课时分层作业(六) 静电的防止与利用
A组 基础达标练
1．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法不正确的是( )
A．图甲中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．图乙为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D．图丁中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理
2．在手术时，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地．这是为了( )
A．杀菌消毒B．消除静电
C．利用静电D．防止漏电
3．(多选)如图所示，电力工作人员在几百万伏的高压线上进行带电作业，电工全身穿戴带电作业用的屏蔽服，屏蔽服是用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后再做成的服装．下列说法正确的是( )
A．采用金属材料编织衣服的目的是使衣服不易拉破
B．采用金属材料编织衣服的目的是利用静电屏蔽
C．电工穿上屏蔽服后，体内电场强度为零
D．电工穿上屏蔽服后，体内电势为零
4.
(多选)如图所示，当在真空中把一不带电导体AB向带负电的小球P缓慢地靠近(不接触，且未发生放电现象).下列说法正确的是( )
A．B端的感应电荷越来越多
B．导体内部电场强度越来越大
C．导体上的感应电荷在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度
D．导体上的感应电荷在M、N两点产生的电场强度相等
5．关于静电的利用和防止，以下说法正确的是( )
A．印染厂应保持环境干燥，避免静电积累带来的潜在危害
B．油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，避免产生电火花引起爆炸
C．飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成，可防止静电积聚
D．手术室的医生和护士都要穿绝缘性能良好的化纤制品，可防止麻醉药燃烧
6.
如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，若把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则( )
A．金属罩B的内表面带正电荷
B．金属罩B的右侧外表面带正电荷
C．验电器C的金属箔片将张开
D．金属罩B左、右两侧电荷电性相同
7．如图所示，接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r，静电力常量为k.则该金属球上感应电荷在球心O处产生的电场强度大小为( )
A．k－kB．k＋k
C．0D．k
8．如图为静电除尘器除尘原理的示意图．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，以达到除尘的目的．下列表述正确的是( )
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由放电极指向集尘极
C．带电尘埃所受静电力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大
9．复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂盖一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)而制成的．复印机的基本工作过程：(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电荷；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上．以下说法正确的是( )
(1) (2) (3) (4)
A．步骤(1)中发生了静电感应现象
B．步骤(2)中发生了局部导电现象
C．步骤(3)中发生了静电平衡现象
D．步骤(4)中发生了静电屏蔽现象
10．如图所示，验电器A不带电，验电器B上装有带孔的空心金属球C，金属球C带电．D是带有绝缘手柄的金属小球，可以从C上方的小孔进入其内部．下列说法正确的是( )
A．图甲中，使D跟C的外部接触，再让D跟A靠近时，A的箔片张开
B．图甲中，使D跟C的外部接触，再让D跟A接触时，A的箔片不张开
C．图乙中，使D跟C的内部接触，再让D跟A靠得更近些，A的箔片张开
D．图乙中，使D跟C的内部接触，再让D跟A接触，重复多次后，A的箔片张开
11．静电喷涂利用了电荷之间的相互作用，其喷涂原理如图所示，则下列说法正确的是 ( )
A．涂料微粒一定带正电
B．涂料微粒一定带负电
C．涂料微粒可能带正电，也可能带负电
D．喷嘴与工件之间的电场为匀强电场
B组 能力提升练
12．如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极(接地).下列说法正确的是( )
A．通过过滤网后空气中的尘埃带正电
B．尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大
C．c、d两个电极之间的电场方向竖直向上
D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
13．如图所示，空心金属球壳上所带电荷量为＋Q，关于O、M两点电场强度EO、EM的说法中正确的是( )
A．EO≠0 EM＝0
B．EO＝0 EM≠0
C．EO＝0 EM＝0
D．EO≠0 EM≠0
14．(多选)如图所示是闪电击中广州塔的画面，广州塔的尖顶是一避雷针，雷雨天气时，底端带负电的云层经过避雷针上方时，避雷针尖端放电形成瞬间强电流，乌云所带的负电荷经避雷针导入大地．在此过程中，下列说法正确的是( )
A．云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷
B．云层靠近避雷针时，针尖感应出负电荷
C．避雷针尖端附近的电场强度比避雷针底端附近的电场强度小
D．避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施
15．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正电荷，其电场是下图中的哪一个( )
16．(多选)如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后( )
A．a端带负电荷
B．b端带负电荷
C．c点电场强度为0
D．杆内c处电场强度的方向由a指向b
课时分层作业(六) 静电的防止与利用
1．解析：图甲中，该女生接触带电的金属球，与金属球带同种性质的电荷，故A正确；图乙中线状电离器B带负电，管壁A带正电，带负电的尘埃被收集在管壁A上，故B错误；图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C正确；金属壳能产生静电屏蔽作用，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D正确．
答案：B
2．解析：在可燃气体环境(如乙醚)中产生的静电，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除掉(如导入大地)，故B正确．
答案：B
3．解析：屏蔽服的作用是使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等势屏蔽面，从而保护人体免受高压电场及电磁波的危害，等势面说明电势相等而不是等于0，而电场中的导体内的电场强度为0.故选B、C.
