1．(2012·上海上长高二检测)关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法错误的是( )
A．这是起电的三种不同方式
B．这三种方式都产生了电荷
C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移
D．这三种方式都符合电荷守恒定律
【解析】 摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方式，实质都是电子转移，都符合电荷守恒定律，这三种方式都不能产生电荷，故A、C、D正确，B错误．
【答案】 B
2．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，两不带电的物体相互摩擦，得到电子的显负电性，失去电子的显正电性
D．当一种电荷出现时，必然有等量的异种电荷出现；当一种电荷消失时，必然有等量的异种电荷消失
【解析】 不同物体的原子核对电子的束缚能力不同，故摩擦起电时，玻璃棒不一定都带正电，橡胶棒不一定都带负电，A错，相互摩擦的物体总是同时带等量异种电荷，B正确，带电现象的本质是电子转移，得到电子带负电，失去电子带正电，C正确，根据电荷守恒定律，D正确．
【答案】 BCD
3．将两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两小球之间相互排斥，则A、B两球原来带电情况可能是( )
A．A和B原来带有等量异种电荷
B．A和B原来带有同种电荷
C．A和B原来带有不等量异种电荷
D．A和B原来只有一个带电
【解析】 两金属球接触后相互排斥，是由于电荷重新分配的结果，根据电荷分配的特点，A错误，B、C、D正确．
【答案】 BCD
4．如图1－1－4所示，AB是中性导体，把一个带正电的物体靠近A端后，又拿走．B端带( )
图1－1－4
A．正电 B．负电
C．不带电 D．不确定
【解析】 把带正电的物体靠近A端，导体A、B发生感应起电现象，但拿走带电体后，A、B两端的电荷又发生了中和，故C正确．
【答案】 C
5．关于元电荷的理解，下列说法正确的是( )
A．元电荷就是电子
B．元电荷是表示跟一个电子所带电荷量数值相等的电荷量
C．元电荷就是质子
D．物体所带电量只能是元电荷的整数倍
【解析】 元电荷是表示跟一个电子或质子所带电荷量数值相等的电荷量，不是电子或质子，元电荷是电荷的最小单元，所有电荷的电荷量都是元电荷整数倍，故BD正确．
【答案】 BD
6．带电微粒所带的电荷量的值不可能的是( )
A．2.4×10－19 C B．－6.4×10－19 C
C．－1.6×10－19 C D．4×10－17 C
【解析】 元电荷电量为1.6×10－19 C，所有电荷量都必须是其整数倍，只有选项A不满足要求，故选项A不可能．
【答案】 A
7．(2012·杭州高二检测)某人做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触．②用手指摸甲球．③手指移开．④移开乙球．⑤甲球带正电．⑥甲球不带电．下列操作过程和所得结论正确的有( )
A．①→②→③→④→⑥ B．①→②→④→③→⑥
C．①→②→③→④→⑤ D．①→②→④→③→⑤
【解析】 ①→②→③→④→⑤是做静电感应实验的正确步骤．
【答案】 C
8．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，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，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
9．(2012·陕西高新一中高二检测)如图1－1－5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( )
图1－1－5
A．金属球A可能不带电
B．金属球A可能带负电
C．金属球A可能带正电
D．金属球A一定带正电
【解析】 当不带电的金属球A靠近验电器的小球B时，由于感应起电，金属球A会带上异种电荷，因异种电荷相吸，所以验电器上带的电荷会更多的聚集到小球B上，箔片上聚集的电荷会减少，故张角减小，A项正确；因验电器是带正电的，当金属球A带负电时，同样因异种电荷相吸，使得箔片上聚集的电荷减少，张角减小，B项正确．
【答案】 AB
图1－1－6
10．绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图1－1－6所示，现使b带正电，则( )
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
【解析】 b带正电后，小球a被感应，近端带负电，远端带正电，二者之间吸引力大于排斥力，表现为吸引，球
a被吸引后与金属球b接触，接触起电后，a、b带同种电荷，相互排斥，a、b两球又会分开，故选项B正确．
【答案】 B
11．(2013·福建师大附中期末)如图1－1－7所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB，则下列结论正确的是( )
图1－1－7
A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QB>QA
B．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QA>QB
C．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QB＝QA
D．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，且总有QA＝QB
【解析】 导体原来不带电，因在C的电荷作用下，使导体内的自由电荷向B部分移动，B部分因带了多余的电子，而带负电；A部分则因失去电子而带正电．由电荷守恒定律知，无论从哪一条虚线切开，总有QA＝QB.故D正确．
【答案】 D
12．(2012·白沙高二检测)如图1－1－8所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒钟有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，求：
图1－1－8
(1)电子瓶上收集到多少个电子？
(2)实验的时间为多长？
【解析】 因每个电子的带电荷量为－1.6×10－19 C，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，所以电子瓶上收集到的电子个数为n＝(－8×10－12 C)/(－1.6×10－19 C)＝5×107个
实验的时间为t＝(5×107)/104 s＝5×103 s
【答案】 (1)5×107 (2)5×103 s
1．关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是( )
A．由R＝ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比
B．由R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．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
D．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度
【解析】 导体的电阻率由材料本身的性质决定，并随温度的变化而变化，导体的电阻与长度、截面积有关．与导体两端的电压及导体中的电流无关，A对，B、C错，电阻率反映材料的导电性能，电阻率常与温度有关，并存在超导现象，绝对零度只能接近，不可能达到，D对．
【答案】 AD
2．滑动变阻器的原理如图3－3－7所示，则下列说法中正确的是( )
图3－3－7
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】 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．
【答案】 AD
3．一段粗细均匀的镍络丝，横截面的直径是d，电阻是R，把它拉成直径是d/2的均匀细丝后，它的电阻变成( )
A．16R B．4R
C．R/4 D．R/16
【解析】 根据题意，拉成直径是的均匀细丝后，横截面积变为原来的，长度变为原来的4倍，根据R＝ρ，A正确．
【答案】 A
4．甲、乙两根异种材料的电阻丝，其长度之比是1∶5，横截面积之比是2∶3，电阻之比是2∶5，外加电压之比是1∶2，则甲、乙两根电阻丝的电阻率之比是( )
A．2∶3 B．3∶4
C．4∶3 D．8∶3
【解析】 根据R＝ρ，ρ＝，根据已知条件，电阻率之比为4∶3，故C正确．
【答案】 C
5．将一只阻值为几千欧的电阻R1和一只阻值为千分之几欧的电阻R2串联起来，则总电阻( )
A．很接近R1且略大于R1
B．很接近R1且略小于R1
C．很接近R2且略小于R2
D．很接近R2且略小于R2
【解析】 根据串联电路的特点，R总＝R1＋R2，故R总接近R1略大于R1，A正确．
【答案】 A
6．已知通过三个并联支路的电流之比是I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为( )
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1
C．2∶3∶6 D．6∶3∶2
【解析】 在并联电路中各部分电压都相等，电流的分配与各支路电阻成反比，所以有＝＝，＝＝，所以R1∶R2∶R3＝6∶3∶2.
【答案】 D
7．(2012·福州八中高二检测)如图3－3－8所示为某收音机内一部分电路元件的支流等效电路图，各个等效电阻的阻值都是2 Ω，A、C间接一只内阻忽略不计的电流表，如图2－54所示接在电路中，若B，C两点间加有6 V的恒定电压，则电流表的示数是( )
图3－3－8
A．3 A B．2 A
C．1 A D．0
【解析】 等效电路如图所示，由串、并联电路的特点可知总电流I＝ A＝ A＝ A＝2 A，所以IA＝＝1 A．故正确答案为C.
【答案】 C
8．(2012·天津高二检测)神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106 Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20 cm、半径为4 cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100 V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为( )
A．0.31 μA B．0.62 μA
C．0.15 μA D．0.43 μA
【解析】 因为R＝，所以R＝3.18×108 Ω，
所以I＝＝0.31 μA.
【答案】 A
9．(2012·杭州高二检测)如图3－3－9所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d，管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路，测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻率为( )
图3－3－9
A. B.
C. D.
【解析】 根据欧姆定律，R＝
根据电阻定律，R＝ρ
S＝πDd
解得ρ＝，故C正确．
【答案】 C
10．在一根长l＝5 m，横截面积S＝3.5×10－4 m2的铜质导线两端加2.5×10－3 V的电压．已知铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m，则该导线中的电流多大？每秒通过导线某一横截面的电子数为多少？
【解析】 根据R＝ρ
R＝1.75×10－8× Ω
＝2.5×10－4 Ω.
根据I＝
I＝ A
＝10 A
根据Q＝It
Q＝10 C
根据n＝＝个＝6.25×1019个
【答案】 10 A 6.25×1019个
图3－3－10
11．如图3－3－10所示，R1＝4 Ω，R2＝R3＝2 Ω，R4＝4 Ω，R5＝6 Ω，求A，B间的等效电阻．
【解析】 R2，R3串联，如果等效为一个电阻R23，则R23＝R2＋R3＝4 Ω，此时电路如图所示．
(a) (b)
R23与R4并联，设它们的等效电阻为R234，则R234＝＝2 Ω，此时电路如图(b)所示．R1与R234串联，设它们的等效电阻为R0，则R0＝R1＋R234＝6 Ω，此时电路如图(c)所示．
(c)
R5与R0并联，它们的等效电阻就是A，B间的电阻值，则RAB＝＝3 Ω.
【答案】 3 Ω
12．如图3－3－11甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1 m，b＝0.2 m，c＝0.1 m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U－I图线如图3－3－11乙所示，当U＝10 V时，求电解液的电阻率ρ是多少？
甲 乙
图3－3－11
【解析】 由图乙可求得电解液的电阻为
R＝＝ Ω＝2 000 Ω
由图甲可知电解液长为：l＝a＝1 m
截面积为：S＝bc＝0.02 m2
结合电阻定律R＝ρ
得ρ＝＝ Ω·m＝40 Ω·m.
