章末检测卷(一)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．如图1所示，原来不带电的绝缘金属导体MN，在其两端下面都悬挂着金属验电箔．若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象是( )
图1
A．只有M端验电箔张开 B．只有N端验电箔张开
C．两端的验电箔都张开 D．两端的验电箔都不张开
答案 C
2．真空中有两个点电荷Q1和Q2，它们之间的静电力为F，下面做法可以使它们之间的静电力变为1.5F的是( )
A．使Q1的电荷量变为原来的2倍，Q2的电荷量变为原来的3倍，使它们的距离变为原来的2倍
B．使每个电荷的电荷量都变为原来的1.5倍，距离变为原来的1.5倍
C．使其中一个电荷的电荷量和它们的距离变为原来的1.5倍
D．保持它们的电荷量不变，使它们的距离变为原来的2/3倍
答案 A
3．设某星球带负电，一电子粉尘悬浮在距星球表面1 000 km的地方，又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．仍悬浮
C．推向太空 D．无法判断
答案 B
解析 粉尘悬浮即受力平衡：＝G，kqQ＝GMm; 故在另一个地方则有＝G，与距离无关，仍平衡，故B项正确．
4．半径为R、相距较近的两个较大金属球放在绝缘桌面上，若两球都带等量同号电荷Q时它们之间的静电力为F1，两球带等量异号电荷Q与－Q时静电力为F2，则( )
A．F1>F2 B．F1答案 B
解析 因为两个金属球较大，相距较近，电荷间的相互作用力使电荷分布不均匀，故不能简单地把两球看成点电荷．带等量同号电荷时，两球的电荷在距离较远处分布得多一些，带等量异号电荷时，两球的电荷在距离较近处分布得多一些，可见带等量同号电荷时两球电荷中心间距离大于带等量异号电荷时电荷中心间距离，所以有F1图2
A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较大
B．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较小
C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较大
D．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较小
答案 B
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，带电荷量大小分别为q和3q，相互斥力为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将变为( )
A．F B．4F/3
C．4F D．以上三个答案之外的一个值
答案 C
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
7．对于库仑定律，下面说法正确的是( )
A．凡计算真空中两个点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F＝k
B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律
C．相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的静电力大小一定相等
D．当两个半径为r的带电金属球中心相距为4r时，对于它们之间的静电力大小，只取决于它们各自所带的电荷量
答案 AC
8．两个半径相同的金属小球，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的( )
A. B. C. D.
答案 CD
解析 设两小球的电荷量分别为q与7q，则由库仑定律可知原来相距r时的相互作用力F＝k＝k，由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：
(1)两球电性相同．相互接触时两球电荷量平分且平均分布，每球带电荷量为＝4q，放回原处后的相互作用力为F1＝k＝k，故＝，D正确．
(2)两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为＝3q，放回原处后的相互作用力为F2＝k＝k，故＝，C正确．
9．两个点电荷分别固定在左右两侧，左侧电荷带电荷量为＋Q1，右侧电荷带电荷量为－Q2，且Q1＝4Q2，另取一个可自由移动的点电荷q，放在＋Q1和－Q2的连线上，欲使q平衡，则q的带电性质及所处位置可能为( )
A．负电，放在Q1的左方 B．负电，放在Q2的右方
C．正电，放在Q1的左方 D．正电，放在Q2的右方
答案 BD
10．两个带有同种电荷的小球A、B，放在光滑绝缘水平面上，其中小球A固定，小球B只在静电力作用下由静止开始沿水平面运动，在运动过程中，小球B的加速度a和速度v的变化是( )
A．a一直在增大 B．a一直在减小
C．v一直在增大 D．v一直在减小
答案 BC
解析 B在A的静电斥力的作用下，向远离A的方向做加速运动，A、B间隔越来越大，由牛顿第二定律得k＝mBaB，r逐渐增大，则aB逐渐减小，但B的速度一直在增大，故正确选项为B、C.
三、填空题(本题共8分)
11．如图3所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球．用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球水平向右缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，A、B两小球间的静电力________；A球对MO杆的压力________．(选填“变大”、“变小”或“不变”)
图3
答案 变小 不变
解析 以B球为研究对象，在竖直方向上满足mBg＝Fcos θ(F为静电力，θ为AB连线与竖直方向的夹角)由于移动后θ变小，所以静电力F变小．以A、B整体为研究对象，MO杆对A球的支持力满足关系式：N＝mAg＋mBg，所以MO杆对A球的支持力不变，根据牛顿第三定律，A球对MO杆的压力也保持不变．
四、计算题(共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
12．(12分)半径相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个半径相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．
(1)若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
(2)若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
答案 (1)2∶3 (2)2∶1
解析 (1)设A、B带同种电荷均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为qA＝qC＝q.C与B球接触后，B、C所带电荷量为
qB＝qC′＝＝q
故A、B带电荷量大小之比为＝＝
(2)设qA＝＋q，qB＝－q
则C与A接触后，A、C带电荷量为qA′＝qC′＝＋q.