答案：BC
4．解析：由于导体AB缓慢移动，所以导体AB内部可以认为始终处于静电平衡状态，导体内部电场强度始终为零，B错误；由于导体AB距P越来越近，导体A、B两端积累的感应电荷会越来越多，A正确；M点距小球P的距离比N点要近，带负电的小球P在M点产生的电场强度大于在N点产生的电场强度，而导体内部的合电场强度处处为零，那么导体上的感应电荷在M点产生的电场强度就大于在N点产生的电场强度，故C正确，D错误．
答案：AC
5．解析：印染厂的车间，有大量静电产生，因此要保持潮湿，这样才能及时将静电导走，故A错误；油罐车在运动的过程中，由于油罐里面的油在晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条铁链就可以及时的把产生的静电导走，避免产生电火花引起爆炸，故B正确；飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在跑道上滑行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全，故C错误；绝缘性能良好的化纤制品的衣服不能及时把静电导入大地，容易造成手术事故，故D错误．
答案：B
6．解析：金属网罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，所以A错误；由于静电感应，使金属网罩B在左侧外表面感应出负电荷，右侧外表面感应出正电荷，B正确，D错误；由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，故验电器C上无感应电荷，验电器C的金属箔片不会张开，C错误．
答案：B
7．解析：由于静电平衡，导体内部E内＝0是外加电场E和感应电荷电场强度E′叠加的结果，即金属球上感应电荷在某点产生的电场强度与点电荷Q在该点的电场强度大小相等，方向相反，即E感＝k，故选D.
答案：D
8．解析：由于集尘极与电源的正极连接，尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明到达集尘极的尘埃带负电，A错误；电场方向由集尘极指向放电极，B错误；尘埃带负电荷，在电场中受静电力的方向与电场方向相反，C错误；根据F＝qE可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大，D正确．
答案：D
9．解析：在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，这是将空气电离的现象，A错误；文件反射的强光使鼓体上部分OPC变成导体，将电荷导走，有字的部分则仍是绝缘体，保留电荷，这是局部导电现象，B正确；鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位，这是异种电荷相互吸引现象，C错误；鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，这是异种电荷相互吸引现象，D错误．
答案：B
10．解析：空腔导体带电时净电荷分布于金属球外侧，内部不带电，故让D先接触金属球C的外部，则D带上电荷，再让D跟A靠近时，由于发生静电感应，A的箔片张开，故A正确，B错误；让不带电的D先跟C的内部接触，因为C的内部不带电，所以D始终不带电，再让D跟A靠得更近些，A的箔片始终不张开，故C、D错误．
答案：A
11．解析：工件带负电，因此根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，涂料微粒一定带正电，A正确，B、C错误；根据图中的信息可知，喷嘴与工件之间的电场是非匀强电场，D错误．
答案：A
12．解析：尘埃经过过滤网后被正极吸引，所以尘埃带负电，故A错误；尘埃在被吸附到集尘极e的过程中电场力做正功，动能增大，故B正确；因为充电极b、d接电源负极，集尘极a、c、e接电源正极，所以c、d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误；尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做正功，故D错误．
答案：B
13．解析：由题意，可知空心金属球壳处于静电平衡状态，根据处于静电平衡状态中的导体，内部电场强度处处为零，可知EO＝0，EM＝0.故选C.
答案：C
14．解析：避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施，D正确；根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知带负电的云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷，A正确，B错误；由于电荷更容易集中到尖端，避雷针尖端附近的电场强度比避雷针底端附近的电场强度大，C错误．
答案：AD
15．解析：把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，由于正电荷的电场和感应电场的共同作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零．所以在金属球壳的壳壁之间没有电场，但球壳外部的电场分布情况不会受到影响，选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
16．解析：由感应起电可知，当P处为正点电荷，b点感应出负电荷，a点感应出正电荷，故A错误，B正确；处于静电平衡的导体内部合电场强度为0，故C正确，D错误．
答案：BC课时分层作业(七) 电势能和电势
A组 基础达标练
1.