【答案】 40 Ω·m
1．在电源一定的闭合电路中，下列哪个说法正确( )
A．路端电压与外电阻成正比
B．路端电压随外电阻的增大而增大
C．外电路短路时，路端电压的值等于电源电动势的值
D．路端电压一定大于内电路的电压
【解析】 由闭合电路欧姆定律可得：I＝，E＝U＋Ir，联立得U＝E－·r，故A错误，B正确；电路短路时R＝0，路端电压等于0，故C、D错误．
【答案】 B
2．关于电源的电动势，下面叙述正确的是( )
A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压
B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化
C．电源的电动势是表示电源把其他形式能转化为电能本领大小的物理量
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大
【解析】 电源的电动势在数值上等于外电路断开时的路端电压，由于电压表有内阻，电压表测得的电压应低于电源电动势，故A错；电源的电动势是由电源本身构造决定的，与其他因素无关，故B、D均错；只有C正确．
【答案】 C
3．(2012·宁德高二检测)在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是( )
A．如果外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B．如果外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势也随内电压减小
C．如果外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D．如果外电压增大，则内电压减小，电源电动势始终为二者之和，保持恒定
【解析】 由闭合电路欧姆定律知：E＝U＋Ur＝U＋Ir，可见电动势等于内电压和外电压之和，电动势是不变的，故D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
图4－1－7
4．在如图4－1－7所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则( )
A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮
B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗
C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗
D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮
【解析】 滑片P向下移动，变阻器电阻减小，外电路总电阻减小，根据I＝知，电路电流增大，灯A两端电压UA增大而变亮，根据U＝E－Ir，路端电压变小，U＝UA＋UB，所以UB减小，灯B电阻不变，所以灯B电流IB减小，灯B变暗．干路电流I＝IB＋IC，因为I增大、IB减小，所以IC增大，灯C应变亮，选项D是正确的．
【答案】 D
5．(2010·上海高考)在图4－1－8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4－1－8
A．?变大，变大 B．?变小，变大
C．?变大，变小 D．?变小，变小
【解析】 滑片P向右移动，变阻器电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电流表示数减小，电源内电压减小，R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B项正确．
【答案】 B
6．如图4－1－9所示的电路中，电源电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，电容器的电容C＝100 μF，则下列说法正确的是( )
图4－1－9
A．闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 V
B．闭合开关S，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 C
C．闭合开关S，电路稳定后电容器极板a所带电荷量为3×10－4 C
D．先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，通过电阻R1的电荷量为3.0×10－4 C
【解析】 闭合开关S，电路稳定后电流I＝＝0.5 A，电容器两端的电压为U＝IR1＝1.5 V，选项A正确；电路稳定后电容器带电荷量为Q＝CU＝100×10－6×1.5 C＝1.5×10－4 C，选项B、C错误；先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，电容器C通过电阻R1放电，通过电阻R1的电荷量为1.5×10－4 C，选项D错误．
【答案】 A
7．(2012·上海长宁区高二检测)某同学用如图4－1－10所示的电路来测量电源的电动势与内电阻，但由于某种原因，只找到一只不带刻度的电流表，当他把R由2 Ω变为6 Ω时，电流强度减小为原来的一半，则他所测定的电源的电动势与内电阻分别为( )
图4－1－10
A．无法测定 4 Ω
B．6 V 8 Ω
C．12 V 6 Ω
D．无法测定 2 Ω
【解析】 由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋2)，E＝(r＋6)，联立求解得r＝2 Ω，两式比较正好把E与I同时约掉，所以即使多测几组也不能测出电动势．
【答案】 D
8．(2012·龙岩一中高二检测)如图4－1－11所示，电源电动势为E，内电阻为r.两电压表可看做是理想电表，当闭合电键，将滑动变阻器的滑动触头由左端向右端滑动时，下列说法中正确的是( )
图4－1－11
A．小灯泡H2变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大
B．小灯泡H1变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小
C．小灯泡H2变亮，V1表的读数变大，V2表的读数变小
D．小灯泡H1变暗，V1表的读数变小，V2表的读数变大
【解析】 等效电路如图所示，H1与滑动变阻器并联，再与H2串联，V1测量路端电压，V2测量H2两端的电压．当滑动触头右移时，滑动变阻器阻值变大，与H1并联阻值变大，故闭合电路总阻值变大，I＝减小，路端电压U1＝E－Ir增大，U2＝IR2减小，H2变暗，U并＝U1－U2增大，故H1变亮．
【答案】 B
图4－1－12
9．如图4－1－12所示，电源内阻不可忽略，R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻．当发现灯泡L的亮度逐渐变暗时，可能的原因是( )
A．R1的温度逐渐降低
B．R1的温度逐渐升高
C．R2的阻值逐渐增大
D．R2的阻值逐渐减小
【解析】 当发现灯泡L的亮度逐渐变暗时，可能的原因是灯泡中电流逐渐减小，R1的阻值逐渐增大，R1的温度逐渐降低，选项A正确B错误；由于电源内阻不可忽略，当R2的阻值逐渐减小，电源输出电流增大，电源路端电压减小，导致灯泡L的亮度逐渐变暗，选项D正确C错误．
【答案】 AD
10．(2011·海南高考)如图4－1－13所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
图4－1－13
A．V的读数变大，A的读数变小
B．V的读数变大，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小
D．V的读数变小，A的读数变大
【解析】 当S断开时，电路的总电阻R总变大，总电流I＝变小，内电压U内＝Ir变小，路端电压U＝E－Ir变大，电压表测量路端电压，读数变大；R1两端电压U1＝IR1变小，R3两端电压U3＝U－U1变大，通过R3的电流I3＝变大，电流表读数变大，B选项正确．
【答案】 B
11．一太阳能电池板，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的电阻连成一闭合回路，则它的外电压为多少？
【解析】 由题意知电源电压为800 mV＝0.8 V由短路电流I短＝得r＝＝ Ω＝20 Ω
当接入20 Ω的电阻后，
电路中的电流为I＝＝ A＝0.02 A
所以外电压为U＝IR＝0.02 A×20 Ω＝0.4 V.
【答案】 0.4 V
12．(2012·塔城高二检测)如图4－1－14所示电路，已知R3＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A，伏特表读数为2 V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A，伏特表读数变为3.2 V，问：
图4－1－14
(1)哪个电阻发生断路故障？
(2)R1的阻值是多少？
(3)能否求出电源电动势E和电阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．
【解析】 (1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R2被烧断路了．
(2)R1＝＝ Ω＝4 Ω.
(3)UR3＝I1R1－UR2＝0.75×4 V－2 V＝1 V
I3＝＝ A＝0.25 A
E＝3.2 V＋0.8 A×(R4＋r) E＝3 V＋(0.25 A＋0.75 A)(R4＋r)
R4＋r＝1 Ω E＝4 V
故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r.
【答案】 (1)R2断路 (2)4 Ω (3)4 V；不能求出内阻
1．下列关于多用电表欧姆挡的说法中正确的是( )
A．每一个倍率挡的测量范围都是0～∞
B．用不同倍率挡测量同一个电阻的阻值，误差大小都是一样的
C．测电阻时，指针越接近刻度盘中央，误差越小
D．选择不同倍率挡时，指针越靠近右边，误差越小
【解析】 根据欧姆表原理，当Rx＝0时，调节可变电阻R，得Ig＝，这时电流表满偏．当接入被测电阻Rx时，表头上的电流I＝，每个Rx都对应刻度盘上的一个电流值，可见测量范围是0～∞，选项A正确．测量电阻时，选择合适的倍率挡，且中值电阻附近的误差最小，故选项B、D错误，C正确．
【答案】 AC
2．(2013·厦门六中高二期末)一个用满偏电流为3 mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量1000 Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1 mA处，则被测电阻的阻值为( )
A．1 000 Ω B．5 000 Ω
C．1 500 Ω D．2 000 Ω
【解析】 设欧姆表的内阻为R内，由欧姆定律知：
3×10－3A＝，1.5×10－3A＝，所以R内＝1 000 Ω，E＝3 V，又1×10－3A＝，所以Rx＝2 000 Ω.
【答案】 D
3．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是( )
A．这个电阻值很小
B．这个电阻值很大
C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量
D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量
【解析】 指针偏转角度极小，说明电阻很大，应换用倍率较高的挡，选项B、D正确．
【答案】 BD
图4－3－12
4．如图4－3－12所示的电路中，电源电动势为6 V．当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用多用电表电压挡测得各部分电压是Uab＝6 V，Uad＝0，Udc＝6 V，由此可判定( )
A．L1和L2的灯丝都烧断了
B．L1的灯丝烧断了
C．L2的灯丝烧断了
D．滑动变阻器R断路
【解析】 多用电表电压挡测ab间电压为6 V，说明开关完好，测的是路端电压．Uad＝0说明灯L1完好，Udc＝6 V等于路端电压，说明灯L2断路，故C选项正确．
【答案】 C
图4－3－13
5．(2012·泉州五中高二检测)在如图4－3－13所示的电路中，开关S闭合与未闭合S前相比，三个电表示数变化情况为( )
A．V变大，A1变大，A2变小
B．V变大，A1变小，A2变大
C．V变小，A1变大，A2变小
D．V变小，A1变小，A2变大
【解析】 S闭合后R1与R2并联，电阻小于R2造成整个回路总电阻减小，回路中电流增大，由闭合电路欧姆定律E＝U外＋Ir知U外减小，U外＝UR＋UR2，而UR增大，所以UR2减小，通过R2电流减小，故C对．
【答案】 C
图4－3－14
6．如图4－3－14所示，当开关S断开时，理想电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为( )
A．5∶3 B．3∶5
C．2∶3 D．3∶2
【解析】 S断开时，电压表的读数等于电源电动势，即E＝3 V，S闭合时电压表读数为路端电压，即U＝1.8 V．所以U内＝E－U＝1.2 V．根据串联电路电压分配知R∶r＝3∶2，故答案为D项．
【答案】 D
7．2011年12月在南非德班气候大会上中国政府作出了减排的郑重承诺，太阳能作为清洁能源在我国将大力推广，如图4－3－15为一太阳能电池板的路端电压随电流变化的图像．则该电池板的( )
图4－3－15
A．电动势为600 μV B．短路电流为20 μA
C．内阻为20 Ω D．内阻为30 Ω
【解析】 由图像知该电池板的电动势E＝600 μV，横轴交点坐标为(20 μA,200 μV)，因此20 μA不是短路电流．
由U＝E－Ir，或r＝||知r＝20 Ω，故A、C正确，B、D错误．
【答案】 AC
8．(2012·川师附中高二检测)将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为( )
A．4R B．5R
C．10R D．16R
【解析】 由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝IgR内；指针偏转至满刻度的4/5时有E＝4Ig(R＋R内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有E＝Ig(Rx＋R内)/5.联立三式可解得Rx＝16 R，D正确，A、B、C错误．
【答案】 D
图4－3－16
9．把一量程6 mA、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图4－3－16所示，现备有如下器材：A.电源E＝3 V，内阻不计；B.变阻器0～100 Ω；C.变阻器0～500 Ω；D.红表笔；E.黑表笔；
(1)变阻器选用________．
(2)红表笔接________端，黑表笔接________端．
(3)电流表2 mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________．
【解析】 (1)两表笔直接接触时，调节变阻器阻值使电流达到满偏Ig＝，r＝0得R0＝400 Ω，故变阻器应选C.
(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端．
(3)电流I＝2 mA时，I＝，
得Rx＝1 000 Ω.
【答案】 (1)C (2)N M (3)1 000 Ω
图4－3－17
10．如图4－3－17所示，电阻R1＝R2＝R3＝1 Ω，当开关S闭合时，电压表的示数为1 V；当开关S断开时，电压表的示数为0.8 V．求电源的电动势和内阻．
【解析】 S闭合时，I＝＝＝1 A，R＝＋R3＝ Ω＋1 Ω＝1.5 Ω，由I＝得E＝IR＋Ir＝(1×1.5＋1×r) V①
S断开时，I′＝＝＝0.8 A，R′＝R1＋R3＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω，所以E＝I′R′＋I′r＝(0.8×2＋0.8×r) V②
由①②两式可得E＝2.0 V，r＝0.5 Ω.
【答案】 2.0 V 0.5 Ω
11．某研究性学习小组利用图4－3－18①所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图4－3－18②所示的R－图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E＝________ V，r＝________ Ω.
图4－3－18
【解析】 由闭合电路的欧姆定律可知
I＝，所以＝
由图像可知，当＝1.0 A－1时，R＝2 Ω，
当＝3 A－1时，R＝7.8 Ω
代入上式得E＝2.9 V r＝0.9 Ω.
【答案】 2.9 0.9
12．如图4－3－19所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，开关S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、带电量为－q的小球恰好处于静止状态；开关S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：
图4－3－19
(1)电源的电动势；
(2)小球与极板碰撞后的带电量．
【解析】 首先要识别开关S闭合和断开的电路连接，然后再利用力的平衡条件和动能定理求解．
(1)开关S闭合时，R1、R3并联，再与R4串联(R2中没有电流通过)，则UC＝U4＝E.①
对带电小球，有mg＝q.②
由①②两式联立解得E＝.
(2)开关S断开后，R1、R4串联，则UC′＝E＝，③
小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q′，向上运动到上极板，全程由动能定理，得
mgd－q·－mgd＋q′UC′＝0④
由③④两式联立解得q′＝q.
