课时分层作业(八) 电势差
A组 基础达标练
1．下列四个公式是电场中最常见的四个公式，UAB＝，φ＝，E＝，E＝k，其中有一个公式与其它公式不同，这个公式是( )
A．UAB＝B．φ＝
C．E＝kD．E＝
2．电场中A、B两点间的电势差UAB＝75V，B、C两点间的电势差UBC＝－200V，则A、B、C三点电势的高低关系为( )
A．φA>φB>φCB．φB>φC>φA
C．φC>φA>φBD．φC>φB>φA
3．如图所示实线表示某静电场等势面的分布，带电荷量为1.6×10－9C的正电荷沿虚线从A经B、C到达D点，此过程中静电力对电荷做的功为( )
A．4.8×10－8JB．－4.8×10－8J
C．8.0×10－8JD．－8.0×10－8J
4．如图为避雷针周围等势面的分布情况，对于其中的M、N、P三点，有关说法正确的是( )
A.M、N两点的电场强度相同
B．P点的电势比M点的电势高
C．P点电场强度的大小大于N点电场强度的大小
D．电子在P点的电势能大于在M点的电势能
5．某带正电的导体周围的电场线和等势线的分布如图所示．用EA、φA和EB、φB分别表示A、B两点的电场强度的大小和电势．下列关系式正确的是( )
A．EA>EBB．EA＝EB
C．φA>φBD．φA<φB
6．某棵大树被雷电击中，此时以大树为中心的地面上形成了电场，该电场中三个等势面分布及电场中M、N两点的位置如图所示，虚线是一组等间距同心圆，M、N两点在同一半径上．下列说法正确的是( )
A．M点比N点电势低
B．电场强度的方向由N点指向M点
C．M、N两点间的电势差为50kV
D．电子由M移到N点，电场力做功50keV
7．如图所示为处于等边三角形顶点的两个正点电荷与一个负点电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势差相等．已知两个正点电荷的电荷量均为Q1，负点电荷的电荷量为－Q2，O点为两个正点电荷连线的中点，A、O、B及两点电荷在同一直线上，且A、B两点关于O点对称．以无穷远处为零势能面，A、B、C分别在对应的等势面上，电势已在图中标注．下列说法正确的是( )
A．O点没有电场线，电场强度为零
B．A、B两点的电场强度相同
C．A、C之间的电势差为10V
D．一电子仅受电场力作用由B点运动到C点，其动能减少40eV
8．把带电荷量为2×10－8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服静电力做功8×10－6J，若把该点电荷从无限远处移动到电场中的B点，需克服静电力做功2×10－6J.
(1)求A点的电势．
(2)求A、B两点的电势差．
(3)求把2×10－8C的负电荷由A点移到B点静电力做的功．
B组 能力提升练
9．一带正电导体，其周围的等势面如图所示，每相邻两个等势面间的电势差相等．将一电子先后置于A、B两点，其电势能分别是EpA和EpB，所受电场力的大小分别是FA和FB，则( )
A．EpAFB
B．EpAC．EpA>EpB，FA>FB
D．EpA>EpB，FA10．(多选)在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场．如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，则( )
A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电场强度不相同
C．a、b两点的电势差Uab＝－3mV
D．从c到d的直线上电场强度先变大后变小
课时分层作业(八) 电势差
1．解析：题中给出的前三个公式具有共同的特征，都是用比值法定义的物理量，且都与检验电荷无关，第四个公式没有这个特征，C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．解析：由题意UAB＝φA－φB＝75V，则得φA>φB；UBC＝φB－φC＝－200V则得φB<φC；UAC＝UAB＋UBC＝(75－200) V＝－125V，则UAC＝φA－φC＝－125V，则得φA<φC，故有φC>φA>φB.
答案：C
3．解析：静电力做功与路径无关，WAD＝qUAD＝－30×1.6×10－9J＝－4.8×10－8J，故B正确．
答案：B
4．解析：由于等势面和电场线垂直，可知M、N两点电场强度方向不同，A错误；P点电势为6kV，M点的电势为8kV，因此P点的电势比M点的电势低，B错误；等差等势面越密集的地方，电场强度越大，可知N点电场强度的值大于P点电场强度的值，C错误；根据Ep＝φq，由于电子带负电，在电势越低的地方电势能越大，因此电子在P点的电势能大于在M点的电势能，D正确．
答案：D
5．解析：根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知A、B两点的电场强度大小关系为EA答案：D
6．解析：由图可知，φM＝－300kV，φN＝－350kV，则M、N两点间的电势差为UMN＝φM－φN＝50kV，故A错误，C正确；沿电场线方向，电势降低，则电场强度的方向由M点指向N点，故B错误；电子由M移到N点，电场力做功W＝qUMN＝－50keV，故D错误．
答案：C
7．解析：两个正点电荷在O处的合场强为零，负点电荷在O处的场强不为零，根据场强的叠加知O点场强不为零，故A错误；电场线垂直于等势面，根据对称性可知，A、B两点的电场强度大小相等，由于负点电荷的存在，A点叠加后的场强方向斜向左上方，B点叠加后的场强方向斜向右上方，方向不同，也不相反，故B错误；A、C之间的电势差UAC＝φA－φC＝25V－(－15V)＝40V，故C错误；电子在B点的电势能为EpB＝－25eV，电子在C点的电势能为EpC＝15eV，将一电子由B点移动到C点，其电势能变化量为ΔEp＝EpC－EpB＝15eV＋25eV＝40eV，由于仅受电场力作用，质子的动能和电势能之和保持不变，所以该质子由B点移动到C点，其动能减少40eV，故D正确．
答案：D
8．解析：(1)无限远处与A点间的电势差
U∞A＝＝V＝－400V，而U∞A＝φ∞－φA，又φ∞＝0，所以φA＝400V.
(2)无限远处与B点间的电势差
U∞B＝＝V＝－100V，而U∞B＝φ∞－φB，又φ∞＝0，所以φB＝100V.
则A、B两点的电势差UAB＝φA－φB＝300V.
(3)静电力做的功W＝q′UAB＝－2×10－8×300J＝－6×10－6J.
答案：(1)400V (2)300V (3)－6×10－6J
9．解析：在正电导体周围的等势线密集的地方，电场线越密集，场强越大，所以EB>EA
电荷所受的电场力为F＝qE
可得FA做出过B点的电场线，交A点所在等势线于A′，如图所示
则有φA＝φ′A
沿电场线电势逐渐降低φ′A>φB
又因EpA＝－eφA，EpB＝－eφB
则EpA故选B.
答案：B
10．解析：该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，电场线分布如图所示．
a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误；a、b两点的电势差Uab＝φa－φb＝3mV，故C错误；根据等势线的疏密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确．
答案：AD课时分层作业(二) 库仑定律
A组 基础达标练
1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )
A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷
B．体积很大的带电体一定不能看成点电荷
C．只有球形带电体才能看成点电荷
D．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷
2．关于库仑定律的公式F＝k，下列说法中正确的是( )
A．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→∞
B．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用了
3．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同．则下面关于此实验得出的结论中正确的是( )
A．此实验采用了等效替代的方法
B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关
C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电荷量有关
D．电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关
4．如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是( )
A．若是异种电荷FB．若是同种电荷F>k
C．若是异种电荷F>k
D．不论是何种电荷F＝k
5．真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F.如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于( )
A．F B．2F C． D．
6．两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)，所带电荷量之比为5∶1，它们在相距一定距离时相互作用的吸引力为F1，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2.则F1∶F2为( )
A．5∶2B．5∶4
C．5∶6D．5∶9
7.
如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带的电荷量比b所带的电荷量小．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表示，它应是( )
A．F1B．F2C．F3D．F4
8．真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，距离R增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的( )
A．1倍B．3倍C．6倍D．9倍
9．真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B(均可看成点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F.现用一个不带电的同样的金属小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开C，再让A、B两球距离增大为原来的n倍，使它们之间的静电力变为.则n是( )
A．2B．4C．5D．8
B组 能力提升练
10.如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷密度相同．若甲图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为( )
A．FB．FC．FD．F
11．如图所示，在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B，带同种电荷，它们用一绝缘轻弹簧相连．弹簧伸长x0时小球平衡．若A、B带电荷量加倍，当它们重新平衡时，弹簧伸长量为x，则x和x0的关系为( )
A．x＝2x0B．x＝4x0
C．x<4x0D．x>4x0
12．如图所示，一半径为R的绝缘球壳上均匀带有－Q的电荷，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0.现在球壳上挖去半径为r(r R)的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受的力的大小和方向分别是怎样的？
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
课时分层作业(二) 库仑定律
1．解析：由带电体看作点电荷的条件可知，当带电体的形状、大小及电荷分布对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷．带电体能否看作点电荷由研究问题的性质决定，与带电体自身大小、形状无具体关系，A、B、C错误；当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，两带电体的大小、形状及电荷分布对两带电体间相互作用力的影响可忽略不计，因此可将这两个带电体看成点电荷，D正确．
答案：D
2．解析：当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0，故A错误；当两个点电荷之间的距离r→0时，两电荷不能看成点电荷，此时库仑定律的公式不再适用，故B错误，D正确；当两个点电荷之间的距离r→∞时，满足库仑定律的条件，其公式仍适用，故C错误．
答案：D
3．解析：本实验采用了控制变量法，未采用等效替代法，A错误；根据丝线偏离竖直方向的角度可以看出，从左向右小球所受带电物体的作用力逐渐减小，由于只改变了小球与带电体间的距离，没有改变电性和电荷量，只能研究电荷之间作用力的大小与两电荷间距离的关系，故B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：当两金属球带异种电荷时，电荷间相互吸引，电荷相对集中在最近端，导致电荷间距比r小，因此库仑力F>k，如图甲所示；当两金属球带同种电荷时，电荷间相互排斥，使电荷相对集中在最远端，导致电荷间距比r大，因此库仑力F答案：C
5．解析：由F＝k知，F∝，当电荷量不变，r增大为原来的2倍时，静电力变为原来的，D正确．
答案：D
6．解析：因为开始时两球吸引，则为异种电荷，设两球带电荷量分别为5q、－q，开始时F1＝k＝，接触后两球各带电荷量q1＝q2＝＝2q.则F2＝k＝，则F1∶F2＝5∶4，故选项B正确．
答案：B
7.