有一电场的电场线如图所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则( )
A．EA>EB，φA>φB
B．EA>EB，φA<φB
C．EAφB
D．EA2．类比是根据两个不同对象的部分特性相似而推出其他性质也可能相似的一种推理方法，是重要的科学方法之一．下列列举的物理量关系中不具有类比关系的是( )
A．重力场中的重力加速度与电场中的电场强度
B．重力场中物体的质量与电场中带电体的电量
C．重力场中的重力加速度与电场中的电势
D．重力场中物体的重力势能与电场中带电体的电势能
3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点的过程中，电场力做了2×10－6J的正功．那么( )
A．电荷在B处时具有2×10－6J的动能
B．电荷的动能减少了2×10－6J
C．电荷在B处时具有2×10－6J的电势能
D．电荷的电势能减少了2×10－6J
4.
如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝3V，φb＝9V，则下列叙述正确的是( )
A．c点处的电势一定为6V
B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb
C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大
D．正电荷只受静电力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大
5.
静电场中某电场线如图所示．把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J．该点电荷的电性及在此过程中电场力做的功分别为( )
A．正电 －1.2×10－7J
B．负电 －1.2×10－7J
C．正电 1.2×10－7J
D．负电 1.2×10－7J
6.
如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v沿垂直于电场线的方向射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA.已知q1带正电，不计粒子重力和阻力．下列说法中正确的是( )
A．q2也带正电
B．A点的电势低于C点的电势
C．静电力对q1做正功，对q2做负功
D．q1、q2的电势能均减小
7．静电除尘机原理如图所示，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图中虚线为电场线(方向未标出)，实曲线是某尘埃颗粒的运动轨迹，A、B是尘埃颗粒运动轨迹与电场线的两个交点．不考虑尘埃颗粒在迁移过程中的相互作用和电量变化，不计尘埃颗粒的重力，下列说法中正确的是( )
A．A点电势高于B点电势
B．该尘埃颗粒在迁移过程中做匀变速运动
C．该尘埃颗粒在迁移过程中电势能先增大后减小
D．该尘埃颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度
8．将带电荷量为1×10－8C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6J．
(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？
(2)A点的电势是多少？
9.
如图所示，匀强电场的电场强度大小为3.0×104N/C，方向水平向右．一电荷量为＋2.0×10－8C的带电粒子只在电场力作用下从静止开始由该电场中的M点运动到N点，已知M、N两点间的距离为0.6m．
(1)求粒子所受电场力．
(2)求粒子从M点运动到N点的过程中，电场力对粒子所做的功．
(3)若规定N点的电势为零，则粒子在M点时具有的电势能是多少？
B组 能力提升练
10．如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若粒子所受重力不计，则下列判断正确的是( )
A．电场线方向向下
B．粒子一定从a点运动到b点
C．a点电势比b点电势高
D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
11．(多选)如图所示，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称．已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时，试探电荷的电势能减小．以下判定正确的是( )
A．M点处放置的是负电荷
B．a点的电势高于c点的电势
C．a点的场强与c点的场强完全相同
D．若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做负功后做正功
课时分层作业(七) 电势能和电势
1．解析：由电场线越密的地方电场强度越大，可知EA答案：D
2．解析：电场力的公式F＝qE，重力的公式G＝mg.重力做功，导致重力势能变化，且重力做功与路径无关；电场力做功，导致电势能变化，且电场力做功与路径无关，因此由上可知，重力场中的重力加速度与电场中的电场强度，重力场中物体的质量与电场中带电体的电量，重力场中物体的重力势能与电场中带电体的电势能具有类比关系，但重力场中的重力加速度为矢量与电场中的电势为标量，不具有类比关系．
答案：C
3．解析：电荷只在电场力作用下运动，电场力做了2×10－6J的正功，即合力做功为2×10－6J，根据动能定理可知，动能增加了2×10－6J，A、B错误；电场力做了2×10－6J的正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减少了2×10－6J，C错误，D正确．
答案：D
4．解析：本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落的数值及场强大小情况都不能确定，A、B错误；a、b两点电势已知，正电荷从a到b是从低电势向高电势运动，静电力做负功，动能减小，电势能增大，C正确，D错误．
答案：C
5．解析：把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，电场力做负功，则该点电荷带负电，电场力做功为－1.2×10－7J，故选B.