C与B接触后，B、C带电荷量为qB′＝qC″＝＝－q，
故A、B带电荷量大小之比为＝＝
13．(10分)如图3所示，带电小球A和B放在光滑、绝缘水平面上，质量分别为m1＝2 g，m2＝1 g；所带电荷量值q1＝q2＝10－7C，A带正电，B带负电，现有水平向右恒力F作用于A球，可使A、B一起向右运动，且保持间距d＝0.1 m不变，试问F多大？
图3
答案 2.7×10－2 N
解析 两球相互吸引的静电力F静＝＝9×10－3 N．A球和B球加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律得F静＝m2a；
把A球和B球看成一个整体，水平恒力F即其合外力，则有F＝(m1＋m2)a，
代入数据得a＝9 m/s2，F＝2.7×10－2 N.
14．(15分)如图4所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1 g，分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触，g＝10 m/s2，求：
图4
(1)两个小球所带电荷量；(2)墙壁受到的压力；(3)每条细线的拉力．
答案 (1)均为×10－7 C
(2)×10－3 N
(3)TA＝1.5×10－3 N TB＝10－3 N
解析 (1)对B球进行受力分析，可知F静＝mg＝10－3 N，由F静＝k可知Q＝×10－7 C.
(2)由A受力平衡可知墙壁受到的压力为×10－3 N.
(3)由B的受力分析可知TB＝F静＝10－3 N，同理TA＝mg＋F静cos 60°＝1.5×10－3 N.
15．(15分)如图5(a)所示，一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是m的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带相同的电荷量q后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电荷量是多少？某同学的解答过程如下：
图5
金属环A受到三个力的作用，拉力T、重力mg和静电力F，受力分析如图(b)．由受力平衡知识得，k＝mgtan 30°，解得q＝ .
你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答．
答案 见解析
解析 不正确．金属环A受四个力的作用，OA线的拉力T、AB线的拉力T、重力mg和静电力F，受力分析如图所示．
由受力平衡知识得
Tsin 60°＝mg
F＝Tcos 60°＋T＝k
解得q＝
章末检测卷(三)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为6.4×10－7 m2的导线，那么电路中的电流是( )
A．0.016 μA B．1.6 mA
C．16 μA D．0.16 μA
答案 D
2．如图1所示，图中1、2为两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系图像，可知两电阻大小之比R1∶R2等于( )
图1
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶ D.∶1
答案 A
3．如图2所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等，横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是( )
图2
A．V2的示数是V1的2倍 B．V3的示数是V1的2倍
C．V3的示数是V2的2倍 D．V2的示数是V3的2倍
答案 B
4．半导体温度计是用热敏电阻制造的，如图3所示，如果待测点的温度升高，那么( )
图3
A．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变大
B．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变小
C．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变大
D．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变小
答案 C
解析 热敏电阻在温度升高时电阻减小得非常迅速，用它制造的半导体温度计在待测点温度升高时电阻变小，与之串联的灵敏电流表示数变大．故选C.
5．如图4所示，用伏安法测电阻，若电流表内阻为1 Ω，电压表内阻为5 000 Ω，Rx约为10 Ω，则哪个图测量结果较为准确，测量值比真实值偏大还是偏小( )
图4
A．甲电路，偏大 B．甲电路，偏小
C．乙电路，偏大 D．乙电路，偏小
答案 B
6．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做高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
答案 A
解析 由R＝ρL/S得R≈3.18×108 Ω，所以I＝U/R≈0.31 μA.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
7．欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等部分串联而成的．有关欧姆表的使用和连接方法，下列说法正确的是( )
A．测电阻前要使红黑表笔相接，调节调零电阻，使表头的指针指零
B．红表笔与表内电池正极相连接，黑表笔与表内电池负极相连接
C．红表笔与表内电池负极相连接，黑表笔与表内电池正极相连接
D．测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越大
答案 AC
解析 每次测量电阻之前都要进行欧姆调零，所以A正确．由欧姆表内部结构可知B错，C对．测电阻时，表针偏转角度越大，说明通过表头的电流越大，待测电阻阻值越小，故D错．故正确答案为A、C.