解析：根据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力的方向，考虑a所带电荷量小于b所带电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，B正确．
答案：B
8．解析：根据库仑定律公式F＝k可知，当Q1增大到原来的3倍，Q2增大到原来的3倍，即电量的乘积变为原来的9倍，而距离r增大到原来的3倍，即距离的平方也变为原来的9倍，故库仑力是原来的1倍．故选A.
答案：A
9．解析：设金属小球A和B原来所带电荷量分别为Q、－Q，二者距离为r，由库仑定律可得F＝.
当C先与A接触后，A、C各带的电荷；当C与B接触后，B、C各带－的电荷，此时再由库仑定律可得＝k，解得n＝2，故选A.
答案：A
10．解析：将乙图中的均匀带电的球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电的球壳对点电荷的库仑力的大小相等，故D正确．
答案：D
11．解析：设弹簧原长为l，劲度系数为k0，根据库仑定律和平衡条件得k＝k0x0，k＝k0x
两式相除有，＝
得x＝4x0()2
因l＋x>l＋x0，故x<4x0.
故选C.
答案：C
12．解析：球壳完整时，由于对称性，球心上的点电荷受力为0，可知挖去部分的电荷和剩下部分的电荷对点电荷产生的力大小相等、方向相反．故要计算剩下部分电荷对点电荷产生的力，只要求出挖去部分的电荷(即小圆孔所带的电荷)对点电荷产生的力即可．
由于r R，所以球壳上挖去的部分可视为点电荷，由库仑定律得F＝，其中Q′＝·πr2，得出F＝，方向由球心指向小圆孔的圆心．那么剩下的球壳电荷对球心处点电荷的力F′＝F＝，方向在小圆孔的圆心与球心的连线上，背离小圆孔的圆心．
答案：见解析课时分层作业(二十) 电源的U I图像及电路分析
A组 基础达标练
1.
如图所示，R1阻值恒定，R2为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降低而增大)，L为小灯泡．当R2所在位置温度升高时( )
A．R1两端的电压减小
B．小灯泡的亮度变暗
C．电流表的示数减小
D．通过R2的电流减小
2.
在如图所示的电路图中，R2、R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器，为理想电流表．接通开关S，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是( )
A．路端电压减小
B．电流表的示数增大
C．电源内阻消耗的功率减小
D．电路的总电阻增大
3.
(多选)如图所示的电路中，S闭合，L1、L2、L3三只灯均正常发光．可变电阻的滑动触头右移时，对L1、L2、L3三灯亮度变化叙述正确的是( )
A．L1灯变亮B．L2灯变亮
C．L3灯变亮D．三灯均变暗
4.
如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，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( )
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
5.
如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是( )
A．电源的电动势为6V
B．电源的内阻为12Ω
C．电源的短路电流为0.5A
D．电流为0.3A时外电阻是1.8Ω
6.
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
7.
如图所示的U I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U I关系图线．用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知( )
A．电源的输出功率为3.0W
B．电源电动势为3.0V，内阻为0.5Ω
C．电源内部消耗的功率为1.0W
D．R的阻值为1.5Ω
B组 能力提升练
8.
在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑片由a向b缓慢滑动的过程中( )
A．电压表的示数增大，电流表的示数减小
B．电容器C所带电荷量减小
C．R1的电功率增大
D．电源的输出功率一定增大
9．装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要，某物理兴趣小组的同学们设计了甲醛监测装置，原理如图甲所示．电源电动势为3V，内阻不计，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，其阻值随甲醛污染指数的变化规律如图乙所示．已知污染指数在50以下为轻度污染，在50～100之间为中度污染，在100以上为重度污染．以下分析正确的是( )
A．污染指数越小，电压表示数越大
B．污染指数越大，电路消耗的总功率越小
C．污染指数为50时，电压表示数为2.5V
D．电压表示数为1V时，属于重度污染
10．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，下列说法正确的是( )
A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
11．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器，最大阻值为300Ω.滑动变阻器的滑片P从最左端滑至最右端的过程中，测得路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点时得到的．
(1)求由图乙求电源的电动势和内阻．
(2)求定值电阻R2的阻值．
(3)求滑片P从最左端滑至最右端过程中，电源输出功率的最大值．
课时分层作业(二十) 电源的U I图像及电路分析
1．解析：当R2所在位置温度升高时R2阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表的示数增大，R1两端的电压U1＝IR1增大，故A、C错误；总电流增大，内电压增大，则路端电压U＝E－Ir减小，并联部分的电压减小，所以灯泡L变暗，故B正确；通过L的电流减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，故D错误．
答案：B
2．解析：滑动触头由a端滑向b端的过程中，电路的总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，内电压增大，电源内阻消耗的功率增大，A正确，C、D错误；定值电阻R3上电压降低，电流表示数减小，B错误．
答案：A
3．解析：当可变电阻的滑动触头右移时，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则L3变亮，C正确；内阻及L3上的电压变大，则L1和L2并联支路的电压减小，L1变暗，A错误；L1电流减小，则L2电流变大，L2灯变亮，B正确．
答案：BC
4．解析：将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的读数变大；总电流变小，则R1两端的电压变小，故R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的读数变大．选项B正确．
答案：B
5．解析：由闭合电路的欧姆定律U＝E－Ir得，当I＝0时，U＝E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E＝6V，故A正确．电源的内阻等于图线斜率的绝对值，即r＝＝Ω＝2Ω，故B错误．外电阻R＝0时，短路电流为I＝＝A＝3A，故C错误．电流I＝0.3A时，路端电压U＝E－Ir＝6V－0.3×2V＝5.4V，则外电阻R＝＝18Ω，故D错误．
答案：A
6．解析：当电路接通后，对小球受力分析，小球受重力、静电力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力．当电路稳定后，R1中没有电流，两端电势相等，因此电容器两极板间的电压等于R0两端电压；当R2不变，R1变化时，电容器两极板间的电压不变，板间电场强度不变，小球所受静电力不变，F不变，C、D错误．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间电场强度减弱，小球受到的静电力减小，F变小，A错误，B正确．
答案：B
7．解析：电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W，A错误；由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3.0V，内阻r＝Ω＝1.5Ω，B错误；电源内部消耗的功率为P内＝I2r＝1.02×1.5W＝1.5W，C错误；由图线Ⅱ可知，R＝＝1.5Ω，D正确．
答案：D
8．解析：滑动变阻器的滑片由a向b缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压U＝E－I(R1＋r)，总电流减小，电压表示数增大，故A正确；电容器两端电压即电压表两端电压，由Q＝CU可知，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误；流过电阻R1的电流减小，由公式P＝I2R1可知，R1的电功率变小，故C错误；当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑片由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误．
答案：A
9．解析：电路中的电流为I＝，电压表的示数为U＝IR0＝，由图可知，污染指数越小，可变电阻R阻值越大，则电压表示数越小，故A错误；电路消耗的总功率为P＝IE＝，由题图可知，污染指数越大，可变电阻R阻值越小，则电路消耗的总功率越大，故B错误；由题图可知，污染指数为50时，可变电阻R阻值为50Ω，由上述讨论可解得电压表的示数U＝V＝0.5V，故C错误；电压表示数为1V时，根据U＝IR0＝，解得R＝20Ω，由题图可知，此时污染指数为150，属于重度污染，故D正确．
答案：D
10．解析：由题图可知，E1＝E2＝10V，r1＝＝Ω、r2＝＝Ω，则r1∶r2＝11∶7，A、B正确．由小灯泡的伏安特性曲线可知，R1＝＝0.6Ω，R2＝＝Ω，则R1∶R2＝18∶25.P1＝I′1U′1＝15W，P2＝I′2U′2＝30W，P1∶P2＝1∶2，C正确，D错误．
答案：ABC
11．解析：(1)题图乙中AB延长线交U轴于20V处，交I轴于1.0A处，所以电源的电动势E＝20V，内阻r＝＝20Ω.(2)当滑片P滑到R3的最右端时，此时外电路中只有电阻R2，对应题图乙中的B点，即U2＝4V，I2＝0.8A，得R2＝＝5Ω.(3)当外电阻等于内阻时，电源的最大输出功率P＝＝5W.
答案：(1)20V 20Ω (2)5Ω (3)5W课时分层作业(二十二) 磁场 磁感线
A组 基础达标练
1．关于电流周围的磁感线分布情况，图中正确的是( )
2．如图所示的磁场中，稳定时小磁针位置正确的是( )
3．图中能正确表示通电导线周围磁场或条形磁铁周围磁场的是( )
4．如图，一束电子沿z轴正方向运动，则在图中y轴上A点的磁场方向是( )
A．＋x方向B．－x方向
C．＋y方向D．－y方向
5.