【答案】 (1) (2)
1．关于三个公式P＝UI，P＝I2R，P＝的适用范围，以下说法正确的是( )
A．第一个公式普遍适用于求电功率，后两式普遍适用于求热功率
B．在纯电阻电路中，三个公式既可适用于求电功率，又可适用于求热功率
C．在非纯电阻电路中，第一个公式可适用于求电功率，第二个公式可用于求热功率，第三个公式没有意义
D．由U＝IR可知，三个公式没有任何区别，它们表达相同的意义，所求P即是电功率，也是热功率
【解析】 首先要明确，欧姆定律U＝IR只适用于纯电阻电路，因此三个公式在纯电阻电路中没有区别，但在非纯电阻电路中它们互不相同．其次，P＝UI表示电功率，而P＝I2R表示热功率．因此，在纯电阻电路中，UI＝I2R，消耗的电能全部转化为内能；而在非纯电阻电路中，UI>I2R，即消耗的电能只有部分转化为内能．
【答案】 BC
2．(2012·潍坊高二检测)额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间．比较它们产生的热量，结果是( )
A．电风扇最多 B．电烙铁最多
C．日光灯最多 D．一样多
【解析】 在三种用电器中，只有电烙铁是纯电阻用电器．将电能全部转化为内能，故B选项正确．
【答案】 B
3．(2012·哈尔滨高二检测)用E表示电源电动势，U表示路端电压，Ur表示内电压，R表示外电路总电阻，r表示电源内电阻，I表示干路电流，则下列各式中正确的是( )
A．Ur＝IR B．Ur＝E－U
C．U＝E＋Ir D．U＝
【解析】 因为不知道外电阻是纯电阻电路还是非纯电阻电路，所以I＝不一定成立，Ur＝E－U一定成立，故D错误、B正确；Ur＝Ir，A错误；U＝E－Ir，C错误．
【答案】 B
4．(2012·南京高二检测)如图4－4－7所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V、60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )
图4－4－7
A．电解槽消耗的电功率为120 W
B．电解槽的发热功率为60 W
C．电解槽消耗的电功率为60 W
D．电路消耗的总功率为60 W
【解析】 灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110 V电压，且干路电流I＝I灯＝ A，则电解槽消耗的功率P＝P灯＝60 W，C对、A错；电解槽的发热功率P热＝I2R内＝1.3 W，B错；整个电路消耗的总功率P总＝220× W＝120 W，D错．
【答案】 C
5．在如图4－4－8所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
图4－4－8
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
【解析】 将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A选项错误；路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C选项错误、D选项正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则外电路电阻比r大得越多，输出功率越小，B选项正确．
【答案】 BD
6．(2012·古田一中高三检测)如图4－4－9所示，电源电动势E＝3.2 V，电阻R＝30 Ω，小灯泡L的额定电压UL＝3.0 V，额定功率PL＝4.5 W．当开关S接1时，电压表的读数为3 V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是( )
图4－4－9
A．很暗，甚至不亮 B．正常发光
C．比正常发光略亮 D．有可能被烧坏
【解析】 设电源的内电阻为r，S接1时，由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流为：I1＝，电压表的示数等于电阻R两端的电压，即U1＝I1R，代入数据联立解得：r＝2 Ω.灯泡的电阻为：RL＝＝2 Ω，S接2时，电路中的电流为：I2＝＝ A＝0.8 A，灯泡两端的电压为：U′L＝I2RL＝0.8×2 V＝1.6 V，比灯泡的额定电压小得多，灯泡很暗，甚至不亮，正确选项为A.
【答案】 A
7．如图4－4－10是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的I－R图像．现将甲、乙串联后接入电路中，则( )
图4－4－10
A．甲电阻丝两端的电压比乙电阻丝两端的电压小
B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小
C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少
D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小
【解析】 若将两电阻丝串联接入电路中，由于通过两电阻丝的电流相同，由图像可知，此时甲的电阻大于乙的电阻，所以甲电阻丝两端的电压比乙电阻丝两端的电压大，A错误；由于两电阻丝的横截面积、长度均相同，故甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大，B错误；由Q＝I2Rt可知，在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少，C正确；由P＝I2R可知D错误．
【答案】 C
8．(2012·南平一中高二检测)如图4－4－11所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升．已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力及导线电阻，则( )
图4－4－11
A．电源内阻r＝－R
B．电源内阻r＝－－R
C．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大
D．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小
【解析】 本题主要考查学生对欧姆定律适用范围、电功和电热的区别，要求学生熟练掌握欧姆定律，电功率及焦耳定律的应用．由于电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，电动机的输入功率P1＝UI，热功率P2＝I2R，输出功率P3＝mgv，P1＝P2＋P3，可解得：U＝IR＋，又由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir，解得：r＝－－R；当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，总电流I总＝，电流增大，故电源消耗的功率P增大，所以选项B、C正确．
【答案】 BC
9．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图4－4－12所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω.电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )
图4－4－12
A．35.8 W B．43.2 W
C．48.2 W D．76.8 W
【解析】 电动机未启动时，U灯＝E－I1r＝(12.5－10×0.05) V＝12 V，电灯功率P灯＝U灯I1＝120 W．电动机启动时，U灯′＝E－I2r＝(12.5－58×0.05) V＝9.6 V，设电灯阻值不变，由P＝，可得P′＝()2×P灯＝()2×120 W＝76.8 W，电功率的减少量ΔP＝P－P′＝(120－76.8) W＝43.2 W.
【答案】 B
10．三个电阻分别标有“100 Ω、4 W”，“200 Ω、2 W”，“50 Ω、8 W”，若将它们并联起来，允许消耗的最大功率是多少？
【解析】 三个电阻正常工作时的电压为：
U1＝＝20 V
U2＝＝20 V
U3＝＝20 V
当三者并联时应接在20 V的电源上，此时三者均正常工作，故允许消耗的最大功率为P总＝4 W＋2 W＋8 W＝14 W.
【答案】 14 W
11．如图4－4－13所示，电源电动势E＝10 V，电阻r＝0.5 Ω，标有“8 V、16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机 绕线的电阻R0＝1 Ω，求：
图4－4－13
(1)电源的总功率；
(2)电动机的输出功率．
【解析】 (1)L正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8 V.
内电压U内＝(10－8) V＝2 V，
则总电流I＝＝4 A，
电源总功率为P电＝IE＝4×10 W＝40 W.
(2)流经电动机的电流IM＝I－＝2 A.
输入电动机的总功率P电动机＝U·IM＝8×2 W＝16 W.
电动机内阻消耗功率P内＝IR0＝4×1 W＝4 W.
故电动机输出功率P出＝(16－4) W＝12 W.
【答案】 (1)40 W (2)12 W
12．(2013·海口一中高二期末)如图4－4－14所示的电路中，电炉电阻R＝10 Ω，电动机线圈的电阻r＝1 Ω，电路两端电压U＝100 V，电流表的示数为30 A，问通过电动机的电流强度为多少？通电一分钟，电动机做的有用功为多少？
图4－4－14
【解析】 题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律I＝直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功．根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为I1＝＝ A＝10 A.
根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流强度为I2＝30 A－I1＝20 A.
电动机的总功率为P＝UI2＝100×20 W＝2×103 W.
因发热而损耗的功率为P′＝I·r＝0.4×103 W
电动机的有用功率(机械功率)为P″＝P－P′＝1.6×103 W，电动机通电1 min做的有用功为W＝P″t＝1.6×103×60 J＝9.6×104 J.
【答案】 20 A 9.6×104 J
1．(2012·宁德高二检测)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】 勺柄是磁体南极，故司南静止时，勺柄所指的方向是南方，故D正确．
【答案】 D
2．关于地磁场，下列叙述正确的是( )
A．地球的地磁两极和地理两极重合
B．指南针指南的一极是指南针的北极
C．地磁的北极与地理的南极重合
D．地磁的北极在地理南极附近
【解析】 地球是一个大磁体，其地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合；根据“同名磁极相斥，异名磁极相吸”可知，指南针指南的一极应该是指南针的南极(S极)．
【答案】 D
3．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则( )
A．甲有磁性，乙无磁性 B．甲无磁性，乙有磁性
C．甲、乙都有磁性 D．甲、乙都无磁性
【解析】 当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．
【答案】 A
4．下列元件中哪些用到了软磁性材料( )
A．半导体收音机的天线磁棒
B．扬声器中的磁铁
C．变压器的闭合铁芯
D．录音机的磁头
【解析】 软磁性材料磁性较弱，也容易磁化，主要用于收音机的天线磁棒、变压器的铁芯和录音机的磁头等．而扬声器中的磁铁是强磁性材料．
【答案】 ACD
5．下列说法中正确的是( )
A．电场线越密的地方，电场强度越大；同样，磁感线越密的地方，磁感应强度越大
B．在电场中，任意两条电场线不会相交；同样，在磁场中，任意两条磁感线不会相交
C．电场线不是闭合的，磁感线也不是闭合的
D．电场线某点的切线方向表示该点的电场强度方向；同样，磁感线某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向
【解析】 由电场线和磁场线的特点可知，选项A、B、D正确．
【答案】 ABD
6．有人说：“公式B＝表明：磁场中某处的磁感应强度的大小与垂直穿过某平面的磁通量成正比，与该平面的面积成反比，无方向．”这种说法( )
A．完全正确 B．完全错误
C．大小正确，方向错误 D．大小错误，方向正确
【解析】 磁场中某处的磁感应强度的大小是由磁场本身性质决定的，仅与产生磁场的磁体或电流有关，与其他因素无关，磁感应强度是矢量，具有方向，故选项B正确．
【答案】 B
7．将面积为0.5 m2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10－2 T的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图5－1－6所示，那么穿过这个线圈的磁通量为( )
图5－1－6
A．1.0×10－2 Wb
B．1.0 Wb
C．0.5×10－2 Wb
D．5×10－2 Wb
【解析】 根据Φ＝BS＝2.0×10－2×0.5 Wb，故Φ＝1.0×10－2 Wb，A正确．
【答案】 A
8．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )
A．①②④ B．②③④
C．①⑤ D．②③
【解析】 地磁场类似于条形磁铁磁场，地磁南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近．
【答案】 D
9．(2013·汉中高二期末)如图5－1－7所示，是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是( )
图5－1－7
A．通过abcd平面的磁通量大小为BL2
B．通过cdEF平面的磁通量大小为BL2
C．通过abFE平面的磁通量大小为零
D．通过整个三棱柱的磁通量为零
【解析】 abcd平面垂直磁感应强度方向的投影面积与cdEF平面面积相等，均为L2，磁通量大小均为BL2，A错误，B正确；abFE平面与磁感应强度方向平行，磁通量为零，C正确；又因通过abcd、cdEF两平面磁通量正负相反，合磁通量为零，所以通过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．
【答案】 BCD
10．如图5－1－8所示，匀强磁场的磁感应强度为B，B的方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．计算在此过程中磁通量的改变量为( )
图5－1－8
A.BS B．BS
C.BS D．2BS
【解析】 磁通量为标量，但有方向，求磁通量及变化时，应注意：①磁场的方向改变 ②磁场穿过线圈的方向改变．取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BSsin30°＝BS
线圈处于竖直位置时，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量为Φ2＝－BScos 30°＝－BS
则线圈中的磁通量的改变量|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝BS.
【答案】 C
11．地球是个大磁场，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．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
1．通有恒定电流的长直螺线管，下列说法中正确的是( )
A．该螺线管内部是匀强磁场
B．该螺线管外部是匀强磁场
C．放在螺线管内部的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的N极
D．放在螺线管外部中点处的小磁针静止时，小磁针N极指向螺线管的N极
【解析】 长直螺线管内部中间部分是匀强磁场，在磁场中小磁针的N极指向就是该处磁场的方向．
【答案】 AC
2．(2012·昌江高二检测)如图5－3－7所示为一通电螺线管，a、b、c是通电螺线管内、外的三点，则三点中磁感线最密处为( )
图5－3－7
A．a处 B．b处
C．c处 D．无法判断
【解析】 通电螺线管的磁场类似于条形磁铁的磁场，内部最强，两端外侧稍弱，外部的中间部分最弱．
【答案】 A
3．闭合开关S后，小磁针静止时N极指向如图5－3－8所示，那么图中电源的正极( )
图5－3－8
A．一定在a端 B．一定在b端
C．在a端或b端均可 D．无法确定
【解析】 磁铁外面的磁感线分布与通电螺线管相似，由安培定则即可判断电源的正极在a端．
【答案】 A
4．磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是( )
A．分子电流消失
B．分子电流取向变得大致相同
C．分子电流取向变得杂乱
D．分子电流减弱
【解析】 根据安培的分子电流假说，当分子电流取向变得大致相同时，对外显示磁性；当温度升高或者受到敲击时分子发生运动，分子电流变得紊乱无序，对外不能显示磁性．
【答案】 C
5．如图5－3－9所示，三根长直通电导线中电流大小相同，通电电流方向为：b导线和d导线中电流向纸里，c导线中电流向纸外，a点为b、d两点的连线的中点，ac垂直于bd，且ab＝ad＝ac，则a点的磁场方向为( )
图5－3－9
A．垂直纸面指向纸外 B．垂直纸面指向纸内
C．沿纸面由a指向b D．沿纸面由a指向d
【解析】 题图中，b、d两直线电流在a处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，互相抵消，故a处磁场方向决定于直线电流c，由安培定则可知，a处磁场方向为a→b.