8.两只定值电阻串联接在电压恒定的电路中，如图5所示，现用甲、乙两只电压表先后测量同一个电阻R1两端的电压，甲表的读数为10.3 V，乙表的读数为10.5 V，下列说法正确的是( )
图5
A．甲表的读数比乙表的读数更接近该电阻两端原来的电压值
B．乙表的读数比甲表的读数更接近该电阻两端原来的电压值
C．甲表的内阻比乙表的内阻大
D．乙表的内阻比甲表的内阻大
答案 BD
9.如图6为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220 V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻．现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220 V，由此可知( )
图6
A．ab间电路通，cd间电路不通
B．ab间电路不通，bc间电路通
C．ab间电路通，bc间电路不通
D．bc间电路不通，cd间电路通
答案 CD
解析 由于用交流电压表测得b、d两点间电压为220 V，这说明ab间电路是通的，bc间电路不通或cd间电路不通；由于用交流电压表测得a、c两点间为220 V，这说明cd间电路是通的，ab间电路不通或bc间电路不通；综合分析可知bc间电路不通，ab间、cd间电路通，即选项C、D正确．
10．某导体中的电流随其两端电压的变化，如图7所示，则下列说法中正确的是( )
图7
A．加5 V电压时，导体的电阻为5 Ω
B．加11 V电压时，导体的电阻为1.4 Ω
C．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小
答案 AD
解析 曲线上某一点的值表示该点所对应的电阻值．本题中给出的导体在加5 V电压时，值为5，所以此时电阻为5 Ω；当电压增大时，值增大，即电阻增大，综合判断可知A、D项正确，B、C项错误．
三、实验题(本题共2小题，共16分)
11．(8分)用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：
A．待测电阻Rx(大约100 Ω)
B．直流毫安表A1(量程0～10 mA，内阻约100 Ω)
C．直流毫安表A2(量程0～40 mA，内阻约40 Ω)
D．直流电压表V1(量程0～3 V，内阻约5 kΩ)
E．直流电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ)
F．直流电源(输出电压4 V，内阻不计)
G．滑动变阻器R(阻值范围0～50 Ω，允许最大电流1 A)
H．开关一个、导线若干
(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选________________________，直流电压表应选____________________(填器材前的序号)．
(2)在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些．
(3)用铅笔按电路图将实物图8连线．
图8
答案 (1)C D (2)电路图见解析图 (3)实物图见解析图
解析 (1)由于直流电源的电动势为4 V，待测电阻Rx阻值约为100 Ω，故通过Rx的最大电流约为40 mA，所以直流毫安表应选C；直流电压表若选15 V量程的，则读数误差较大，故应选D.
(2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采用分压式接法；
由于＝＝50>＝＝2.5，故电流表采用外接法．电路图如图所示：
(3)根据电路图，实物图连线如图所示：
12．(8分)发光二极管是某些电路上做指示用的一种电子元件(可看做纯电阻)，在电路中的符号为.只有电流从所标的“＋”号的一端输入，从所标的“－”号一端流出时，它才能发光．厂家提供的某二极管的U－I图像如图9所示．
图9
(1)若使用电动势为12 V、内阻可以忽略不计的电源对二极管供电，且二极管正常工作(工作电压为2 V)，则需要在电源和二极管之间________(填“串联”或“并联”)一个电阻，其阻值为________．
(2)已知二极管允许的最大电流为56 mA.选用下列器材可验证这种元件的U－I曲线与厂家提供的是否一致．
A．1.5 V的干电池两节；
B．0～50 Ω的滑动变阻器一个；
C．量程为15 V、内阻约为50 kΩ的电压表一只；
D．量程为3 V、内阻约为20 kΩ的电压表一只；
E．量程为3 mA、内阻约为0.01 Ω的电流表一只；
F．量程为100 mA、内阻约为5 Ω的电流表一只；
G．待测发光二极管一只；
H．导线、开关等．
为准确、方便地进行检测，电压表应采用________，电流表应采用________．(填字母符号)
(3)在下面图10中画出检测二极管所用的电路图．
图10
答案 (1)串 500 Ω (2)D F (3)原理图见解析图
解析 (1)根据串联电阻的分流作用，应该给二极管串联一个分压电阻；当二极管电压为2 V时，从U－I图线上可以读出，其电流为20 mA，所以串联电阻的阻值R＝＝ Ω＝500 Ω.
(2)因为电源电动势为3 V，电压表选3 V量程；二极管允许通过的电流为几十毫安，所以电流表选用100 mA量程．
(3)由二极管的U－I图线可以看出，二极管的电阻约为几十欧，>，所以选电流表外接法；为测出包括电压0在内的U、I值，采用滑动变阻器分压式接法．电路图如图所示．
四、计算题(共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)如图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图线如图乙所示，当U＝10 V时，电解液的电阻率ρ是多少？
图11
答案 40 Ω·m
解析 由题图乙可求得电解液的电阻为
R＝＝ Ω＝2 000 Ω
由题图甲可知电解液长为
L＝a＝1 m
横截面积为S＝bc＝0.02 m2
由电阻定律R＝ρ得
ρ＝＝ Ω·m＝40 Ω·m.