答案：B
6．解析：由做曲线运动的条件，知q1所受静电力水平向右，q1带正电，故电场方向向右；q2所受静电力水平向左，故q2带负电荷，故A错误；电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，则A点的电势高于C点的电势，故B错误；由题图可知，静电力与运动方向成锐角，静电力对q1、q2都做正功，q1、q2的电势能都减小，故C错误，D正确．
答案：D
7．解析：尘埃带负电，向集尘极偏转，可知集尘极带正电，放电极带负电，故电场线由集尘极指向放电极，沿电场线方向电势降低，故A点电势低于B点电势，A错误；由于该电场不是匀强电场，尘埃受到的电场力不断变化，该尘埃颗粒在迁移过程中不是做匀变速运动，B错误；该尘埃颗粒在迁移过程中电场力先做负功后做正功，故该尘埃颗粒在迁移过程中电势能先增大后减小，C正确；由牛顿第二定律可得qE＝ma，A点电场线较密，场强较大，故该尘埃颗粒在A点的加速度较大，D错误．
答案：C
8．解析：(1)电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6J，电荷的电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在A点具有1×10－6J的电势能．
(2)A点的电势为φA＝＝V＝100V.
答案：(1)增加，1×10－6J (2)100V
9．解析：(1)粒子所受电场力的大小为F＝Eq＝3.0×104×2.0×10－8N＝6.0×10－4N，正电荷的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右．
(2)粒子从M点运动到N点的过程中，电场力所做的功为
WMN＝Fd＝6.0×10－4×0.6J＝3.6×10－4J.
(3)根据电势能定义可知
EpM＝WMN＝3.6×10－4J.
答案：(1)6.0×10－4N 方向向右
(2)3.6×10－4J (3)3.6×10－4J
10．解析：由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子所受电场力方向向下，负电荷所受力的方向与电场方向相反，可判断电场线的方向向上，A错误；粒子既可以从a点运动到b点，也可以从b点运动到a点，B错误；由于沿电场线方向电势降低，故有φa<φb，C错误；负电荷逆着电场线方向运动时电势能减少，顺着电场线方向运动时电势能增加，因而粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确．
答案：D
11．解析：因正电荷由a到c电势能减小，则电场力做正功，则电势降低．故c点电势低于a点电势．则M点为正电荷，故A错误，B正确．
a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故C错误；将该试探电荷沿直线由a点移动到b点，根据等势线分布图可知，电势先升高后降低，则电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故D正确．
答案：BD课时分层作业(三) 库仑力作用下的平衡问题
A组 基础达标练
1．如图所示，两个带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2的小球，以等长的绝缘丝线悬挂于一点，下列情况正确的是( )
A．若m1＝m2，q1≠q2，则α＝β
B．若m1＝m2，q1＞q2，则α＞β
C．若m1＝m2，q1＜q2，则α＜β
D．若m1≠m2，q1＝q2，则α＝β
2．(多选)
如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q的点电荷，在距水平面高h处的空间内存在一场源点电荷＋Q，两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°.现给－q一水平初速度，使其恰好(对水平面无压力)在水平面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是( )
A．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为
B．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为
C．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度大小为
D．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度大小为
3.
如图所示，有一弯管ab，其中心线是半径为r的一段圆弧，弧的圆心处有一个点电荷Q.有一束带负电的粒子流从a端的中点射入，恰能沿中心线通过弯管的粒子应为( )
A.质量和速度之比相同的粒子
B．电荷量和质量之比相同的粒子
C．电荷量和动能之比相同的粒子
D．电荷量和速度之比相同的粒子
4.
(多选)在光滑的水平桌面上有三个点电荷A、B、C，电荷量分别为＋q1，－q2，＋q3.若要保证三个点电荷在库仑力作用下保持静止，则它们的电荷量应满足的关系是( )
A．q1>q2B．q2>q3
C．＋＝D．＋＝
5．(多选)如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．a、b小球一定带同种电荷
B．a、c小球可能带同种电荷
C．a、b小球所带电荷量之比为
D．a、b小球所带电荷量之比为
B组 能力提升练
6.
如图所示，由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向右移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )
A．杆AO对P的弹力减小
B．杆BO对Q的弹力减小
C．P、Q之间的库仑力增大
D．杆AO对P的摩擦力增大
7．如图所示，物体P、Q可视为点电荷，所带电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0.斜面体保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k.则下列说法正确的是( )
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面体的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g
8.
