头移动时，电阻RL两端的电压UL变化范围是多少？
解析：(1)开关S断开，变阻器触头在变阻器下端时，电阻RL与整个变阻器串联，根据串联分压规律，电阻RL两端电压为U0；变阻器触头在变阻器上端时，滑动变阻器的接入阻值为零，相当于电阻RL直接接在电源上，其两端电压为U0，所以电阻RL两端的电压变化范围是U0≤URL≤U0.
(2)开关S闭合，变阻器触头在变阻器下端时，电阻RL被短路，其两端电压为零，触头在变阻器上端时，电阻RL与变阻器并联，其两端电压为U0，所以电阻RL两端的电压变化范围是0≤URL′≤U0.
答案：见解析

1．(单选)关于电功的说法中，错误的是(　　)
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D.根据电场力做功的定义及特点，可以判断A、B、C均正确．电功是电能转化为其他形式能量的量度，功和能量是不同的概念，D错，故正确答案为D.
2．(单选)关于电功和焦耳热，下列说法错误的是(　　)
A．在纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
B．在非纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
C．在非纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝I2Rt
D．在纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝UIt
解析：选B.计算电功时，公式W＝UIt适用于任何电路．计算焦耳热时，公式Q＝I2Rt适用于任何电路．在纯电阻电路中W＝Q，在非纯电阻电路中W>Q，所以A、C、D正确，B错误．
3．(单选)标有“220 V,40 W”的电灯、电扇、电烙铁都正常工作5 min，它们产生的热量(　　)
A．一样多　　　　　　　　 B．电灯最多
C．电扇最多 D．电烙铁最多
解析：选D.三个用电器的电功率相同，5 min内消耗的电能相同．而电烙铁全部转化成了电热，故选D.
4．(单选)如图2－5－6所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是(　　)
图2－5－6
A．电源输出功率减小　　　　 B．L1上消耗的功率增大
C．通过R1上的电流增大 D．通过R3上的电流增大
解析：选C.在合上S2之前，三灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，由于不计内阻，电源的输出功率P出＝EI，可见电源的输出功率增大，A错误；R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，I3减小，I2减小，I1减小，可见C正确．
5．如图2－5－7所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻R的U－I图线，由上述电源和电阻组成闭合电路时，求：
图2－5－7
(1)电源的输出功率P出是多大？
(2)电源内部损耗的电功率P内是多少？
(3)电源的效率η是多大？
解析：根据题意从A图线可读出
E＝3 V，r＝＝ Ω＝0.5 Ω，
从B图线可读出R＝＝1 Ω.
由电源E＝3 V，r＝0.5 Ω与R＝1 Ω组成的闭合电路中，
I＝＝A＝2 A，
则P出＝I2R＝4 W，P内＝I2r＝2 W，
P总＝IE＝6 W，所以η＝＝66.7%.
答案：(1)4 W　(2)2 W　(3)66.7%
一、单项选择题
1．两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100 Ω，10 W”和“20 Ω，40 W”，则它们的额定电流之比为(　　)
A.∶5　　　　　　　　 B.∶20
C.∶10 D．1∶2000
解析：选C.由公式P＝I2R得：I＝，所以I1∶I2＝∶10.
2．下列求解电热的公式中，对所有电路均适用的是(　　)
A．Q＝UIt B．Q＝I2Rt
C．Q＝t D．W＝Pt
解析：选B.A、D两项适用于任何电路的电功的计算，B选项适用于任何电路的电热的计算，C选项只适用于纯电阻电路电热的计算．
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那只灯较亮
D．在电路中实际功率大的灯较亮
解析：选D.灯泡的亮度要看灯泡实际功率的大小，因为P＝，实际功率与灯泡两端的实际电压和灯泡电阻有关，所以额定电压或额定功率大的灯泡不一定亮，实际电压高的灯泡也不一定亮，故选D.
4．一台电动机的输出功率是10 kW，这表明该电动机工作时(　　)
A．每秒消耗10 kW电能　　　 B．每秒对外做10 kW功
C．每秒消耗10 kJ电能 D．每秒对外做10 kJ功
解析：选D.输出功率是指电动机单位时间内对外能做的功，D项正确．
5．(2012·杭州高二检测)电动自行车因轻便、价格相对低廉、污染和噪音小而受到市民喜爱．某国产品牌电动自行车的铭牌如下，则此车所配电机的内阻为(　　)
规格
后轮驱动直流永磁电机
车型：20″电动自行车
电机输出功率：175 W
电源输出电压：≥36 V
额定工作电压/电流：36 V/5 A
整车质量：40 kg
额定转速：240 r/min
A.7.2 Ω B．0.2 Ω
C．7.0 Ω D．7.4 Ω
解析：选B.由额定电压和电流可知电动车的输入功率为：P1＝36×5 W＝180 W，由此可知电动机的发热功率为P2＝180 W－175 W＝5 W，根据公式：P2＝I2r得：r＝0.2 Ω.