14．(10分)一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg＝500 Ω、满偏电流为Ig＝1 mA的电流表，现改装成量程分别为10 V和100 V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2的阻值分别为多大？
答案 9 500 Ω 90 000 Ω
解析 Ug＝IgRg＝1×10－3×500 V＝0.5 V，R1＝＝ Ω＝9 500 Ω，
R2＝－R1＝ Ω－9 500 Ω＝90 000 Ω.
15．(12分)如图12所示，电路两端电压U＝6 V，定值电阻R1＝2.4 kΩ、R2＝4.8 kΩ.
图12
(1)若在ab之间接一个C＝100 μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；
(2)若在ab之间接一个内阻RV＝4.8 kΩ的电压表，求电压表的示数．
答案 (1)4×10－4 C (2)3 V
解析 (1)设电容器上的电压为UC.
UC＝ U
电容器的带电量Q＝CUC解得：Q＝4×10－4 C
(2)设电压表与R2并联后电阻为R并
R并＝
则电压表上的电压为：UV＝ U
解得：UV＝3 V.
16．(12分)如图13所示，滑动变阻器R1的最大值是200 Ω，R2＝R3＝300 Ω，A、B两端电压UAB＝8 V.
图13
(1)当开关S断开时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围是多少？
(2)当开关S闭合时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围又是多少？
答案 (1)4.8 V ～8 V (2)3.43 V ～8 V
解析 (1)当开关S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R3及R1的下部不接在电路中，当滑片P在最上端时，R2上获得的电压最大，此时R1接入电路的电阻为零，因此R2上的最大电压等于UAB＝8 V．当滑片P在最下端时，R1的全部与R2串联，此时R2上的电压最小，UR2＝UAB＝4.8 V，所以R2上的电压变化范围为4.8 V ～8 V.
(2)当开关S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑片P在最下端时，R2上的电压最小，此时R2与R3并联，再与R1的全部串联，R2与R3的并联电阻R′＝＝150 Ω，电压为U′＝UAB＝×8 V≈3.43 V，当滑片P在最上端时，R2上的电压最大等于UAB＝8 V，所以R2上的电压范围为3.43 V ～8 V.
章末检测卷(二)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．电场中有一点P，下列说法正确的是( )
A．若放在P点的点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半
B．若P点没有试探电荷，则P点的场强为零
C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受的电场力越大
D．P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向
答案 C
2.如图1所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处( )
图1
A．场强大小为，方向沿OA方向
B．场强大小为，方向沿AO方向
C．场强大小为，方向沿OA方向
D．场强大小为，方向沿AO方向
答案 C
3．电荷从静止开始只在电场力作用下运动(最初阶段的运动)，则电荷( )
A．总是从电势高的地方移到电势低的地方
B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方
C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方
D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方
答案 C
4．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图2所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )
图2
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
答案 C
解析 由题图可知φA＞φB，所以正电荷从A移至B，电场力做正功，故A错误，C正确．C、D两点场强方向不同，故B错误．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，所以D错误，故选C.
5．两异种点电荷电场中的部分等势面如图3所示，已知A点电势高于B点电势．若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则( )
图3
A．a处为正电荷，qa＜qb
B．a处为正电荷，qa＞qb
C．a处为负电荷，qa＜qb
D．a处为负电荷，qa＞qb
答案 B
解析 根据A点电势高于B点电势可知，a处为正电荷，qa＞qb，选项B正确．
6．一个电荷量为10－6 C的负电荷从电场中A点移到B点电场力做功2×10－6 J，从C点移到D点克服电场力做功7×10－6 J，若已知C点比B点电势高3 V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是( )
答案 C
解析 由题意可知φB＞φA，φC＞φD，又φC＞φB，且UCD＝＝7 V
UBA＝＝2 V
故可以判断出，四者电势关系为：φC＞φB＞φA＞φD，故选C.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
7．如图4所示，在等量异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A为两点电荷连线的中心，B为连线上距A为d的一点，C为连线中垂线上距A也为d的一点，关于三点的场强大小、电势高低比较，正确的是( )
图4
A．EB＞EA＞EC B．EA＞EB＞EC
C．φA＝φC＞φB D．φB＝φC＞φA
答案 AC
8．如图5甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．(不计重力作用)下列说法中正确的是( )
图5
A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
答案 AC
解析 从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2，接着匀减速T/2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T/2，接着匀减速T/2……直到打在右极板上．电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上．从t＝T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/4，接着匀减速T/4，速度减小到零后，改为向左再匀加速T/4，接着匀减速T/4.即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t＝3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在向左运动过程中打在左极板上．选A、C.