【答案】 C
6．如图5－3－10所示，电流从A点分两路通过对称的环形支路汇合于B点，则环形支路的圆心O处的磁感应强度为( )
图5－3－10
A．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸外”
B．垂直于环形支路所在平面，且指向“纸内”
C．大小为零
D．在环形支路所在平面内，指向B点
【解析】 由安培定则可判断上边环形电流在O点处产生磁场的方向垂直纸面向里，下边环形电流在O点处产生磁场的方向垂直纸面向外，方向相反，两环形支路的电流相等，环形电流支路的圆心O与两支路间的距离相等，所以O处的磁感应强度为零．
【答案】 C
7．铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图5－3－11所示，则铁环中心O处的磁场方向为( )
图5－3－11
A．向下
B．向上
C．垂直于纸面向里
D．垂直于纸面向外
【解析】 铁环左侧上端为N极，右侧上端也为N极，在环中心叠加后，在中心O磁场方向向下．
【答案】 A
8．(2012·福建连江一中高二检测)如图5－3－12所示，A和B为两根互相平行的长直导线，通以同方向等大电流，虚线C为在A和B所确定的平面内与A、B等距的直线，则下列说法正确的是( )
图5－3－12
A．两导线间的空间不存在磁场
B．虚线C处磁感应强度为零
C．AC间磁感应强度垂直纸面向里
D．CB间磁感应强度垂直纸面向外
【解析】 设电流A、B在空间产生的磁场分别为BA、BB，根据安培定则，电流A在AB间产生的磁场垂直纸面向里，而电流B在AB间产生的磁场垂直纸面向外，又因IA＝IB，故在AC区，BA＞BB，合磁场方向垂直于纸面向里，在BC区，BA＜BB，合磁场方向垂直于纸面向外，中线C处BA＝BB，合磁场为零，综上所述，正确的选项为B、C、D.
【答案】 BCD
9．如图5－3－13所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平固定放置着一根长直导线，电流方向垂直纸面向外，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5－3－13
A．a、b两点磁感应强度相同
B．c、d两点磁感应强度大小相等
C．a点磁感应强度最大
D．b点磁感应强度最大
【解析】 在a、b、c、d四点中只有b点通电导线产生的磁场与原匀强磁场方向相同，c、d两点通电导线产生的磁场方向与原磁场方向垂直．根据磁场叠加原理，b点磁感应强度最大c、d两点磁感应强度大小相同，故选B、D.
【答案】 BD
10．在图5－3－14中，分别给出了其中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向，请画出对应的磁感线(标上方向)或电流方向．
图5－3－14
【解析】 根据安培定则，各图中电流方向和磁感线方向判定如图所示．
【答案】 见解析
11．如图5－3－15所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流．a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为________，方向________．
图5－3－15
【解析】 导线1、2中电流的大小是相等的，且a距导线1、2，b距导线2的距离也是相等的，因此，导线1、2在a处，导线2在b处各自产生的磁场大小是相等的，设为B0.根据安培定则知，导线1、2在a处产生的磁场方向相同，故有B＝2B0，即B0＝.则去掉导线1，导线2在b处产生的磁感应强度大小也为B0＝，方向垂直纸面向外．
【答案】 垂直两导线所在平面向外
12．放在通电螺线管里面的小磁针保持静止时，N极的指向是怎样的？两位同学的回答相反．甲说，小磁针的指向如图5－3－16甲所示，因为管内的磁感线方向向右，所以小磁针的N极指向右方．乙说，小磁针的指向如图乙所示．他的理由是通电螺线管的N极在右侧，根据异名磁极相吸引可知，小磁针的S极指向右方，你的看法是怎样的？他们谁的答案错了？
图5－3－16
【解析】 磁场中保持静止的小磁针，它的N极一定指向磁感线的方向．“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”只适用于两个磁体在外部时磁极间的相互作用．小磁针在磁场中静止时，N极所指的方向就是磁感线的方向，这是普遍适用的．综上所述，甲的答案是正确的，乙的答案是错误的．
【答案】 见解析
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】 由F＝BILsin θ知，当θ＝0时，F＝0，故A错．F方向一定与B和I所决定的平面垂直，所以D正确．
【答案】 D
3．如图5－4－9所示，一长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环所在的平面，导线和环中的电流方向如图所示，则圆环受到的磁场力为
( )
图5－4－9
A．沿环半径向外 B．沿环半径向里
C．水平向左 D．等于零
【解析】 I2产生的磁场方向与I1的环绕方向平行，故圆环受到的磁场力为零，故D对．
【答案】 D
4．(2012·海南农垦中学检测)如图5－4－10所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( )
图5－4－10
A．纵向收缩，径向膨胀 B．纵向伸长，径向膨胀
C．纵向伸长，径向收缩 D．纵向收缩，径向收缩
【解析】 通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀，故A对．
【答案】 A
5．通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图5－4－11所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是
( )
图5－4－11
A．线框有两条边所受的安培力方向相同
B．线框有两条边所受的安培力大小相等
C．线框所受的安培力的合力方向向左
D．线框所受的安培力的合力方向向右
【解析】 由安培定则可知导线MN在线框外所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反．ab边受到向右的安培力Fab，cd边受到向左的安培力Fcd.因ab所处的磁场强，cd所处的磁场弱，故Fab＞Fcd，线框所受合力方向向右．
【答案】 BD
图5－4－12
6．如图5－4－12所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以( )
A．适当减小磁感应强度
B．使磁场反向
C．适当增大电流
D．使电流反向
【解析】 首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，C对．
【答案】 C
7．如图5－4－13所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )
图5－4－13
A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是北极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是北极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．以上说法都不正确
【解析】 如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为北极，A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
8．如图5－4－14所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，下图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦力可能为零的是( )
图5－4－14
【解析】 因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零，由左手定则可知A中F水平向右，B中F竖直向上，C中F竖直向下，D中F水平向左，A、B满足题意．
【答案】 AB
图5－4－15
9．将长为1 m的导线ac从中点b折成如图5－4－15所示的形状，放入B＝0.08 T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25 A的直流电，则整个导线所受安培力大小为________N.
【解析】 折线abc受力等效于a和c连线受力，由几何知识可知ac＝ m，F＝BILsin θ＝0.08×25××sin 90° N＝ N.
【答案】
10．1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图5－4－16所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场的最大功率有多大(轨道摩擦不计)?
图5－4－16
【解析】 由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.
据2ax＝v－v得炮弹的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5×105 m/s2.
据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105 N＝1.1×103 N，
而F＝BIL，所以B＝＝ T＝55 T.
据P＝Fv得，Pmax＝Fv＝1.1×103×10×103 W＝1.1×107 W.
【答案】 55 T 1.1×107 W
11．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平轨道上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图5－4－17所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力．
图5－4－17
【解析】 导体棒静止时受力如图．
由平衡条件知
N＝mg＋Fcos θ，f＝Fsin θ.
安培力F＝ILB，
所以支持力N＝ILBcos θ＋mg；
摩擦力f＝ILBsin θ.
【答案】 ILBcos θ＋mg ILBsin θ
12．(2013·福建师大附中高二期末)如图5－4－18所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10 m/s2)
图5－4－18
【解析】 根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N．因为磁场对电流的作用力F＝NBIL，故B＝＝ T＝1 T.
【答案】 0.1 N 1 T
1．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洛伦兹力的作用
C．一切运动电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用
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，才受到洛伦兹力的作用
【解析】 电荷在电场中受电场力F＝qE，不管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B、C错，D对．
【答案】 AD
2．(2012·连江一中高二检测)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是( )
【解析】 由qvB＝m得r＝，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D正确．
【答案】 D
图5－5－10
3．如图5－5－10所示，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra＝2rb，则可知(重力不计)( )
A．两粒子都带正电，质量比ma/mb＝4
B．两粒子都带负电，质量比ma/mb＝4
C．两粒子都带正电，质量比ma/mb＝1/4
D．两粒子都带负电，质量比ma/mb＝1/4
【解析】 由于qa＝qb、Eka＝Ekb，由动能Ek＝mv2和粒子旋转半径r＝，可得m＝，可见m与半径r的平方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根据左手定则判知粒子应带负电，故B正确．
【答案】 B
4．(2012·烟台高二检测)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．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．已知磁场方向垂直于纸面向里．则下列四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
【解析】 由洛伦兹力和牛顿第二定律可得r甲＝，r乙＝，故＝2，且由左手定则对其运动的方向判断可知A正确．
【答案】 A
5．(2012·莆田六中高二检测)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图5－5－11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( )
图5－5－11
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带负电荷，比荷＝
C．油滴必带正电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
【解析】 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，C正确．
【答案】 C
6．半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图5－5－12所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
图5－5－12
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示由∠AOB＝120°可知，弧AB所对圆心角θ＝60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R.由几何知识知R＝r.t＝＝＝＝，故D正确．
【答案】 D
7．如图5－5－13所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1方向与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度v2的方向与MN成60°角．设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1、t2，则t1∶t2为( )
图5－5－13
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
【解析】 同种粒子的周期相等T＝，在a点射出的粒子偏转角为，t1＝；在b点射出的粒子偏转角为，t2＝，故t1∶t2＝3∶2.D选项正确．
【答案】 D
8．(2012·古田一中高二检测)北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4 T，竖直分量B2＝0.5×10－4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图5－5－14所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )
图5－5－14
A．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C．海水的流速大小为0.125 m/s
D．海水的流速大小为0.2 m/s
【解析】 由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子有：qvB2＝q，即v＝＝ m/s＝0.2 m/s，故选项D正确．
【答案】 AD
9．(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图5－5－15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5－5－15
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】 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，则轨迹半径r＝，周期T＝＝.由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同，选项B正确．入射速度不同的粒子，在磁场中的运动轨迹不同，但运动时间可能相同，比如，速度较小的粒子会从磁场的左边界飞出，都运动半个周期，而它们的周期相同，故选项A错误，进而可知选项C错误．由于所有粒子做圆周运动的周期相同，故在磁场中运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角一定越大，选项D正确．
【答案】 BD
10．(2012·上海上宁区高二检测)“上海光源”发出的光，是接近光速运动的电子在磁场中做曲线运动改变运动方向时产生的电磁辐射．若带正电的粒子以速率v0进入匀强磁场后，在与磁场垂直的平面内做半径为mv0/qB的匀速圆周运动(见图5－5－16)，式中q为粒子的电荷量，m为其质量，B为磁感应强度，则其运动的角速度ω＝________.粒子运行一周所需要的时间称为回旋周期．如果以上情况均保持不变，仅增加粒子进入磁场的速率v0，则回旋周期________(填“增大”、“不变”或“减小”)．
图5－5－16
【解析】 粒子运动的周期T＝＝·＝，与v0大小无关，故增大v0，T不变．角速度ω＝＝＝.
【答案】 不变
11．(2012·宁德高二检测)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内做匀速圆周运动，如图5－5－17所示．重力加速度为g.求：
图5－5－17
(1)液滴在空间受到几个力的作用；
(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)带电液滴在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力的作用．
(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＝.
(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，由qvB＝m得：R＝，把电荷量代入可得：R＝＝.
【答案】 (1)三个力的作用 (2)负电， (3)
12．如图5－5－18所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向如图，与x轴正向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电荷量和质量之比.
图5－5－18
【解析】 带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图虚线所示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l，射出时速度的大小仍为v0，射出的方向与x轴的夹角仍为θ.
由洛伦兹力公式和牛顿定律可得qv0B＝
解得r＝①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得
＝rsin θ②
联立①、②两式，解得＝.