6．(2012·哈尔滨高二检测)下面列出了不同品牌的电视机、电冰箱、电风扇和空调机铭牌上的主要项目，试判断：正常工作时，其中功率最大的是(　　)
 　
　　　A　　　　　　　　 　B
　　　 　
　 　C　 　　　　　　　　 D
解析：选D.正常工作时电视机的功率为85 W，电冰箱的功率为70 W，电风扇的功率为65 W，空调机的功率为P＝UI＝1364 W，显然，本题正确选项为D.
二、双项选择题
7．一台直流电动机的额定电压为U，额定功率为P，电动机的线圈电阻为R，电动机接上电源后正常工作时的电流为I，则下列判断中正确的是(　　)
A．I＝U/P B．I＝P/U
C．I解析：选BC.电动机正常工作时，电动机的额定电压大于加在线圈电阻两端的电压，故对线圈I8．用一个额定电压为220 V的电热水器煮沸一壶水需要t s，如果不考虑煮水器的电热损失和电热丝电阻受温度的影响，那么(　　)
A．当线路电压为110 V时，煮沸一壶水需要2t s
B．当线路电压为110 V时，煮沸一壶水需要4t s
C．当线路电压为55 V时，煮沸一壶水需要4t s
D．当线路电压为55 V时，煮沸一壶水需要16t s
解析：选BD.由公式Q＝t，煮沸一壶水所需的热量为Q＝t.当电压变为原来的时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t s，选项B正确；当电压变为原来的时，时间要变为原来的16倍，即16t s，选项D正确．
9．如图2－5－8所示，电阻R＝20 Ω，电动机的线圈电阻R′＝10 Ω.当开关断开时，电流表的示数是I，电路消耗的电功率为P.当开关合上后，电动机转动起来．若保持电路两端的电压U不变，电流表的示数I′和电路消耗的电功率P′应是(　　)
图2－5－8
A．I′＝3I B．I′<3I
C．P′＝3P D．P′<3P
解析：选BD.设电动机正常工作时电流为I0，由于UI0>IR′，则U>I0R′，变形为I0<＝2I，则电路中总电流I′＝I＋I0<3I，电路消耗电功率P′＝UI′<3UI＝3P.
10．把标有“220 V,100 W”的A灯泡和“220 V,200 W”的B灯泡串联后接入220 V的电路中，如果导线电阻忽略不计，不考虑温度对电阻的影响，则有(　　)
A．A、B两灯泡的电阻之比为RA∶RB＝1∶2
B．A、B两灯泡在串联电路中的电压之比为UA∶UB＝2∶1
C．A、B两灯泡在串联电路中消耗的功率之比为PA∶PB＝2∶1
D．A、B两灯泡在串联电路中产生的热量之比为QA∶QB＝1∶2
解析：选BC.由P＝得：RA＝，RB＝
所以RA∶RB＝PB∶PA＝200∶100＝2∶1，故A错．
串联后UA∶UB＝RA∶RB＝2∶1，PA∶PB＝RA∶RB＝2∶1，故B、C对．
QA∶QB＝RA∶RB＝2∶1，所以D错．
三、非选择题
11．电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内的水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干后的保温状态．图2－5－9是电饭锅的电路图，R1是一个电阻，R2是加热用的电阻丝．
图2－5－9
(1)自动开关S接通和断开时，电饭锅分别处于哪种状态？说明理由．
(2)要使R2在保温状态下的功率是加热状态的一半，R1∶R2应该是多大？
解析：(1)在纯电阻电路中，电功率P＝，可以知道，S接通时，R1被短路，电阻丝R2的功率最大，电饭锅处于加热状态．S断开时，线路电阻变大，电阻丝R2上的电压减小，电功率变小，电饭锅处于保温状态．
(2)加热状态时的功率：P热＝
保温状态时的功率：P温＝2R2
由于P热＝2P温，则＝2，解得：＝.