(多选)如图所示，可自由转动的小磁针上方有一根长直导线．开始时两者在纸面内平行放置，当导线中通过如图所示的电流I时，发现小磁针的N极向里，S极向外，停留在与纸面垂直的位置上．这一现象说明( )
A.小磁针感知到了电流的磁场
B．小磁针处的磁场方向垂直纸面向外
C．小磁针处的磁场方向垂直纸面向里
D．把小磁针移走，该处就没有磁场了
6．在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未爆炸的炸药若残留在爆破孔内，很容易发生人员伤亡事故．为此科学家制造了一种磁性炸药，即在炸药中掺入了10%的磁性材料——钡铁氧体，然后放入磁化机磁化．磁性炸药一旦爆炸，即可安全消磁，而遇到不爆炸的情况可使用磁性探测器测出未爆炸的炸药，从而降低事故发生的概率．已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400℃，炸药的爆炸温度为2240～3100℃，一般炸药引爆温度最高为140℃左右．以上材料表明( )
A．磁性材料在低温下容易被磁化，在高温下容易被消磁
B．磁性材料在高温下容易被磁化，在低温下容易被消磁
C．磁性材料在低温下容易被磁化，也容易被消磁
D．磁性材料在高温下容易被磁化，也容易被消磁
7．[2023·江苏苏州高一期末]如图所示，P点的电场或磁场方向向下的是( )
A．图甲P点在两个等量同种电荷的中垂线上
B．图乙P点在两个等量异种电荷的中垂线上
C．图丙P点在两根等大同向电流的直导线截面的中垂线上
D．图丁P点在两根等大反向电流的直导线截面的中垂线上
8．[2023·贵州贵阳高二期末]下列关于甲、乙两图的描述或判断正确的是( )
A．图甲中的电场线和图乙中的磁感线都是实际存在的曲线
B．图甲中的电场线和图乙中的磁感线都既不闭合也不相交
C．同一试探电荷在图甲中a处受到的电场力一定比在b处受到的电场力大
D．很短一段通电导线在图乙中a处受到的磁场力一定比在b处受到的磁场力大
9.
[2023·吉林抚松高二期中]物理老师用图示装置演示奥斯特实验，水平直导线不通电时，导线下方的磁针恰好与导线平行，当直导线通一恒定直流电时，小磁针的N极指向西北方向．则通电直导线中的电流方向由( )
A．北→南B．南→北
C．东→西D．西→东
10.
[2023·湖南高二学业考试]如图，电池给螺线管供电，不计地磁场影响，则( )
A．通电前，螺线管就有磁性
B．断电后，螺线管周围依然有磁场
C．通电后，螺线管上端为N极
D．通电后，螺线管下端为N极
B组 能力提升练
11.
如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总重量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点．当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上的拉力( )
A．F＝mgB．F>(m＋M)g
C．F＝(m＋M)gD．Mg12．[2023·福建厦门一中高一检测]如图所示，一条形磁铁静止在水平桌面上，磁铁左侧为S极，通电螺线管与条形磁铁处于同一水平面上．开关闭合后，滑片P向上滑动的过程中，条形磁铁始终保持静止．则条形磁铁受到的摩擦力( )
A．摩擦力减小，方向水平向左
B．摩擦力减小，方向水平向右
C．摩擦力增大，方向水平向左
D．摩擦力增大，方向水平向右
13.
[2023·河南三门峡高二期中](多选)奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁间存在着密切的联系．安培受到启发，提出了著名的“分子电流假说”，他认为在原子、分子等物质微粒的内部存在着一环形电流——分子电流．分子电流使每个物质微粒都成为微小磁体，它的两侧相当于两个磁极．现以最简单的氢原子为例，氢原子由一个质子构成的原子核和一个绕原子核做圆周运动的电子组成，已知质子与电子的电量均为e，电子的轨道半径为r、质量为m，静电力常量为k.则下列说法正确的是( )
A．氢原子分子电流的大小为
B．氢原子分子电流的大小为
C．图示氢原子的“北极”垂直纸面向外
D．图示氢原子的“北极”垂直纸面向里
课时分层作业(二十二) 磁场 磁感线
1．解析：根据安培定则可以判断，题图A中，环形电流内部的磁感线方向为垂直纸面向里；题图B中，直线电流周围的磁感线方向应为顺时针方向；题图C中，螺线管的左端为N极，磁感线方向向右；题图D中，直线电流周围的磁感线方向应为逆时针方向(俯视)，故选A.
答案：A
2．解析：磁铁外部，磁感线由N极指向S极，而磁感线的切线方向就是小磁针静止时N极所指方向．故选A.
答案：A
3．解析：由安培定则可判断，A中电流的磁场正确，故A正确，B错误；条形磁铁外部磁感线从N→S，内部从S→N，故C、D错误．
答案：A
4．解析：电子沿z轴正方向运动，电流方向沿z轴负方向，由安培定则可以判断电流激发的磁场产生的磁感线是以z轴上各点为圆心的同心圆，方向沿顺时针方向(沿z轴负方向看)，则可知y轴A点磁场方向沿x轴正方向，选项A正确．
答案：A
5．解析：当导线中通过如题图所示的电流时，小磁针偏转，说明通电导线产生了磁场，即小磁针感知到了电流的磁场，A正确；根据右手螺旋定则可知，小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，B错误，C正确；通电导线产生的磁场客观存在，把小磁针移走，该处仍有磁场，D错误．
答案：AC
6．解析：由安培分子电流假说可知，低温情况下，分子运动不剧烈，在外磁场的作用下，分子环形电流的磁极趋向基本一致，因而易被磁化，而高温时，分子剧烈运动，导致分子环形电流的磁极趋向重新变得杂乱无章，进而达到消磁目的．
答案：A
7．解析：题图甲，由等量同种负电荷的电场线分布情况可知，在两个等量同种负电荷的中垂线上P点电场方向向上，A错误；题图乙，由等量异种电荷的电场线分布情况可知，在两个等量异种电荷的中垂线上P点电场方向水平向左，B错误；题图丙，由安培定则可知，两根等大同向电流的直导线在中垂线上P点产生的合磁场方向水平向左，C错误；题图丁，由安培定则可知，两根等大反向电流的直导线在中垂线上P点产生的合磁场方向向下，D正确．
答案：D
8．解析：题图甲，中的电场线和题图乙中的磁感线都是不存在的曲线，A错误；题图乙，中的磁感线是闭合曲线，B错误；题图甲中，a点的电场线比b点密，电场强度比b点大，同一试探电荷在题图甲中a处受到的电场力一定比在b处受到的电场力大，C正确；很短一段通电导线垂直放在题图乙中a处受到的磁场力一定比在b处受到的磁场力大，不垂直放入磁场中，无法比较，D错误．
答案：C
9．解析：地磁场的方向是从磁场北极到磁场南极，地磁南北极与地理南北极刚好相反，故在地磁场的影响下，小磁针的N极指向北方．通恒定电流后，小磁针的N极指向西北方向，则恒定电流产生的磁场方向偏向西方，根据右手螺旋定则知所通的电流自南向北，故B正确．
答案：B
10．解析：通电前，螺线管导线中无电流，没有磁性，故A错误；断电后，螺线管部分导线不构成闭合回路，无电流，没有磁性，故B错误；由安培定则可知，通电后，螺线管上端为N极，故C正确，D错误．
答案：C
11．解析：在被吸引上升的过程中，铁片受到重力和电磁铁对它的吸引力，加速度方向竖直向上，故电磁铁对铁片的吸引力大于铁片自身重力，即F1>mg；对整体分析，系统受到轻绳拉力、自身重力和铁片对系统的吸引力，即F＝Mg＋F1>(M＋m)g.故选B.
答案：B
12．解析：根据安培定则可知，通电螺线管中心轴线的磁场方向向左，即通电螺线管的右端是S极，所以条形磁铁受到向右的斥力，则受到的摩擦力水平向左；滑片P向上滑动的过程中，电阻增大，通过线圈的电流减小，通电螺线管的磁场减弱，所以通电螺线管对条形磁铁的斥力减小，则条形磁铁受到的摩擦力减小．故选A.
答案：A
13．解析：电子绕质子做圆周运动，库仑力提供向心力，即k＝mr，又因电流的定义式为I＝，而Δt＝T，可得氢原子分子电流的大小I＝，故A错误，B正确；由右手螺旋定则可知，图示氢原子的“北极”垂直纸面向外，注意四指应沿逆时针方向，故C正确，D错误．
答案：BC课时分层作业(二十六) 能量量子化
A组 基础达标练
1．以下关于光子的说法正确的是( )
A．光子的能量跟它的频率无关
B．紫光光子的能量比红光光子的能量小
C．光子是具有质量、能量和体积的实物微粒
D．在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子
2．关于对热辐射的认识，下列说法正确的是( )
A．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波
B．温度越高，物体辐射的电磁波越强
C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料种类及表面状况无关
D．常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色
3．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( )
A．温度B．材料
C．表面状况D．以上都正确
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．微观粒子的能量变化是跳跃式的
B．能量子与电磁波的频率成正比
C．红光的能量子比绿光的能量子大
D．电磁波波长越长，其能量子越大
5．热辐射是指所有物体都要向外辐射电磁波的现象．辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量．在研究同一物体在不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线，图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴Mλ表示某种波长的电磁波的辐射强度．则由Mλ λ图线可知，同一物体在不同温度下( )
A.向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B．向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
C．向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小
D．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
6．(多选)光子的发射和吸收过程是( )
A．原子从基态跃迁到激发态要放出光子，放出光子的能量等于原子在始、末两个能级的能量差
B．原子不能从低能级向高能级跃迁
C．原子吸收光子后从低能级跃迁到高能级，放出光子后从较高能级跃迁到较低能级
D．原子无论是吸收光子还是放出光子，吸收的光子或放出的光子的能量恒等于始、末两个能级的能量差值
7．(多选)对宇宙微波背景辐射的黑体谱形状的研究被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点．下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法中正确的是( )
A．微波是指波长在10－3m到10m之间的电磁波
B．微波和声波一样都只能在介质中传播
C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射
D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
8．(多选)关于对普朗克能量子假说的认识，下列说法正确的是( )
A．振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值ε
B．带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍
C．能量子与电磁波的频率成正比
D．这一假说与现实世界相矛盾，因而是错误的
9．[2023·山西太原高二期末]关于能量量子化，下列说法正确的是( )
A．能量子假说最早是由爱因斯坦提出来的
B．微观粒子的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍
C．电磁波的波长越长，其能量子越大
D．能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，因而它一定是错误的观点
B组 能力提升练
10．[2023·山东临沂高二期中]请你结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A．麦克斯韦预言并通过实验捕捉到了电磁波，证实了自己提出的电磁场理论
B．奥斯特发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加深入
C．法拉第发明了世界上第一台发电机——圆盘发电机
D．牛顿通过对黑体辐射的研究首次提出能量子的概念
11.