9．如图6所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线．a、b 两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法不正确是( )
图6
A．a受到的电场力较小，b受到的电场力较大
B．a的速度将减小，b的速度将增大
C．a一定带正电，b一定带负电
D．a、b两个粒子所带电荷电性相反
答案 ABC
10．如图7所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是( )
图7
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积错开一些
C．断开S后，使A板向左平移拉开一些
D．断开S后，使A、B正对面积错开一些
答案 CD
解析 题图中静电计的金属球接正极，外壳和负极板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上开关S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开开关S后，板间距离增大、正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C＝可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，答案应选C、D.
三、填空题(本题共2小题，共8分)
11．(4分)密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图8所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q＝________.
图8
答案
解析 受力平衡可得：qE＝mg
q＝mg
q＝
12.(4分)如图9所示，在竖直向下、场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1＜m2)，A带负电，电荷量为q1，B带正电，电荷量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为____________，在竖直位置处两球的总动能为______________．
图9
答案 (q1＋q2)El/2 [(m2－m1)g＋(q1＋q2)E]l/2
解析 本题考查电场力做功的特点和动能定理，考查学生对功能关系的应用. A、B在转动过程中电场力对A、B都做正功，即：W＝q1E＋q2E，根据动能定理：(m2－m1)g＋＝Ek－0可求解在竖直位置处两球的总动能．
四、计算题(共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(12分)如图10所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5 J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功．求：
图10
(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；
(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？
(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．
答案 (1)4 V －2 V (2)4 V 2 V (3)见解析图
解析 (1)UAB＝＝ V＝4 V
UBC＝ V＝－2 V
(2)因为UAB＝φA－φB
UBC＝φB－φC
又φB＝0
故φA＝4 V，φC＝2 V
(3)如图所示
14．(12分)—个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图11所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：
图11
(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．
(2)电场强度的大小和方向？
(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？
答案 (1)见解析 (2)1.73×104 N/C 水平向左 (3)2.8 m/s
解析 (1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动．
(2)在垂直于AB方向上，有qEsin θ—mgcos θ＝0
所以电场强度E≈1.73×104N/C
电场强度的方向水平向左
(3)微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgLsin θ＋qELcos θ＝
代入数据，解得vA≈2.8 m/s.
15. (14分)如图12所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
图12
(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
(2)这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨道中点)
答案 (1)20 m (2)1.5 N
解析 (1)小滑块刚能通过轨道最高点条件是
mg＝m，v＝＝2 m/s，
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：
Eqs－μmgs－mg·2R＝mv2
所以s＝
代入数据得：s＝20 m
(2)小滑块过P点时，由动能定理：
－mgR－EqR＝mv2－mv
所以v＝v2＋2(g＋)R
在P点由牛顿第二定律：
N－Eq＝
所以N＝3(mg＋Eq)
代入数据得：N＝1.5 N
由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5 N.
16．(14分)如图13所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．(不计粒子的重力、管的粗细)求：
图13
(1)O处点电荷Q的电性和电荷量；
(2)两金属板间所加的电压．
答案 (1)负电 (2)
解析 (1)由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速
度v＝＝v0 ①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足
k＝m ②
由①②得：Q＝
(2)粒子射出匀强电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°＝ ③，vy＝at ④，a＝ ⑤，t＝⑥，由③④⑤⑥得：
U＝＝
章末检测卷(五)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)
1．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．下列对磁场认识正确的是( )
A．磁感线有可能出现相交的情况
B．磁感线总是由N极出发指向S极
C．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极所指方向一致
D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零
答案 C
解析 在磁场中某点的磁场只能有一个方向，即该点的磁感线的切线方向，如果磁感线相交，则该点磁场就有两个方向了，A错误；在磁铁外部磁感线是由N极出发指向S极，在磁铁内部磁感线是由S极出发指向N极，B错误；在磁场中，某点的磁场的方向是该点放置的小磁针静止时N极所指方向，C正确；若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，可能磁场和通电导线是平行的，D错误；故选C.
2．关于带电粒子在电场或磁场中的运动，以下表述正确的是( )
A．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同
B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动
C．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直
D．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同
答案 C
解析 当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A错误；由UAB＝知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度和磁场的方向垂直．故C正确，D错误．所以选C.
3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( )
A．正电荷 B．负电荷
C．正、负电荷共存 D．无法判断
答案 B
解析 小磁针的S极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B正确．
4．如图1，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线截面共线；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是( )
图1
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
答案 C
解析 两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则磁感应强度可能为零的点为a或c，又I1>I2，所以该点应距I1远距I2近，所以是c点．故选C.