答案：(1)见解析　(2)(－1)∶1
12．用某一直流电动机提升重物的装置，如图2－5－10所示，重物的质量m＝50 kg，电源电动势E＝110 V，不计电源内阻及各处摩擦．当电动机以v＝0.9 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中电流强度I＝5.0 A．(g取10 m/s2)
图2－5－10
(1)由此可知，电动机线圈电阻R是多少？
(2)用此电动机提升质量为m′＝20 kg的重物，电动机的输入功率不变，提升速度是多少？
解析：(1)由题意可知，电动机输入的电能一部分转化为线圈的内能，一部分对外输出转化为被提升重物的机械能，由能量的转化和守恒定律可得：UI＝I2R＋mgv
解得R＝－＝ Ω＝4.0 Ω.
(2)由UI＝I2R＋m′gv′得
v′＝＝ m/s＝2.25 m/s.
答案：(1)4.0 Ω　(2)2.25 m/s

1．(单选)图2－6－12中下列门电路的符号，下列说法中正确的是(　　)
图2－6－12
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.要记得“与”“或”“非”三种门电路的符号．
2．(单选)(2012·大同高二检测)现代银行管理系统中都有自动取款机，若能取出钱款，账号、密码必须都正确，它反映的逻辑关系是(　　)
A．“与”　　　　　　　　 B．“或”
C．“非” D．都不正确
解析：选A.取出款为事件，条件是：账号、密码，它们体现了“与”逻辑关系．
3．(单选)(2011·高考上海单科卷)下表是某逻辑电路的真值表，该电路是(　　)
输入
输出
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
图2－6－13
解析：选D.本题考查学生对逻辑电路的分析．通过分析知：该电路先经过“与”门再经过“非”门，D项正确．
4．(单选)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，则下列运算式错误的是(　　)
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.只有两人都接通开关时，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．
5．如图2－6－14所示为包含某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.该逻辑电路是______(填“与”“或”或“非”)门电路．当电阻R′受到光照时，小灯泡L将____(填“发光”或“不发光”)．
图2－6－14
解析：当电阻R′受光照时，非门输入低电压，输出高电压，故灯泡将发光．
答案：“非”　发光
一、单项选择题
1．在逻辑门电路中，若输入信号中至少有一个为“1”，则输出为“1”的逻辑门电路是(　　)
A．与门电路　　　　　　　　 B．或门电路
C．非门电路 D．都不可能
解析：选B .要求输入信号中至少有一个为“1”，输出为“1”，则要求为“1＋1＝1”或是“1＋0＝1”，所以满足要求的是或门电路．
2．下列是逻辑门真值表中的一些数值的说法，其中不正确的是(　　)
A．在“与”门中，当S1＝0、S2＝1时，Q＝0
B．在“或”门中，当S1＝0、S2＝1时，Q＝0
C．在“或”门中，当S1＝1、S2＝0时，Q＝1
D．在“非”门中，当输入为“0”时，输出必为“1”
解析：选B.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，只要一个条件满足则成立，故C对，“非”门中两种关系相反，故D对．
3．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．
4．如图2－6－15所示为某一门电路符号及输入端S1、S2的电势随时间变化关系的图象，则图2－6－16中能正确反映该门电路输出端电势随时间变化关系的图象是(　　)
图2－6－15
图2－6－16
解析：选A.由题图可以看出该电路为“与”门电路，因此只有当S1、S2的电势均为高电势时，Q才为高电势，因此选项A正确．
5．如图2－6－17是一个三输入端复合门电路，当S3端输入“1”时，S1、S2端输入为何值时输出端Q输出“1”(　　)
图2－6－17
A．0　0　　　　　　　　　 B．0　1
C．1　0 D．1　1
解析：选D.只有S1、S2逻辑电路的输出为“1”，这样与S3结合才能保证最后输出端Q输出为“1”，这就要求S1、S2必须同时输入“1”．
二、双项选择题
6．下列说法正确的是(　　)
A．所谓“门”就是一种开关，在一定条件下允许信号通过，如果信号不满足条件，则不允许通过
B．门电路是最基本的逻辑电路
C．各类门电路的逻辑关系相同
D．以上说法都不正确
解析：选AB.门电路是一种逻辑开关，各类门电路有不同的逻辑关系．
7．在基本逻辑电路中，哪一种逻辑门当所有输入均为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AB.据“与”门电路和“或”门电路的真值表可知A、B两项正确，C、D不正确．
8．居民小区里的楼道灯，采用门电路控制，电路如图2－6－18所示，图中R2是光敏电阻，受光照后电阻减小，R1为定值电阻，S是声控开关．白天的时候，即使拍手发出声音，楼道灯也不亮；但是到了晚上，拍手发出声音后，灯就亮了，并采用延时电路，使之亮一段时间后才熄灭，下列说法正确的是(　　)
图2－6－18
A．应该采用“与”门电路控制电灯
B．应该采用“或”门电路控制电灯