[2023·山东枣庄高二联考]我国高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平．高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”．与4G相比，5G具有“高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点．与4G相比，5G使用的电磁波( )
A．波长更长
B．能量子的能量更小
C．能量子的能量更大
D．传播速度更快
12．硅光电池是将光辐射的能量转化为电能．若有N个波长为λ0的光子打在硅光电池极板上，这些光子的总能量为(h为普朗克常量，c为真空中的光速)( )
A．hB．Nh
C．Nhλ0D．2Nhλ0
13．小灯泡的功率P＝1W，设其发出的光向四周均匀辐射，平均波长λ＝10－6m，求在距离d＝1.0×104m处，每秒钟落在垂直于光线方向、面积为1cm2的球面上的光子数是多少？(h＝6.63×10－34J·s)
课时分层作业(二十六) 能量量子化
1．解析：根据ε＝hν可知光子的能量与光子的频率成正比，故A错误；在可见光范围内，紫光的频率最大，红光的频率最小，根据ε＝hν，可知紫光光子的能量比红光光子的能量大，故B错误；光子具有能量，但没有静止质量，也没有具体的体积，它不是实物粒子，故C错误；光是在空间传播的电磁波，是不连续的，是一份一份的能量，每一份叫做一个光子，故D正确．
答案：D
2．解析：一切物体都不停地向外辐射电磁波，且温度越高，辐射的电磁波越强，故A错误，B正确；选项C是黑体辐射的特性，故C错误；除光源外，常温下看到的物体的颜色是反射光的颜色，故D错误．
答案：B
3．解析：根据黑体辐射电磁波的波长分布的决定因素知其只与温度有关．
答案：A
4．解析：微观粒子的能量变化是跳跃式的，故A正确；由ε＝hν可知，能量子与电磁波的频率成正比，故B正确；红光的频率比绿光的小，由ε＝hν可知，红光的能量子比绿光的能量子小，故C错误；电磁波波长越长，其频率越小，能量子越小，故D错误．
答案：AB
5．解析：由Mλ λ图线可知，对于同一物体，随着温度的升高，一方面，各种波长电磁波的辐射强度都有所增加，向外辐射的电磁波的总能量增大；另一方面，辐射强度的极大值向短波方向移动，波长范围增大．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
6．解析：原子处于激发态不稳定，可自发地向低能级发生跃迁，以光子的形式放出能量，光子的吸收是光子发射的逆过程，原子在吸收光子后，会从较低能级向较高能级跃迁，但不管是吸收光子还是发射光子，光子的能量总等于两能级之差，即hν＝Em－En(m>n)，故A、B错误，C、D正确．
答案：CD
7．解析：微波是电磁波中按波长分类波长较小的一种，微波是指波长在10－3m到10m之间的电磁波，故A正确；微波是电磁波，电磁波既能在介质中传播也能在真空中传播，而声波是机械波，只能在介质中传播，故B错误；黑体向外辐射的是热量，是以光子的形式辐射的，而光是电磁波，所以黑体的热辐射实际上是电磁辐射，故C正确；普朗克在研究黑体辐射的过程中提出了黑体辐射的能量是一份一份的，从而提出了能量子的假说，故D正确．
答案：ACD
8．解析：由普朗克能量子假说可知，带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍，故A错误，B正确；能量子ε＝hν与电磁波的频率ν成正比，故C正确；能量子假说反映的是微观世界的特征，不同于宏观世界，并不是与现实世界相矛盾，故D错误．
答案：BC
9．解析：能量子假说最早是由普朗克提出的，故A错误；微观粒子的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍，故B正确；根据ε＝hν＝可知，电磁波的波长越长，其能量子越小，故C错误；能量子假说与宏观世界中对能量的认识相矛盾，而它的观点是正确的，故D错误．
答案：B
10．解析：麦克斯韦预言了电磁波的存在，并提出了电磁场理论，赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，故A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，使人们对电与磁内在联系的认识更加深入，故B错误；法拉第发明了世界上第一台发电机——圆盘发电机，故C正确；普朗克通过对黑体辐射的研究首次提出能量子的概念，故D错误．
答案：C
11．解析：由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”的特性，已知电磁波的波长与频率的关系为λ＝，由此可知频率越高波长越短，则与4G相比，5G使用的电磁波波长更短，故A错误；已知能量子的能量为ε＝hν，由题知与4G相比，5G具有“通信使用的电磁波频率更高”，则与4G相比，5G使用的电磁波能量子的能量更大，故B错误、C正确；电磁波的传播速度与光速相等，在真空中为c＝3×108m/s，故D错误．
答案：C
12．解析：由于单个光子的能量为ε＝hν，所以N个光子的总能量E总＝Nhν，又因为ν＝，解得E总＝Nh，故B正确．
答案：B
13．解析：每秒钟小灯泡发出的能量为E＝Pt＝1J
1个光子的能量为ε＝hν＝＝J＝1.989×10－19J
小灯泡每秒钟辐射的光子数为n＝＝≈5×1018(个)
距离小灯泡d的球面面积为S＝4πd2＝4π×(1.0×104)2m2＝1.256×109m2＝1.256×1013cm2
每秒钟射到1cm2的球面上的光子数为N＝＝≈3.98×105(个).
答案：3.98×105(个)课时分层作业(二十三) 磁感应强度 磁通量
A组 基础达标练
1．关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是( )
A．根据磁感应强度B的定义式B＝可知，在磁场中某处，B与F成正比、与Il成反比
B．一小段通电直导线放在磁感应强度为零处，它所受磁场力一定为零
C．一小段通电直导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零
D．磁场中某处磁感应强度的方向，与小磁针在该处时N极所受磁场力方向相反
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度一定为零
B．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零
C．把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱
D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它受到的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱
3．有一小段通电导线，长0.1m，通过导线的电流为5A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是1N．则该处磁感应强度的大小可能为( )
A．0.8TB．1.2T
C．1.8TD．2.2T
4．磁通量可以形象地理解为“穿过磁场中某一面积的磁感线条数”．在如图所示磁场中，S1、S2、S3为三个面积相同的相互平行的线圈，穿过S1、S2、S3的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3且都不为0.下列判断正确的是( )
A．Φ1最大B．Φ2最大
C．Φ3最大D．Φ1、Φ2、Φ3相等
5．(多选)如图所示，线圈面积为S，线圈平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直．则关于穿过线圈的磁通量，以下说法正确的是( )
A．则此时穿过线圈的磁通量为BS
B．若线圈绕OO′转过60°角时，穿过线圈的磁通量为BS
C．若从初位置转过90°角时，穿过线圈的磁通量为BS
D．若从初位置转过180°角时，穿过线圈的磁通量变化量大小为2BS
6.
[2023·黑龙江牡丹江高二阶段练习]如图所示，两只同心圆形线圈a和b位于同一水平面内，一条形磁铁穿过圆心竖直安放，N极朝下．则下列说法正确的是( )
A．穿过两线圈的磁通量均为零
B．穿过两线圈的磁通量相等
C．穿过线圈a的磁通量较大
D．穿过线圈b的磁通量较大
7.
如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )
A．1∶1B．1∶2
C．1∶4D．4∶1
8．[2023·广东二模](多选)用如图甲所示的装置研究安培力，线圈的一端悬挂于弹簧测力计上，另一端放置在匀强磁场中．某次实验获得测力计读数随电流变化的F I图像如图乙所示，图中F1、F0和I1为已知量，线圈匝数为n，重力加速度为g，忽略线圈上边所在位置处的磁场．通过以上已知量可求出( )
A．线圈的质量
B．线圈在磁场中的有效长度
C．线圈所在磁场的磁感应强度
D．磁感应强度与线圈有效长度的乘积
9．[2023·广东茂名统考一模]如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上(与正方体前后表面平行)的匀强磁场．一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里．a、b、c、d分别是正方体所在边的中点．在这四点中( )
A.c、d两点的磁感应强度大小相等
B．a、b两点的磁感应强度大小相等
C．b点磁感应强度的值最大
D．c点磁感应强度的值最小
B组 能力提升练
10．[2023·新疆哈密高二期中](多选)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一面积为S的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆将其悬挂在O点，并可绕O点左右摆动．现让金属线框从图示右侧位置1由静止释放，在摆动到左侧位置3的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且金属线框始终垂直于纸面．图中金属线框位于位置1时，它与竖直方向的夹角为45°，金属线框位于位置2时，它与磁场方向平行，金属线框位于位置3时，它与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是( )
A．穿过金属线框的磁通量先变小后变大
B．金属线框位于位置1时，穿过线框的磁通量为
C．金属线框位于图示中间位置2时，穿过线框的磁通量为BS
D．金属线框位于位置3时，穿过线框的磁通量为
11．[2023·山东青岛高二期末]某校物理兴趣小组用图示装置估测磁体附近的磁感应强度．他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图甲所示．小磁针静止时N极指向处于水平面内xOy坐标系中的y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成30°角的方向，其俯视图如图乙所示．已知该实验所在地面处地磁场的磁感应强度的水平分量为3×10－5T.