【答案】
1．在回旋加速器中( )
A．高频电源产生的电场用来加速带电粒子
B．D形盒内既有匀强磁场，又有高频电源产生的电场
C．D形盒内只有匀强磁场，没有高频电源产生的电场
D．带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子速度增大
【解析】 磁场不能加速带电粒子，因为洛伦兹力是不做功的；D形盒把高频电源产生的电场屏蔽了．
【答案】 AC
2．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图5－6－12所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )
图5－6－12
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】 回旋加速器的两个D形盒之间分布着周期性变化的电场，不断地给离子加速使其获得能量；而D形盒处分布着恒定不变的磁场，具有一定速度的离子在D形盒内受到洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动；洛伦兹力不做功，故不能使离子获得能量，C错．离子源在回旋加速器的中心附近．所以正确选项为A、D.
【答案】 AD
图5－6－13
3．图5－6－13为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)，由此可知此粒子( )
A．一定带负电
B．可能带负电也可能带正电
C．可能是从上而下穿过该铅板
D．一定是从下而上穿过该铅板
【解析】 穿过铅板后要损失机械能，即速度减小，因此半径要减小，由此判断粒子从下往上穿过，带正电．
【答案】 D
4．方向如图5－6－14所示匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则( )
图5－6－14
A．若v0＞E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0
B．若v0＞E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0
C．若v0＜E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v＞v0
D．若v0＜E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v＜v0
【解析】 当qvB＝qE时，电子沿直线运动v＝，当v0＞，即洛伦兹力大于静电力，因而轨迹向下偏转，静电力做负功，动能减小，出场区时速度v＜v0，B正确，A错误；v0＜，即洛伦兹力小于静电力，电子向上偏，静电力做正功，速度v＞v0，D错误，C正确．
【答案】 BC
5．(2012·大连高二检测)如图5－6－15所示，一带负电荷的滑块从粗糙绝缘斜面的顶端滑至底端时的速度为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速度( )
图5－6－15
A．变大 B．变小
C．不变 D．条件不足，无法判断
【解析】 带负电荷的滑块沿斜面下滑时，由左手定则判定它受到的洛伦兹力垂直斜面向下，对斜面的正压力增大，所以摩擦力变大，摩擦力做的负功变大，所以滑块滑至底端时的速度减小，故正确答案为B.
【答案】 B
图5－6－16
6．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图5－6－16所示．要增大带电粒子射出时的动能，则下列方法中正确的是( )
A．增大磁场的磁感应强度
B．增大电场的加速电压
C．增大D形金属盒的半径
D．减少狭缝中的距离
【解析】 由Bvq＝m得v＝，Ek＝mv2＝.则增大B、R可使Ek增大与加速电压无关，故A、C正确．
【答案】 AC
7．(2012·福州八中高二检测)如图5－6－17所示，在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，已知从左方水平射入的电子，通过该区域时未发生偏转，假设电子重力可忽略不计，则在该区域中的E和B的方向可能是( )
图5－6－17
A．E竖直向上，B垂直纸面向外
B．E竖直向上，B垂直纸面向里
C．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同
D．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反
【解析】 如果E竖直向上，B垂直纸面向外，电子沿图中方向射入后，电场力向下，洛伦兹力向上，二力可能平衡，电子可能沿直线通过E、B共存区域，故A对；同理B不对；如果E、B沿水平方向且与电子运动方向相同，电子不受洛伦兹力作用，但电子受到与E反方向的电场力作用，电子做匀减速直线运动，也不偏转，故C对；如果E、B沿水平方向，且与电子运动方向相反，电子仍不受洛伦兹力，电场力与E反向，即与速度同方向，故电子做匀加速直线运动，也不偏转，故D对．
【答案】 ACD
8．如图5－6－18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可能是( )
图5－6－18
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】 带电滑环向右运动所受洛伦兹力方向向上，其大小与滑环初速度大小有关，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)当洛伦兹力开始时大于重力时，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．
【答案】 ABD
9．如图5－6－19所示，某空间匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属杆ab从高h处自由下落，则( )
图5－6－19
A．a端先着地
B．b端先着地
C．两端同时着地
D．以上说法均不正确
【解析】 金属杆下落过程中，其中自由电子相对磁场向下运动，故受向左的洛伦兹力作用而在a端聚集，则b端剩余正电荷，在电场力作用下，b端加速，而a端受电场力的阻碍，故b端先着地，故B对．
【答案】 B
10．如图5－6－20所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速率大小不一．当电子通过方向互相垂直的匀强电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S.设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06 T，问：
图5－6－20
(1)磁场的指向应该向里还是向外？
(2)速度为多大的电子才能通过小孔S?
【解析】 (1)由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下，带负电的电子受到的电场力FE＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场对电子束的洛伦兹力必须是向下的．根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．
(2)电子受到的洛伦兹力为：FB＝evB，它的大小与电子速率v有关．只有那些速率的大小刚好使得洛伦兹力与电场力相平衡的电子，才可沿直线KA通过小孔S.据题意，能够通过小孔的电子，其速率满足下式：evB＝eE，解得：v＝.又因为E＝，所以v＝.将U＝300 V，B＝0.06 T，d＝0.05 m代入上式，得v＝105 m/s.即只有速率为105 m/s的电子才可以通过小孔S.
【答案】 (1)磁场方向垂直于纸面向里 (2)105 m/s
图5－6－21
11．(2013·泉州五中高二期末)如图5－6－21所示，质量为m的带正电小球从静止开始沿竖直的绝缘墙竖直下滑．磁感应强度为B的匀强磁场方向水平垂直纸面向外，并与小球运动方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ，则小球下滑的最大速度和最大加速度各多大？
【解析】 带电小球开始瞬间在重力作用下向下做加速直线运动，运动过程中受力分析如图所示．
由牛顿第二定律可得：mg－f＝ma
N＝F F＝qvB 又f＝μN
随着v增大，F增大，N增大，f也增大，小球的加速度变小，故v＝0时，小球加速度a最大，am＝g，a＝0时，小球的速度最大，由
mg＝μ·qvmB得：vm＝.
【答案】 g
图5－6－22
12．(2012·山东潍坊模拟)如图5－6－22所示，有界匀强磁场的磁感应强度B＝2×10－3 T；磁场右边是宽度L＝0.2 m、场强E＝40 V/m、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q＝－3.2×10－19 C，质量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(画在题图上)
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(3)带电粒子飞出电场时的动能．
【解析】 (1)轨迹如图．
(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有
qvB＝m
R＝＝ m＝0.4 m.
(3)Ek＝EqL＋mv2
＝40×3.2×10－19×0.2 J＋×6.4×10－27×(4×104)2 J
＝7.68×10－18 J.
【答案】 (1)见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J
1．对于库仑定律，下面说法中正确的是( )
A．凡计算两个带电体间的相互作用力，就可以使用公式F＝k
B．两个电荷之间的距离趋于零时，它们之间的库仑力将趋于无穷大
C．真空中相互作用的两个点电荷，不论它们电量是否相同，它们受到的库仑力大小一定相等
D．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
【解析】 库仑定律只适用于真空中的点电荷，A错误，两电荷距离趋于零时，不能看做点电荷，库仑力不能用F＝k计算，B错误，根据牛顿第三定律，C正确，点电荷不一定体积小，D错误．
【答案】 C
2．下列关于点电荷的说法正确的是( )
A．点电荷可以是带电荷量很大的带电体
B．带电体体积很大时不能看成点电荷
C．点电荷的带电荷量可能是2.56×10－20 C
D．大小和形状对作用力影响可以忽略的带电体可以看做点电荷
【解析】 点电荷是指带电体的体积、形状对作用力的影响可以忽略不计的带电体，其绝对体积不一定很小，其带电量可能很大也可能很小，但一定是1.6×10－19 C的整数倍，故仅A、D正确．
【答案】 AD
图1－2－7
3．为了研究电荷之间的相互作用力跟什么因素有关，小宇做了如下实验：把一个带正电的物体放在A处，然后将挂在丝线上带正电的小球先后挂在P1、P2、P3处，发现情况如图1－2－7所示．由此，小宇归纳得出的初步结论是( )
A．电荷之间的作用力大小随距离增大而减小
B．电荷之间的作用力大小随距离增大而增大
C．电荷之间的作用力大小随距离的增大先增大后减小
D．电荷之间的作用力大小与距离无关
【解析】 根据小球悬线偏离竖直方向的角度可以看出，电荷之间相互作用力的大小与电荷间距离的大小有关，距离越近，偏角越大，说明电荷间相互作用力越大，所以A选项正确．
【答案】 A
4．真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的带电量不变，要使它们的静电力变为F/4，则它们的距离应当变为( )
A．16r B．4r
C．2r D．2r
【解析】 根据库仑定律F＝k，A带的电荷量变为4qA，静电力变为，则它们的距离应变为4r，B正确．
【答案】 B
5．(2012·同安一中高二检测)真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面哪些做法可以使它们之间的静电力变为2F( )
A．使Q1的电量变为原来的2倍，同时使它们的距离变为原来的2倍
B．使每个电荷的电量都变为原来的2倍，距离变为原来的2倍
C．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的倍
D．保持它们的距离不变，使它们的电量都变为原来的倍
【解析】 根据库仑定律F＝，若静电力变为2F，可确定A、B、C错误，D正确．
【答案】 D
6．两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F.现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为( )
A．F B．4F/3
C．4F D．2F
【解析】 球的半径比r小得多，可以看做点电荷两球为斥力，故带同种电荷，接触后再分开，电荷量都变为2q，根据F＝k，相互作用力将变为4F，C正确．
【答案】 C
图1－2－8
7．如图1－2－8所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F1、F2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )
A．F1一定大于F2
B．F1一定小于F2
C．F1与F2大小一定相等
D．无法比较F1与F2的大小
【解析】 两个电荷间的相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律，甲、乙两球所受的库仑力等大反向，作用在一条直线上，选项C正确．
【答案】 C
图1－2－9
8．(2012·福建上杭一中高二检测)如图1－2－9所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )
A．l＋ B．l－
C．l－ D．l－
【解析】 以左边小球为研究对象，它受到另外两个带电小球的库仑力和弹簧的弹力作用而平衡，有k0x＝k＋k，得x＝，l0＝l－x＝l－.故正确答案为C.
【答案】 C
9．(2012·澄迈高二检测)如图1－2－10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1－2－10
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
10．有三个完全相同的金属小球A，B，C，A所带电荷量为＋7Q，B所带电荷量为－Q，C不带电．将A，B固定起来，然后让C反复与A，B接触，最后移去C，A，B间的相互作用力变为原来的多少？
【解析】 C与A，B反复接触，最后A，B，C三者电荷量均分，
即qA′＝qB′＝qC′＝＝2Q.
A，B间的作用力F′＝k·＝，
原来A，B间的作用力F＝k·＝，
所以＝，即F′＝F.
【答案】 变为原来的F
图1－2－11
11．如图1－2－11所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电？应放于何处？所带电量为多少？
【解析】 如图所示，根据平衡条件判断，C应带负电，放在A的左边且和AB在一条直线上．
设C带电量为q，与A点相距为x，则以A为研究对象，由平衡条件：＝k①
以C为研究对象，则＝k②
解①②得x＝r＝0.2 m，q＝－Q
故C应带负电，放在A的左边0.2 m处，带电量为－Q.