如图所示，V形绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面间的夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑．两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )
A．两小滑块所带电荷为异种电荷
B．两小滑块间的库仑力大小等于小滑块重力的两倍
C．P与M间的动摩擦因数至少为
D．P与M间的动摩擦因数至少为
9．(多选)
质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，A球的电荷量为＋q.在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动，三根丝线刚好都伸直且没有弹力，F的作用线的反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点，如图所示．已知静电力常量为k.下列说法正确的是( )
A．B球的电荷量可能为＋2q
B．C球的电荷量为－2q
C．三个小球一起运动的加速度大小为
D．恒力F的大小为
10．如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为3.6g，分别用10cm长的绝缘轻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(重力加速度为g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N·m2/C2).
(1)求小球所带的电荷量．
(2)求竖直墙壁对A球的弹力大小．
(3)求两条细线的拉力大小．
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
课时分层作业(三) 库仑力作用下的平衡问题
1．解析：假定α＝β，则库仑力在水平方向上，m1、m2受力如图所示．
由平衡条件可知，m1g＝，m2g＝
因F＝F′，α＝β，则m1＝m2.可见，若m1＝m2，则α＝β，α、β的关系与两小球所带电荷量无关．
答案：A
2．解析：点电荷－q做匀速圆周运动，库仑力的水平分量提供向心力，根据库仑定律以及力的分解有Fn＝cos30°＝，A错误，B正确．
结合圆周运动规律有＝m，解得v＝，C正确，D错误．
答案：BC
3．解析：粒子做圆周运动的向心力由库仑力提供，可知k＝m，解得r＝.因r、k、Q相同，故的值相同，而动能Ek＝mv2，所以粒子的电荷量和动能之比相同．
答案：C
4．解析：设AB球之间的距离为r1，BC球之间的距离为r2，则对于A球有k＝k
对于C球有k＝k
整理后得＝，＝
故q1>q2，q3>q2，＋＝
所以A、C正确，B、D错误．
答案：AC
5．解析：对a进行受力分析，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力．所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同．即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，A正确，B错误；对c小球受力分析，水平方向由力的平衡条件得，ksin60°＝ksin30°，又由几何关系知rac∶rbc＝1∶，解得qa∶qb＝∶9，C错误，D正确．
答案：AD
6．解析：
对Q受力分析如图所示，由力的合成与平衡条件可知，将P缓慢地向右移动一小段距离，BO杆对小球Q的弹力变小，两小球之间的库仑力变小，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变大，故B正确，C错误；对整体分析可知，竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，故A错误；对整体受力分析，根据水平方向受力平衡可得AO杆对小球P的摩擦力等于BO杆对小球的弹力，故AO杆对小球P的摩擦力变小，故D错误．
答案：B
7．解析：P静止且受斜面体的摩擦力为0，对P由平衡条件可得k＝mgtanθ，解得P、Q所带电荷量为q＝，A错误；斜面对P的支持力为N＝，由牛顿第三定律可知，P对斜面体的压力为N′＝N＝，B错误；斜面体在水平方向由平衡条件可得，斜面体受到地面的摩擦力为f＝N′sinθ＝mgtanθ，C错误；斜面体在竖直方向由平衡条件可得N地＝Mg＋N′cosθ＝(M＋m)g，即斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，D正确．
答案：D
8．解析：滑块Q在光滑斜面N上静止，由平衡条件知Q所受库仑力方向斜向右上，P、Q相互排斥，则P与Q带同种电荷，A错误；设两者之间的库仑力大小为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示，对滑块Q在沿着斜面N方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，B错误；对滑块P，静止时的摩擦力恰好为最大静摩擦力，此时动摩擦因数最小，由平衡条件有FN2＝F＋mgsin30°，Ff＝mgcos30°，又Ff＝μFN2，联立解得μ＝，C错误，D正确．
答案：D
9．解析：根据对称性可知，A球的电荷量和B球的电荷量相同，故A错误；设C球的电荷量大小为qC，以A球为研究对象，B球对A球的库仑斥力为FBA＝，C球对A球的库仑引力为FCA＝，由题意可知小球运动的加速度方向与F的作用线平行，则有FCAsin30°＝FBA，FCAcos30°＝ma，解得qC＝2q，a＝，C球带负电，故C球的电荷量为－2q，故B、C正确；以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得F＝3ma＝，故D错误．
答案：BC
10．解析：(1)设A、B之间的库仑力大小为F库．根据题意，对B球受力分析，力的示意图如图所示，
由库仑定律得F库＝
由几何知识可知F库＝mg
解得q＝，q＝2×10－7C
(2)A球的受力如图所示
则根据共点力平衡条件可得N＝F库sin60°＝mgsin60°＝18×10－3N
(3)竖直细线的拉力为TA＝mg＋F库cos60°＝5.4×10－2N
倾斜细线拉力为TB＝mg＝3.6×10－2N
答案：(1)2×10－7C (2)18×10－3N
(3)5.4×10－2N 3.6×10－2N课时分层作业(十八) 电路中的能量转化
A组 基础达标练
1．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法正确的是( )
A．电功率越大，说明电流做功越快，则电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝UIt＝I2Rt＝t，对任何电路都适用
C．U＝IR对于纯电阻和非纯电阻电路都适用
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
2．有一个电风扇，标有“220V 50W”字样，其电动机线圈的电阻为0.4Ω.现把它接入220V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法中正确的是( )
A．Q＝tB．Q＝Pt
C．Q＝()2·RtD．以上三种方法均正确
3.
