1．(2011·成都高二检测)将不带电的导体A和带负电的导体B接触后，导体A中的质子数目( )
A．增加 B．减少
C．不变 D．先增加后减少
【解析】 在接触带电的过程中，发生转移的电荷是自由电子，质子并不发生移动，故C正确．
【答案】 C
2．下列关于物体带电的说法，正确的是( )
A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另外一部分
B．摩擦起电前，两物体都不带电，说明两物体内都没有电荷
C．摩擦起电时，一个物体得到一些电子而带正电，另一物体失去一些电子而带负电
D．一个带电体跟一个不带电物体接触，两物体可能带上异种电荷
【解析】 不管哪种起电方式，都不能创造电荷，带电的本质都是电荷从一个物体转移到另一个物体或从物体的一部分转移到另一部分，在起电过程中，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，电荷仍是守恒的，所以A对，C错；两个相互摩擦的物体，摩擦前不带电，是因为每个物体内正、负电荷总数都相等，物体呈电中性，并不是物体内没有电荷，故B错；一个带电体和一个不带电体接触起电时，只能带同种电荷，故D错．故正确答案为A.
【答案】 A
3．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】 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电．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，从而使失去电子的毛皮带正电，得到电子的橡胶棒带负电，故A正确．
【答案】 A
4．有关物体带电的下列说法，其中正确的是( )
A．若物体带正电，则说明该带电体内只存在质子
B．若物体带负电，则说明该带电体内只存在电子
C．若物体不带电，则说明该带电体内不存在质子和电子
D．若物体带负电，则带电体内既存在质子又存在电子，且电子数比质子数多
【解析】 物体内总是同时存在质子和电子，物体对外显示带电，实质是其内部电子数和质子数不相等．即使物体对外不显电性，也只是内部质子数和电子数相等．
【答案】 D
5．(2012·厦门双十中学高二检测)使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开，下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )
【解析】 把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象规律，若金属球带正电荷，则导体上的自由电子被吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷．B项正确．
【答案】 B
图1－1－6
6.如图1－1－6所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则( )
A．金属球可能不带电
B．金属球可能带负电
C．金属球可能带正电
D．金属球一定带负电
【解析】 验电器的金箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，而同种电荷相互排斥，张开角度的大小决定于两金箔带电荷量的多少．如果A球带负电，靠近验电器的B球时，异种电荷相互吸引，使验电器的金属球B上的电子逐渐下移，从而使两金箔张角减小，选项B正确，选项C不正确．如果A球不带电，在靠近B球时，发生静电感应现象使A球靠近B球的端面出现负的感应电荷，而背向B球的端面出现正的感应电荷．A球上的感应电荷与验电器上的电子发生相互作用，使验电器的金属球B上的电子逐渐下移，从而使金箔张角减小，选项A正确，同时否定选项D.
【答案】 AB
7．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是( )
A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 C
B．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 C
C．丙物体一定带有正电荷8×10－16 C
D．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C
【解析】 由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有静电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．
【答案】 AD
8．把一个带正电的金属球A跟不带电的同样的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这是因为( )
A．A球的正电荷移到B球上
B．B球的负电荷移到A球上
C．A球的负电荷移到B球上
D．B球的正电荷移到A球上
【解析】 金属球中能够自由移动的电荷是自由电子，则B球上的自由电子受A球上所带正电荷的吸引而转移到A球上，B球因缺少电子就带上了正电荷．
【答案】 B
9．(2012·海南五指期末)挂在绝缘细线下的两个轻质小球，表面镀有金属薄膜，由于电荷的相互作用而靠近或远离，分别如图1－1－7甲、乙所示，则( )
甲 乙
图1－1－7
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．乙图中两球至多有一个带电
【解析】 题目中的小球都是镀有金属薄膜的轻质小球，带电物体具有吸引轻小物体的性质，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以可以判断出甲图的现象可以是两个带异种电荷的小球，也可以是一个小球带电而另一个小球不带电；两个小球由于相互排斥而出现乙图中的现象，则必须都带电且是同种电荷．
【答案】 BC
10．(2012·海南国兴中学高二检测)如图1－1－8所示，A、B是被绝缘支架分别架起的金属导体，并相隔一定距离，其中A带正电，B不带电．则以下说法中正确的是( )
图 1－1－8
A．导体B左端出现负电荷，右端出现正电荷，并且电荷量大小相等
B．若A不动，将B沿图中虚线aa'分开，则两边的电荷量大小可能不等，与如何分有关
C．若A向B逐渐靠近，在B左端和右端的电荷量大小始终相等并且发生变化
D．若A、B接触一下，A、B两金属体所带总电荷量保持不变
【解析】 由于B导体中存在大量自由电子，在带正电的A的作用下，B中部分电子会被A吸引到左端而出现负电荷，右端由于缺少同样数量的电子而出现正电荷，所以A选项正确．根据电荷守恒定律，B中总电荷量仍为零．即使沿aa'分开B，只要B与外界没有电荷交换，B的左右两部分的电荷量总是等量异种，所以B选项错误．A向B逐渐靠近的过程中，B的左右部分异种电荷数量总是同步变化，所以C选项正确．A、B接触后，A中部分正电荷转移到B上，这就发生了接触起电现象，虽然B的净电荷增加，但A、B的总电荷量保持不变．所以D选项正确．
【答案】 ACD
11．用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒带________电荷，毛皮带________电荷．当橡胶棒带有2.7×10－9库仑的电荷量时，电荷量为1.6×10－19库仑的电子有________个是从________移到________上．
【解析】 用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒因得到从毛皮转移来的电子，带上了负电荷，毛皮因丢失了电子，带上了正电荷，这是摩擦起电的现象，从毛皮转移到橡胶棒上的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个．
【答案】 负 正 1.7×1010 毛皮 橡胶棒
12．有两个完全相同的金属球A和B，带电荷量分别为q和－q，现要让A、B均带有的正电荷量，应该怎么办？
【解析】 应用电荷均分规律，方法多样，现举两种：
方法一：先用手摸一下金属球B，将B上的电荷放掉，再把金属球A、B接触后再分开，则A、B两球均分电荷量q，各带有电荷量．再用手摸一下A(或B)，让两球再接触后分开，此时两球各带有的电荷量．
方法二：用一个与A、B均相同的小球C先与B接触分开，则B带有－电荷量，再让A、B两球接触后分开，则A、B都带有的电荷量．
【答案】 见解析
1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( )
A．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的
B．材料的电阻率随温度的升高而增大
C．纯金属的电阻率较合金的电阻率小
D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大
【解析】 电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度，横截面积无关，A错误；金属材料的电阻率随温度升高而增大，而半导体材料则相反，所以B错误；合金的电阻率比纯金属的电阻率大，电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电阻除跟电阻率有关外还跟导体的长度、横截面积有关．所以D错误，故选C.
【答案】 C
2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )
A．U/2 B．U
C．2U D．4U
【解析】 导线拉长后，体积不变，故V＝lS＝2l·，则R＝ρ，R′＝ρ＝4ρ＝4R.由I＝，I＝＝，得U′＝4U，故D正确．
【答案】 D
3.如图3－2－9所示，a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是( )
图3－2－9
A．a和b B．a和c
C．b和c D．b和d
【解析】 滑动变阻器是通过改变导线长度改变电阻，电路中电流减小，电阻变大，应Pb段接入电路，故C、D正确．
【答案】 CD
4．(2012·三明高二检测)有三根电阻丝，它们的长度、横截面积、电阻率分别如表所示：
电阻
电阻丝长度
横截面积
电阻率
R1
L
S
2ρ
R2
L
2S
ρ
R3
2L
S
2ρ
则阻值最大的电阻丝是( )
A．R1 B．R2
C．R3 D．三根电阻丝的阻值一样大
【解析】 由R＝ρ得
R1＝2ρ，R2＝ρ，R3＝2ρ＝4ρ，故C正确．
【答案】 C
5. (2012·福建三明一中高二检测)如图3－2－10所示，厚度均匀的矩形金属薄片边长ab＝10 cm，bc＝5 cm.当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1 A；若将C与D接入同一电路中，则电流为( )
图3－2－10
A．4 A B．2 A
C. A D. A
【解析】 设沿A、B方向的横截面积为S1，沿C、D方向的横截面积为S2，则＝，A、B接入电路中时的电阻为R1，C、D接入电路中时的电阻为R2，则有＝＝.两种情况下电流之比为＝＝，故I2＝4I1＝4 A．选项A正确．
【答案】 A
6．(2012·漳州一中高二检测)一段粗细均匀的镍铬丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉制成直径为的均匀细丝后，它的电阻变为( )
A．10 000R B.
C．100R D.
【解析】 均匀镍铬丝拉制成直径d′＝时，其横截面积减小到S′＝，由于镍铬丝的体积不变，则其长度变为l′＝100l.根据电阻定律，拉长后的电阻为：
R′＝ρ＝ρ＝10 000ρ＝10 000R.故A正确．
【答案】 A
7．(2012·西安一中高二检测)如图3－2－11所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面正方形的导体，但R2的尺寸比R1小得多，通过两导体的电流方向如图所示，这两个导体的电阻大小关系是( )
图3－2－11
A．R1>R2 B．R1C．R1＝R2 D．不能确定
【解析】 以第一块导体为研究对象，边长为a，厚度为d，则导线横截面积为S＝ad，由电阻定律R＝ρ得R＝ρ＝，导体的电阻与正方形的边长无关．
【答案】 C
8．(2012·福建长乐一中高二检测)某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )
A．4ρ和4R B．ρ和4R
C．16ρ和16R D．ρ和16R
【解析】 导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由R＝ρ计算可知电阻变为原来的16倍．
【答案】 D
9．甲导线长L，截面直径为d，两端电压为U.同样材料的乙导线长2L，截面直径为2d，两端电压为2U，则甲、乙两导线中电流之比为________．
【解析】 由R＝，R＝ρ，S＝πr2代入：＝ρ，得：I＝Uπd2/4ρL
所以I1∶I2＝1∶4.
【答案】 1∶4
10．在测量一根粗细均匀的阻值约为5 Ω的金属丝电阻率的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径和用米尺测量金属丝的长度示数如图3－2－12所示，电流表、电压表的读数如图3－2－13所示．由图可以读出金属丝两端的电压U＝________，流过金属的电流I＝________，金属丝的长度L＝________，金属丝的直径d＝________.
图3－2－12
图3－2－13
【解析】 由图可以看出：电压表的量程是3 V，所以读数是2.20 V；电流表的量程是0.6 A，所以读数是0.44 A；由于螺旋测微器的半毫米刻度已经露出，因此读数是0.398×10－3m；米尺的读数是40.50 cm－10 cm＝30.50 cm.
【答案】 2.20 V 0.44 A 30.50 cm 0.398×10－3m
11．一根长为l＝3.2 m、横截面积S＝1.6×10－3 m2的铜棒，两端加电压U＝7×10－2 V．铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m，求：通过铜棒的电流．
【解析】 由R＝ρ和I＝得I＝＝ A＝2×103 A.
【答案】 2×103 A
12．相距40 km的A、B两地架设有两条输电线，电阻共为800 Ω.如果在A、B之间的某处发生了短路，如图3－2－14所示，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表示数为40 mA，求发生短路处相距A点有多远？
图3－2－14
【解析】 A、B间距离l＝40 km，导线总长度为2l，总电阻为R＝800 Ω
设A与短路处距离为x，导线总长为2x，总电阻为Rx
由欧姆定律：Rx＝＝ Ω＝250 Ω
由电阻定律得R＝ρ，Rx＝ρ：
解得x＝l＝×40 km＝12.5 km
即短路处距离A点12.5 km.
【答案】 12.5 km
1．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】 根据电功的定义及特点，可以判断A、B、C均正确．电功是电能转化为其他形式的能的量度，功和能是不同的概念，D错，故选D.
【答案】 D
2．(2012·哈尔滨高二检测)通过电阻R的电流为I时，在时间t内产生的热量为Q；若电阻为2R，电流为I/2，则在时间t内产生的热量为( )
A．4Q B．2Q
C．Q/2 D．Q/4
【解析】 由电热公式Q＝I2Rt可得：Q′＝()2×2Rt＝I2Rt＝Q.
【答案】 C
3．关于计算电功率的三个公式P＝UI、P＝I2R、P＝的适用范围，以下说法中正确的是( )
A．这三个公式的适用范围相同
B．第一个公式普遍适用，后两个公式只适用于纯电阻电路
C．第一个公式适用于无电阻的电路，后两个公式适用于有电阻的电路
D．三个公式的适用范围与电路串、并联的方式无关
【答案】 BD
图3－3－5
4.如图3－3－5所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，整幢居民楼里有各种不同的电器，如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，如图所示．计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是( )
A．P＝I2R B．P＝
C．P＝UI D．以上公式都可以
【解析】 居民楼里的电路中的用电器并非都是纯电阻用电器．对总功率只能用P＝UI计算，选项C正确，A、B、D均错．
【答案】 C
5．如图3－3－6所示是电解硫酸铜溶液的装置示意图，图中电压表的示数为U、电流表示数为I，通电时间是t，则以下判断正确的是( )
图3－3－6
A．It是这段时间内流到铜板上的阳离子所带的总电荷量
B．UIt是这段过程中所产生的总焦耳热
C．UIt是这段过程中该电路消耗的总电能
D．UI是电能转化成化学能的功率
【解析】 时间t内电路中通过的电荷量为It，则在这段时间内流到铜板上的阳离子所带的总电荷量为It.该电路为非纯电阻电路，在时间t内该电路消耗的电能为UIt，UI为消耗的电功率，所以A、C正确．
【答案】 AC
6．(2012·福建古田一中高二检测)一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同的时间内( )
A．电炉放热和电动机放热相等
B．电炉两端电压大于电动机两端电压
C．电炉两端电压等于电动机两端电压
D．电动机消耗的功率大于电炉的电功率
【解析】 由Q热＝I2Rt知A对，电炉为纯电阻电路，
UIt＝I2Rt，U＝IR，电动机为非纯电阻电路，U′I′t＞I′2Rt，U′＞I′R，B、C错，D对．
【答案】 AD
7．利用超导材料零电阻的性质，可以实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6×10－3kW D．10 kW
【解析】 节约的电功率为原来输电线消耗的功率，由焦耳定律有P＝I2R.根据输电线提供给用电器的功率和电压可知输电线中的电流I满足P0＝UI，由以上两式有P＝()2R＝()2×0.4 W＝1 000 W．选项A正确．
【答案】 A
8．如图3－3－7甲是电热灭蚊器的示意图，其电热部分的主要元件是PTC元件，该元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图乙所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能．对此，以下判断正确的是( )
甲 乙
图3－3－7
A．通电后，其电功率先增大，后减小
B．通电后，其电功率先减小，后增大
C．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1或t2不变
D．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变
【答案】 AD
9．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3－3－8所示，求：
图3－3－8
(1)此空调器运行1小时用去多少电？
(2)其平均功率为多少？
【解析】 (1)1小时内消耗的电能为
E＝P1t1＋P2t2＝(0.5×＋2×)kW·h
＝1.5 kW·h.