【答案】 C应带负电，放在A的左边0.2 m处，带电量为－Q
12．(2012·福州一中高二检测)如图1－2－12所示，半径为R的绝缘球壳上均匀地分布有电荷量为＋Q的电荷，
图1－2－12
另一电荷量为＋q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零．现在球壳上挖去半径为r(r远小于R)的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为多少？方向如何？(已知静电力常量是k)
【解析】 挖去这一小块圆面上的电荷量为：
qB＝Q＝Q
由于半径r?R，可以把它看成点电荷．根据库仑定律，它对中心＋q的作用力大小为：
F＝k＝k＝k
其方向由球心指向小孔中心．
【答案】 k，方向由球心指向小孔中心
1．下列不能起到预防雷击作用的是( )
A．高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连
B．高压输电铁塔最上面的两条导线
C．古代建筑物上的龙角形铁制装饰物用粗铁丝与大地相连
D．较高的室外天线
【解析】 古代建筑物上的龙角形铁制装饰物用粗铁丝与大地相连、高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连，能将静电及时导走，高压输电铁塔最上面的两条导线是接地线，都能起到避雷作用，而较高的室外天线将雷电引到室内但不能及时导走，不能起到预防雷击作用．
【答案】 D
2．带电体表面突出的地方电荷容易密集，雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时，由于静电感应建筑物顶端会聚集异种电荷，避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击，若不知道竖直导线中的电流方向，进而判断云层所带电荷安全可行的方法是( )
A．在导线中接入电流表
B．在导线中接入电压表
C．在导线中接入小灯泡
D．在导线旁放一可自由转动的小磁针
【解析】 电流周围会产生磁场，在磁场中的小磁针受到磁场作用发生偏转，根据偏转方向就可知道电流的方向，其他方法都是不安全的．
【答案】 D
3．在地毯中加入少量的金属纤维是为了( )
A．避免人走动时产生静电
B．将人走动时产生的静电及时导走
C．增大地毯的强度和韧性
D．对地毯起装饰作用
【解析】 在地毯中加入少量的金属纤维是为了将人走动时产生的静电及时导走，避免静电的积累．
【答案】 B
4．为了防止静电的危害，应尽快把静电导走．下列措施中是可行的是( )
A．电子工厂内的技术人员带上接地脚环或防静电手腕带
B．电工钳柄上套有一绝缘胶套
C．飞机的轮胎用导电的橡胶制造
D．印染车间里保持适当的湿度
【解析】 能够把静电导走的是带接地脚环或防静电手腕带，用导电橡胶，保持车间里的湿度，故ACD正确．
【答案】 ACD
5．雷雨天气应谨防雷电，下面做法正确的是( )
A．雷雨天气外出时，可以在孤立的高大建筑物和大树下避雨
B．雷雨天气外出时，不在很空旷的地方站立，以免成为雷电的袭击目标
C．雷雨天气外出时，可以在户外打手机
D．在室内，如果听到打雷不用关掉电视等家用电器
【解析】 尖端放电是静电感应中最常见的规律，雷雨天气外出时，不要在很空旷的地方站立，以免尖端放电，成为雷电的袭击目标．
【答案】 B
6．电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为( )
A．灰尘的自然堆积
B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力
C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘
D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘
【解析】 电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘，因为静电会吸附细小物体和微粒．
【答案】 D
7．下列关于静电的说法中正确的是( )
A．静电植绒是利用异性电荷相吸引而使绒毛吸附在底料上
B．复印机是利用异性电荷相吸引而使碳粉吸附在纸上
C．电疗针灸是静电在医学上应用
D．飞机轮胎用导电橡胶制成，是为了避免静电对飞机造成的危害
【解析】 静电植绒、复印机是利用了异种电荷相互吸引的原理，飞机轮胎用导电橡胶制成是为了把产生的静电导入大地，而电疗针灸是利用电流的生物效应．所以A、B、D正确，C错误．
【答案】 ABD
8．(2012·南平一中高二检测)下图1－3－3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，在静电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1－3－3
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．到达集尘极的尘埃带负电荷
C．尘埃可以带负电，也可带正电
D．放电极带负电荷
【解析】 集尘极接电源正极，带正电荷，故尘埃应带负电荷，B正确，放电极接电源负极，带负电荷，故D正确．
【答案】 BD
9．滚筒式静电分选器由料斗A、导板B、导体滚筒C、刮板D、料槽E、F和放电针G等部件组成，C与G分别接于直流高压电源的正、负极，并令C接地．如图1－3－4所示，电源电压很高，足以使放电针G附近的空气发生电离而产生大量离子，现有导电性能不同的两种物质粉粒a、b的混合物从料斗A下落，沿导板B到达转动的滚筒C上，粉粒a具有良好的导电性，粉料b具有良好的绝缘性．下列说法正确的是( )
图1－3－4
A．粉粒a落入料槽F，粉粒b落入料槽E
B．粉粒b落入料槽F，粉粒a落入料槽E
C．若滚筒C不接地而放电针G接地，从工作原理上看，这是不允许的
D．若滚筒C不接地而放电针G接地，从工作实用角度看，这是不允许的
【解析】 粉粒a和b在空中都带电，但a为导体，电荷会传给滚筒，而不带电；b绝缘性好，故一直带电，因此碰D后才下落．C必须接地，否则会使操作工人触电．
【答案】 AD
10．燃气灶上常常装有电子点火器，接通电子线路后用电池产生高电压，通过高压放电的电火花来点燃气体．图1－3－5中的点火器的放电电极做成了针尖状．
为什么放电电极做成针尖状而不是圆头状？与此相反，验电器的金属杆上端做成金属球而不做成针尖状？
图1－3－5
【解析】 放电电极做成针尖状是利用尖端放电的原理．
电荷在导体表面的分布是不均匀的：突出的位置，电荷比较密集；平坦的位置，电荷比较稀疏．导体尖端部位的电荷特别密集，尖端附近的电场就特别强，会产生尖端放电．放电电极要点燃气体需要很高的温度，这需要通过放电来完成；而验电器是由于其带电而工作的，若将金属球做成针尖状，电被放掉了，就不能正常工作了．
图1－3－6
11．如图1－3－6那样在桌上放两摞书，把一块洁净的玻璃垫起来，使玻璃离开桌面2～3厘米．在宽0.5厘米的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃下面．然后用一块硬泡沫塑料在玻璃上擦，就可以看到小纸人翩翩起舞了．请你注意观察现象，并想想产生这种现象的原因．如果实验前用一根火柴把“跳舞区”烤一烤，实验效果就会更好．如果向“跳舞区”哈一口气，小纸人跳得就不活跃或者不能起舞了．试试看，从这里你能找到一种防止静电危害的方法吗？
【解析】 如果向“跳舞区”哈一口气，会使“跳舞区”变得潮湿，这时小纸人跳得就不活跃或者不能起舞了．说明潮湿的条件下不易摩擦起电，因为潮湿的空气具有导电能力，把摩擦后的玻璃板上产生的电荷导走了．
【答案】 见解析
1．将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于( )
A．q/F B．F/q
C．q D．F＋q
【解析】 根据电场强度定义公式，E＝，故B正确．
【答案】 B
2．(2012·宁德一中高二检测)在电场中A点放入电荷量为q的正电荷，它受到的电场力方向向右，大小为F.关于A点的电场强度，下列判断正确的是( )
A．电场强度大小为，方向向右
B．电场强度大小为，方向向左
C．若A点放电荷量为q的负电荷，则A点电场强度方向向左
D．如果在A点不放电荷，那么A点电场强度为零
【解析】 根据定义式，A点电场强度E＝，由电场强度方向与正电荷受力方向相同，A正确，B错误，由于电场强度大小和方向与试探电荷无关，故C、D错误．
【答案】 A
3．关于电场强度，下列说法正确的是( )
A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大
C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右
D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大
【解析】 场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．
【答案】 C
4．下列说法正确的是( )
A．靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小
B．沿电场方向电场强度越来越小
C．在电场中没画电场线的地方场强为零
D．电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来
【解析】 场强的大小可直观地用电场线的疏密来表示，与电荷的正负无关，所以选项A、B错误；电场线是人为画的，故选项C错误．只有选项D正确．
【答案】 D
5．某电场的电场线如图2－1－8所示，电场中的A、B两点的场强大小分别为EA和EB，由图可知( )
图2－1－8
A．EA＜EB B．EA＝EB
C．EA＞EB D．无法比较EA和EB的大小
【解析】 由电场线的疏密可确定电场强度的大小，故EA＜EB，A正确．
【答案】 A
6．如图2－1－9所示，表示一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受电场力与电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是( )
图2－1－9
A．该电场是匀强电场
B．这四点场强的大小关系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec
C．这四点场强的大小关系是Ea＞Eb＞Ec＞Ed
D．无法比较这四点场强的大小关系
【解析】 由公式E＝可得，F与q成正比，比值即等于场强E.所以在图中可得斜率越大，E越大．
【答案】 B
7．(2012·厦门双十中学高二检测)如图2－1－10所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1，在b、d两个顶点上各放一带负电的点电荷，电荷量的大小都是q2，q1＞q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条( )
图2－1－10
A．E1 B．E2
C．E3 D．E4
【解析】 作出a、b、c、d四个点电荷在O点的电场强度如图所示．其中Ea＝Ec＞Eb＝Ed
由矢量合成法则可知合场强只能是图中的E2，B正确．
【答案】 B
8．如图2－1－11所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )
图2－1－11
A．电荷向B做匀速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动
C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定
【解析】 由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．
【答案】 D
9．(2012·海南一中高二检测)如图2－1－12所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是( )
图2－1－12
A．物体开始运动后加速度先增大，后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增大
C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的速度达最大值
D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值
【解析】 物体开始运动后，电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增大，选项B正确；经过时间t＝后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的速度达最大值，选项C正确．
【答案】 BC
10．如图2－1－13所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是( )
图2－1－13
A．外力的方向水平
B．外力的方向竖直向上
C．外力的大小等于qE＋mg
D．外力的大小等于
【解析】 由受力平衡知F＝，方向应与重力和电场力的合力方向相反．
【答案】 D
11．如图2－1－14所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转θ
角后静止．设小球是用绝缘丝线悬挂于O点，求小球所在处的电场强度．
图2－1－14
【解析】 分析小球的受力如图所示，由平衡条件得
F电＝mgtan θ
由电场强度的定义式得：小球所在处的电场强度
E＝＝mg
由于小球带正电，所以小球所在处的电场强度方向水平向右．
【答案】 mg，方向水平向右．
12．(2012·汉中高二检测)如图2－1－15所示，在真空中A、B两点处各固定一个点电荷，它们的电荷量相等，均为4.0×10－10 C，而带电的性质不同，A为正、B为负，两者相距80 cm，P点与A、B等距离，均为50 cm，
图2－1－15
(1)试确定P点的场强大小和方向？
(2)试求P点处的场强和A、B连线中点O处的场强之比？
【解析】 (1)EA＝EB＝k＝9×109× N/C＝14.4 N/C
EP＝2EAcos θ＝2×14.4× N/C＝23.04 N/C 方向平行于AB，沿AB方向
(2)EO＝2＝2×9×109× N/C＝45 N/C
＝＝
【答案】 (1)23.04 N/C 方向平行于AB，沿AB方向
(2)
1．(2012·巴州高二检测)某电场的一条电场线如图2－2－7所示，在正电荷从A点移到B点的过程中：( )
图2－2－7
A．电场力对电荷做正功
B．电场力对电荷不做功
C．电荷克服电场力做功
D．电势能增加
【解析】 正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减小，故A正确．
【答案】 A
2．关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是( )
A．电势差的大小由电场力在两点间移动电荷做的功和电荷的电量决定
B．电场力在两点间移动电荷做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定
C．电势差是矢量，电场力做的功是标量
D．在匀强电场中与电场线垂直方向上任意两点的电势差为零
【解析】 电势差是由电场本身决定的，与电场力做功无关，A错误，而电场力做功的多少，由电势差和电荷量决定，B正确．电势差和电场力做的功都是标量，C错误，在匀强电场电场线垂直方向上移动电荷时，电场力不做功，根据U＝，D正确．
【答案】 BD
图2－2－8
3．两个电荷量分别为＋q和－q的带电小球，固定在一条长为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与场强方向平行，其位置如图2－2－8所示．若杆绕过O点且垂直于杆的轴线转过180°，则在此过程中电场力做的功为( )
A．0 B．qEl
C．2qEl D．πqEl
【解析】 电场力做功的特点，只与始末位置有关，与路径无关；转过180°过程中，电场力对＋q、－q均做正功，大小均qEl，总功为2qEl.