C．黑夜时R2较大
D．黑夜时R2较小
解析：选AC.应该在声控开关、光控开关、手动开关全部闭合时楼道灯才会亮，只要一个不闭合楼道灯就不亮，因此应该采用“与”门电路控制楼道灯；黑夜时光敏电阻不受光照，因此R2较大．
三、非选择题
9．如图2－6－19所示，一个机要仓库有一扇很大的电动仓库门，门上装有三把电动锁，三个机要员各有一把锁的钥匙，只有三人同时转动自己的钥匙(闭合自己的开关)，才能通过一个继电器把门打开．图中的S1、S2、S3是三个锁内的开关，J为继电器(图中未画电动机的电路)，请在虚线框内画出符合要求的可输入的门电路符号．
图2－6－19
解析：根据分析，应为“与”的逻辑关系．
答案：如图所示
10．如图2－6－20所示，将两个“非”门和一个“与”门组成一个复合门电路，请在下表中填写该门电路的真值表．
图2－6－20
输入
输出
S1
S2
Q
解析：两个“非”门的输出输入真值表如下：
S1
输入
1
0
输出
0
1
S2
输入
1
0
输出
0
1
将两个“非”门的输出作为“与”门的输入，真值表如下：
输入
输出
S1
S2
Q
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
答案：见解析
11．某同学设计了一个楼道应急灯的控制电路，如图2－6－21所示，当电网停电时，应急灯自动打开，来电时，应急灯自动熄灭．图中R1、R2为分压电阻，以使门电路获得合适的电压，J为应急灯开关控制继电器(图中未画出应急灯电路)，请在虚线框内填入需要的门电路符号．
图2－6－21
解析：停电时R1，R2两端均无电压，即门电路无输入，应急灯自动打开，所以可以判断为“非”门，符号如图所示：
答案：见解析
12．在铁路与公路的交叉路口，安装有自动控制的信号灯．当火车来的时候信号灯亮，火车过去时信号灯灭．图2－6－22是这种信号灯的控制电路图．S1、S2为两个光控开关，光照到时接通，没照到时断开．只有两个开关都接通时，信号灯才是灭的．请在方框内画出符合要求的门电路符号．
图2－6－22
解析：开关闭合时输入为高电势，灯亮时输出为高电势．所以开关闭合为“1”，断开为“0”，灯亮为“1”，灯灭为“0”，则此时门电路的真值表如图甲所示：这是“与非”门真值表，所以框内应为图乙．
答案：见解析

1．(双选)用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是(　　)
A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零
B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好
C．待测电阻若是连在电路中，应当把它先与其他元件断开后再测量
D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到“OFF”挡或交流电压最高挡
解析：选AB.多用电表测电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，在使用多用电表测电阻前必须调零，而且换挡后必须重新调零，但每测一次电阻若不需换挡，则不需重新调零，故A错；在测量电阻时，如果用两手分别捏住两表笔和电阻的两端，由于人体也是一个导体，这样就将人体的电阻与待测电阻并联在一起，使其测量结果偏小，故B错；测某一电阻时应将此电阻与其他元件断开后再测量，故C对；使用完多用电表后，按照操作规程，应将两表笔从插孔中拔出，并把选择开关旋到“OFF”挡或交流电压最高挡，D对．
2．(单选)磁电式电流表(表头)最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，由于线圈的导线很细，允许通过的电流很弱，所以在使用时还要扩大量程．已知某一表头G，内阻Rg＝30 Ω，满偏电流Ig＝5 mA，要将它改装为量程为0～3 A的电流表，所做的操作是(　　)
A．串联一个570 Ω的电阻　 B．并联一个570 Ω的电阻
C．串联一个0.05 Ω的电阻 D．并联一个0.05 Ω的电阻
解析：选D.电流计改装电流表需并联一个分流电阻，改装后量程为3 A．所以R＝＝ Ω＝0.05 Ω，故D正确．
3．(双选)多用电表的欧姆挡(×1 kΩ)检验性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明(　　)
A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小
B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大
C．此时红表笔接的是二极管的正极
D．此时红表笔接的是二极管的负极
解析：选BC.多用电表指针向右偏角很小，说明所测电阻值很大，对二极管加的应是反向电压．欧姆表测二极管正向电阻电流从黑表笔流出从二极管正极进入二极管又从红表笔流入欧姆表，现在加的是反向电压，故红笔接的是二极管正极．
4．(单选)用电压表检查图2－4－9电路中的故障，测得Uad＝5.0 V，Ucd＝0 V，Ubc＝0 V，Uab＝5.0 V，则此故障可能是(　　)
图2－4－9
A．L断路　　　　　　 B．R断路
C．R′断路 D．S断路
解析：选B.用电压表检查电路时，如电压表有示数，则表明电压表跨接的电路部分断路，由Uad＝Uab＝5.0 V，可以判断R断路．
5．如图2－4－10所示是一个双量程的电压表的示意图，已知电流计G的量程为0～100 μA，内电阻为600 Ω，则图中串联的分压电阻R1＝______，R2＝______.