(1)请在图上标明螺线管导线的绕向．
(2)求该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度的大小(画出必要的矢量示意图；计算结果保留三位有效数字).
12．[2023·陕西咸阳高二阶段练习]如图甲所示，金属框架AOC处于与框架垂直的匀强磁场中，∠AOC＝45°，导体棒PQ与框架接触良好构成回路，且PQ⊥OC.导体棒从零时刻由O位置以v＝1m/s匀速向右运动，磁场的磁感应强度随时间变化的B t图像如图乙所示．
(1)求t＝1.5s时刻，回路的磁通量．
(2)求从零时刻到t＝3.5s的过程中，回路中磁通量的变化量．
课时分层作业(二十三) 磁感应强度 磁通量
1．解析：磁感应强度由磁场本身决定，磁感应强度为零处，通电直导线所受磁场力一定为零．电流与磁场平行时不受磁场力，不平行时受磁场力．磁场中某处的磁场方向，与小磁针在该处时N极所受磁场力方向相同．A、C、D均错误，B正确．
答案：B
2．解析：由E＝得F＝qE，得知电荷在某处不受电场力的作用时，该处的电场强度为零，故A正确；一小段通电导线在某处不受安培力的作用，该处磁感应强度不一定为零，也可能是由于通电导线与磁场平行，但该处磁感应强度不为零，故B错误；E＝是电场强度的定义式，电场强度E反映电场的强弱和方向，由此式知，把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值为电场强度，即表示电场的强弱，故C正确；只有通电导线垂直放入磁场中时，通电导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱，故D错误．
答案：AC
3．解析：若导线与磁场垂直，则该处的磁感应强度大小为B＝＝T＝2T，若导线不与磁场垂直，由F＝IlB⊥得B⊥＝2T，B⊥只是B的一个分量，则磁感应强度大小B>2T，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
4．解析：由图可知从左向右磁感线逐渐稀疏，所以穿过S1的磁感线条数最多，即Φ1最大．故选A.
答案：A
5．解析：线圈与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁通量为BS，故A正确；若线圈绕OO′转过60°角时，穿过线圈的磁通量为Φ＝BScos60°＝BS，故B错误；若从初位置转过90°角时，线圈平面与磁场平行，则穿过线圈的磁通量为零，故C错误；若从初位置转过180°角时，穿过线圈的磁通量变化量大小为ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS，故D正确．
答案：AD
6．解析：根据条形磁铁的磁场分布情况可知，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向下，外部磁感线方向向上，由于磁感线是闭合的，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部的磁感线总条数，外部磁感线分布在无限大的空间中，所以可得Φ＝Φ内－Φ外，根据题图可知Φ内a＝Φ内b，Φ外a>Φ外b，所以有Φa<Φb，故D正确．
答案：D
7．解析：根据磁通量的定义，当B垂直于线圈时，穿过线圈的磁通量为Ф＝BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，故A正确．
答案：A
8．解析：由题图乙可知，测力计读数在增大，所以线圈受到向下的安培力，有F＝mg＋nBIL，结合题图乙中图线，易知F0＝mg，＝nBL，解得m＝，BL＝，故A、D正确．
答案：AD
9.
解析：a、b、c、d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示．a点的磁感应强度大小为Ba＝B0＋B，b点和d点的磁感应强度大小为Bb＝Bd＝，c点的磁感应强度大小为Bc＝B0－B，故D正确．
答案：D
10．解析：由位置1运动到位置2的过程中，线框在磁场中的有效面积减小，穿过线框的磁通量减小，由位置2向左运动到位置3时，线框在磁场中的有效面积增大，穿过线框的磁通量增大，故A正确；位于位置1时，线框在磁场中的有效面积为S有＝Scos45°＝S，故穿过线框的磁通量为Φ＝BS有＝，故B正确；位于位置2时，线框与磁场方向平行，故线框在磁场中的有效面积为0，故穿过线框的磁通量为0，故C错误；位于位置3时，线框在磁场中的有效面积为S′有＝Ssin30°＝S，故穿过线框的磁通量为Φ′＝BS′有＝，故D错误．
答案：AB
11．解析：(1)由题意可知螺线管右端为N极，根据安培定则以及电源正负极位置作出螺线管导线的绕向如图所示．
(2)
设该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度为Bx，由题意知地磁场的磁感应强度的水平分量为3×10－5T，小磁针处合磁感应强度B与y轴正方向成30°角，如图所示．根据磁感应强度的叠加法则可得tan30°＝，
解得Bx＝1.73×10－5T.
答案：(1)见解析 (2)1.73×10－5T
12．解析：(1)在t＝1.5s时刻，根据题图乙可知此时磁场的磁感应强度为B1.5＝1.0T
此时导体棒运动的位移为x＝vt＝1×1.5m＝1.5m
闭合回路围成的面积为S1.5＝x2＝1.125m2
回路的磁通量为φ1.5＝B1.5S1.5＝1.125Wb
(2)根据题图乙可推导出磁场在t＝0时刻的磁感应强度为B0＝0.25T
由题图乙可知B随t的变化满足B＝kt＋B0
代入数据解得B＝0.5t＋0.25
则在t＝3.5s时刻的磁感应强度为B3.5＝2T
从零时刻到t＝3.5s的过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝S3.5B3.5－Φ0＝×(1×3.5)2×2Wb－0Wb＝12.25Wb
答案：(1)1.125Wb (2)12.25Wb课时分层作业(二十四) 电磁感应现象及应用
A组 基础达标练
1．探雷器是探测地雷的仪器．手持探雷器的长柄线圈在地面扫过，线圈中有变化的电流，如果地下埋着金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷，探测器就会报警．这种仪器的工作原理是利用( )
A．静电屏蔽B．静电感应
C．电磁感应D．电流的磁效应
2．1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系．某兴趣小组也做了类似实验，他们将一可自由转动的小磁针静置于水平桌面上，将另一直导线水平放置在靠近小磁针正上方的位置．忽略磁偏转角的影响，以下说法中正确的是( )
A．将导线沿南北方向放置并通入恒定电流，小磁针一定会发生转动
B．将导线沿东西方向放置并通入恒定电流，小磁针一定会发生转动
C．将导线沿南北方向放置并通入恒定电流，增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度会随之增大
D．把导线沿南北方向放置并通入恒定电流，增大电流，小磁针转动的角度会随之减小
3．如图所示，线圈两端接在电流表上组成闭合电路，在下列情况中，电流表指针不发生偏转的是( )
A．线圈不动，磁铁插入线圈时
B．线圈不动，磁铁拔出线圈时
C．磁铁插在线圈内不动
D．磁铁和线圈相对移动时
4.
如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L过M的圆心，且通以向上的电流I，则下列说法正确的是( )
A.当L中的I发生变化时，环中有感应电流
B．当M左右平移时，环中有感应电流
C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流
D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流
5．(多选)图中能产生感应电流的是( )
6.
如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A.在下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( )
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
7．(多选)下列各图所描述的物理情景中，能产生感应电流的是( )
8.
(多选)如图所示线圈abcd在足够大磁场区域ABCD中，下列情况下线圈中有感应电流产生的是( )
A．把线圈变成圆形(周长不变)
B．使线圈在磁场中加速平移
C．使磁场增强或减弱
D．使线圈以过ab的直线为轴旋转
9．如图为“探究感应电流产生的条件”的实验电路图．
(1)请在图中连线，把实验装置连接完整．
(2)开始实验时，滑动变阻器滑片P应该放置在________(填“a”或“b”)端．
(3)闭合开关后，请写出三种使线圈B中产生感应电流的方法．
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
B组 能力提升练
10.
(多选)如图所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则两金属棒的运动情况可能是( )
A．v1>v2B．v1C．v1＝v2D．无法确定
11.
(多选)在如图所示的电路中，当开关S闭合后，为使灵敏电流计的指针偏转，下列说法可行的是( )
A．将A线圈向左靠近B线圈
B．将开关S突然断开
C．保持右边电路电流不变
D．将滑动变阻器的阻值调小
12.
(多选)某学校操场上有如图所示的运动器械，两根长金属链条将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架上．静止时ab水平且沿东西方向．已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让ab随链条荡起来，与竖直方向最大偏角为45°.则下列说法正确的是( )
A．当ab棒自南向北经过最低点时，回路中无感应电流
B．当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流为零
C．当ab棒自南向北经过最低点时，回路中有感应电流
D．在ab棒运动过程中，不断有磁场能转化为机械能
13.