(2)平均功率
P＝＝＝ W
＝1.5 kW.
【答案】 (1)1.5 kW·h (2)1.5 kW
10．一根电阻丝，在通过2 C的电荷量时电功为8 J，若在相同的时间内通过4 C的电荷量，求电阻丝上的电流做的功和所加的电压分别是多少？
【解析】 设电阻丝的电阻为R，据W＝UIt＝Uq得U1＝4 V
在相同时间内通过的电荷量变为原来的2倍．
据I＝q/t知：I2＝2I1
又据欧姆定律I＝U/R得U2＝2U1＝8 V
电流的功W2＝U2I2t＝4W1＝32 J.
【答案】 32 J 8 V
11．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3 V，电流为0.3 A．松开转轴，在线圈两端加电压为2 V时，电流为0.8 A，电动机正常工作．该电动机正常工作时，输入的电功率是多少？电动机的机械功率是多少？
【解析】 电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得
电动机线圈内阻r＝＝ Ω＝1 Ω
电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为
P入＝U1I1＝2×0.8 W＝1.6 W
电动机的机械功率为
P机＝P入－Ir＝(1.6－0.82×1) W＝0.96 W
【答案】 1.6 W 0.96 W
12．一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表：
规格
后轮驱动直流永磁体电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120 W
整车质量
30 kg
额定电压
40 V
最大载重
120 kg
额定电流
3.5 A
质量为M＝70 kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受摩擦阻力f恒为车和人总重的k＝0.02倍．取g＝10 m/s2，求：
(1)此车的永磁体电机在额定电压下正常工作的效率；
(2)仅在永磁体电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度．
【解析】 (1)由表可知，电机的额定电压为U0＝40 V，额定电流为I0＝3.5 A，所以电机正常工作时输入功率为P入＝U0I0＝140 W．又因电机的输出功率为P出＝120 W，
所以电机的效率为η＝×100%＝85.7%.
(2)行驶时所受阻力为f＝k(M＋m)g，式中m为车的质量．
当达到最大速度vm时，应有P出＝fvm
所以最大速度vm＝P出/f＝6.0 m/s.
【答案】 (1)85.7% (2)6.0 m/s
1.如图3－4－6所示，4只电阻串联于某电路中，已测出UAC＝9 V，UBD＝6 V，R2＝R4，则UAE为( )
图3－4－6
A．3 V B．7.5 V
C．15 V D．无法确定
【解析】 四个电阻串联，根据电压关系可知
UAC＋UBD＝15 V＝I(R1＋R2＋R2＋R3)
已知R2＝R4，UAC＋UBD＝UAE.
【答案】 C
2．(2012·海南昌江一中高二检测)两电阻R1、R2并联时总电阻为4 Ω，接入电路中时，它们通过的电流I1∶I2＝1∶2，则R1、R2的阻值分别为( )
A. 1 Ω，3 Ω B．2.7 Ω，1.3 Ω
C．6 Ω，12 Ω D．12 Ω，6 Ω
【解析】 两电阻并联时，电流之比为1∶2，则电阻之比为2∶1，设两电阻阻值分别为2R、R，则＋＝，解得R＝6 Ω，2R＝12 Ω，故D正确．
【答案】 D
3．有四个阻值为R的电阻全部使用，不同的组合可以获得不同阻值的等效电阻，下列阻值中可以获得的为( )
A．4R B．2R
C．R D．0.6R
【解析】 四个串联阻值为4R，其中每两个串联再并联，阻值为R，其中两个并联，再与第三个串联，然后与第四个并联，总阻值为0.6 R.
【答案】 ACD
4．以下关于电流表与电压表的说法中，正确的是( )
A．都是电流表G与电阻并联改装而成的
B．都是电流表G与电阻串联改装而成的
C．它们本身都有内阻，只是电流表的内阻一般很小，而电压表的内阻一般很大
D．电流表的内阻肯定比用来改装的电流表G的内阻小，而电压表的内阻肯定比用来改装的电流表G的内阻大
【解析】 把电流表G改装成量程较大的电流表时，是给电流表G并联一个分流电阻，而把电流表G改装成电压表时，是给电流表G串联一个分压电阻，故A、B选项错误．由于串联总电阻大于每一个电阻，并联总电阻小于每个电阻，故C、D选项正确．
【答案】 CD
5．如图3－4－7所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数始终为U，下列判断正确的是( )
图3－4－7
A．a处接线断开 B．触头P开路
C．a、b间电阻丝开路 D．b处接线开路
【解析】 因电压表示数始终为U，则触头P不会开路，故B错；若a处接线断开则电压表示数为零；若a、b间电阻丝开路则P移动到某位置时示数为零；若b处接线开路，则由于电阻上无电压降，P点的电势始终为a点电势，电压表示数始终为U，故A、B、C均错，D正确．
【答案】 D
6. (2013·南京高二检测)如图3－4－8表示电阻R1、R2的电流随电压变化的关系图线，则( )
图3－4－8
A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域
B．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅲ区域
C．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域
D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅱ区域
【解析】 I－U图象的斜率的倒数表示电阻的大小，两个电阻串联，总电阻比R1、R2中任何一个电阻的值都大，故串联的I－U图象在Ⅲ区．两电阻并联，总电阻比R1、R2中任何一个电阻的值都小，故并联后I－U图象在Ⅰ区，因此，B、C正确．
【答案】 BC
7.如图3－4－9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3－4－9
A．1.0×10－3C B．6.0×10－3C
C．6.0×10－4C D．1.6×10－3C
【解析】 R1、R2串联则＝＝，又U1＋U2＝8 V，所以U1＝3 V，U2＝5V.电容器与R2并联则UC＝U2＝5 V，电容器带电量Q＝CUC＝1.0×10－3C.选项A正确．
【答案】 A
8. (2013·济南实验中学高二检测)如图3－4－10所示，a、b两端电压恒定，电阻R1＝2 kΩ，用内阻也是2 kΩ的电压表测电阻R1两端电压为2 V，测R2两端电压为4 V，则不接电压表时，关于a、b间总电压判断正确的是( )
图3－4－10
A．等于6 V B．大于6 V
C．小于6 V D．以上说法都不对
【解析】 测R2两端电压时读数为4 V，即电压表与R2并联所得的电压为4 V，此时R1分得的电压应大于2 V，故a、b间总电压应大于6 V.
【答案】 B
9．(2012·福建上杭一中高二检测)如图3－4－11所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )
甲 乙
图3－4－11
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程减小
D．上述说法都不对
【解析】 电压表电阻分压，串联；电流表电阻分流，并联．所以甲表为电流表，乙表为电压表．并联电路电阻大时分流少，所以R增大时量程减小；串联电路电阻大时分压多，所以R增大时量程增大．
【答案】 B
10．(2011·海南高考)图3－4－12甲是改装并校准电流表的电路图．已知表头 的量程为Ig＝600 μA、内阻为Rg，是标准电流表．要求改装后的电流表量程为I＝60 mA.完成下列填空：
(1)图3－4－12甲中分流电阻Rp的阻值应为______(用Ig、Rg和I表示)．
图3－4－12
(2)在电表改装完成后的某次校准测量中， 表的示数如图乙所示，由此读出流过电流表的电流为__mA.此时流过分流电阻Rp的电流为___mA(保留1位小数)．
【解析】 (1)由IgRg＝(I－Ig)Rp可得Rp＝.
(2)按“十分之一”估读法可从图乙读得结果为49.5 mA.由于IpRp＝IμARg＝(ImA－Ip)Rg，故有Ip＝，结合Rp＝可得Ip≈49.0 mA.
【答案】 (1) (2)49.5 49.0
11．(2012·青岛二中高二检测)有一只量程为1 mA的电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10－2Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1 A的电流表，若要把这个量程为1 mA的电流表改装成一个量程为10 V的电压表，应在电流表上串联一个________Ω的电阻．将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是________V.
【解析】 将电流表并联一个分流电阻R0，可改装成一较大量程的电流表，设量程为I，则
I＝Ig＋，
故Rg＝＝ Ω
＝9.99 Ω≈10 Ω.
将电流表改装成电压表，则需串联一分压电阻，设为R，则U＝Ig(Rg＋R)，R＝－Rg＝ Ω－10 Ω＝9 990 Ω.
当电压表指针偏转40格时，表明这段电阻两端电压
U′＝U＝8 V.
【答案】 9 990 8
12．两个用电器的额定电压都是6 V，额定电流分别是0.1 A和0.3 A.
(1)把这两个用电器并联后接在电压为8 V的电路中，要使它们正常工作，应附加多大电阻？怎样连接？该电阻功率多大？
(2)如果把它们串联后接在12 V的电路上，要使它们正常工作应该怎样做？
【解析】 (1)两个用电器的额定电压都是6 V，并联后接入6 V的电路上就能正常工作；而今电路的电压是8 V，大于6 V，故应串联一个分压电阻Rx，使其分担2 V的电压，这个附加电阻通过的电流，应等于通过两用电器的电流之和，电路连接情况如图所示．
I＝0.1 A＋0.3 A＝0.4 A.
Rx＝＝ Ω＝5 Ω.
即应串联一个5 Ω的分压电阻，其功率Px＝＝ W＝0.8 W.
(2)由于两个用电器的额定电流不同，所以不能把它们简单地串联在电路上．如果把它们串联后连入12 V电路中，且使通过R2的电流为0.3 A(这时R2两端的电压等于6 V)，通过R1的电流为0.1 A(这时R1两端的电压也等于6 V)，就必须在R1两端并联一个分流电阻Rx，使其分去(0.3－0.1)A的电流，如图所示．
要使两个用电器都能正常工作，Rx的阻值和功率应分别为Rx＝＝30 Ω，Px＝IU＝0.2×6 W＝1.2 W.
【答案】 (1)5 Ω 串联 0.8 W
(2)在R1两端并联一个30 Ω的电阻
1.如图4－1－10所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E和r，当闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是( )
图4－1－10
A．电流表的示数变大，电压表的示数变大
B．电流表的示数变大，电压表的示数变小
C．电流表的示数变小，电压表的示数变小
D．电流表的示数变小，电压表的示数变大
【解析】 向左移动滑动变阻器的滑动触头，R增大，由I＝，U＝知，电压表示数变大，电流表示数变小，D选项正确．
【答案】 D
2．如图4－1－11所示的是两个闭合电路中两个电源的U－I图象，下列说法中正确的是( )
图4－1－11
A．电动势E1＝E2，内阻r1＜r2
B．电动势E1＝E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1＞I2
D．当两电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大
【解析】 电源的电动势和内阻的判定可以通过U－I图象来完成，由图象可知，E1＝E2，两电源的短路电流I1＞I2(图象的横截距)，故内阻r＝E/I，r1＜r2，选项A、C正确，因图象1的斜率的绝对值小于图象2的斜率的绝对值，由图象可以得到ΔU＝kΔI，可知ΔU2＞ΔU1，选项D正确．
【答案】 ACD
3.如图4－1－12所示为某一电源的U－I曲线，由图可知( )
图4－1－12
A．电源电动势为2 V
B．电源内电阻为 Ω
C．电源短路时电流为6 A
D．电路路端电压为1 V时，电路中电流为5 A
【解析】 由U－I图知，电源的电动势E＝2 V．r＝||＝ Ω＝0.2 Ω.短路电流Im＝＝10 A．当U＝1 V时，I＝＝ A＝5 A.
【答案】 AD
4．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA，若将该太阳能电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是
( )
A．0.10 V B．0.20 V
C．0.30 V D．0.40 V
【解析】 电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，所以电动势E＝800 mV，由闭合电路欧姆定律得短路电流I短＝，所以电源内阻r＝＝ Ω＝20 Ω.该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I＝＝ mA＝20 mA，所以路端电压U＝IR＝400 mV＝0.40 V．故正确答案为D.
【答案】 D
5. (2012·陕西师大附中高二检测)在如图4－1－13所示电路中E为电源，其输出电压恒为9.0 V；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；K为开关．开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关K，然后将触头缓慢地向A方向滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为( )
图4－1－13
A．10 Ω B．20 Ω
C．15 Ω D．5 Ω
【解析】 小灯泡正常发光时，U灯＝6.0 V
由P＝IU，得I灯＝＝0.3 A
RCA＝＝ Ω＝10 Ω
所以RCB＝30 Ω－10 Ω＝20 Ω.