图2－4－10
解析：电流表改装，满偏电流恒定，
所以用5 V的量程时，Ig＝，
用15 V的量程时，Ig＝，
解得：R1＝4.94×104 Ω，R2＝1.0×105 Ω.
答案：4.94×104 Ω　1.0×105 Ω
一、单项选择题
1．(2012·舟山高二检测)一个电流表刻度盘的每一小格代表1 μA，内阻为Rg，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则(　　)
A．给它串联一个电阻，阻值为nRg
B．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)Rg
C．给它并联一个电阻，阻值为
D．给它并联一个电阻，阻值为
解析：选D.改装成量程较大的电流表，需并联一个较小的电阻，A、B错．刻度盘的每一小格由1 μA变成了n μA，即改装后的量程为原来的n倍．设并联的电阻为R，则Rg＝(n－1)R，R＝Rg，D正确．
2．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，黑表笔插入多用电表的(－)插孔，则(　　)
A．测电压时电流从红表笔流入多用电表，测电阻时电流从红表笔流出多用电表
B．测电压时电流从红表笔流入多用电表，测电阻时电流从红表笔流入多用电表
C．测电压时电流从红表笔流出多用电表，测电阻时电流从红表笔流出多用电表
D．测电压时电流从红表笔流出多用电表，测电阻时电流从红表笔流入多用电表
解析：选B.多用电表测电压时，红表笔接外部电源的正极，因此，电流应从红表笔流入多用电表，而多用电表测电阻时，红表笔接多用电表内部电源的负极，电流应从红表笔流入多用电表，故选项B正确．
3．下列说法中正确的是(　　)
A．欧姆表的每一挡测量范围都是0到∞
B．用欧姆表的不同挡测量同一电阻的阻值，误差大小是一样的
C．用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央时，误差越大
D．用欧姆表测电阻，选不同量程时，指针越靠近右边误差越小
解析：选A.根据改装原理，电阻为零对应电流的最大值即满偏值，电阻为∞对应电流为零，因指针表示的电流可从零到最大变化，则电阻可测量的范围为零到∞，且每一挡均可，A正确．使用欧姆表时，指针指中央附近误差较小，用不同挡指针的偏角不同，误差大小也不同，故B、C错误．选不同量程时，均是指针指到中央附近误差较小，故D错误．
4．图2－4－11中E为电源，R1、R2为电阻，S为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡(内阻很小)以后，正确的接法是(　　)
图2－4－11
A．保持S闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处
B．保持S闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处
C．将S断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处
D．将S断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处
解析：选C.电流表应串联在电路中，将S断开，多用表的两个表笔，接在电路时应遵循“红正黑负”的原则，所以红表笔接在a处，黑表笔接在b处，所以C选项正确．
5．如图2－4－12所示为万用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA，内阻rg＝100 Ω，调零电阻最大值R＝50 kΩ，串联的固定电阻R0＝50 Ω，电源电动势E＝1.5 V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是(　　)
图2－4－12
A．30 kΩ～80 kΩ
B．3 kΩ～8 kΩ
C．300 Ω～800 Ω
D．30 Ω～80 Ω
解析：选B.红、黑表笔短接调零时Ig＝
所以R内＝rg＋R＋R0＝E/Ig＝5000 Ω
当表针指到刻度盘中间时，所测电阻设为Rx
Ig＝可得Rx＝5000 Ω，在此值附近测量阻值最为准确，故B正确．
二、双项选择题
6．用欧姆表“×10”挡测量一个电阻，调零后测量，发现指针偏角很小，下列判断和做法中正确的是(　　)
A．这个电阻阻值很大
B．这个电阻阻值很小
C．为了测量得更准些，应换用×1挡进行电阻调零后重测
D．为了测量得更准些，应换用×100挡进行电阻调零后重测
解析：选AD.指针偏角小说明电阻值很大，应换用×100挡，调零后重新测量，故A、D正确．
7．关于多用电表上的欧姆刻度线，下列说法中正确的是(　　)
A．零欧姆刻度线与零电流刻度线重合
B．零欧姆刻度线与电流表满偏刻度线重合
C．欧姆刻度线是不均匀的，欧姆值越大，刻度线越密
D．欧姆刻度线是不均匀的，欧姆值越小，刻度线越密
解析：选BC.电流的刻度线是均匀的，因为指针偏转的角度与电流成正比；而欧姆刻度线是不均匀的，因为待测电阻的阻值与电流并不成正比．欧姆刻度线的特点是，电阻的阻值越大，刻度线越密集，选项C正确．另外，在闭合电路中，电流为零时，电阻为无限大，电流最大时，电阻最小，故选项B正确．
8．某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图2－4－13所示的电路，接通S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是(　　)
图2－4－13
A．AB段断路 B．BC段断路
C．AB段短路 D．BC段短路
解析：选AD.由题意可知UAB＝UAC＝U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通．若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好．又由题述得UBC＝0，因而可能AB段断路，或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况．