如图所示，固定于水平面上的金属框架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．
课时分层作业(二十四) 电磁感应现象及应用
1．解析：线圈产生的磁场在通过导体时，导体会产生电流，从而产生磁场，反过来影响线圈磁通量，从而影响电流的大小，这种现象称为电磁感应．故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．解析：将导线沿南北方向放置并通入恒定电流时，小磁针所在位置的磁场方向沿东向西，所以小磁针一定会转动，故A项正确；将导线沿东西方向放置并通入恒定电流，磁场方向与地磁场方向可能相同，所以小磁针不一定会发生转动，故B项错误；将导线沿南北方向放置并通入恒定电流，增大导线与小磁针之间的距离，小磁针处的磁场强度减小，所以转动的角度会随之减小，故C项错误；把导线沿南北方向放置并通入恒定电流，增大电流，磁场变强，所以小磁针转动的角度会随之增大，故D项错误．
答案：A
3．解析：根据电磁感应现象产生的条件，不论哪部分移动，只要磁体与线圈的相对位置发生变化，线圈所在处的磁场就会发生变化，所以选项A、B、D中都会产生感应电流，C中不会产生感应电流．
答案：C
4．解析：由于直导线电流的磁场是垂直导线的同心圆，故只要L与M保持垂直，穿过金属环M的磁通量就为零，保持不变，环中均无感应电流产生，故D正确．
答案：D
5．解析：A选项中电路没有闭合，无感应电流，故A错误；B选项中，面积增大，通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流，故B正确；C选项中，穿过圆环的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流，故C错误；D选项中，穿过闭合电路的磁通量减小，有感应电流，故D正确．
答案：BD
6．解析：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生；通电时，移动滑动变阻器的滑片P，无论是匀速还是加速移动，变阻器接入电路的电阻均变化，回路中电流均变化，线圈产生的磁场均变化，穿过铜环A的磁通量均变化，均产生感应电流；将开关突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流．故A正确．
答案：A
7．解析：由闭合电路中产生感应电流的条件可知，开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流，故A错误；磁铁向闭合的铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流，故B正确；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C正确；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，与电阻R构成的闭合回路中就产生感应电流，故D正确．
答案：BCD
8．解析：若把线圈变成圆形，则线圈的面积发生变化，所以线圈中的磁通量发生变化，线圈中会产生感应电流，故A正确；无论线圈在磁场中匀速还是加速平移，磁通量都不变，不会产生感应电流，故B错误；使磁场增强或减弱，线圈中的磁通量发生变化，会产生感应电流，故C正确；使线圈以过ab的直线为轴旋转，线圈中的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确．
答案：ACD
9．解析：(1)将电源、开关、滑动变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将灵敏电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示．
(2)由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流式接法，为保护电路应该使接入电路的电阻最大，在闭合开关S前，滑动变阻器滑片P应置于a端．
(3)开关S闭合后还有多种方法能使线圈B中产生感应电流，如移动滑动变阻器的滑片、线圈A在线圈B中插入或拔出、断开开关等．
答案：(1)图见解析 (2)a (3)①断开开关 ②插入或拔出线圈A ③移动滑动变阻器的滑片
10．解析：只要金属棒ab、cd的运动速度不相等，穿过井字形回路的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流．故A、B正确．
答案：AB
11．解析：在螺线管A中有磁通量的变化就引起螺线管B中的磁通量变化，所以将滑动变阻器的阻值调小，将开关S突然断开都能使磁通量发生变化，产生感应电流，使灵敏电流计的指针偏转，故B、D正确；当线圈靠近的时候也可以使穿过B螺线管的磁通量发生变化，故A正确．
答案：ABD
12．解析：由于磁场斜向下与竖直方向成45°角，在最低点时ab棒的速度水平向北，ab棒切割磁感线，穿过回路的磁通量发生变化，所以回路中有感应电流，故A错误，C正确；链条跟竖直方向夹角为45°时，链条的运动速度为0，不切割磁感线，感应电流为0，故B正确；在ab棒运动的过程中，不断有机械能转化为电能，故D错误．
答案：BC
13．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2，得B＝.
答案：B＝课时分层作业(二十五) 电磁波的发现及应用
A组 基础达标练
1．“神舟十三号”载人飞船于2021年10月16日凌晨成功发射，在轨运行6个月后于2022年4月16日返回地球．创造了中国载人航天任务的新纪录．在发射与回收过程中，地面测控站对飞船进行跟踪测量与控制时，传输信号所使用的是电磁波谱中的( )
A．红外线B．无线电波
C．紫外线D．X射线
2．以下说法正确的是( )
A．丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应和电磁感应现象
B．英国物理学家麦克斯韦建立了电磁场理论，并提出变化的电场周围一定产生磁场
C．物理学家安培提出了分子电流假说，并总结出运动电荷在磁场中的受力规律
D．英国物理学家法拉第通过实验发现了电磁感应现象，并证明了电磁波的存在
3．关于电磁波的说法中，下列叙述正确的是( )
A．电磁波和机械波一样，都不能在真空中传播
B．赫兹首先用实验证实了电磁波的存在，验证了麦克斯韦的电磁场理论
C．肺炎诊断中，要用X光扫描肺部，是因为X光的穿透能力最强
D．微波炉加热食物是利用了微波有很强的热效应
4．(多选)以下关于机械波与电磁波的说法中，错误的是( )
A．机械波与电磁波本质上是一致的
B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，还与电磁波的频率有关
C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波
D．只有机械波中的声波才会发生多普勒效应
5．(多选)关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．电磁波在真空中传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直
C.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
D．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
6．(多选)5G是第五代移动通信技术的简称，其最显著的特征之一为具有超高速的数据传输速率．信号一般采用3.3×109Hz～6×109Hz频段的无线电波，而第四代移动通信技术的频段范围是1.88×109Hz～2.64×109Hz.下列说法正确的是( )
A．5G信号的波长比4G信号的波长更短
B．5G信号与4G信号相遇能发生干涉现象
C．在真空中5G信号比4G信号传播的更快
D．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在
7．(多选)下列说法正确的是( )
A．红外线易穿透云层，故广泛应用于遥感技术领域
B．医院用X光进行透视，是因为它是各种电磁波中穿透能力最强的
C．阳光可以晒黑皮肤，主要是阳光中红外线的作用
D．电取暖器利用了红外线的热作用
8．(多选)关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A．在真空中各种电磁波的传播速度都相同
B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C．紫外线比紫光的波长长
D．在电磁波谱中，波长最长的是γ射线
9．(多选)关于紫外线的作用和特性，下列说法正确的是( )
A．一切物体都在不停地辐射紫外线
B．紫外线能杀菌消毒是因为紫外线具有较高的能量，可以穿透细胞膜
C．紫外线具有较强的穿透能力，可以穿透人的皮肤、破坏内脏器官
D．紫外线具有荧光作用
10．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )
A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
B组 能力提升练
11．雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，它可以向一定方向发射电磁波脉冲，当电磁波遇到障碍物时会发生反射．雷达在发射和接收到反射回来的电磁波脉冲时，在监视屏上将对应呈现出一个尖形波．某防空雷达发现一架飞机正沿飞机与雷达的连线朝雷达匀速飞来，某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图甲所示，经过200s后雷达向飞机发射和接收到的波形如图乙所示．已知雷达监视屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为1×10－4s，电磁波的速度为3×108m/s，则该飞机的飞行速度大小约为________．
12．微波炉的工作应用了一种电磁波——微波(微波的频率为2.45×109Hz).食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高，食物增加的能量是微波给它的．下表是某微波炉的部分技术参数．
微波炉
MG—5021MW
额定电压：220V 50Hz
微波额定功率：1100W
微波输出功率：700W
内腔容积：20L
振荡频率：2450MHz
(1)该微波炉内磁控管产生的微波波长是多少？
(2)该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是多少？
(3)如果做一道菜，使用微波挡需要正常工作30min，则做这道菜需消耗多少电能？
课时分层作业(二十五) 电磁波的发现及应用
1．解析：在发射与回收过程中，地面测控站对飞船进行跟踪测量与控制时，传输信号所使用的是电磁波谱中的无线电波．故B正确．
答案：B
2．解析：丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；英国物理学家麦克斯韦建立了电磁场理论，并提出变化的电场周围一定产生磁场，故B正确；物理学家安培提出了分子电流假说，洛伦兹研究了运动电荷在磁场中的受力规律，并给出了洛伦兹力公式，故C错误；英国物理学家法拉第通过实验发现了电磁感应现象，赫兹用实验证明了电磁波的存在，D错误．
答案：B
3．解析：电磁波可以在真空中传播，机械波不能在真空中传播，故A错误；赫兹首先用实验证实了电磁波的存在，验证了麦克斯韦的电磁场理论，故B正确；X光的穿透能力是较强的，但不是最强，故C错误；微波几乎没有热效应，微波炉能快速加热食物是利用了微波的频率与水的频率相接近，从而使水振动而发热的，故D错误．
答案：B
4．解析：机械波由振动产生，电磁波由周期性变化的电场或磁场产生，二者的本质不同，故A错误；机械波是能量波，传播需要介质，波速由介质决定，电磁波是物质波，波速由介质和自身的频率共同决定，故B正确；机械波有横波也有纵波，而电磁波一定是横波，故C正确；只要是波就能发生多普勒效应，故D错误．
答案：AD
5．解析：电磁波在真空中的传播速度即为光速，与电磁波的频率无关，故A正确；电磁波在真空中传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度方向均垂直，即电磁波是横波，故B正确；利用电磁波传递信号可以实现无线通信，且电磁波能通过电缆、光缆传输，故C错误；电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会消失，会继续传播，故D错误．
答案：AB
6．解析：5G信号的频率比4G信号的频率更高，则5G信号的波长比4G信号的波长更短，故A正确；5G信号与4G信号频率不同，则相遇时不能发生干涉现象，故B错误；在真空中5G信号与4G信号传播的速度相同，均为3×108m/s，故C错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D正确．
答案：AD
7．解析：红外线衍射明显，故A正确；γ射线穿透能力最强，故B错误；阳光晒黑皮肤是紫外线的作用，故C错误；红外线有显著的热作用，故D正确．
答案：AD
8．解析：各种电磁波在真空中的速度都为3×108m/s，故A正确；γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，故B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，紫光是可见光，比紫外线的波长长，故C、D错误．
答案：AB
9．解析：一切物体都在不停地辐射红外线，故A错误；紫外线具有较高的能量，能破坏细胞核中的物质，可以用来杀菌消毒，故B正确；紫外线穿透能力不强，不会穿透人的皮肤破坏内脏器官，故C错误；紫外线具有荧光效应，可用于设计防伪，故D正确．
答案：BD
10．解析：声波、电磁波都能传递能量和信息，故A错误；在手机通话过程中，既涉及电磁波又涉及声波，故B正确；可见光属于电磁波，“B超”中的超声波是声波，波速不同，故C错误；红外线波长较X射线波长长，故D错误．
答案：B
11．解析：由题图甲得雷达第一次发射电磁波时，飞机距离雷达的距离为s1＝0.5vt＝0.5×3×108m/s×4×10－4s＝6×104m
由题图乙得，经过200s后，飞机和雷达的距离为s2＝0.5vt′＝0.5×3×108m/s×2×10－4s＝3×104m
结合几何关系得，飞机飞行的路程为Δs＝s1－s2＝6×104m－3×104m＝3×104m
飞机的飞行速度大小为v＝＝m/s≈150m/s
答案：150m/s
12．解析：(1)微波炉的波长为λ＝＝m≈0.12m.