5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是( )
答案 A
6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ图2
答案 C
解析 带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直直杆向上的支持力N和沿直杆向上的摩擦力f，小球下滑后，再受到一个垂直直杆向上的洛伦兹力f0，沿直杆方向有：mgsin θ－μ(mgcos θ－f0)＝ma，在垂直于直杆方向有：N＋f0＝mgcos θ，由于球加速运动，据f0＝qvB，f0增大而支持力N减小，据f＝μN，摩擦力减小，导致加速度a增大；当速度v增到某个值时，mgcos θ－f0＝0，有mgsin θ＝ma，此时加速度最大；此后，f0＞mgcos θ，支持力N反向，且速度继续增大，支持力N增大，摩擦力f也随着增大，最后出现mgsin θ＝f，之后小球匀速下滑；所以只有C选项正确．
7.如图3所示，带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa＝Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( )
图3
A．v0 B. C．2v0 D.
答案 C
解析 设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d即d＝，得B＝.
如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d＝()2
得E＝，所以＝2v0.选项C正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
图4
8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )
A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B．空气阻力做负功，使其动能减小
C．靠近南北两极，磁感应强度增强
D．以上说法都不对
答案 BC
解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r＝，速率减小，B增大，所以半径减小．
9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )
图5
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．它们在D形盒中运动的周期相同
D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
答案 AC
10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )
图6
A．小球的重力势能可能会减小
B．小球的机械能可能不变
C．小球的电势能一定会减少
D．小球动能可能减小
答案 AC
11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
图7
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
答案 BD
解析 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q＝＝＝vbc，其中v为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即qvB＝q，得v＝，则流量Q＝bc＝c，故Q与U成正比，与a、b无关．
12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )
图8
A．半径之比为∶1 B．速度之比为1∶
C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2
答案 AC
解析 设磁场半径为R，当第一次以速度v1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：＝cos 30°，即r1＝R.当第二次以速度v2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r2＝R，所以＝，A正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r＝，可得＝＝，B错误．因为周期T＝，与速度无关，所以运动时间比为＝＝，C正确，D错误．故选A、C.
三、计算题(共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13. (10分)如图9所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间，分布着磁感应强度为B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：
图9
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力大小．
答案 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I＝＝1.5 A.
(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.
(3)导体棒受力如图，将重力正交分解
F1＝mgsin 37°＝0.24 N，
F1解得f＝0.06 N.
14．(12分)如图10所示，在x轴上方有匀强磁场B，一个质量为m，带电荷量为－q的粒子，以速度v从O点射入磁场，角θ已知，粒子重力不计，求：
图10
(1)粒子在磁场中运动的时间；
(2)粒子离开磁场的位置与O点间的距离．
答案 (1) (2)
解析 (1)先确定其大概的轨迹，然后由几何关系确定圆心角、弦长与半径的关系，如图
半径r＝
T＝
圆心角为2π－2θ
所以运动时间t＝T＝.
(2)离开磁场的位置与入射点的距离即为弦长
s＝2rsin θ＝
15．(15分)如图11所示为研究带电粒子在磁场中偏转问题的实验装置：M、N是竖直放置的两正对着的平行金属板，S1、S2是板上两个正对的小孔，其中N板的右侧有一个在竖直面内，以O为圆心的圆形区域，该区域内存在垂直圆面向外的匀强磁场，另有一个同样以O为圆心的半圆形荧光屏AO′C.已知S1、S2、O和荧光屏的中间位置O′在同一直线上，且AC⊥S1O′.当在M、N板间加恒定电压U时，一带正电离子在S1处由静止开始加速向S2孔运动，最后打在图中的荧光屏上的P处，∠COP＝30°.若要让上述带正电离子(不计重力)仍在S1处由静止开始加速，最后打在图中的荧光屏下边缘C处，求M、N板间所加电压的大小U′.
图11
答案
解析 设离子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，所在区域的半径为R，离子加速后获得的速度为v.当电压为U时，由动能定理有qU＝mv2①
在磁场中，离子做匀速圆周运动(见右图)由牛顿第二定律可知
qvB＝mv2/r②
由①②式得U＝r2B2q/(2m)③
其中r＝Rtan 60°＝R④
当电压为U′时，离子打在C处，同理有U′＝r′2B2q/(2m)⑤
其中r′＝R⑥
由③④⑤⑥可解得U′＝U/3.