【答案】 B
6．(2011·海南高考)如图4－1－14所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关， 与 分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
图4－1－14
A．的读数变大， 的读数变小
B． 的读数变大， 的读数变大
C． 的读数变小， 的读数变小
D． 的读数变小， 的读数变大
【解析】 S断开时，外电路总电阻增大，总电流减小，故路端电压增大，电压表示数增大，又知R1两端电压减小，所以R3两端的电压增大，故通过R3的电流增大，电流表示数增大，故B正确．
【答案】 B
7．在图4－1－15所示的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是( )
图4－1－15
A． 变大， 变大 B． 变小，变大
C． 变大， 变小 D． 变小， 变小
【解析】 当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路部分电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流变小，○A 变小，内电压减小，路端电压增大，又知R0两端电压减小，所以○V 变大，选项B正确．
【答案】 B
图4－1－16
8. (2012·福建泉州五中高二检测)法国和德国两名科学家先后独立发现了“巨磁电阻”效应，共同获得2007年诺贝尔物理学奖．所谓“巨磁电阻”效应，是指磁性材料的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化的现象．物理兴趣小组的同学从“巨磁电阻”效应联想到一些应用，他们的探究如下：为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图4－1－16是磁报警装置一部分电路示意图，其中RB是利用“巨磁电阻”效应而制作的磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将
( )
A．I变大，U变大 B．I变小，U变小
C．I变大，U变小 D．I变小，U变大
【解析】 当RB处出现断针时，RB减小，R总减小，I总增大，U内增大，Uab＝E－U内将减小；由于I总增大，所以R1分压增大，UR1＋URB＝Uab，可得URB减小，IR3减小，由IR3＋I＝I总，可得I增大．
【答案】 C
9．(2013·武汉高二检测)如图4－1－17所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.2 Ω，标有“8 V 16 W”的灯泡L恰好正常发光，电动机线圈电阻R0＝0.15 Ω，则电源的输出功率为( )
图4－1－17
A．16 W B．440 W
C．80 W D．400 W
【解析】 由于“8 V 16 W”灯泡正常发光，故路端电压为8 V．根据U＝E－Ir.得总电流I＝10 A，故电源输出功率P＝IU＝80 W，故C正确．
【答案】 C
10．(2012·五指高二检测)如图4－1－18所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是
( )
图4－1－18
A．电流表坏了或未接好
B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路
C．灯L2的灯丝断了或灯座未接通
D．电流表和灯L1、L2都坏了
【解析】 由于闭合开关，两灯不亮，电流表没有示数，可以断定电路中某处断路，由于电压表有示数，故应是a经L1到点b间有断路，故B正确．
【答案】 B
11．如图4－1－19所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V和0.4 A．当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势和内阻．
图4－1－19
【解析】 当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U1＝E－I1r即E＝1.6＋0.4r ①
当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U2＝E－I2r即
E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r ②
由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω.
【答案】 2 V 1 Ω
图4－1－20
12.如图4－1－20所示的电路中，电源的电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω；电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；电容器的电容C＝10 μF.电容器原来不带电．求接通电键K并达到稳定的过程中流过R4的总电荷量．
【解析】 由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为
R＝＋r＝9.0 Ω
由欧姆定律得通过电源的电流I＝E/R＝1/3 A
电源的路端电压U＝E－Ir＝8/3 V
电阻R3两端的电压U′＝U＝2 V通过R4的总电荷量就是电容器的带电荷量
Q＝CU′＝2.0×10－5 C.
【答案】 2.0×10－5 C
1．首先发现电流磁效应的科学家是( )
A．安培 B．奥斯特
C．库仑 D．麦克斯韦
【解析】 1820年丹麦物理学家奥斯特，首先通过实验发现电流周围存在磁场．
【答案】 B
2．用铁棒的一端靠近磁针，磁针自动转向铁棒，根据这一现象可以得出结论( )
A．铁棒一定具有磁性
B．铁棒一定没有磁性
C．铁棒可能有磁性，也可能没有磁性
D．以上答案都不对
【解析】 磁针转向铁棒，只能说明铁棒与磁针相互吸引，可能是磁针具有磁性吸引了无磁性的铁棒，也可能是铁棒具有磁性，与磁针的异名磁极相互吸引．
【答案】 C
3.
图5－1－4
如图5－1－4所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将( )
A．指北 B．指南
C．竖直向上 D．竖直向下
【解析】 我们已经知道地球的地理北极点上可以近似地认为是地磁的南极，根据磁体的同性相斥，异性相吸，所以小磁针的N极将竖直向下，故选D.
【答案】 D
4．人们早在公元前6、7世纪就发现了磁石吸铁、磁石指南等现象，如图5－1－5所示是最早的指南仪器——司南，形似勺子，勺柄是其磁体南极，则司南静止时，勺柄所指的方向是( )
图5－1－5
A．东方 B．北方
C．西方 D．南方
【解析】 因地磁的北极在地理的南极附近．勺柄是磁体南极，故司南静止时，勺柄所指的方向是南方，故B正确．
【答案】 D
5．磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是( )
A．磁体的吸铁性
B．磁极间的相互作用规律
C．电荷间的相互作用规律
D．磁场对电流的作用原理
【解析】 同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．当军舰接近磁性水雷时，磁体间的相互作用引起小磁针的转动，从而接通电路，引起爆炸．
【答案】 B
6．新民晚报曾报道一则消息，“上海雨点鸽从内蒙古放飞后，历经20余天，返回上海市区鸽巢”，信鸽的这种惊人的远距离辨认方向的本领，实在令人称奇．人们对信鸽有高超的认路本领的原因提出了如下猜想：
A．信鸽对地形地貌有极强的记忆力
B．信鸽能发射并接收某种超声波
C．信鸽能发射并接收某种次声波
D．信鸽体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向
那么信鸽究竟靠什么辨别方向的呢？科学家曾做过这样一个实验：把几百只训练有素的信鸽分成两组，在一组信鸽的翅膀下各缚一块小磁铁，而在另一组信鸽的翅膀下各缚一块大小相同的铜块，然后把它们带到离鸽舍一定距离的地方放飞，结果绝大部分缚铜块的信鸽飞回鸽舍，而缚磁铁的信鸽全部飞散了．科学家的实验支持了上述哪种猜想( )
【解析】 这是一道要求从阅读材料的过程中收集信息、分析处理信息的应用类题．因为信鸽所缚的小磁铁所产生的磁场扰乱了它体内磁性物质产生的磁场，所以缚磁铁的一组信鸽全部飞散，故D项正确．
【答案】 D
7．2002年12月31日上午，举世瞩目的上海磁悬浮列车线首次试运行，它是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线．运行全程共30 km，最高时速可达552 km，单向运行约8 min.磁悬浮列车上装有电磁体，铁路底部则安装线圈．通过地面线圈与列车上的电磁体排斥力使列车悬浮起来．地面线圈上的极性与列车上的电磁体下极性总保持( )
A．相同 B．相反
C．不能确定 D．以上均不对
【解析】 同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故地面线圈与列车上电磁体极性应相同．
【答案】 A
8．(2012·陕西高新一中高二检测)下列说法中正确的是( )
A．任何磁体都具有N极和S极两个磁极
B．奥斯特实验说明了电流周围存在着磁场
C．通电导体之间也存在着相互作用，它们是通过电场发生作用的
D．地磁场的N极与地理的南极重合，地磁场的S极与地理的北极重合
【解析】 磁体都有两个磁极：N极、S极，A正确．奥斯特实验说明电流周围存在磁场，B正确．通电导体之间的相互作用是通过磁场产生的，C错误．地磁场的两极与地理两极并不重合，D错误，故选A、B.
【答案】 AB
9．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知( )
A．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近磁针
B．可能是小磁针正西方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
D．可能是小磁针正西方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针
【解析】 根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的原理，本题中可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针，或小磁针正西方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针．
【答案】 CD
10．据瑞典皇家科学院宣布，2007年诺贝尔物理学奖获得者是两名先后独立发现了“巨磁电阻”效应的法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔．所谓“巨磁电阻”效应，是指磁性材料的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化的现象．我们开始能够在笔记本电脑、音乐播放器等所安装的越来越小的硬盘中存储海量信息．下列器材中哪个是利用“巨磁电阻”效应的( )
A．录音磁带 B．MP3
C．电磁继电器 D．磁悬浮列车
【解析】 A、C、D选项中都是利用磁相互作用，因此B正确．
【答案】 B
11．地球是个大磁体，在地球上，指南针能指南北是因为受到________的作用．人类将在本世纪登上火星，目前，火星上的磁场情况不明，如果现在登上火星，你认为在火星上的宇航员能依靠指南针来导向吗？________(选填“能”“不能”或“不知道”)
【解析】 地球周围有磁场，指南针就是因为受到地磁场的作用力而指南北的，火星上磁场情况不明，不能用指南针来导向．
【答案】 地磁场 不能
12．一块没有标明南、北极的小磁针，你能想办法判断它的磁极吗？
(1)A同学用一个已知磁性的小磁针，立刻得出了结果．你知道他是怎样得出的吗？
(2)B同学设计了这样一个方案，他将小磁针固定在小塑料盘中，然后放在水中．它的结论也是正确的，你能说出他利用了什么原理吗？
【解析】 (1)A同学利用磁体的磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．
(2)B同学利用了因地磁场的影响，小磁针指南北的现象．小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极，指地理北极的一端一定是小磁针的N极．
【答案】 见解析
1．关于磁感线，下列说法正确的是( )
A．磁感线可以表示磁场的强弱和方向
B．小磁针N极在磁场中的受力方向，即为该点磁感线的切线方向
C．沿磁感线方向，磁场减弱
D．磁感线是闭合曲线，没有起始点
【解析】 磁感线的疏密表示磁场强弱，切线表示磁场方向，故A对．沿磁感线方向，磁场可能增强也可能减弱，故C错．小磁针N极受力方向是磁感线切线方向，故B正确．磁感线是闭合曲线，无起始点，故D正确．
【答案】 ABD
2.
图5－2－10
如图5－2－10所示，水平直导线ab通有向右的电流I，置于导线正下方的小磁针S极将( )
A．向纸外偏转
B．向纸内偏转
C．在纸面内顺时针转过90°
D．不动
【解析】 据安培定则可以确定，通电直导线在其下方产生垂直纸面向里的磁场，在磁场力的作用下，小磁针N极向里，S极向外偏转，A项正确．
【答案】 A
3.
图5－2－11
(2012·山东枣庄八中高二检测)如图5－2－11所示，A、B是一条磁感线上的两点，下列关于这两点的磁场强弱判断正确的是( )
A．A点磁场比B点磁场强
B．B点磁场比A点磁场强
C．因为磁感线为直线，A、B两点磁场一样强
D．条件不足，无法判断
【解析】 磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线分布越密的地方，磁场越强，磁感线分布越疏的地方，磁场越弱，根据一条磁感线无法看出疏密，因此无法判断磁场的强弱，选D.
【答案】 D
4．如图5－2－12所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )
图5－2－12
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
【解析】 带负电圆环顺时针转动，形成逆时针方向等效电流，根据安培定则，判断出环内外磁场方向，可知小磁针转动方向．
【答案】 B
5.
图5－2－13
在三维直角坐标系中，电子沿y轴正方向运动，如图5－2－13所示，则( )
A．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿电子的运动方向
B．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿形成的电流方向
C．由电子运动产生的磁场在图示a处方向沿＋x方向
D．由电子运动产生的磁场在图示a处方向沿－x方向
【解析】 由安培定则知，伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致．A错B对．弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．在a点的切线方向沿－x方向，所以C错D对．
【答案】 BD
6.
图5－2－14
如图5－2－14所示，一个带负电的橡胶圆盘处在竖直面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时放在它左侧轴线上的小磁针处于静止状态，当橡胶盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针N极的指向( )
A．不偏转 B．向左偏
C．向右偏 D．向纸内偏
【解析】 当橡胶盘转起来后，形成了环形电流(电流方向与转动方向相反)，便在盘的周围产生磁场，由安培定则可判定小磁针所在位置处的磁场方向沿轴线向右，故小磁针的N极将向右偏转．
【答案】 C
7.
图5－2－15
(2012·海南二中高二检测)如图5－2－15所示，一个轻质弹簧下端悬挂一个小铁片，当开关S断开时，铁片刚好与水银槽中水银接触．当开关S闭合后，铁片会( )
A．不动
B．陷入水银面以下
C．向上运动停止在空中
D．不停地上下振动
【解析】 当开关S闭合后，弹簧相当于通电螺线管，由于各匝弹簧中通入电流方向相同，相邻两匝弹簧线圈之间为异名磁极，则弹簧各匝之间相互吸引使弹簧缩短，将铁片向上提起；铁片离开水银面后，电路断开，弹簧无磁性，则在铁片的重力作用下，弹簧伸长，铁片与水银面接触又使电路连接通，这个过程循环往复，使铁片不停地上下振动．
【答案】 D
8.
图5－2－16
如图5－2－16所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，在两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况下列说法中正确的是( )
A．带同种电荷 B．带异种电荷
C．B带正电 D．A带正电
【解析】 由安培定则知，只有从北向南的电流产生的磁场才能使小磁针N极转向纸里，S极转向纸外．选项B、D正确．
【答案】 BD
9．如图5－2－17所示是电路没接通时三个小磁针所指方向，接通后确定三个磁针的转向及最后的指向．
图5－2－17
【解析】
接通电路后，螺线管的磁场为：内部从右指向左，外部从左指向右，如图，故小磁针1逆时针转动，小磁针3顺时针转动，小磁针2基本不动．
【答案】 小磁针1逆时针转动，小磁针3顺时针转动，小磁针2基本不动
10．如图5－2－18所示，在甲、乙间用两条导线连一个直流电路，将小磁针放在两导线之间时，N极向读者偏转，接在A与B间的电压表向B接线柱一侧偏转(此电压表指针总偏向电流流进时的一侧)，由此是否可以判断出甲、乙两处哪是电源，哪是负载？
图5－2－18
【解析】 小磁针N极向读者偏转，可判断小磁针所在处磁场方向向外，由安培定则知，上面的导线中的电流由乙处流向甲处，由电压表指针的偏转方向可知，电压
表中的电流由B流向A，即B端电势高．综上所述，乙处一定是电源，甲处一定是负载．
【答案】 见解析
11.