三、非选择题
9．某同学用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤．
(1)检查多用电表的机械零点．
(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．
(3)将红、黑表笔______，进行欧姆调零．
(4)测反向电阻时，将______表笔接二极管的正极，将______表笔接二极管的负极，读出电表示数．
(5)为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘______(选填“左侧”“右侧”或“中央”)，否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．
(6)测量完成后，将选择开关拨向______位置．
解析：用多用电表测二极管的反向电阻，应将黑表笔接二极管的负极．选择欧姆挡位后将红、黑表笔短接进行调零，使指针指在最右端零位．为测量准确应使指针尽量指向表盘的中央．测量完毕后，应将选择开关指向OFF挡．
答案：(3)短接　(4)红　黑　(5)中央　(6)OFF
10．(2011·高考北京理综卷)用如图2－4－14所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：
图2－4－14
(1)旋动部件______，使指针对准电流的“0”刻线．
(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．
(3)将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的______(填“0刻线”或“∞刻线”)．
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按______的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
解析：在多用电表使用时，先要进行机械调零，即旋动旋钮S，使指针对准0刻线；选好挡位后，再进行电阻调零，即旋动旋钮T，也使指针对准0刻线．指针偏角过小，说明待测电阻阻值较大，应选稍大些的挡位，所以顺序为ADC.
答案：(1)S　(3)T　0刻线　(4)ADC
11．(1)如图2－4－15是多用电表的刻度盘，当选用量程为50 mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；
图2－4－15
(2)若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为________ Ω.
(3)如果要用此多用电表测量一个约2.0×104 Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆挡是________(选填“×10”、“×100”或“×1k”)．换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是________．
解析：(1)量程为50 mA的电流挡最小分度值为1 mA，故读数小数点后保留一位即可．
(2)表盘上的读数要乘以倍率才是电阻的阻值．
(3)测电阻时，指针指在刻度盘中央附近最为准确．
答案：(1)30.7(30.7 mA～30.9 mA都正确)
(2)1500　(3)×1k　欧姆调零
12．(2012·天津高二检测)某同学利用多用电表做了以下实验：
(1)使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下：
①把选择开关扳到“×100”的欧姆挡上；
②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；
③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小；
④换用“×10”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；
⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕．
这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验中有哪些操作是错误的？(三个错误)
错误一：______　错误二：______　错误三：______
(2)如图2－4－16所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”量程，这时表针所示被测电阻的阻值应为______欧；测直流电流时，用的是100 mA的量程，指针所示电流值为______ 毫安；测直流电压时，用的是50 V量程，则指针所示的电压值为______伏．
图2－4－16
解析：(1)换用“×10”的欧姆挡是错误的，指针偏转较小，应该换用大挡；换挡后应该重新进行欧姆调零，换挡后直接测量是错误的；用完后应将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡．
(2)由指针指示情况可读得电阻值为1700 Ω，测直流电流时，用的是100 mA的量程，指针所示电流值为47毫安，测直流电压时，用的是50 V量程，则指针所示的电压值为23.5伏．
答案：(1)换用“×10”的欧姆挡　没有重新欧姆调零　没有将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡
(2)1700　47　23.5