16.(15分)如图12所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图12
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
答案 (1) 竖直向上 (2)cot θ (3)
解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg①
E＝②
重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．
(2)
小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦，∠MO′P＝θ，如图所示．设半径为r，由几何关系知
＝sin θ③
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB＝④
由速度的合成与分解知＝cos θ⑤
由③④⑤式得v0＝cot θ⑥
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tan θ⑦
由匀变速直线运动规律v＝2gh⑧
由⑥⑦⑧式得h＝
章末检测卷(四)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )
A．0.24 J B．0.25 J
C．0.26 J D．0.28 J
答案 C
解析 根据W＝UIt可得每秒单片单晶硅太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能量守恒定律得Q×23%＝W，所以Q＝0.26 J.
2．如图1所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率P随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为( )
图1
A．1 W B．6 W C．2 W D．2.5 W
答案 C
解析 由题图不难看出，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3 V，短路电流为I＝3 A，所以电源的内阻为r＝＝1 Ω.图像上AB线段表示的功率为PAB＝P总－I2r＝(1×3－12×1) W＝2 W．故正确选项为C.
3.在如图2所示的闭合电路中，当滑片P向左移动时，则( )
图2
A．电流表示数变大，电压表示数变大
B．电流表示数变小，电压表示数变大
C．电流表示数变大，电压表示数变小
D．电流表示数变小，电压表示数变小
答案 C
解析 滑片P向左移动，电阻R接入电路的电阻变小，则总电阻R总也变小，根据闭合电路欧姆定律I＝可知，回路中电流变大，则电流表的示数变大，电压表两端电压U＝E－I(R0＋r)变小，故选项C正确．
4．某同学用如图3甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U－I图线，由图可知( )
图3
A．电池电动势的测量值是1.00 V
B．电池内阻的测量值是3.50 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时电流表的示数I′＝0.20 A
答案 D
解析 由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir知当I＝0时，U＝E.U－I图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，则r＝||＝ Ω＝1 Ω
U轴的电压刻度不是从零开始的，U－I图线的横截距不再表示U＝0时的短路电流，而是表示路端电压为1 V时的干路电流是0.4 A，因为||＝r＝常数，从题图中易得＝，所以I′＝0.20 A．所以D选项正确．
5．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图4所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为( )
图4
A.、 B.、
C.、 D.、
答案 D
解析 电源的效率η＝×100%＝×100%.a点对应的路端电压U为4个格，而电动势E为6个格．因此ηa＝；b点对应的路端电压为2个格，因此ηb＝.故D正确．
6．如图5所示为甲、乙两灯泡的I－U图像，根据图像，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V的电路中时，实际发光的功率约为( )
图5
A．15 W、30 W B．30 W、40 W
C．40 W、60 W D．60 W、100 W
答案 C
解析 从图像的横坐标(U)为220 V的刻度可找出对应的纵坐标(I)的值分别为I甲＝0.19 A，I乙＝0.29 A，则P甲＝U·I甲≈40 W，P乙＝U·I乙≈60 W，即C项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
7.如图6所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、抽油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢居民楼用电的总功率，其中正确的是( )
图6
A．P＝I2R B．P＝
C．P＝IU D．P＝
答案 CD
解析 电路消耗的电功率的计算公式P＝UI、P＝是普遍适用的，而A、B两选项只适用于纯电阻电路，而电视机、洗衣机、微波炉和抽油烟机都不是纯电阻电器，所以A、B错误，C、D正确．
8．在如图7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，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
图7
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
答案 BD
解析 将滑动变阻器的滑片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错误，D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，而灯泡L的电阻大于电源的内阻r，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，外电路电阻比r大得更多，输出功率变小，B正确．
9.如图8所示，已知电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝2 Ω，通过小灯泡的电流为1 A，已知小灯泡的电阻为3 Ω，小型直流电动机的线圈电阻r′＝1 Ω，则( )
图8
A．电动机两端的电压为10 V
B．电动机两端的电压为6 V
C．电动机的输入功率为10 W
D．电动机的输出功率为5 W
答案 AC
解析 电动机两端的电压UM＝E－I(R＋RL＋r)＝16 V－1×(2＋3＋1)V＝10 V，故选项A正确，选项B错误；电动机的输入功率P＝UMI＝10×1 W＝10 W，P出＝P－I2r′＝10 W－1 W＝9 W，故选项C正确，D错误．
10．如图9所示，电源的电动势E＝2 V，内阻r＝2 Ω，两个定值电阻阻值均为8 Ω，平行板电容器的电容C＝3×10－6 F，则( )
图9
A．开关断开时两极板间的电压为V
B．开关断开时电容器的带电荷量为4×10－6C
C．开关接通时两极板间的电压为V
D．开关接通时电容器的带电荷量为4×10－6C
答案 CD
解析 电容器两极板间的电压等于R2两端电压，开关S断开时，电路中的总电流I＝＝A＝0.2 A，电容器的极板电压U＝IR2＝0.2×8 V＝1.6 V，此时电容器的带电荷量Q＝CU＝3×10－6×1.6 C＝4.8×10－6C，故选项A、B错误；开关接通时两定值电阻并联，电容器两极板间的电压等于路端电压，电路中的总电流I′＝＝ A＝ A，电容器两极板间的电压U′＝I′R外＝×4 V＝ V，此时电容器的带电荷量Q′＝CU′＝3×10－6× C＝4×10－6 C，故选项C、D正确．
三、实验题(本题共2小题，共14分)
11．(6分)某同学采用如图10甲所示的电路测量干电池的电动势和内阻．已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约为2 Ω，电压表(0～3 V,3 kΩ)，电流表(0～0.6 A，1.0 Ω)，滑动变阻器有R1(10 Ω， 2 A)和R2(100 Ω，0.1 A)各一只．
图10
(1)在实验中滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)；
(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．
答案 (1)R1 (2)实验电路如图所示
12．(8分)某同学利用图11所示电路探究电源在不同负载下的输出功率情况．
图11
(1)所得实验数据如下表，请在图12的直角坐标系上画出U－I图像.