图5－2－19
在图5－2－19所示的装置中，有两个薄铁片(舌簧片)ab和cd，它们的外端固定在一块木板上，里端相互交叠但相隔一段很小的距离，舌簧片连接在一个有灯泡的电路中．如果拿一根条形磁铁平行地靠近舌簧片，小灯泡就亮起来．如果让磁铁在上面的水平面内转动，小灯泡就一闪一闪地发光．为什么？
【解析】 当条形磁铁平行地靠近舌簧片，两个舌簧片都被磁化，而且b、c两端是异名磁极，相互吸引而接触，使电路接通，小灯泡就亮起来．如果让磁铁在上面的水平面内转动，当磁铁转到与舌簧片平行时，两舌簧片由于被磁化而相互吸引，电路接通，小灯泡发光；当磁铁转到与舌簧片垂直时，两舌簧片退磁而相互分开，电路断开，小灯泡熄灭．若磁铁不停地转动，则两舌簧片时而被磁化，时而退磁，b、c两端时而相互吸引接触，时而分开，电路时通时断，小灯泡就一闪一闪地发光．
【答案】 见解析
12.
图5－2－20
如果小朋友误吞了金属类物品于腹腔内，如何把它取出来呢？某同学在学习了磁场之后，设计出了这样一个仪器，如图5－2－20所示．当仪器顶部接触金属物品时，将手控环内推，再拉出整条塑料管．
(1)你能说出这种仪器的原理吗？
(2)如果小朋友不慎吞下的是易拉罐拉环或一个回形针，哪种物体可以用这种仪器取出来？
(3)如果把活动永磁铁换成电磁铁，你认为是不是更实用呢？
【解析】 (1)当仪器顶部接触金属物品时，将手控环内推，其上面的活动永磁铁使固铁磁化，固铁磁化后能吸引磁性金属物品，然后拉出整条塑料管，即可把这种金属物品取出．(2)由于磁铁只能吸引铁磁性物体，而易拉罐拉环是铝合金材料，不是铁磁性物质，因此不能取出；回形针是铁磁性物体，可以用此仪器取出．(3)电磁铁的磁性强弱可以随电流的变化而变化，如果是误吞了比较重的金属物品，可通过调节电流大小使磁性增强，从而顺利把金属物品取出来．故使用电磁铁应更实用一些．
【答案】 见解析
1．下列说法正确的是( )
A．通过某平面的磁感线条数为零，则此平面处的磁感应强度一定为零
B．空间各点磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
C．平行放置的两条形磁铁异名磁极间的磁场为匀强磁场
D．磁感应强度为零，则通过放在该处的某平面的磁感线条数一定为零
【解析】 磁感应强度反映磁场的强弱和方向，它的方向就是该处磁场的方向，故B项正确；磁感应强度为零，放在该处的某平面无磁感线穿过，故D项正确；若某平面无磁感线穿过，可能磁场很强，只是平面平行于磁场放置导致磁感线穿过该平面的条数为零，所以A项不正确；两平行放置的异名磁极间的磁场不一定是匀强磁场，近距离平行放置的两异名磁极间的磁场才是匀强磁场，C项错误．
【答案】 BD
2．如图5－3－5所示，OO′为条形磁铁的轴线，a、b、c为轴线上的点，则这三点的磁感应强度的大小关系为( )
图5－3－5
A．Ba＝Bb＝Bc B．Ba＞Bb＞Bc
C．Ba＞Bb＜Bc D．Ba＜Bb＜Bc
【解析】 越靠近条形磁铁磁感线越密，磁感应强度越大，选项B正确．
【答案】 B
3．超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用．这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术，磁体悬浮的原理是( )
A．超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同
B．超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反
C．超导体使磁体处于失重状态
D．超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡
【答案】 BD
4.
图5－3－6
如图5－3－6所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过两环的磁通量，则有( )
A．Φ1＞Φ2 B．Φ1＝Φ2
C．Φ1＜Φ2 D．无法判断
【解析】 磁通量定义式中的S应理解为处于磁场中有效的面积，由于环1和环2处在磁场中的面积相同，所以穿过这两个圆环的磁通量是相等的，即Φ1＝Φ2，故B选项正确．此题的关键是明确Φ＝BS中的S是指处于磁场中有效的面积．
【答案】 B
5.
图5－3－7
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5－3－7所示，两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值是B0，则C处磁场的总磁感应强度是( )
A．2B0 B．B0
C．0 D.B0
【解析】 A、B两导线在C点产生的磁场如图所示，那么C点的总磁场应等于此两磁场叠加．
【答案】 D
6.
图5－3－8
(2012·南平一中期末)如图5－3－8所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直地放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小和方向分别为( )
A．0 B．2B0 向外斜上方
C.B0向里斜下方 D．B0 向里斜上方
【解析】 由安培定则可知，图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心O处磁感应强度大小为＝B0，方向为向里斜下方，故选C.
【答案】 C
7.
图5－3－9
如图5－3－9所示，一半圆形球面，大圆面垂直匀强磁场放置，此时穿过它的磁通量为Φ1，现使它绕着过大圆平面圆心，并垂直于匀强磁场的轴转动90°后，磁通量为Φ2.下面的正确选项是( )
A．Φ1＝0 B．Φ2＝0
C．Φ1＝2Φ2 D．Φ1＝Φ2
【解析】 转动前磁通量等于穿过大圆的磁通量不为零，转动90°后，磁感线从球面穿进，又从另外球面穿出，通过这个半球面的磁通量Φ2＝0.因此选项A、C、D均错，B正确．
【答案】 B
8．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图5－3－10(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以电流也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )
图5－3－10
A．0 B．0.5B
C．B D．2B
【解析】 (a)图中螺线管内部磁感应强度方向向左，大小为B.(b)图中导线对折后绕成螺线管，正、反向电流在管内部产生的磁感应强度大小相等，方向相反抵消，合磁感应强度为0.因此选项A正确．
【答案】 A
9.
图5－3－11
在同一平面内有六根彼此绝缘的通电导线，其中电流大小相同，如图5－3－11所示．A、B、C、D四个区域均为面积相同的正方形，其中指向纸内的磁场最强的区域是________．
【解析】
由于六根导线通过的电流大小相等，互相平行但方向不同，可把四个区域A、B、C、D等效为闭合回路，再用右手定则判断磁场的方向，如图所示．B区域电流的方向是逆时针，C区域电流的方向是顺时针，A、D区域电流互相抵消．由此判断B区域磁场方向向外，而C区域磁场方向向内，所以答案应是C区域．
【答案】 C区域
10．有一U形曲面，其尺寸如图5－3－12所示，U形曲面开口竖直向上，现将U形曲面放入磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，求：
图5－3－12
(1)当磁场方向竖直向下时，穿过该曲面的磁通量是多少？
(2)当磁场方向水平向右时，穿过该曲面的磁通量是多少？
【解析】 (1)当磁场方向竖直向下时，曲面在垂直磁场方向的面积为S1＝0.1×0.1 m2＝0.01 m2此时穿过曲面的磁通量为
Φ1＝BS1＝2×0.01 Wb＝0.02 Wb.
(2)当磁场方向水平向右时，曲面在垂直磁场方向的面积为S2＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2
若规定从外表面穿入而从内表面穿出的磁通量为正值，则穿过曲面左半部分的磁通量为
Φ2′＝BS2＝2×0.02 Wb＝0.04 Wb
穿过曲面右半部分的磁通量为
Φ2″＝－BS2＝－2×0.02 Wb＝－0.04 Wb
穿过整个曲面的磁通量为Φ2＝Φ2′＋Φ2″＝0.
【答案】 (1)0.02 Wb (2)0
11．在60周年国庆盛典上我国“飞豹”新型超音速歼击机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼面积分别为15 m2，设北京上空地磁场的竖直分量为0.42×10－4 T，则该机两翼的磁通量为多少？若该机做花样表演“翻转180°飞行”，则此过程中两机翼磁通量变化量为多少？
【解析】 根据磁通量公式Φ＝BScos α知，
Φ＝B·S＝0.42×10－4×2×15 Wb＝1.26×10－3Wb
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，
ΔΦ＝2Φ＝2.52×10－3 Wb.
【答案】 1.26×10－3 Wb 2.52×10－3 Wb
12.
图5－3－13
磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为ω＝，式中B是磁感应强度，μ是磁导率，在空气中μ为已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为S的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁缓慢拉开一段微小距离Δl，并测出拉力F，如图5－3－13所示．因此F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、S之间的关系为B＝________.
【解析】 在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功W＝FΔl.
用ω表示间隙中磁场的能量密度，则间隙中磁场的能量E＝ωV＝ωSΔl
由题给条件ω＝，故E＝SΔl
因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，即W＝E，故有
FΔl＝SΔl，解得B＝.
【答案】
1．在赤道上空，有一条沿东西方向水平架设的导线，当导线中的自由电子自西向东沿导线做定向移动时，导线受到地磁场的作用力的方向为( )
A．向北 B．向南
C．向上 D．向下
【解析】 导线中的自由电子自西向东沿导线定向移动时，形成的电流自东向西．赤道上空地磁场方向由南水平指向北，由左手定则可判断导线受到的安培力方向向下．答案为D.
【答案】 D
2．下列说法正确的是( )
A．放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用
B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
C．磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向
D．安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面
【解析】 当导线与磁场方向平行时，导线所受磁场力为零，A错误；匀强磁场中，沿磁场方向，磁场强弱不变，B错误，通电导线所受的磁场力方向与磁场方向垂直，C错误；由左手定则可知，F方向一定与B和I所决定的平面垂直，D正确．
【答案】 D
3．(2012·福州八中高二检测)关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系，正确的说法是( )
A．磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间总是互相垂直的
B．磁场方向一定与安培力方向垂直，但电流方向不一定与安培力方向垂直
C．磁场方向不一定与安培力方向垂直，但电流方向一定与安培力方向垂直
D．磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直
【解析】 安培力一定垂直于电流和磁场决定的平面，而电流方向与磁场方向可能垂直，也可能不垂直．选项D正确．
【答案】 D
4.
图6－1－11
将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图6－1－11所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )
A．圆环顺时针转动，靠近磁铁
B．圆环顺时针转动，远离磁铁
C．圆环逆时针转动，靠近磁铁
D．圆环逆时针转动，远离磁铁
【解析】 该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确．
【答案】 C
5.
图6－1－12
(2010·苏州高二检测)如图6－1－12所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )
A．水平向左 B．水平向右
C．竖直向下 D．竖直向上
【解析】 先用安培定则判断螺线管的磁场方向，在导线A处的磁场方向是水平向左的，再用左手定则判断出导线A受到的安培力竖直向上．故选D.
【答案】 D
6.
图6－1－13
(2012·保定模拟)图6－1－13中的D为置于电磁铁两极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
【解析】 由右手螺旋定则知，软铁芯在导线D处的磁场方向向左，由左手定则可判定导线D受到的磁场力方向向上，A正确．
【答案】 A
7.
图6－1－14
(2012·福建同安一中高二检测)如图6－1－14所示，一根长直导线穿过载有恒定电流的金属环的中心且垂直于环面，导线和金属环中的电流如图所示，那么金属环所受安培力( )
A．沿圆环半径向里
B．等于零
C．沿圆环半径向外
D．水平向左
【解析】 据安培定则可以确定，直导线产生的磁场与金属环中电流平行，故金属环不受安培力，B对．
【答案】 B
8.
图6－1－15
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6－1－15所示，ad边与MN平行．关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是( )
A．线框有两条边所受到的安培力方向相同
B．线框有两条边所受到的安培力大小相同
C．整个线框有向里收缩的趋势
D．若导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变
【解析】 由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等．因此ab与cd边受到的安培力大小相等，但ab受力方向向下，cd受力方向向上，即两者的方向相反．ad受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力，A、C错B对；MN向左微移，则线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D错．
【答案】 B
9．(2012·福建龙岩一中高二检测)如图6－1－16所示，有一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( )
图6－1－16
A．纵向收缩，径向膨胀 B．纵向伸长，径向收缩
C．纵向伸长，径向膨胀 D．纵向收缩，径向收缩
【解析】 通电线圈每匝可视为一小磁铁，且排列方向一致，故纵向收缩；通电线圈又处在电流产生的磁场中，由电流元分析法知径向膨胀．
【答案】 A
10.
图6－1－17
如图6－1－17所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出( )
A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小
C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
【解析】 如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则，直导线受向下的安培力，由力的作用是相互的，条形磁铁受向上的作用力．故A正确．
【答案】 A
11．如图6－1－18所示，水平方向有一匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T，有一段通电导线竖直放置，长度为L＝0.8 m，当导线中通入大小为I＝1 A，方向如图所示的电流时，试问：
图6－1－18
(1)导线所受安培力有多大？方向如何？
(2)若将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，则安培力的大小是多少？
(3)若将导线在垂直纸面的平面内转动，分别说明它所受安培力的大小和方向是否变化？
【解析】 (1)由于电流方向与磁场方向垂直，故F＝BIL＝0.16 N，由左手定则可判断出安培力的方向垂直纸面向里．
(2)将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，此时电流方向与磁场方向平行，故安培力的大小F＝0.
(3)将导线在垂直纸面的平面内转动，由于任意位置电流方向与磁场方向均垂直，故安培力的大小不变，由左手定则知，安培力的方向不断改变．
【答案】 (1)0.16 N 垂直纸面向里 (2)0 (3)F大小不变，方向不断改变
12．(2012·新疆实验中学高二检测)如图6－1－19所示，水平放置的光滑金属导轨宽L＝0.2 m，接有电源电动势E＝3 V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B＝1 T．导体棒ab的电阻R＝6 Ω，质量m＝10 g，垂直放在导轨上并良好接触，求合上开关的瞬间．
图6－1－19
(1)金属棒受到安培力的大小和方向；
(2)金属棒的加速度．
【解析】 (1)闭合电键的瞬间，回路中的电流
I＝＝ A＝0.5 A
ab棒所受安培力
F安＝BIL＝0.1 N
由左手定则知方向水平向右
(2)由牛顿第二定律知
a＝＝10 m/s2
方向水平向右
【答案】 (1)0.1 N 水平向右 (2)10 m/s2，方向水平向右
1．对F＝qvBsin θ的理解，下列说法正确的是( )
A．当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向垂直
B．θ角是电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角
C．θ角是指运动电荷进入磁场时速度与水平方向的夹角
D．θ角是指运动电荷进入磁场时速度与竖直方向的夹角
【解析】 公式F＝qvBsin θ中的θ角是指电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角，B正确，C、D均错误，当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向平行，A错误．
【答案】 B
2.