【答案】 C
4．如图2－2－9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2－2－9
A．W1＝W2＝W3＜0 B．W1＞W2＝W3＞0
C．W1＝W3＞W2＝0 D．W3＞W1＝W2＝0
【解析】 由于电场力做功与路径无关，故W1＝W2＋W3由于A、C两点等势．故W2＝0，由此可确定W1＝W3＞W2＝0，故C正确．
【答案】 C
5．下列说法正确的是( )
A．A、B两点间的电势差，等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功
B．电势差是一个标量，但是有正、负之分
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，只跟电荷的始、末位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势面的不同而改变，所以UAB＝UBA
【解析】 由电势差的定义知A项错误；电势差虽是标量，但有正负之分，表示电势高低，B正确；电势差是描述电场的能的性质由电场本身决定，与路径无关，UAB＝－UBA，故D错误，C正确．
【答案】 BC
6．一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速度释放，先后经过电场中的B点和C点．点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EpA、EpB、EpC表示，则EpA、EpB和EpC之间的关系可能是( )
A．EpA＞EpB＞EpC B．EpA＜EpB＜EpC
C．EpA＜EpC＜EpB D．EpA＞EpC＞EpB
【解析】 点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过B、C两点，根据能的转化和守恒可知，自A点起动能先增加，先后经过B、C两点不一定一直加速，但动能都比A点大，有两种可能：自A到B、C一直加速，则电势能一直减小；自A到B先加速后减速到C则电势能先减小，后增大，故A、D正确．
【答案】 AD
图2－2－10
7．如图2－2－10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( )
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，电势能增大
C．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增大
D．若在C点无初速地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能减少
【解析】 在C点释放正电荷，正电荷受的电场力方向是C到B，因此电荷向B的方向运动，电场力做正功，电势能减少，A对；在C点释放负电荷，负电荷受的电场力方向是C到A，因此电荷向A的方向运动，电场力做正功，电势能减少，D对．
【答案】 AD
图2－2－11
8．(2012·海南农星中学高二检测)如图2－2－11所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点．M处电荷的电荷量大于N处电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点．现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．q的电势能逐渐减小
B．q的电势能逐渐增大
C．q的电势能先减小后增大
D．A点的场强方向由A指向B
【解析】 A点电场强度为两正电荷产生的电场在该点场强的矢量和，根据电场叠加原理，A点场强方向不是由A指向B，选项D错误；负电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程中，两个正电荷对负电荷q都做负功，电势能逐渐增加，故选项B正确．
【答案】 B
9．如图2－2－12所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v，则在质点的运动中不发生变化的是( )
图2－2－12
A．动能
B．电势能与重力势能之和
C．动能与重力势能之和
D．动能、电势能、重力势能三者之和
【解析】 在只有电场、重力场的复合场中，只有重力和电场力做功，结合功能关系、动能定理可知重力势能、电势能、动能的总和不变，故D正确．
【答案】 D
10．(2013·福州三中高三期末)如图2－2－13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点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )
图2－2－13
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：合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知带负电的粒子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，当到达M点后电场力做正功，加速，电势能在减小，则在M点的速率最小，故A、D错；在整个过程中只受恒定的电场力，根据牛顿第二定律知，加速度不变，故C正确．
【答案】 C
11．一个带正电的质点，电量为q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其它力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差Uab为________．
【解析】 设电场力做功为Wab，则由动能定理可知Wab＋6.0×10－5 J＝8.0×10－5 J，所以Wab＝2.0×10－5 J，而Wab＝qUab，则Uab＝Wab/q＝2.0×10－5/2.0×10－9＝1.0×104 V.
【答案】 1.0×104 V
图2－2－14
12．(2012·重庆第二外国语学校高二检测)如图2－2－14所示，匀强电场强度E＝1.2×102 N/C，方向水平向右，一点电荷q＝4.0×10－8 C，沿半径R＝20 cm的圆周，从A点移动到B点．已知∠AOB＝90°，且OB与电场线平行，求：
(1)这一过程中电场力做的功是多少？是做正功还是做负功？
(2)A、B两点间的电势差UAB是多少？
【解析】 (1)WAB＝－EqR＝－1.2×102×4.0×10－8×0.2 J＝－9.6×10－7 J 负功
(2)UAB＝＝＝－24 V
【答案】 (1)－9.6×10－7 J 负功 (2)－24 V
1．关于公式φ＝可知：( )
A．电场中某点的电势，与放在该点电荷具有的电势能成正比
B．电场中某点的电势，与放在该点电荷的电荷量成反比
C．电场中某点的电势，与该点是否有电荷，电荷的正负及电荷量的大小无关
D．放入电场中某点的点电荷不同，电势能也不同，但电势能与电荷量的比值保持不变
【解析】 电势由电势能和电荷量的比值定义，是电场本身的性质，不随电势能和电荷量变化，A、B错误，C、D正确．
【答案】 CD
2．下列说法中，正确的是：( )
A．同一等势面上的各点电势相等，电场强度也相等
B．电场中的两条电场线一定不会相交，但两个电势不等的等势面有可能相交
C．在同一等势面上移动电荷，电场力一定不做功
D．离孤立带电导体越近的等势面，其形状越与导体表面相似；离孤立带电导体越远的等势面，其形状越接近于球面
【解析】 等势面上电势相等，电场强度不一定相等，A错误，电场线、等势面都不可能相交，B错误，在同一等势面上移动电荷，电场力不做功，C正确，根据孤立带电导体，周围等势面的分布情况可知，D正确．
【答案】 CD
3．对关系式U＝Ed的理解，正确的是( )
A．式中的d是A、B两点间的距离
B．A、B两点间距离越大，电势差越大
C．d是A、B两个等势面的垂直距离
D．此式适用于任何电场
【解析】 公式U＝Ed只适用于匀强电场，其中d为沿场强方向上的距离．
【答案】 C
图2－3－10
4．如图2－3－10所示，在O点放置一点电荷＋Q，B、C、D三点都在以＋Q为圆心的圆周上，将一试探电荷从A点分别移到B、C、D三点，则电场力做功最多的是( )
A．从A点移到B点
B．从A点移到C点
C．从A点移到D点
D．从A点到B、C、D三点做功一样多
【解析】 B、C、D三点在同一等势面上，即三点的电势相同，所以UAB＝UAC＝UAD＝U；又因W＝qU，故三种情况下电场力做的功一样多，选项D正确．
【答案】 D
5．(2012·杭州高二检测)如图2－3－11所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，其运动轨迹如图中KLMN所示，可知( )
图2－3－11
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少
【解析】 根据a、b、c三个等势面的电势关系及带电粒子的运动轨迹可以判断，该电场是正电荷周围的电场，所以粒子从K到L电场力做负功，电势能增加，A、C正确．粒子从L到M的过程中，电场力做正功，电势能减少，动能增加，B、D错误．
【答案】 AC
6．如图2－3－12所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在等势线U3上时，具有动能20 J，它运动到等势线U1上时，速度为零．令U2＝0，那么，当该电荷的电势能为4 J时，其动能大小为( )
图2－3－12
A．16 J B．10 J
C．6 J D．4 J
【解析】 正电荷从等势线U3运动到等势线U1上时，克服电场力做功，电势能增加了20 J，由U12＝U23知U1＝－U3，则点电荷在等势线U1处电势能为10 J，在U3处电势能为－10 J，正电荷的总能量E＝10 J．当电势能为4 J时，动能应为6 J．选项C正确．
【答案】 C
7．(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图2－3－13所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则( )
图2－3－13
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
【解析】 由电场的等势面分布图可判断P、Q为等量异种点电荷，Q带负电，A项错误．a、b两点的电场强度方向不同，故B项错误．由正电荷到负电荷电势逐渐降低知φc＞φd，故C项错误．负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减小，故D正确．
【答案】 D
8．电场中A、B两点的电势是φA＝800 V，φB＝200 V．把电荷q＝1.5×10－8 C由A移动到B点，电场力做了多少功？电势能是增加还是减少？变化了多少？
【解析】 电场力做功为：
WAB＝q(φA－φB)
解得WAB＝9×10－6 J
电场力做正功电势能减少，减少量为9×10－6 J
【答案】 9×10－6 J 电势能减少 减少量为9×10－6 J
9．(2012·福州三中高二检测)如图2－3－14所示，在正的点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1＜r2.
图2－3－14
(1)a、b两点哪点电势高？
(2)将一负电荷放在a、b两点，哪点电势能较大？
(3)若a、b两点间的电势差为100 V，将二价负离子由a点移到b点是电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？
【解析】 (1)由正点电荷的等势面特点可判断a点的电势较高．
(2)由φa＞φb，Uab>0，当把负电荷从a点移往b点，
Wab＝qUab<0，电场力做负功，电势能增加，
负电荷在b点电势能较大．
(3)若Uab＝100 V，二价负离子电量q＝－2×1.6×10－19 C，将该离子从a点移往b点，电场力做功：Wab＝qUab＝－3.2×10－17 J
即克服电场力做功3.2×10－17 J.
【答案】 (1)a点电势较高
(2)负电荷在b点电势能较大
(3)克服电场力做功 3.2×10－17 J
图2－3－15
10．如图2－3－15所示，a、b、c是匀强电场中的直角三角形的三个顶点，已知a、b、c三点的电势分别为φa＝8 V，φb＝－4 V，φc＝2 V，已知ab＝10 cm，ac＝5 cm，ac和ab的夹角为60°，试确定场强的方向和大小．
【解析】 因为Uab＝φa－φb＝12 V，所以ab的中点d的电势为φd＝2 V，过a点作等势线cd的垂线ae，ae为一条电场线，如图所示．ae＝adcos 30°＝abcos 30°＝7.5 cm
由E＝得：
E＝＝＝＝＝80 V/m
方向斜向右上方与ac成30°角．
【答案】 80 V/m 方向斜向右上方与ac成30°角
图2－3－16
11．(2012·同安一中高二检测)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，开始时把小球拉到和O在同一水平面上的A点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B点时，球的速度正好为零，求：
(1)A、B两点的电势差；
(2)匀强电场的场强；
(3)小球运动到B点时细线上的拉力大小；
【解析】 (1)由动能定理得：mgLsin 30°－qUAB＝0 得UAB＝mgL/2q
(2)UAB＝EL(1－cos 60°)得：E＝mg/q
(3)此时小球在B处速度为零，即沿径向合力为零．有牛顿第二定律有：
T－mgcos 30°－Eqcos 60°＝0 可解得T＝mg
【答案】 (1)mgL/2q (2)mg/q (3)mg
1．下列关于电容的说法正确的是( )
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量
D．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电势差成反比，与电容器所带的电荷量成正比
【解析】 电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B大，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电势差、电容器的体积等无关，D错．
【答案】 C
2．(2012·塔城高二检测)如图2－4－6所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是( )
图2－4－6
A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变小
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
【解析】 根据C＝，当d增大时，C减小，根据C＝，U＝，U变大，张角变大，A错，当A板上移时，S变小，C变小，U变大，B正确，当把玻璃板插入两极之间时，ε变大、C变大、U变小，张角变小，C错，将A板拿走，相当于d增大，U变大，张角变大，D错误．
【答案】 B
3．如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器电量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图像有( )
【解析】 电容器的电容C与Q和U无关，仅与本身的构造有关，故AB错，D对；由定义式C＝知，Q与U成正比，故C正确．
【答案】 CD
4．(2012·厦门六中高二检测)一平行板电容器两极板间距离为d、极板面积为S，电容为，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，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】 由题可知电容器充电后断开电源，故电容器的带电荷量保持不变，当增大两极板间的距离时，由C＝可知，电容器的电容变小，由U＝可知电压变大，又由E＝可知E＝＝＝＝，所以电场强度不变，A正确．
【答案】 A
5．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为( )
A. B.
C. D.
【解析】 U＝，E＝，故F＝qE＝，故C正确．
【答案】 C
图2－4－7
6．如图2－4－7所示是一种利用电容器的电容C测量角度的电容器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是知道C的变化情况，就可以知道θ的变化情况，其中最能正确地反映C和θ的函数关系的是( )
【解析】 由公式C＝知θ＝π时C＝0，A错．θ↑→S↓→C↓，D错．C与S成正比，与θ不成正比，故C对．
【答案】 C
图2－4－8
7．如图2－4－8是一种通过测量电容器电容的变化，来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有( )
A．该仪器中电容器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】 类似于平行板电容器的结构：导体芯和液体构成电容器的两块电极，导体芯的绝缘层就是极板间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的正对面积(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．正确答案选A、C项．
【答案】 AC
8．(2012·漳州一中高二检测)如图2－4－9所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
图2－4－9
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减少
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
【解析】 因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，φP＝ExP减小，P点的电势降低，故选项A错B对；又根据带电油滳平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B.