(2)微波挡工作时的额定电流为I＝＝A＝5A.
(3)消耗的电能为ΔE＝W＝Pt＝1100×1800J＝1.98×106J.
答案：(1)0.12m (2)5A (3)1.98×106J课时分层作业(二十一) 能源与可持续发展
A组 基础达标练
1．你看见过杂技里的蹦床表演吗？演员从高处跳下，落在蹦床上又被弹起，在这个过程中，发生的能量转化顺序是( )
A.重力势能—动能—弹性势能—动能—重力势能
B.动能—弹性势能—重力势能
C．势能—动能—势能—动能
D．动能—弹性势能—动能—重力势能
2．(多选)在能源消耗的过程中，我们很难把一些能源消耗产生的内能收集起来重新利用，这种现象叫作能量的耗散．对于能量的耗散理解正确的是( )
A．能量的耗散说明能量在不断的减少
B．能量的耗散遵循能量守恒定律
C．能量的耗散说明能量不能凭空产生，但能量却可以凭空消失
D．能量的耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
3．下述做法能改善空气质量的是( )
A．以煤等燃料作为主要生活燃料
B．利用太阳能、风能和氢能等干净能源代替化石能源
C.鼓励私人购买和使用汽车代替公交车
D．限制使用电动车
4．低碳生活是一种绿色而又环保的新型生活方式．日常生活注意节电、节油、节气、节水，从点滴做起，保护环境，保护地球．下列关于能源与能量的理解正确的是( )
A．能量是守恒的，没有必要提倡节约能源
B．能量的耗散表明自然界的能量在利用过程中正在不断地消失
C．自然界中石油、煤炭等能源取之不尽，用之不竭，只需不断开发
D．人类应积极开发与利用风能、太阳能、潮汐能等可再生的新能源
5．(多选)关于能量守恒、能源短缺、环境恶化的下列说法正确的是( )
A．自然界的能量虽然守恒，但是我们还是要节约能源，原因是能量在转化过程中存在能量的耗散
B.煤炭和石油的开采与技术有关，在当前技术条件下，煤炭和石油的开采是有限的，这叫能源短缺
C.煤炭和石油资源是有限的，以今天的开采和消耗速度，石油储藏将在百年内用尽，煤炭资源也不可能永续利用，这叫能源短缺
D．大量煤炭和石油产品在燃烧时排出有害气体污染了空气，改变了大气成分，使环境恶化
6．目前，共享单车作为绿色出行的交通工具，成为时尚．甲、乙两种共享单车都采用了电子锁，车锁内集成了GPS模块与联网模块等，这些模块工作时需要电能．这两种共享单车采用了不同的方式获取电能：甲车靠小型发电机——踩动单车时，线圈在磁场中转动，产生电能，如图1所示；乙车靠车筐底部的太阳能电池板——有光照时，产生电能，如图2所示．这两种共享单车获取电能时，都是把其他形式的能转化为电能．关于它们的能量转化，下列说法中正确的是( )
A．都是把机械能转化为电能
B．都是把光能转化为电能
C．甲车把机械能转化为电能，乙车把光能转化为电能
D.甲车把光能转化为电能，乙车把机械能转化为电能
7.
如图，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面．某时间内该地区的风速是6.0m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直．已知空气的密度为1.2kg/m3.假如这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率约为( )
A．2.7kWB．16.3kW
C．27kWD．163kW
8.
构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化的关系如图中图线②所示．则第二次向蓄电池所充电的电能是( )
A．200JB．250J
C．300JD．500J
9.
(多选)如图为装在屋顶上的太阳能电池板，每块电池板的面积为2m2．晴天时，电池板每平方米每分钟接收到的太阳能为6×104J，电池板的光电转化效率为25%.以下说法不正确的是( )
A．太阳能为可再生能源
B．电池板的光电转化效率为25%表示此过程能量不守恒
C．晴天时太阳照射2h，每块电池板产生的电能为1.44×107J
D．晴天时的一天，一块电池板产生的电能可以提供十盏60W的白炽灯正常工作20h
B组 能力提升练
10.
[2023·全国高三专题](多选)细绳一端固定在天花板上，另一端拴一质量为m的小球，如图所示．使小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动．下列说法正确的是( )
A．小球机械能不守恒
B．小球能量正在消失
C．小球摆动过程中，只有动能和重力势能在相互转化
D.总能量守恒，但小球的机械能减少
11.
太阳能及风能是清洁能源，我国已经建成众多的太阳能及风力发电场．风力发电是利用风的动能推动风力发电机的叶片转动而产生电能的．某风力发电场安装有两台超大型风力发电机，每片扇叶长达80m，该地区常年的平均风速v＝5.0m/s.已知风向跟叶片转动的圆面垂直，空气的密度ρ＝1.25kg/m3，风力发电机的叶片转动时可形成半径R＝80m的圆面，风力发电机能将通过圆面的空气的动能的10%转化为电能．
(1)求每台风力发电机的发电功率P；
(2)已知标准煤的热值q＝3.0×107J/kg，则该风力发电场年发电量相当于燃烧多少标准煤产生的热量？
课时分层作业(二十一) 能源与可持续发展
1．解析：演员在高处具有重力势能，从高处跳下时重力势能减少，动能增加，到蹦床上后，动能减少，蹦床的弹性势能增加，又被弹起时，蹦床的弹性势能减少，演员的动能增加，离开蹦床后再往上的过程演员的动能减少，重力势能增加．因此演员从高处跳下落在蹦床上又被弹起的过程中，发生的能量转化顺序为重力势能—动能—弹性势能—动能—重力势能．
答案：A
2．解析：能量的耗散是能量变成了无法收集利用的内能，能量不会减少，A错误；能量守恒定律适用于整个自然界，物质能量变化必须遵循能量守恒定律，B正确；能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，C错误；能量的耗散是一个宏观过程，代表着能量向不可收集利用的方向转化，D正确．
答案：BD
3．解析：以煤作为主要生活燃料会产生大量污染物，如CO、CO2、SO2等有害气体，污染大气，导致温室效应、酸雨等环境问题，故A项错误；利用太阳能、风能等替代化石能源可以减少有害气体的排放，解决能源问题的最佳方法是开发新能源(如风能、地热能、氢能、水能、核能、生物质能等)，故B项正确；汽车尾气中含有氮氧化物和硫氧化物，会严重污染大气，汽车越多，则污染越严重，故C项错误；使用电动车不会产生污染，故限制使用电动车不能改善空气质量，故D错误．
答案：B
4．解析：在能源的利用过程中，虽然能量在数量上并未减少，但可利用率越来越小，故仍需节约能源，故A错误；能量的耗散表明自然界的能量在转化的过程中可利用率越来越小，但总量不会减小，故B错误；自然界中石油、煤炭指的是亿万年前的大量生物的遗体在地层中经过一系列生物化学变化而生成的，在短时间内不能再生，是不可再生能源，故C错误；风能、太阳能、潮汐能是可再生能源，人类应多开发与利用，故D正确．
答案：D
5．解析：自然界的能量虽然守恒，但是我们还是要节约能源，原因是能量在转化过程中存在能量的耗散，故A正确；煤炭和石油都是由几亿年以前的生物遗体形成的，这些能源不能再次生成，也不可重复使用，它们的储量是有限的，并不是取之不尽、用之不竭的，这是所讲的能源短缺，故B错误，C正确；大量煤炭和石油产品在燃烧时排出有害气体污染了空气，改变了大气成分，使环境恶化，故D正确．
答案：ACD
6．解析：甲车靠小型发电机——踩动单车时，线圈在磁场中转动，产生电能，故是将机械能转化为电能；乙车靠车筐底部的太阳能电池板——有光照时，产生电能，故是光能转化为电能，故C项正确．
答案：C
7．解析：依题意，空气把动能转化为电能，根据能量守恒定律有Pt＝Ek×10%，又因为Ek＝mv2＝(ρ·πr2·vt)·v2＝ρπr2v3t，两式联立，代入题中相关数据求得此风力发电机发电的功率P≈16.3kW.故选B.
答案：B
8．解析：电动车在运动过程中的摩擦力大小不变，从题图看出，第二次的位移是第一次的，故节约的能量为初动能的，由能量守恒定律得所充的电能为Ek0＝×500J＝200J，A正确．
答案：A
9．解析：太阳能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故A正确；电池板的光电转化效率为25%只是表示太阳能有25%能转化成电能，并不代表能量不守恒，故B错误；由题意可知晴天时太阳照射2h，每块电池板产生的电能为E＝2×6×104×2×60×25%J＝3.6×106J，故C错误；晴天时的一天，日照按12h计算，一块电池板产生的电能为E′＝6E＝2.16×107J，能让十盏60W的白炽灯工作的时间为t＝＝＝3.6×104s＝10h，故D错误．
答案：BCD
10．解析：小球在竖直平面内摆动，经过一段时间后，小球停止摆动，说明机械能通过克服阻力做功不断地转化为内能，即机械能不守恒，故A正确；小球的机械能转化为内能，能量的种类变了，但能量不会消失，故B错误；小球长时间摆动过程中，重力势能和动能相互转化的同时，机械能不断地转化为内能，故摆动的幅度越来越小，但总能量守恒，故C错误，D正确．
答案：AD
11．解析：(1)设单位时间(t0＝1s)内通过每台风力发电机叶片转动形成圆面的空气的体积为V、动能为Ek，
则有V＝πr2vt0，Ek＝ρVv2，Pt0＝10%Ek，
联立解得P＝1.57×105W.