图6－2－8
长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图6－2－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是( )
A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里
B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外
C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左
D．小球不受磁场力作用
【解析】 电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．
【答案】 D
3．来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将( )
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地点稍向东偏转
C．相对于预定地点稍向西偏转
D．相对于预定地点稍向北偏转
【解析】 地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电．根据左手定则可判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东．故正确答案为B，A、C、D错．
【答案】 B
4．如图所示，带电粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外的是( )
【解析】 根据左手定则，A选项粒子所受洛伦兹力方向向右，B向左，C垂直于纸面向外，D不受洛伦兹力，故C正确．
【答案】 C
5.
图6－2－9
如图6－2－9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( )
A．向上偏转 B．向下偏转
C．向左偏转 D．向右偏转
【解析】 磁场动而电子不动和磁场不动而电子动结果相同，都会使电子受到洛伦兹力作用，公式F＝qvB中v应为相对速度．电子相对于磁场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．
【答案】 D
6．(2012·福建上杭一中高二检测)关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子沿电场线射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定不变
D．不管带电粒子怎样进入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
【解析】 带电粒子在电场中受到的电场力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定，对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错误．垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加，B错．带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力不做功，C错．不管带电粒子怎样进入磁场，由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变，D正确．
【答案】 D
7.
图6－2－10
如图6－2－10所示，表示匀强磁场B垂直于yOz平面竖直向上，要使速率相同的电子进入磁场后，受到的洛伦兹力最大，并且洛伦兹力的方向指向y轴正方向，那么电子运动方向可能是( )
A．沿z轴正方向进入磁场
B．沿y轴负方向进入磁场
C．在yOz平面内，沿任何方向进入
D．在xOz平面内，沿某一方向进入
【解析】 A项洛伦兹力沿y轴负方向，选项A错误．B项洛伦兹力沿z轴负方向，选项B错误．沿yOz平面入射的电子虽然都满足F最大条件，但不能都满足洛伦兹力方向沿y轴正方向的条件，只有沿z轴负方向入射的才满足条件，选项C错误．若在xOz平面内沿z轴负方向射入电子，电子受洛伦兹力最大，且指向y轴正方向，选项D正确．
【答案】 D
8.
图6－2－11
初速为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6－2－11所示，则( )
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】 先用右手螺旋定则判断出通电导线周围磁场方向，再用左手定则判断出电子受力方向．
【答案】 A
9.
图6－2－12
带电油滴以水平向右速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图6－2－12所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，荷质比＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
【解析】 由于带电的油滴进入磁场中恰做匀速直线运动．且受到的重力向下，洛伦兹力方向必定向上．由左手定则可知油滴一定带负电荷，且满足mg－qv0B＝0.所以q＝，故C正确．
【答案】 C
10.
图6－2－13
有一束粒子(其中有正电性的、负电性的，还有不带电的)通过一垂直于粒子运动方向的磁场，分成三束，如图6－2－13所示，其中__________束带正电，________束带负电，________束不带电．
【解析】 B束粒子不偏转，说明不带电；A束粒子向左偏，根据物体做曲线运动合外力指向曲线内侧，可知A束粒子受到的洛伦兹力方向开始时指向左方，由左手定则可判断A束粒子带正电；C束粒子带负电．
【答案】 A C B
11.
图6－2－14
(2012·宁德高二检测)如图6－2－14所示，为一电磁流量计的示意图，截面为一正方形的非磁性管，其每边长为d，内有导电液体流动，在垂直液体流动的方向加一指向纸里的匀
强磁场，磁感应强度为B.现测得液体表面a、b两点间电势差为U，求管内导电液体的流量Q.
【解析】 a、b两点电势差达到稳定的条件q＝qvB，
解得导电液体的流速v＝，
导电液体的流量Q＝Sv＝＝.
【答案】 Q＝
12．如图6－2－15所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m、带电荷量为＋q，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感应强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度．
图6－2－15
【解析】
小球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得mg－μFN＝ma FN－qE－qvB＝0
所以a＝
故v＝0时，a最大，amax＝g－.同样可知，a随v的增大而减小，当a减小到零时v达到最大，故
mg＝μ(qvmaxB＋qE)
得vmax＝－.
【答案】 g－ －
1．有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如图6－3－10所示，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )
图6－3－10
①速度；②质量；③电荷量；④比荷
A．①③ B．②③④
C．①④ D．①②③④
【解析】 在区域Ⅰ，运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且Eq＝Bqv，离子以速度v＝匀速穿过区域Ⅰ，进入区域Ⅱ，离子做匀速圆周运动，轨道半径r＝，因经区域Ⅰ的选择v相同，当v相同时，必有q/m相同．
【答案】 C
2．(2012·杭州期末)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里，以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
【解析】 由半径公式R＝得＝·＝2，再由左手定则知，选项A正确，B、C、D均错．
【答案】 A
3.
图6－3－11
如图6－3－11所示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下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．则下列表述正确的是( )
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
【解析】 由加速电场可知粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场水平向右，洛伦兹力水平向左，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外，B正确；粒子经过速度选择器时满足qE＝qvB，可知能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，C正确．带电粒子进入磁场做匀速圆周运动时有R＝，可见当v相同时，R∝，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越小，D错误．
【答案】 ABC
图6－3－12
4．(2012·海口一中高二检测)如图6－3－12所示，截面为正方形的容器处在匀强磁场中，一束电子从孔a垂直磁场方向射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则下列叙述中正确的是( )
A．从两孔射出的电子速率之比vc∶vd＝2∶1
B．从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比tc∶td＝1∶2
C．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比ac∶ad＝∶1
D．从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比ac∶ad＝2∶1
【解析】 Rc＝，Rd＝，因为Rc＝2Rd，所以vc∶vd＝2∶1，故A正确；tc＝×，td＝×，所以tc∶td＝1∶2，故B正确；加速度之比ac∶ad＝qvcB∶qvdB＝vc∶vd＝2∶1，故C错误，D正确．
【答案】 ABD
5.
图6－3－13
如图6－3－13所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上．其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则( )
A．小球A仍可能处于静止状态
B．小球A将可能沿轨迹1运动
C．小球A将可能沿轨迹2运动
D．小球A将可能沿轨迹3运动
【解析】 若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确．若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确．C、D错误．
【答案】 AB
6．(2011·海南高考)如图6－3－14所示，空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一由两种粒子组成的细束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，但其比荷都相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力．下列说法正确的是( )
图6－3－14
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，其轨迹所对应的圆心角一定越大
【解析】 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝得轨道半径r＝，由于粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同；相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子从磁场左边界射出磁场，则这些粒子在磁场中运动的时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故A、C错误．根据＝得θ＝t，所以t越长，θ越大，故D正确．
【答案】 BD
7．(2012·德阳一中高二检测)如图6－3－15所示，一带电粒子垂直射入一自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻尼作用，其运动轨迹仍为一段圆弧线，则从图中可以判断(不计重力)( )
图6－3－15
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．粒子带负电，从B点射入磁场
D．粒子带正电，从B点射入磁场
【解析】 带电粒子受阻尼作用，速率减小，而运动半径未变，由r＝知，粒子运动轨迹上B逐渐减小，粒子应从A点射入磁场，故A对，B错．据左手定则及偏转方向可以判断粒子带正电，C、D错．
【答案】 A
8．(2012·杭州十四中高二检测)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，如图中的虚线所示．在图所示的几种情况中，可能出现的是( )
【解析】 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、D对．
【答案】 AD
9．(2012·天津新区高二检测)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图6－3－16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6－3－16
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．如果不改变任何量，这个装置不能用于加速α粒子
【解析】 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．由相对论知识知随着质子速度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对．
【答案】 AD
10．环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图6－3－17所示正、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6－3－17
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小
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】 在加速器中qU＝mv2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r＝，即r＝ ，所以在半径不变的条件下越大，B越小，选项B正确；粒子在空腔内的周期T＝，故加速电压越大，粒子的速率v越大，其周期越小，选项C正确．
【答案】 BC
11.
图6－3－18
(2012·古田一中高二检测)已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面做匀速圆周运动．如图6－3－18所示．求：
(1)液滴在空间受到几个力作用；
(2)液滴带电荷量及电性；
(3)液滴做匀速圆周运动的半径多大？
【解析】 (1)由于是带电液滴，它必然受重力，又处于电磁复合场中，还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用．
(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，电荷量由mg＝Eq求得：q＝mg/E.
(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，所以仍可用半径公式R＝，把电荷量代入可得：R＝＝.
【答案】 (1)三个 (2)，负电 (3)
图6－3－19
12．(2012·西安实验中学高二检测)如图6－3－19所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．x轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：
(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？
(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离．
【解析】 粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴．如图所示．
(1)由牛顿第二定律有
qv0B＝m ①
T＝ ②
得T1＝，T2＝，
粒子第二次到达x轴需时间t＝T1＋T2＝.
(2)由①式可知r1＝，r2＝，
粒子第二次到达x轴时离O点的距离
s＝2r1＋2r2＝.
【答案】 (1) (2)
1．在库仑扭秤实验中，对于库仑力的研究，用到了下述哪些思想方法( )
A．均分思想 B．放大法
C．控制变量法 D．补偿法
【解析】 在研究F与q、r的关系时，用到了控制变量法；为了改变点电荷的电荷量，用到了电荷量均分的思想，把带电小球的电荷量q分为，，，…为了比较力的大小，通过改变悬丝扭转的角度可以使较小的力得到放大，所以正确选项为ABC.
【答案】 ABC
图1－2－5
2. (2012·青岛二中高二检测)如图1－2－5所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定( )
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
【解析】 两球相互排斥，说明它们带有相同性质的电荷，但它们具体带何种性质的电荷不确定，A、B错．根据库仑定律及牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，方向相反，C错，D对．
【答案】 D
3．使两个带正电的小球相距一定距离，放在光滑的水平绝缘板上，若同时释放两球，则它们的加速度之比将( )
A．不断增大 B．先增大后减小
C．始终保持不变 D．不断减小
【解析】 两球间的库仑力符合牛顿第三定律，加速度之比只取决于两球的质量大小关系，故C正确．
【答案】 C
图1－2－6
4. (2012·山师大附中高二检测)如图1－2－6所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )
A．速度变大，加速度变大
B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变小
D．速度变小，加速度变大
【解析】 根据同种电荷相斥，每个小球在库仑斥力的作用下运动，由于力的方向与运动方向相同，均做加速直线运动，速度变大；再由库仑定律F＝k知随着距离的增大，库仑斥力减小，所以加速度减小，选项C正确．
【答案】 C
5．(2012·海南第二中学高二期末)在真空中，两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离．若先将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，则前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为
( )
A．1∶6 B．1∶12
C．12∶1 D．6∶1
【解析】 由公式F＝k，将q2增加为3q2，将r缩小为r，则F′＝k＝＝12F，故选B.
【答案】 B
图1－2－7
6.如图1－2－7所示，两根丝线挂着两个质量相同的小球A、B，此时上、下丝线的受力分别为FTA和FTB；如果使A、B均带正电，上、下丝线的受力分别为FTA′和FTB′，则( )
A．FTA′＝FTA B．FTA′＜FTA
C．FTB′＝FTB D．FTB′＞FTB
【解析】 以A、B两球组成的整体为研究对象，无论是小球带电还是不带电，分析其受力情况并根据平衡条件可知：上方丝线的拉力总是等于下面两球重力的大小，但是以B球为研究对象分析其受力情况可知，当A、B球不带电时：FTB＝mBg，当A、B球带同种电荷时：FTB′＝mBg＋F库，故选项A、D正确．
【答案】 AD
7．(2012·西安一中高二检测)设某星球带负电荷，一电子粉尘悬浮在距星球表面1 000 km的地方，若将同样的电子粉尘带到距星球表面2 000 km的地方，相对于该星球无初速度释放，则此电子粉尘( )
A．向星球下落 B．仍在原处悬浮
C．推向太空 D．无法判断
【解析】 设电子粉尘距球心的距离为r，电子粉尘的质量为m，星球的质量为M，电子粉尘的电荷量为q，星球的电荷量为Q，则粉尘在距星球表面1 000 km的地方悬浮，有G＝k，等式两边都有r2，可以消掉，这就意味着即使r发生变化，等式依然成立，因此正确选项为B.
【答案】 B
8．(2011·海南高考)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知( )
A．n＝3 B．n＝4
C．n＝5 D．n＝6
【解析】 由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q×nq＝×，解之可得n＝6，D正确．
【答案】 D
9．(2012·新疆实验中学高二检测)如图1－2－8所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )
图1－2－8
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
【解析】 据“同电相斥，异电相引”规律，确定电荷c受到a和b的库仑力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，因此Fb大于Fa，Fb与Fa的合力只能为F2，故选项B正确．
【答案】 B
图1－2－9
10. (2012·泉州五中高二检测)把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在如图1－2－9所示的位置，需在MN间放一带电小球b，则( )
A．b球带正电，放在A点
B．b球带负电，放在A点
C．b球带负电，放在C点
D．b球带正电，放在C点
【解析】 小球a能静止在斜面上，即小球a受到的合力为零，若b球带正电放在A点，当球a所受库仑力大小等于球a的重力时，小球a受到的合力为零，可以静止，A正确；若b球带负电放在A点，小球a所受库仑力向下，小球a受到的合力不能为零，不能静止，B错误；若b球带负电放在C点，小球a受到三个力的作用，合力可以等于零，可以静止，C正确；若b球带正电放在C点，由力的合成可知，小球a所受合力不能为零，故不能静止，D错误．
【答案】 AC
11．有三个完全一样的球A、B、C，A球带电荷量为7Q，B球带电荷量为－Q，C球不带电，将A、B两球固定，然后让C球先跟A球接触，再跟B球接触，最后移去C球，则A、B球间的作用力变为原来的多少？
【解析】 设A、B两球间的距离为r，由库仑定律知，开始时A、B两球之间的作用力为F＝k
据电荷均分原理可知，当A、C两球接触时，两球均带电Q
当B、C两球接触时，两球均带电(Q－Q)＝Q
故后来A、B两球间的作用力F′＝k＝F.