U/V
1.96
1.86
1.80
1.84
1.64
1.56
I/A
0.05
0.15
0.25
0.35
0.45
0.55
图12
(2)根据所画U－I图像，可求得电流I＝0.20 A时电源的输出功率为________ W．(结果保留两位有效数字)
(3)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图11电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在下列选项所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是____________________．(Rx阻值未知)
答案 (1)见解析图 (2)0.37 (3)BC
解析 (1)U－I图像如图所示．
(2)通过图像可得I＝0.20 A时U＝1.83 V
故P＝UI≈0.37 W
(3)为了测电源输出功率，电压表必须测出路端电压，D错误；A项中并联的Rx不起作用，A错误；故选B、C.
四、计算题(共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(10分)如图13甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：
图13
(1)电源的电动势和内阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器的最大阻值．
答案 (1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω
解析 (1)由题图乙中AB线延长交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处可知电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝＝20 Ω.
(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，
得R2＝＝5 Ω.
(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝＝80 Ω.
因为R外＝＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω.
14．(10分)如图14所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝9 Ω，R2＝15 Ω，电流表A的示数为0.4 A，求电阻R3的阻值和它消耗的电功率．
图14
答案 30 Ω 1.2 W
解析 并联电路的电压U2＝I2R2＝6 V，
由闭合电路欧姆定律得E＝U2＋I(R1＋r)
解得流过电源的电流为I＝0.6 A，
流过R3的电流为I3＝I－I2＝0.2 A，
R3的阻值为R3＝＝＝30 Ω，
R3消耗的电功率为P3＝U3I3＝1.2 W.
15．(14分)在如图15甲所示的电路中，R1 和R2都是纯电阻，它们的伏安特性曲线分别如图乙中a、b所示．电源的电动势E＝7 V，内阻忽略不计．
图15
(1)调节滑动变阻器R3，使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，求此时电阻R1和R2的阻值为多大？R3接入电路的阻值为多大？
(2)调节滑动变阻器R3，使R3＝0，这时电阻R1和R2消耗的电功率各是多少？
答案 (1)1 000 Ω 1 000 Ω 800 Ω
(2)1.05×10－2 W 1.4×10－2 W
解析 (1)R1、R2和R3串联，电流相等，当电阻R1和电阻R2消耗的电功率相等时，由伏安特性曲线可知，此时电路中的电流I＝2.5 mA.
这时加在电阻R1和R2上的电压U1＝U2＝2.5 V.
由欧姆定律得R1＝R2＝＝1 000 Ω
滑动变阻器R3两端电压为U3＝E－U1－U2＝2 V
由欧姆定律得R3＝＝800 Ω
(2)当R3＝0时
U1′＋U2′＝E＝7 V
又因通过电阻R1和R2的电流相等，从伏安特性曲线上可以看出，I′＝3.5 mA，且U1′＝3 V
U2′＝4 V
电阻R1消耗的电功率为P1＝I′U1′＝1.05×10－2 W
电阻R2消耗的电功率为P2＝I′U2′＝1.4×10－2 W
16．(12分)如图16所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V．求：
图16
(1)电源的电动势E和内阻r.
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
答案 (1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W
解析 (1)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋r ①
E＝U2＋r ②
联立①②并代入数据解得E＝6 V，r＝1 Ω
(2)由电功率表达式P＝R ③
将③式变形为P＝ ④
由④式知，R＝r＝1 Ω时，P有最大值Pm＝＝9 W