【答案】 B
9．(2011·天津高考)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，板间电场强度为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，板间电场强度为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】 由C＝和C＝及E＝得，E＝，电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．
【答案】 C
10．一平行板电容器的电容为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E.现保持间距不变使两板错开一半，如图2－4－10所示，则下列各量的变化是：电容C′＝________，带电量Q′＝________，电势差U′＝________，板间场强E′＝________.
图2－4－10
【解析】 由C＝知：两板错开一半，S减半，C减半，故C′＝C，电源断开，电量Q不变，故电势差U′＝＝＝2U，E′＝＝＝2E.
【答案】 C Q 2U 2E
11．如图2－4－11所示，电源电压恒定，则接通开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从______到________；平行板电容器充电稳定后，在将两板间距离增大的过程中，通过R的电流方向是从________到________；如果电容器充电平衡后，先断开S，再将两板间距离增大，在此过程中，R上________电流通过(填“有”或“无”)．
图2－4－11
【解析】 电容器在充、放电过程中，电路中将有电流，电流方向即为正电荷的定向移动方向．在接通S瞬间，电容器被充电，上极板带正电，下极板带负电，故电流方向由A到B；稳定后，将两板距离增大，根据C＝，电容减小，电容器带电荷量Q＝CU，因为U不变，所以电荷量Q减小，即电流方向由B到A；将开关断开后，因为电容器带电荷量不变，所以无论如何调节板间距离，均无电流通过．
【答案】 A B B A 无
12．(2012·福建师大附中高二检测)如图2－4－12所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4 mm，充电后两极板电势差为120 V．A板带正电，若它的电容为3 μF，且P到A板距离为1 mm.求：
图2－4－12
(1)每一板的带电荷量；
(2)一个电子在P点具有的电势能；
(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能；
(4)两板间的电场强度．
【解析】 (1)由Q＝UC得Q＝120×3×10－6 C＝3.6×10－4 C.
(2)EPP＝－eφP＝－edPB＝－90 eV.
(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得Ek－0＝－eUBA，Ek＝120 eV.
(4)E＝＝3×104 N/C.
【答案】 (1)3.6×10－4 C (2)－90 eV (3)120 eV (4)3×104 N/C
1．(2012·宁夏银川高二检测)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，如图2－5－12所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
图2－5－12
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】 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．
【答案】 AC
2．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子( )
A．具有相同的质量
B．具有相同的电荷量
C．电荷量和质量的比相同
D．属于同一元素的同位素
【解析】 由偏转距离y＝()2＝可知，若轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有相同．
【答案】 C
3．(2012·长春调研)如图2－5－13所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
图2－5－13
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1/2倍
【解析】 本题考查了带电粒子在电场中的运动．带电粒子经过加速电场和偏转电场，最终偏移量为y＝，现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，必须使U2加倍，选A.
【答案】 A
图2－5－14
4．(2012·长乐一中高二检测)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图2－5－14所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A. B．edUh
C. D.
【解析】 电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：mv＝eUOA，又E＝U/d，UOA＝Eh＝h，所以mv＝.故D正确．
【答案】 D
5．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶1
【解析】 由动能定理可知qEl＝Ek，又l＝at2＝t2，解得t＝，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A选项正确．
【答案】 A
6．如图2－5－15所示，带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场(重力不计)，若粒子的初动能变为原来的2倍，还要使粒子保持擦极板边缘飞出，可采用的方法是( )
图2－5－15
A．将极板的长度变为原来的2倍
B．将两板之间的距离变为原来的1/2
C．将两板之间的电势差变为原来的2倍
D．上述方法都不行
【解析】 带电粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出，需满足d＝＝，初动能变为原来的2倍，要想等式成立，只有选项C满足，故C正确．
【答案】 C
7．如图2－5－16所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )
图2－5－16
A．微粒带正、负电荷都有可能
B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动
D．微粒做匀加速直线运动
【解析】 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．
【答案】 B
图2－5－17
8．(2012·泉州赔元中学高二检测)如图2－5－17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( )
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得短些
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】 h＝at2＝
所以＝
故C选项正确．
【答案】 C
9．如图2－5－18所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )
图2－5－18
A．微粒在电场中作抛物线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为
D．MN板间的电势差为
【解析】 由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A正确；因AB＝BC，即·t＝·t可见Vc＝v0.故B项正确；由q·＝mV，得U＝＝，故C项错误；又由mg＝qE得q＝代入U＝，得U＝，故D项错误．
【答案】 AB
图2－5－19
10．如图2－5－19所示，平行金属板长为L，一个带电为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：
(1)粒子末速度大小；
(2)电场强度；
(3)两极板间距离．
【解析】 (1)粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如图，
所以v＝v0/(cos θ)＝2 v0/3
v⊥＝v0tan θ＝ v0/3 ①
(2)由v⊥＝at ②
t＝L/v0 ③
a＝qE/m ④
由①②③④得E＝ mv/(3qL)
(3)v＝2ad ⑤
由①③④⑤得d＝ L/6.
【答案】 (1)2 v0/3 (2) mv/(3qL) (3)L/6
11．如图2－5－20所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？
图2－5－20
【解析】 电子在电场中做类平抛运动．
vy＝v0tan (θ－90°)，
eU＝mv/2.
得U＝mv/6e.
【答案】 mv/6e
图2－5－21
12．(2013·福建师大附中高二期末)如图2－5－21所示，有一电子(电荷量用e表示)经电压U0加速后，进入两块间距为d，电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场．求：
(1)金属板AB的长度．
(2)电子穿出电场时的动能．
【解析】 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理可得eU0＝mv，电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上有L＝v0t，在沿着电场方向上有＝·t2，解以上三式可得L＝d.
(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得Ek＝eU0＋eU.
【答案】 (1)d (2)eU0＋eU
1．导体中电流I的表达式I＝nqSv，其中S为导体的横截面积，n为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是( )
A．导体运动的速率
B．导体传导的速率
C．电子热运动的速率
D．自由电荷定向移动的速率
【解析】 从微观上看，电流决定于导体中单位体积内的自由电荷数、每个自由电荷的电荷量、定向移动速率，还与导体的横截面积有关，故选D.公式I＝nqSv中的v就是自由电荷定向移动的速率．
【答案】 D
2．在由电源、导线等电路元件所组成的电路中，以下说法正确的是( )
A．导线中的电场强度处处为零
B．导线中的电场强度方向跟导线方向平行
C．导线处于静电平衡状态
D．导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低
【解析】 在电源和导线中感应电荷的共同作用下，垂直导线方向的电场相互抵消，在导体中形成了沿导线方向的电场，即导线中的电场强度方向跟导线方向平行，B正确、A错误；导体内有电场，说明导体不是静电平衡状态，C错误；沿电场方向电势逐渐降低，电场方向就是正电荷的受力方向，也就是电流的方向，即导线内沿电流方向各点的电势逐渐降低，D正确．
【答案】 BD
3．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为e，此时电子定向移动的速率为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为( )
A．nvΔtS B．nvΔt
C. D.
【解析】 根据电流I＝nevS，单位时间内通过导体横截面的自由电子数目为N0＝＝nvS
Δt时间内通过导体横截面的自由电子数目为
N＝N0Δt＝nvSΔt
在Δt时间内通过导体横截面的电荷量为Q＝IΔt
在Δt时间内通过导体横截面的电子数目为N＝＝
所以A、C正确．
【答案】 AC
图3－2－5
4．(2012·三明一中高二检测)如图3－2－5所示电解液接入电路后在ts内有n1个一价正离子通过溶液内截面S，有n2个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则以下关于该截面电流的说法正确的是( )
A．当n1＝n2时，电流大小为零
B．当n1>n2时，电流方向向A指向B，电流I＝
C．当n1D．电流方向由A指向B，电流I＝
【解析】 电荷的定向移动形成电流，习惯上规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，在电解液导电时，定向移动的电荷有正离子和负离子，它们同时向相反方向移动形成电流，负离子定向移动，等效于等量的正离子向反方向定向移动．电流方向按规定应是由A指向B，电流大小为：I＝＝＝.
【答案】 D
5．示波管中，2 s内有6×1013个电子通过横截面大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为( )
A．4.8×10－6 A B．3×10－13 A
C．9.6×10－6 A D．无法确定
【解析】 由电流的定义得I＝＝ A＝4.8×10－6 A，A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
6．氢原子核外只有一个电子，它绕氢原子核运动的角速度为ω＝π×1016 rad/s，则电子绕核运动的等效电流为( )
A．8×104 A B．8×10－4 A
C．4×104 A D．4×10－4 A
【解析】 电子绕原子核运动的周期为：
T＝＝ s＝2×10－16 s
电子绕核运动的等效电流为：
I＝＝ A＝8×10－4 A，B正确；A、C、D错误．
【答案】 B
7．北京正负电子对撞机的储存环是长为240 m的近似圆形轨道，当环中的电流为10 mA时，若电子的速率为十分之一光速，则在整个环中运行的电子数目为( )
A．5×1011 B．5×1019
C．1.0×1013 D．1.0×103
【解析】 环周长为240 m，电子速率为，则电子布满整个环周长所用时间t＝240/ s，由Q＝It知环内总电子数N＝＝(10×10－3×240/)/(1.6×10－19)＝5×1011(个)．
【答案】 A
8．在彩色电视机的显像管中，从电子枪射出的电子在高电压U作用下被加速，形成大小为I的电流，设电子的电荷量为e，电子质量为m，打在荧光屏上的高速电子全被荧光粉吸收，在t s内打到荧光屏上的电子个数为( )
A．It B．me/t
C．It/e D．mIt/e
【解析】 t s内打到荧光屏上的总电荷量q＝It，故有电子数n＝＝.
【答案】 C
9．铜的相对原子质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为( )
A．光速c B.
C. D.
【解析】 假设电子定向移动的速率为v，那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积vt·S中的自由电子数，而体积为vtS的铜的质量为vtSρ，摩尔数为，所以电荷量q＝.因电流I＝＝.解得：v＝.
【答案】 D
10．半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕中心轴线以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流应有( )
A．若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电荷量不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若使ω、Q不变，则橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小
【解析】 正电荷Q均匀分布在橡胶环上，当环转动时，在环上任取一截面，则一个周期T内穿过此截面的电荷量为Q，由电流的定义式I＝及T＝得，环中等效电流为I＝＝，故选A、B.
【答案】 AB
11．夏季某日午后，某地区距地面约1 km的空中有两块乌云，相距3 km，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差能保持约为3×109 V不变．已知空气的电场击穿场强为3×106 V/m.现对以下问题进行估算．
(1)当两块乌云相距多少米时会发生电闪雷鸣？
(2)当电闪雷鸣时，若两块乌云之间通过的电量为500 C，可释放多少能量？
(3)这次放电现象历时约0.01 s，则其平均电流约为多大？
【解析】 (1)由E＝得d＝＝ m＝1 000 m.
(2)释放的能量
E能＝qU＝500×3×109 J＝1.5×1012 J.
(3)由电流的定义得
I＝＝ A＝5×104 A.
【答案】 (1)1 000 m (2)1.5×1012 J
(3)5×104 A
12．(2012·福州三中高二检测)闪电是云层之间或云层与地面之间的放电现象，是普通的自然现象，地球上每年发生闪电多达31亿次，平均每秒钟100次之多．闪电释放的能量是非常大的，一般一次闪电电压高达5 000万伏，电流20万安，大约历时10－3s.
(1)若发生闪电时定向移动的是电子，则一次闪电通过云层的电子数大约是多少？
(2)一次闪电放出的电荷量若以0.5 A的电流给小灯泡供电，能维持多长时间？
(3)闪电产生的电压是不稳定的，若可等效成2 500万伏的恒压，则每次闪电释放的电能是多少？
【解析】 (1)由公式I＝，一次闪电放出的电荷量为
Q＝It＝20×104×10－3C＝200 C
电子的个数
n＝＝＝1.25×1021(个)．
(2)由公式I＝得，供电时间
t＝＝s＝400 s.
(3)每次闪电释放的电能为
W＝Uq＝2 500×104×200J＝5.0×109J.
【答案】 (1)1.25×1021个 (2)400s (3)5.0×109J