【答案】
图1－2－10
12. (2012·三明一中高二检测)如图1－2－10所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30 g，则B带电荷量是多少？(取g＝10 m/s2)
【解析】 因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L.
依据题意可得tan 30°＝，L＝＝ cm＝10 cm，
对B进行受力分析，如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力：
F＝mgtan 30°＝30×10－3×10× N＝0.3 N.
依据F＝k得：F＝k.
解得Q＝＝×10×10－2 C＝1.0×10－6 C.
【答案】 1.0×10－6 C
1．下列有关电场的说法中不正确的是( )
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，它与其他物质一样，是不依赖我们的向右移一个空格
C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的
D．电场只对静止的电荷有力的作用
【解析】 电场是带电体及电荷周围自然存在的一种特殊物质，电场是客观存在的，并不是人们假想的，电荷间的相互作用通过电场产生，A、B、C对．电场对静止和运动的电荷都有力的作用，D错．
【答案】 D
2．如图所示，各电场中A、B两点电场强度相同的是( )
【解析】 电场强度是矢量，若两点的电场强度相同，必须是大小相等，方向也相同．故只有C正确．
【答案】 C
图1－3－10
3. (2012·福建泉州检测)图1－3－10中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( )
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，EA、EB的大小不能确定
【解析】 根据电场线的物理意义，线上各点的切线方向表示该点的场强方向．因题中的电场线是直线，所以A、B两点的场强方向相同，都沿着电场线向右，A正确．电场线的疏密程度反映了场强的大小，但由于题中仅画出一条电场线，不知道A、B附近电场线的分布情况，所以无法肯定EA＞EB或EA＝EB.B、C错，D正确．
【答案】 AD
4．(2012·福建莆田二中高二检测)如图1－3－11所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
图1－3－11
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电场强度比a点的大
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
【解析】 匀强电场中电场线是平行的，A错；电场线密处场强大，B对，C错；正电荷受力与电场线切线方向相同．a、b两点的切线方向不同，故D错．
【答案】 B
图1－3－12
5. (2012·福建同安一中高二检测)如图1－3－12所示是表示在一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是( )
A．这个电场是匀强电场
B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea＞Eb＞Ed＞Ee
D．无法确定这四个点的场强大小关系
【解析】 图中给出了a、b、c、d四个位置上电荷量和所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E＝可知，F－q图象的斜率代表电场强度．斜率大的场强大、斜率小的场强小，故选项B正确，A、C、D错误．
【答案】 B
图1－3－13
6. (2012·海南白沙期末)如图1－3－13所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面内，但不在同一电场线上，一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，以下判断正确的是( )
A．带电小球的动能可能保持不变
B．带电小球运动的轨迹一定是直线
C．带电小球做的一定是匀变速运动
D．带电小球在a点的速度可能为零
【解析】 带电小球由a点运动到b点，重力和电场力不可能平衡，带电小球的动能不可能保持不变，A错．若电场力和重力的合力沿ab连线，且a点速度方向沿ab连线，则带电小球运动轨迹是直线，否则是曲线，B错．由于电场力与重力的合力是恒力，所以小球所做运动为匀变速运动，C正确．小球有可能从静止做匀加速直线运动到b，故D正确．
【答案】 CD
7．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104 N/C，已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的值约为( )
A．2×10－9 C B．4×10－9 C
C．6×10－9 C D．8×10－9 C
【解析】 带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg＝Eq，则q＝＝＝ C＝4×10－9 C.
【答案】 B
图1－3－14
8. (2012·海南文昌中学高二检测)某静电场中的电场线如图1－3－14所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中的虚线所示．由M运动到N，以下说法正确的是( )
A．粒子必定带正电荷
B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能
【解析】 根据电荷运动轨迹弯曲的情况，可以确定点电荷受电场力的方向沿电场线方向，故此点电荷带正电，A选项正确．由于电场线越密，场强越大，点电荷所受的电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此点电荷在N点加速度大，C选项正确．粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此点电荷在N点的动能大，故D选项正确．
【答案】 ACD
9．(2012·福州八中高二检测)如图1－3－15所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子的重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向的变化情况是( )
图1－3－15
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
【解析】 等量异种电荷的电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A→O→B，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度的方向沿电场线的切线方向，为水平向右，如图乙所示．由于电子处于平衡状态，所受的合外力必为零，故另一个力应与电子所受的电场力大小相等、方向相反．电子所受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A→O→B过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小先变大后变小，所以选项B正确．
甲 乙
【答案】 B
10．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3 N的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106 m，k＝9×109 N·m2/C2)
【解析】 地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q，则地球表面附近的场强E＝ ①
据场强定义知E＝ ②
将k＝9×109 N·m2/C2，R＝6.4×106 m，F＝4×10－3 N，
q＝2×10－4 C代入①②，求得Q＝9.1×104 C
因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球表面附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．
【答案】 负电 9.1×104 C
图1－3－16
11.如图1－3－16所示，A为带正电Q的金属板，小球的质量为m、电荷量为q，用绝缘丝线悬挂于O点．小球由于受水平向右的电场力而静止在沿金属板的垂直平分线上距板为r的位置，悬线与竖直方向的夹角为θ.试求小球所在处的场强．
【解析】 如图所示，根据物体的平衡条件可得：
F电＝mgtan θ
根据场强的定义式可以知道小球所在处的场强为：
E＝＝，
电场强度的方向水平向右．
【答案】 ，水平向右
图1－3－17
12.如图1－3－17所示，两个可看成点电荷的带正电小球A和B位于同一竖直线上，在竖直向上的匀强电场中保持不变的距离沿竖直方向匀速下落．已知A球带电荷量为Q，质量为4m，B球带电荷量为4Q，质量为m，求匀强电场的场强大小和两球间的距离．
【解析】 以A为研究对象，由平衡条件得
QE＋k＝4mg
以B为研究对象，由平衡条件得
4QE＝mg＋k
解得E＝
r＝2Q.
【答案】 2Q
1．真空中两个等量异种点电荷电荷量的值均为q，相距为r，两点电荷连线中点处的场强为( )
A．0 B．2kq/r2
C．4kq/r2 D．8kq/r2
【解析】 两点电荷在中点处的场强等大同向，E＝2k＝8k.
【答案】 D
2．一个带电金属球，当它带的电荷量增加后(稳定)，其内部场强( )
A．一定增强 B．一定减弱
C．可能增强也可能减弱 D．不变
【解析】 当电荷增加时，带电金属球仍处于静电平衡状态，内部场强仍为零．
【答案】 D
3．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图1－4－10所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )
图1－4－10
A．Ea最大 B．Eb最大
C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec
【解析】 处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a、b、c三点的场强都为零．静电平衡的导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN在这一点形成的电场的场强等大反向．比较a、b、c三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN在这三点的场强．由于c点离MN最近，故MN在c点的场强最大，感应电荷在c点场强也最大，正确答案为C项．
【答案】 C
4．(2012·海南海师附中高二检测)在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电Q2，且Q1＝2Q2.用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上( )
A．E1＝E2之点只有一处；该点合场强为0
B．E1＝E2之点共有两处；一处合场强为0，另一处合场强为2E2
C．E1＝E2之点共有三处；其中两处合场强为0，另一处合场强为2E2
D．E1＝E2之点共有三处；其中一处合场强为0，另两处合场强为2E2
【解析】 设两电荷连线长为L，E1＝E2的点离Q2的距离为x，由点电荷的场强E＝k知，当点在Q1、Q2连线外侧时，k＝k，解得x1＝(＋1)L，此处两电场反向合场强为零．当点在连线之间时，k＝k，解得x2＝(－1)L，此处两电场同向E＝2E2.所以本题选项B正确．
【答案】 B
图1－4－11
5. (2012·新疆乌市一中高二检测)如图1－4－11所示，在两个等量异种的点电荷连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中心O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是( )
A．Ea＝Eb B．Ea＝EO＝Eb
C．Ec＝Ed D．Ec＞EO＞Ed
【解析】 由点电荷场强公式E＝k和叠加原理可知．
【答案】 AC
图1－4－12
6.图1－4－12是一块宽大的接地金属板的截面，在板的右侧面附近P点处有一固定的带正电的点电荷(电荷量为＋q)．当金属板处于静电平衡状态时，则
( )
A．板的右侧面上分布有负的感应电荷，而左侧面上没有感应电荷
B．感应电荷在金属板内部任何一点的电场强度矢量都指向P点
C．感应电荷在金属板内部离P点最近的一点产生的电场强度最大
D．接地线断开后，金属板内各点的场强将不再为零
【解析】 金属板放入电场中，由于静电感应，右侧面上出现负电荷，左侧面上的电荷流入大地．静电平衡的导体内部的场强处处为零，与接地线是否断开无关．
【答案】 ABC
7．在如图所示的实验中，验电器的金属箔会张开的是( )
【解析】 A中不会张开，金属网可以屏蔽外电场．B中会张开，因为金属网未接地，网内的带电体可以对外界产生影响．C中不会张开，因为金属网已接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响．D中电荷Q由于网罩的作用对外无影响，但对内仍有影响，故验电器箔片会张开．
【答案】 BD
图1－4－13
8. (2012·福建同安一中高二检测)如图1－4－13所示，空心导体上方有一靠近的带有正电的带电体．当一个重力不计的正电荷以速度v水平飞入空心导体内时，电荷将做( )
A．向上偏转的类似平抛运动
B．向下偏转的类似平抛运动
C．匀速直线运动
D．变速直线运动
【解析】 空心导体处在带正电的带电体的附近，根据电场中导体的特点，空心导体起到了静电屏蔽的作用，使得内部场强为零，电荷不受电场力的作用，所以做匀速直线运动，C选项正确．
【答案】 C
9．(2012·陕西安康中学高二检测)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1－4－14所示，拿走C处的点电荷后，A处电场强度的情况将是( )
图1－4－14
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向外
D．无法确定
【解析】 根据矢量合成法则可推理知，在B、C两处同时存在场源电荷时，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方向向外．
【答案】 C
图1－4－15
10.如图1－4－15所示，带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心，若图中A点处的电场强度为零，则根据对称性，带电薄板在图中B点处产生的场强大小为________，方向为________．(静电力常量为k)．薄板和点电荷＋q在B点产生合场强EB′大小为________，方向为________．
【解析】 由于A点处的电场强度为零，则点电荷＋q在A点产生的场强E1与带电薄板在A点产生的场强EA大小相等，方向相反．由于A、B两点相对薄板对称，所以带电薄板在B点产生的场强EB与在A点产生的场强EA等值反向．所以EB＝E1＝，方向和点电荷＋q产生的场强E1方向相同．点电荷＋q在B点产生的场强为，所以EB′＝，方向向左．
【答案】 水平向左 水平向左
图1－4－16
11.如图1－4－16所示，真空中，带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r，则在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的场强如何？
【解析】
如图所示，EA′＝EB′＝，由矢量图所形成的等边三角形可知，O′点的合场强EO′＝EA′＝EB′＝，方向与A、B的中垂线垂直，即EO′与EO同向．
【答案】 ，方向与O点场强方向相同
12．如图1－4－17所示，在真空中有两个点电荷q1和q2，分别位于A和B点，A、B相距20 cm，q1为4×10－8 C，q2为－8×10－8 C.