(2)两台风力发电机发电的功率为2P，年发电时间t＝365×24×3600s，
设年发电量为E，则有E＝2Pt，E＝qm
解得m≈3.30×105kg.
答案：(1)1.57×105W (2)3.30×105kg课时分层作业(九) 电势差与电场强度的关系
A组 基础达标练
1．关于匀强电场中的电场强度和电势差的关系，下列说法正确的是( )
A．电场强度越大，则任意两点间的电势差也越大
B．任意两点间的电势差等于电场强度和这两点间距离的乘积
C．沿着电场线方向，任何相同距离上的电势降低必定相等
D．电场强度与电势处处相同
2．空气中的负氧离子对人的健康极为有益，人工产生负氧离子的最常见方法是电晕放电法．在一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电，电压达5000V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子，使空气清新．针状负极与环形正极相距5mm，且两电极间的电场可视为匀强电场，则两电极间匀强电场的场强大小约为( )
A．E＝103N/CB．E＝104N/C
C．E＝106N/CD．E＝107N/C
3．如图所示，匀强电场E＝100V/m，A、B两点相距10cm，A、B连线与电场线夹角为60°.若取A点电势为0，则B点电势为( )
A．－10VB．10V
C．－5VD．－3V
4．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为( )
A．200V/mB．200V/m
C．100V/mD．100V/m
5．如图所示，A、B、C是匀强电场中一直角三角形的三个顶点，其中∠C＝30°，AB方向与电场方向平行，AC边长0.8m．已知A、C两点的电势φA＝9V，φC＝3V．下列说法正确的是( )
A．匀强电场的场强大小为7.5V/m
B．匀强电场的场强大小为15V/m
C．匀强电场的场强大小为5V/m
D．B点和C点电势不相等
6．(多选)如图所示，A、B两极板间电压为600V，A极板带正电并接地，A、B两极板间距离为12cm，C点离A极板4cm.下列说法正确的是( )
A．E＝2000V/m，φC＝200V
B．E＝5000V/m，φC＝－200V
C．电子在C点具有的电势能为－200eV
D．电子在C点具有的电势能为200eV
7．如图所示，以O点为圆心，以R＝0.2m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，电场强度方向与x轴正方向成θ＝60°角．已知a、b、c三点的电势分别为4V、4V、－4V，则下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的电场强度为E＝40V/m
B．该匀强电场的电场强度为E＝80V/m
C．d点的电势为－2V
D．d点的电势为－4V
8．如图所示，在电场强度大小为60V/m的匀强电场中有a、b、c三点，ab＝5cm，bc＝8cm，其中ab沿电场方向，bc与电场方向所成角度为60°.求a、c两点间的电势差Uac.
9．A、B两平行金属板间的匀强电场的场强E＝2.0×105V/m，方向如图．电场中a，b两点相距10cm，ab连线与电场线成60°角，a点距A板2cm，b点距B板3cm.
(1)求电势差UAa、UBb；
(2)用外力F把电荷量为1.0×10－7C的正电荷(不计重力)由b点匀速移动到a点，那么外力F做的功是多少？如果a点电势为零，该正电荷在b点具有的电势能是多少？
B组 能力提升练
10．(多选)如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计粒子重力．下列说法正确的是( )
A．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
B．不管电场方向如何，若知道a、b、c三点的电势，一定能确定d点的电势
C．静电力一定对质子做了正功
D．M点的电势一定高于Q点的电势
11．(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A、B、C三点的位置如图所示．一电子从A点移动到B点的过程和从B点移动到C点的过程中电势能均减少了10eV.下列说法中正确的是( )
A．O、B两点电势相等
B．电场的方向从A指向C
C．A、C之间的电势差UAC＝－20V
D．若将电子从C移到O电场力做正功
12．(多选)如图所示，两个等量异种电荷和M、N两点是菱形的四个顶点，a、b、c、d是菱形四个边的中点，O是两电荷连线的中点．下列说法正确的是( )
A．M点的电场强度比O点大
B．a、b两处的电场强度和电势都相同
C．a、c两处的电场强度一定相同
D．将一负电荷从a移到O再移到c点，电场力在这两段所做的负功相同
课时分层作业(九) 电势差与电场强度的关系
1．解析：U＝Ed中的d指两点所在等势面的距离，选项A、B、D错误，C正确．
答案：C
2．解析：两电极间匀强电场的场强大小约为E＝＝N/C＝1×106N/C，故选C.
答案：C
3．解析：A、B连线沿电场线的距离为d＝xABcos60°＝10×10－2×m＝0.05m，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知UAB＝Ed＝100×0.05V＝5V．若取A点电势为0，则有UAB＝φA－φB＝5V，解得B点电势为φB＝－5V.故选C.
答案：C
4．解析：设OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直．
根据几何关系得BC＝2cm，则OB沿电场线方向的距离d＝OBsin60°＝1.5cm，所以电场强度E＝＝V/m＝200V/m.故选A.
答案：A
5．解析：由题图可知，BC与电场线方向垂直，则BC为等势线，
φB＝φC＝3V，由题图可知dAB＝dACsin30°＝0.8×m＝0.4m，则匀强电场的电场强度大小为E＝＝V/m＝15V/m.故B正确．
答案：B
6．解析：A极板接地，则其电势为零，又因为A、B两极板间的电压为600V，则B极板电势为－600V，由此知C点电势为负值，则A、B两极板间电场强度为E＝＝＝50V/cm＝5000V/m，φC＝－EdC＝－50×4V＝－200V，A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200eV，C错误，D正确．
答案：BD
7．解析：a、c两点之间的电势差为U＝4V－(－4V)＝8V, a、c两点之间沿电场线方向的距离为d＝2Rsin60°＝2×0.2×m＝m，则该匀强电场的电场强度为E＝＝V/m＝40V/m，A、B错误；b、d之间沿电场线方向的距离为d′＝2Rcos60°＝2×0.2×m＝0.2m，b、d之间电势差为U′＝Ed′＝40×0.2V＝8V，由φb－φd＝8V，可得d点的电势为φd＝－4V，C错误，D正确．
答案：D
8．解析：根据匀强电场中电场强度与电势差的关系E＝
可得Uac＝Ed
其中d为a、c两点间沿电场线方向的距离或a、c两点所在等势面间的间距，如图所示．
a、c两点间沿电场线方向的距离为d＝ab＋bc·cos60°＝(5＋8×0.5) cm＝9cm＝0.09m
根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可知，a、c两点电势差的大小为|Uac|＝Ed＝60×0.09V＝5.4V
因为沿电场线方向电势逐渐降低，即φa>φb>φc
所以a、c两点间的电势差为Uac＝5.4V
答案：5.4V
9．解析：(1)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得UAa＝EhAa＝4×103V
同理UbB＝EhbB＝6×103V
又UBb＝－UbB
解得UBb＝－6×103V
(2)根据电场力做功与电势差的关系，可得Wba＝Ubaq
又Uba＝－Uab＝－Ehab
联立解得Wba＝－10－3J
根据动能定理有，WF＋Wba＝ΔEk＝0
解得WF＝10－3J.
a点电势为0，且沿电场线方向电势降低，可得φb＝－104V
根据电势能与电势的关系可得Epb＝qφb＝－10－3J
答案：(1)4×103V －6×103V (2)10－3J －10－3J
10．解析：若质子沿ba方向做减速运动的同时，沿bc方向做加速运动，到达Q点时可能沿ba方向的速度恰好减小为零，则其速度方向与cd边垂直，A正确；因为是匀强电场，不管电场方向如何，一定有φa－φb＝φd－φc，可得φd＝φa＋φc－φb，若知道a、b、c三点的电势，一定能确定d点的电势，B正确；由于电场方向不确定，故无法判断M、Q两点的电势高低，也无法判断静电力做功的正负，C、D错误．
答案：AB
11．解析：如图所示，
连接AC，AC中点为D，则D点电势与B点相同；连接BD并延长，恰好过O点，过等势线OB做垂线，由于电子从A到C电势能减少，电势升高，故电场线垂直于OB向上；O、B两点在同一等势线上，O、B两点电势相等，故A正确．电场的方向垂直于OB直线向上，不是从A指向C，故B错误．电子从A到C电势能减少20eV，电势升高了20V，则A、C之间的电势差为UAC＝－20V，故C正确；电子从C运动到O，电势降低，电势能增加，电场力做负功，故D错误．
答案：AC
12．解析：在等量异种电荷连线的中垂线上，O点的电场强度最大，所以M点的电场强度比O点小，故A错误．根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、b两处的电场强度大小相等，方向不同，故B错误．根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、c两处的电场强度一定相同，故C正确．如图所示，作出经过a、b两点的等势面与等量异种电荷连线交于A点，作出经过c、d两点的等势面与等量异种电荷连线交于C点．
根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，A、O两点间的电势差UAO等于O、C两点间的电势差UOC，即a、O两点间的电势差UaO等于O、c两点间的电势差UOc，所以将一负电荷从a移到O再移到c点，电场力在两段过程中做的负功相同，故D正确．
答案：CD