图1－4－17
(1)在A、B连线上A的外侧离A 20 cm处的D点场强大小、方向如何？
(2)能否在D点处引入一个带负电的电荷－q，通过求出－q在D处受到的合电场力，然后根据E＝求出D处的场强大小和方向？
【解析】 (1)q1在D点产生的场强
E1＝k＝9×109× N/C＝9×103 N/C，方向向左．
q2在D点产生的场强
E2＝k＝9×109× N/C＝4.5×103 N/C，方向向右．
D点的合场强E＝E1－E2＝4.5×103 N/C，方向向左．
(2)可以．因为电场中某点的场强由电场本身决定，与放入的电荷无关，不论放入电荷的电荷量是多少，也不论放入电荷的正、负，该点的场强大小、方向是确定的．
【答案】 (1)D点场强大小为4.5×103 N/C，方向向左
(2)可以
图2－1－7
1.如图2－1－7所示，电场中a、b、c三点，ab＝bc，则把点电荷＋q从a点经b点移到c点的过程中，电场力做功的大小关系有( )
A．Wab>Wbc B．Wab＝Wbc
C．Wab【解析】 由电场线的疏密可知，a点的场强最小，c点的场强最大，位移相同时，bc段受到的平均电场力大，所以Wab【答案】 C
图2－1－8
2. (2012·福建古田一中高二检测)如图2－1－8所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零，现将另一正点电荷q由a点沿连线移动到c点，在移动的过程中，点电荷q的电势能变化是( )
A．不断减少 B．不断增加
C．先增加后减少 D．先减少后增加
【解析】 根据电场强度是矢量，b是场强为零的点，由叠加原理可知，a、b之间的场强方向向左，b、c之间的场强方向向右，故将正点电荷q由a点移动到c点时，电场力先做负功再做正功，q的电势能先增加后减少．
【答案】 C
图2－1－9
3.在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图2－1－9所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是( )
A．由a→b电场力做正功，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电子的电势能一直增加
D．由d→a电子的电势能先减小后增加，电势能变化量为零
【解析】 电子带负电，由a→b电场力做负功电势能增加，由c→d电场力做正功，电势能减小，故A、C错误．由b→c，电场对电子先做负功，后做正功，由对称性，b、c两点电子电势能相等，故总功为零，B正确，由d→a电场对电子先做正功后做负功，故电子的电势能先减小后增加；再由对称性可确定电势能变化量为零，故D正确．
【答案】 BD
图2－1－10
4.某电场区域的电场线如图所2－1－10所示，把一个电子从A点移到B点时( )
A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功
B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功
C．电子所受的电场力增大，电势能减少
D．电子所受的电场力增大，电势能增加
【解析】 电子从A点向B点移动，电子受力方向与运动方向相同，所以电场力做正功，电势能减少．又因为电场线密处场强大，同时粒子的受力也大，所以电子在B点受力要大于A点．
【答案】 C
图2－1－11
5. (2012·曲师大附中高二检测)如图2－1－11所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增大
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的电势能一个增加一个减少
【解析】 两粒子均仅在电场力作用下运动，电场力做正功，电势能减少，速度增大．根据电场线疏密表示场强的弱强可知，a受的电场力将减小，加速度也将减小，b受的电场力增大，加速度将增大．
【答案】 C
6．如图2－1－12所示，图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b，在这个过程中，电荷的速度－时间图象如图乙所示，比较a、b两点场强大小Ea、Eb和负电荷具有的电势能Epa、Epb，有( )
甲 乙
图2－1－12
A．Ea＞Eb、Epa＜Epb B．Ea＝Eb、Epa＞Epb
C．Ea＜Eb、Epa＞Epb D．Ea＝Eb、Epa＜Epb
【解析】 由v－t图象知负电荷速度均匀减小电场力做负功．动能减小，电势能增加．即Epa＜Epb.因加速度恒定，受电场力不变，应为匀强电场．Ea＝Eb，D正确．
【答案】 D
7．如图2－1－13所示，在真空中有两个等量正电荷Q，分别置于A、B两点，DC为A、B连线的中垂线，D为无限远处，现将一正电荷q由C点沿CD移动到D点的过程中，下述结论中正确的是( )
图2－1－13
A．q的电势能逐渐减少
B．q的电势能逐渐增加
C．q受到的电场力逐渐减小
D．q受到的电场力先增大后减小
【解析】 两个等量正电荷相互排斥，其周围的电场应该是在A、B中点处及无穷远处的场强最小为0.那么，当q沿CD由C向D运动时，E先变大后变小，电场力F也先变大后变小．且在这个过程中电场力做正功，电势能减小．
【答案】 AD
图2－1－14
8.如图2－1－14所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知< .下列叙述正确的是( )
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功，电势能减少
B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加
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功，电势能减少
D．若把一负的点电荷从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】 把正电荷从M点移动到N点，受到的电场力方向跟移动的方向夹角为锐角，因此电场力做正功，所以电荷的电势能减少，选项A对，B错；若移动负电荷，电场力的方向与移动方向的夹角为钝角，克服电场力做功，所以电势能增加，选项C错误；因为电场力做功跟路径无关，D项正确．
【答案】 AD
9．(2012·海南中学高二检测)有两个完全相同的金属球A、B，B球固定在绝缘地板上，A球在离B球为H的正上方由静止释放下落，与B球发生对心碰后回跳的高度为h，设碰撞中无动能损失，空气阻力不计( )
A．若A、B球带等量同种电荷，则h＞H
B．若A、B球带等量同种电荷，则h＝H
C．若A、B球带等量异种电荷，则h＞H
D．若A、B球带等量异种电荷，则h＝H
【解析】 若两个球带等量同种电荷，相碰后每一球带电荷量不变，下落过程电场力做负功，上升过程电场力做正功，整个过程中系统的电势能和机械能的总和不变，小球必回跳到原来的高度，B正确；若两球带等量异种电荷，两球相碰后均不带电，由于下落过程电场力做正功，电势能减少，而上升过程已无电场力，减少的电势能转化为重力势能，所以小球回跳的高度一定比原来高，C正确．
【答案】 BC
图2－1－15
10.如图2－1－15所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿电场方向，BC和电场方向成60°角．一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从A移到B电场力做功为W1＝1.2×10－7 J．求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)电荷从B到C，电场力做的功W2.
【解析】 (1)由W1＝qE·AB，得该电场的电场强度大小为：E＝＝ N/C＝60 N/C
(2)电荷从B到C，电场力做功为：
W2＝qE·BC·cos 60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.
【答案】 (1)60 N/C (2)1.44×10－7 J
11．如图2－1－16所示，在匀强电场中，电场线与水平方向夹角为θ，有一质量为m、带电荷量为q的小球，用长为L的细绳悬挂于O点，当小球静止时，细绳恰好拉成水平方向．现将小球缓慢拉到竖直方向最低点，在此过程中小球带电荷量不变，则外力做功是多少？
图2－1－16
【解析】 沿水平和竖直两方向分解电场强度：E1＝Ecos θ＝cot θ，E2＝Esin θ＝.电场力在这两个方向做的功分别为－mgLcot θ，－mgL.对全过程运用动能定理，有W－mgLcot θ－mgL＋mgL＝0，所以W＝mgLcot θ.
【答案】 mgLcot θ
图2－1－17
12. (2012·厦门六中高二检测)如图2－1－17所示，一个质量为m，电荷量为－q的小物体，可在水平轨道Ox上运动．O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴的正向．小物体以初速度v0从距O点x0处的点沿Ox轴轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f【解析】 解本题的关键是应用电场力做功与路径无关这一特征．电场力所做的功全部用来克服摩擦力做功，因qE>f，故不可能停在O点以外的位置．因qE>f，小物块在电场力和摩擦力作用下以初速度v0向左加速运动，与左壁碰撞时，无能量损失，以反向速度向右减速运动，直到速度为零后又在其合力作用下向左运动，如此反复直至静止在O处．由动能定理有qEx0－fs＝－ mv，解得s＝.
【答案】
1．下列关于电势高低的判断，正确的是( )
A．负电荷从A点移到B点时，电场力做正功，A点的电势一定较高
B．负电荷从A点移到B点时，电势能增加，A点的电势一定较低
C．正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，A点电势一定较低
D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A点移到B点，A点的电势一定较高
【解析】 根据电场力做功和电势能变化的关系，不管是对正电荷做功还是对负电荷做功，只要做正功电势能就减小，只要克服电场力做功电势能就增大．但是正、负电荷在电势高低不同的位置具有的电势能不同，正电荷在电势高处具有的电势能多；负电荷在电势低处具有的电势能多．所以可以确定答案为C、D.
【答案】 CD
2．关于电场的性质，下列说法中正确的是( )
A．电场强度大的地方，电场线一定密，电势也一定高
B．电场强度大的地方，电场线一定密，但电势不一定高
C．电场强度为零的地方，电势一定为零
D．电势为零的地方，电场强度一定为零
【解析】 由电场线的特点和场强与电势的关系可判断选项B正确．
【答案】 B
图2－2－9
3.如图2－2－9所示是电场中的某一条电场线，某一电子先后放在A、B点时，受到的电场力分别为F1、F2，具有的电势能分别为Ep1、Ep2，下列说法正确的是( )
A．A、B两点电场方向相同
B．F1一定大于F2
C．Ep1一定大于Ep2
D．电子从A点运动到B点的过程中，电场力做负功
【解析】 电场线是直线，其方向代表了电场的方向，故A正确，一条电场线不能判断电场强度大小，故F1、F2大小不确定，B错误，根据电场线的方向，φA<φB，由于电子带负电，故Ep1>Ep2，C正确．电子受电场力方向与电场线方向相反，故电子从A到B电场力做正功，D错误．
【答案】 AC
图2－2－10
4. (2010·广东高考)如图2－2－10是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．该点电荷带负电
C．a点和b点电场强度的方向相同
D．a点的电场强度大于b点的电场强度
【解析】 由电场线分布特点知，该点电荷带负电，B正确．沿电场线方向电势降低，A错误，a、b电场强度方向不同，C错．a点电场强度大于b点电场强度，D正确．
【答案】 BD
5.
图2－2－11
如图2－2－11所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是( )
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
【解析】 根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变，C正确．
【答案】 C
6.
图2－2－12
(2011·江苏高考)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图2－2－12中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有( )
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
【解析】 电场线与等势面垂直，可知右侧虚线上方电场线斜向右上方偏，而粒子向下偏，说明粒子带负电，故A正确；等势面的疏密表示电场强度的大小，故B正确；粒子在左侧做减速运动，故C错误；粒子所受的电场力一直做负功，电势能增加，D错误．
【答案】 AB
7.
图2－2－13
(2012·广州一中高二检测)一正点电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B点，其速度大小随时间变化的图象如图2－2－13所示，下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是( )
A．EA>EB，φA>φB
B．EA＝EB，φA＝φB
C．EAφB
D．EA【解析】 由v－t图象，电荷速度大小不变，电场力不做功，正点电荷只在电场力作用下沿等势面运动，因此可以确定B正确．
【答案】 B
8.
图2－2－14
(2012·西安交大附中高二检测)如图2－2－14所示，在点电荷的电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，先把＋q的试探电荷依次放在三点上，然后把－q的试探电荷依次放在三点上，关于电荷的电势能的说法正确的是( )
A．放上＋q时，EpA＞EpB＞EpC
B．放上＋q时，EpA＜EpB＜EpC
C．放上－q时，EpA＞EpB＞EpC
D．无论放＋q，还是－q，EpA＜EpB＜EpC
【解析】 由电场线方向可知电势φA＞φB＞φC，又由电势能Ep＝qφ可知，放＋q时，EpA＞EpB＞EpC，放－q时，EpA＜EpB＜EpC，A对，B、C、D错．
【答案】 A
9.
图2－2－15
如图2－2－15所示，点电荷固定于Q点，一带电粒子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、N为椭圆长轴端点上的两点，下列说法正确的是
( )
A．带电粒子与点电荷的电性相同
B．带电粒子与点电荷的电性相反
C．带电粒子在M点的电势能大于N点的电势能
D．带电粒子在M点的电势能小于N点的电势能
【解析】 带电粒子绕点电荷Q做椭圆运动，受引力作用，故电性相反，A错误，B正确．带电粒子由M点向N点运动，电场力做负功，电势能增加，故C错误，D正确．
【答案】 BD
10.
图2－2－16
(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图2－2－16所示，以下说法正确的是( )
A．c点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小
【解析】 电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不会沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D项正确．
【答案】 BD
11．在静电场中，把一个电荷量为q＝2.0×10－5 C的负电荷由M点移到N点，电场力做正功6.0×10－4 J，由N点移到P点，电场力做负功1.0×10－3 J，则M、N、P三点电势高低关系是________．
【解析】
首先画一条电场线，如图所示．在中间位置附近画一点作为M点．因为由M→N电场力做正功，而负电荷所受电场力与场强方向相反，则可确定N点在M点左侧．由N→P电场力做负功，即沿着电场线移动，又因1.0×10－3 J>6.0×10－4 J，所以肯定移过了M点，即P点位于M点右侧．这样，M、N、P三点电势的高低关系是φN>φM>φP.
【答案】 φN>φM>φP
12．将带电荷量为1×10－8 C的电荷．从无限远处移到电场中的A点，要克服电场力做功1×10－6 J，
问：
(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？
(2)A点的电势是多少？
(3)若电场力可以把带电荷量为2×10－8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？电场力做了多少功？(取无限远处为电势零点)
【解析】 (1)电场力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为1×10－6 J.
(2)A点的电势为：φA＝＝ V＝100 V.
(3)从低电势到高电势电场力做正功，说明电荷带负电，电场力做功为：
W2＝2W1＝2×10－6 J.
【答案】 (1)增加 1×10－6 J (2)100 V
(3)带负电 2×10－6 J
1．下列关于匀强电场中场强和电势差关系的说法正确的是( )
A．在相同距离上，电势差大的其场强也必定大
B．任意两点的电势差，等于场强与这两点间距离的乘积
C．沿着电场线方向，相同距离上的电势降落必定相等
D．电势降低的方向，必定是电场强度的方向
【解析】 由匀强电场的特点知A、B错，C对；电势降低最快的方向才是电场强度方向，D错．
【答案】 C
2.
图2－3－10
(2012·上饶检测)如图2－3－10所示，匀强电场场强E＝100 V/m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场方向夹角为60°，则UBA的值为( )
A．－10 V B．10 V
C．－5 V D．－53 V
【解析】 根据电势差与场强的关系U＝E·d得UAB＝E·LABcos 60°＝100×0.1× V＝5 V，且沿电场线电势降低，φA＞φB，则UBA＝－5 V，所以C选项正确．
【答案】 C
3．正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100 m，且已知空气的击穿场强为3×106 V/m，那么发生此次闪电的电势差约为( )
A．3×108 V B．3×106 V
C．3×104 V D．3×10－5 V
【解析】 将空气中的电场视为匀强电场，由U＝Ed，可得U＝3×108 V，A正确．
【答案】 A
4.
图2－3－11
(2012·新疆实验中学高二检测)a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图2－3－11所示，由此可知c点的电势为( )
A．4 V B．8 V
C．12 V D．24 V
【解析】 根据匀强电场的特点，Uad＝Ubc，即φa－φd＝φb－φc，解得φc＝8 V，B正确．
【答案】 B
5.
图2－3－12
如图2－3－12为电场中的一条电场线，其中a、b、c、d四点中ab＝cd，下列的判断正确的是( )
A．a点场强一定大于c点的场强
B．Uab一定为正值
C．Uab一定等于Ucd
D．若a点处的正电荷只在电场力作用下，一定沿电场线方向移动
【解析】 由于只画出一条电场线，无法判断其疏密，即a点场强不一定大于c点场强，故A错误；由于沿电场线方向电势降低，故B正确；因无法确定是否为匀强电场，Uab不一定等于Ucd，C错误；因正电荷初始情况不明，不一定沿电场线方向移动，故D错误．
【答案】 B
6.
图2－3－13
如图2－3－13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，粒子恰好能达到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)( )
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
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】 由题意知，带电粒子在电场中做减速运动；在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv.要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q＝－mv.联立两方程解得＝.可见，选项B、D均符合等式的要求，本题的答案为B、D项．
【答案】 BD
7.
图2－3－14
(2012·海南乐东高二检测)如图2－3－14所示，三个同心圆是点电荷Q周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上．将电荷量为q＝＋1.6×10－6 C的电荷从A点移到C点，电势能减少1.92×10－5 J，若取C点为电势零点(φC＝0 V)，则B点的电势是( )
A．一定等于6 V
B．一定低于6 V
C．一定高于6 V
D．无法确定
【解析】 根据题意，WAC＝1.92×10－5 J，UAC＝＝12 V．由于点电荷周围的电场为非匀强电场，根据U＝Ed可定性判断UAB>UBC，故B正确．
【答案】 B
8．(2012·福州三中高二检测)如图2－3－15所示，三个电势分别为φ1、φ2、φ3的等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，静电力做正功W1；若由c经b移到d，静电力做正功W2，则( )
图2－3－15
A．W1＞W2，φ1＞φ2
B．W1＜W2，φ1＜φ2
C．W1＝W2，φ1＜φ2
D．W1＝W2，φ1＞φ2
【解析】 电场力做功与路径无关所以有W1＝W2.因移动的是正电荷，电场力做正功，所以Ucd＞0，φ1＞φ2.
【答案】 D
9.
图2－3－16
图2－3－16中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电，接地，A、B两板间距12 cm，C点离A板4 cm.则关于C点的电势，下列说法中正确的是( )
A．φC＝400 V
B．φC＝－400 V
C．φC＝－200 V
D．φC＝200 V
【解析】 根据E＝，金属板间电场强度E＝ V/m＝5×103 V/m.根据U＝Ed，UAC＝5×103×4×10－2 V＝200 V．由于φA＝0，故φC＝－200 V，C正确．
【答案】 C
10．(2010·安徽高考)如图2－3－17所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为( )
图2－3－17
A．UOP＝－10sin θ(V)
B．UOP＝10sin θ(V)
C．UOP＝－10cos θ(V)
D．UOP＝10cos θ(V)
【解析】 在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以UOP＝－10sin θ(V)，选项A正确．
【答案】 A
11.
图2－3－18
电子的电荷量为e、质量为m，以速率v0沿电场线方向射入到场强为E的匀强电场中，如图2－3－18所示．电子从A点入射，到B点速度变为零．
(1)A、B两点间的电势差是多大？
(2)A、B两点间的距离是多少？
【解析】 (1)电子由A点射入，到B点速度变为零，由动能定理－eUAB＝0－mv，
即UAB＝.
(2)A、B两点间的距离d＝＝.
【答案】 (1) (2)
12.
图2－3－19
长为L的平行金属板，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q，质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下极板成30°角，如图2－3－19所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离．
【解析】 设场强为E，极板间距离为d，则
d＝at2＝()2 ①
tan 30°＝＝＝· ②
由①②解得：E＝，d＝L.
【答案】 L
1．下列关于电容器和电容的说法中不正确的是( )
A．根据C＝Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比
C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变
D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板上的电压无关
【解析】 由电容器的定义和电容器的物理意义知A错误，C、D正确．由Q＝CU知 B正确．
【答案】 A
2．某电容器上标有“1.5 μF 9 V”字样，则该电容器( )
A．所带电荷量不能超过1.5×10－6 C
B．所带电荷量不能超过1.35×10－5 C
C．所加电压不应超过9 V
D．该电容器的击穿电压为9 V
【解析】 电容器上标出的电压为额定电压，即电容器正常工作时的电压，击穿电压大于额定电压，故C对，D错．而由C＝可得，Q＝CU，当电容器两极板间电压恰为9 V时，电容器所带的电荷量达到最大值，即Q＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C.
【答案】 BC
3．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( )
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
【解析】 影响平行板电容器电容大小的因素有：①随正对面积的增大而增大；②随两极板间距离的增大而减小；③在两极板间放入电介质，电容增大．据上面的叙述可直接看出B、C选项正确，对D选项，实际上是减小了平行板的间距，D正确．所以本题答案应为B、C、D.
【答案】 BCD
4．C＝和C＝是两个电容器电容的公式．关于它们的说法，正确的是
( )
A．从C＝可以看出，电容的大小取决于其所带电荷量和电压
B．从C＝可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系
C．它们都适用于各种电容器
D．C＝是适用于各种电容器的定义式，C＝是只适用于平行板电容器的决定式
【解析】 公式C＝是电容的定义式，适用于各种电容器，C＝是平行板电容器电容的决定式，只适用于平行板电容器，故A、C错误，B、D正确．
【答案】 BD
5.
图2－4－6
(2012·福建莆田一中高二检测)如图2－4－6所示是一个由电池、电阻R、电键K与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合．在增大电容器两极板间距离的过程中( )
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变小
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
【解析】 图中电容器被充电，A极板带正电，B极板带负电．根据平行板电容器电容的大小决定因素C∝εS/d可知，当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小，由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压UAB保持不变，根据电容的定义C＝Q/UAB，当C减小时电容器两极板间所带电荷量Q要减小，A极板所带正电荷的一部分从a到b经电阻R流向电源正极，即电阻R中有从a流向b的电流．所以选项B、C正确．
【答案】 BC
6．(2012·福建泉州赔元中学高二检测)如图2－4－7所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相接，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是
( )
图2－4－7
A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小
B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大
C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小
D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大
【解析】 静电计指针指示的不是电容器带电荷量Q的大小，而是电容器两极板间的电压U，当静电计指针变化时则表示电容器上的电压变化．当极板B稍向上移动一点时，实验表明指针的偏角变大，即极板间的电压变大，由于极板上的电荷量几乎不变，从电容定义式C＝可知，平行板电容器的电容C将减小，故正确选项为D.
【答案】 D
7.
图2－4－8
(2012·福州八中高二检测)利用传感电容器可检测矿井渗水，从而发出安全警报，避免事故的发生．如图2－4－8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，正确的有( )
A．该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液体
B．芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大
C．如果指示器显示电容增大，则容器中液面升高
D．如果指示器显示电容减小，则容器中液面升高
【解析】 类似于平行板电容器的结构，导线芯和液体构成电容器的两块电极，导线芯的绝缘层就是极间的电介质，其厚度d相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的相对面积(且h越大，则S越大)；所以d大时C就小，若C大时就表明h大．
【答案】 AC
8.
图2－4－9
如图2－4－9所示，平行板电容器的两极板A、B与电池两极相接，一个带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，那么( )
A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
【解析】 闭合电键，电容器充电，结果A板带正电，B板带负电，小球在重力、绳子拉力和电场力的作用下处于平衡状态．若保持电键S闭合，A板向B板靠近时，两板间的电势差保持不变，根据E＝，场强E将增大，所以小球所受电场力也将变大，故θ角增大．
电键S断开，A板向B板靠近时，则极板的带电量将不变，由E＝，U＝和C＝，可得E＝，所以E将不变，小球所受电场力也不变，所以θ不变．
正确选项为A、D.
【答案】 AD
9.
图2－4－10
如图2－4－10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．若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变化是( )
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】 本题考查相对介电常数ε对平行板电容器电容的影响．电介质板插入电容器板间的部分越多，相对介电常数ε越大，电容C越大，故只有电介质板移动的方向会影响ε的大小，而与加速、减速无关．
根据C＝可知，当电容C变大时，ε应该增大，电介质板应向左移动，所以选项B、D正确．
【答案】 BD
10.
图2－4－11
(2012·福建漳州一中高二检测)如图2－4－11所示，平行板电容器与两极电压恒为E的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减少
D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
【解析】 电容器两端电压U不变，由公式E＝，场强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而场强E减小，由公式U＝Ed知P与下极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时由公式Q＝CU，带电荷量减小，D错．
【答案】 B
11.
图2－4－12
如图2－4－12所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地．求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2 cm的C点处的电势．
【解析】 (1)由电容定义式
C＝＝ F＝1×10－9 F.
(2)两板之间为匀强电场
E＝＝ V/m＝2×103 V/m，方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为dAC＝d－dBC＝1 cm
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20 V
又UAC＝φA－φC，φA＝0可得φC＝－20 V.
【答案】 (1)1×10－9 F (2)2×103 V/m，方向竖直向下
(3)－20 V
12．(2012·全国高考)如图2－4－13，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．
图2－4－13
【解析】 设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为
U＝ ①
两极板之间电场的场强为E＝ ②
式中d为两极板间的距离．
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有
Tcos θ1＝mg ③
Tsin θ1＝qE ④
式中T为此时悬线的张力．
联立①②③④式得
tan θ1＝ ⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角
θ2＝，则
tan θ2＝ ⑥
联立⑤⑥式得
＝ ⑦
代入数据解得
ΔQ＝2Q. ⑧
【答案】 2Q
1．下列说法中正确的是( )
A．导体中电荷运动就形成了电流
B．在国际单位制中，电流的单位是A
C．电流有方向，它是一个矢量
D．任何物体，只要其两端电势差不为零，就有电流存在
【解析】 自由电荷定向移动才形成电流，故选项A错误．形成电流的条件是导体两端保持有电压，且必须是导体而非任何物体，故选项D错误．电流有方向，但它是标量，故选项C错误．正确答案为选项B.
【答案】 B
2．(2012·新疆实验中学高二检测)一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为v0，导体中通过的电流为I.则下列说法中正确的有
( )
A．自由电子定向移动的速率为v0
B．自由电子定向移动的速率为v＝
C．自由电子定向移动的速率为真空中的光速c
D．自由电子定向移动的速率为v＝
【解析】 t时间内通过导体某一横截面的自由电子数为长度是vt内的自由电子，其数量为nvt，电荷量q＝nvte，则电流I＝＝nev，所以v＝，故答案为D.
【答案】 D
3．(2012·海口实验中学高二检测)一个半径为r的细橡胶圆环，均匀地带上电荷量为Q的负电荷，当它以角速度ω绕中心轴线顺时针匀速转动时，环中等效电流的大小为( )
A．Q B. C. D.
【解析】 由电流的定义式I＝，且t取1个周期T，则T＝，I＝＝＝.故正确选项为 C.
【答案】 C
4.如图3－1－2所示，一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀地带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )
图3－1－2
A．vq B.
C．vqS D.
【解析】 由题意，经过时间t通过横截面的电荷量Q＝qvt，根据I＝得，I＝vq，故A正确．
【答案】 A
5．下列说法正确的是( )
A．只要物体内有自由电荷，就会有电荷的热运动，就会形成电流
B．电荷的定向移动速率远小于热运动速率，所以电流大小主要由热运动速率决定
C．每当接通电路时，电路中各处几乎同时有了电流，说明电荷定向移动速率非常大
D．电荷在外电场的电场力作用下定向移动时，就形成了电流
【解析】 自由电荷的热运动是无规则的，不能形成电流．A、B、C均错．D正确．
【答案】 D
6．在示波管中，电子枪2 s内发射了6×1013个电子，则示波管中电流的大小为多少( )
A．4.8×10－6A B．3×1013 A
C．9.6×10－16 A D．3×10－6 A
【解析】 在2 s内通过示波管的电荷量为：
q＝ne＝6×1013×1.6×10－19 C＝9.6×10－6 C，
I＝＝ A＝4.8×10－6 A．故只有A正确
【答案】 A
7．横截面积为S的导线中通有电流I.已知导线每单位体积中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量是e，自由电子定向移动的速率是v，则在时间Δt内通过导线横截面的电子数是( )
A．nSvΔt B．nvΔt
C. D.
【解析】 (1)根据电流的定义式可知，在Δt内通过导线横截面的电荷量q＝IΔt.所以，在这段时间内通过的自由电子数为N＝＝，C对．
(2)自由电子定向移动的速率是v，因此在时间Δt内，位于横截面为S、长为l＝vΔt的这段导线内的自由电子都能通过横截面．Δt内通过横截面S的自由电子数为N＝nV＝nSvΔt，A对．
【答案】 AC
8. (2012·宁德期末)非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100 V，电流50 A，每秒钟放电150次，其放电情况可近似看做如图3－1－3规律放电．则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为( )
图3－1－3
A．25 C B．50 C
C．150 C D．250 C
【解析】 由图象可得1秒钟该鱼的放电时间为0.5 s，根据电流的定义式I＝，可得q＝It＝50×0.5 C＝25 C，故A正确．
【答案】 A
9．夏季某日，某地区距地面一定高度的空中有两块相距3 km的足够大的云团，正在以5 m/s的相对速度靠近，由于与空气摩擦带电．设两云团之间电势差保持3×109 V不变，已知空气电离的电场强度(即发生放电时的电场强度)为3×106 V/m，云团间的电场可视为匀强电场，则大约经过________秒，将会发生放电现象；在这次放电中，若从一块云团移到另一块云团的电荷量为500 C，闪电历时0.01 s，则此过程中的平均电流为________安培．
【解析】 设经时间t发生放电现象，
则由U＝Ed知d＝ ①
而：t＝＝ ②
由①②得t＝400 s.
由I＝知，I＝A＝5×104 A.
【答案】 400 5×104
10．某品牌手机正常工作时，通过的电流是4微安，则该手机一天时间内通过的电荷量是________，通过的电子的数目约为________．
【解析】 由电流的定义式I＝得
q＝It＝4×10－6×24×3 600 C＝0.345 6 C≈0.35 C
通过电子的个数为
n＝＝个＝2.16×1018个．
【答案】 0.35 C 2.16×1018个
11．如图3－1－4所示，在NaCl溶液中，正、负电荷定向移动，方向如图所示．若测得2 s内有1.0×1018个Na＋和1.0×1018个Cl－通过溶液内部的横截面M，试问：溶液中的电流方向如何？电流多大？
图3－1－4
【解析】 NaCl溶液导电是靠自由移动的Na＋和Cl－，它们在电场力作用下向相反方向运动，因为电流方向规定为正电荷定向移动的方向，故溶液中电流方向与Na＋定向移动的方向相同，即由A指向B.
Na＋和Cl－都是一价离子，每个离子的电荷量为e＝1.6×10－19 C，NaCl溶液导电时，Na＋由A向B定向移动，Cl－由B向A定向移动，负离子的运动可以等效地看做正离子沿相反方向的运动，可见，每秒钟通过M横截面的电荷量为两种离子电荷量的绝对值之和，则有
I＝＝
＝ A＝0.16 A.
【答案】 电流方向由A指向B I＝0.16 A
12．已知电子的电荷量为e、质量为m，氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少？
【解析】 截取电子运动轨道的任一横截面，在电子运动一周的时间T内，通过这个横截面的电荷量q＝e.则有：
I＝＝
再由库仑力提供向心力有：
k＝m·r得T＝
解得I＝.
【答案】