如图所示，A、B两点间电压为18V，R1＝0.2Ω，电动机M线圈的电阻也是0.2Ω，电路中的电流是25A．则此电路中电能转化为机械能的效率是( )
A．72%B．28%
C．55.6%D．44.4%
4.
如图所示，有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V 60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光．则下列说法正确的是( )
A．电解槽消耗的电功率为120W
B．电解槽的发热功率为60W
C．电解槽消耗的电功率为60W
D．电路消耗的总功率为60W
5．浙江省某地的“渔光互补”光伏发电项目计划在5000多亩荒草地和水域上方安装90余万块单晶双面双玻光伏组件(如图所示).该光伏电站在阳光照射时正常工作的总容量为4.0×108W，则晴朗的一天能够提供的电能约为( )
A．4.0×108kW·hB．3.0×106kW·h
C．9.6×105kW·hD．9.6×109kW·h
6．有人在调制电路时把一个“100kΩ W”的电阻和一个“300kΩ W”的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用．此时两串联电阻允许消耗的最大功率为( )
A．WB.W
C．WD．W
7．杭州在国内率先启用可出租的微公交，为市民提供又一便利的出行选择．该微公交由蓄电池对车上电动机供电，电动机为车提供动力．该车的主要技术参数如表．下列说法正确的是( )
A.蓄电池充满电时能储电5760J
B.电动机在额定电压下工作时，额定电流为2.5A
C.蓄电池充满电后最多能供电动机正常工作4.8h
D.电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为4.32×105C
8．如图所示，a、b两点间的电压为9V，三个电阻的阻值分别为R1＝R2＝6Ω、R3＝3Ω.下列说法正确的是( )
A.R1、R2、R3两端的电压之比为2∶1∶1
B.R1、R2、R3消耗的电功率之比为1∶1∶2
C.在相等的时间内，通过R1、R2、R3的电荷量之比为2∶2∶1
D.在相等的时间内，R1、R2、R3产生的焦耳热之比为1∶2∶2
B组 能力提升练
9.
(多选)电饭煲工作时有两种状态，一种是煲内米饭中的水烧干前的加热状态，另一种是煲内米饭中的水烧干后的保温状态．如图所示是电饭煲电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关．下列说法正确的是( )
A．当开关S接通时电饭煲为保温状态，当开关S断开时电饭煲为加热状态
B．当开关S接通时电饭煲为加热状态，当开关S断开时电饭煲为保温状态
C．要使R2在保温状态时的功率为加热状态时功率的一半，R1∶R2应为2∶1
D．要使R2在保温状态时的功率为加热状态时功率的一半，R1∶R2应为(－1)∶1
10．(多选)小明去逛超市，遇促销打折买了一个电吹风，电吹风的使用说明书上给出了如表所示的铭牌参数及如图所示的电路图．下列说法正确的是( )
A．该电吹风发热电阻R的阻值约为64.5Ω
B．该电吹风电动机M的内阻为193.6Ω
C．当开关S1断开、S2闭合时，电吹风吹冷风
D．当开关S1、S2均闭合时，电动机每秒消耗的电能为1000J
11.
在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V 6W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.5Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )
A．电动机的输入电压是8V
B．流过电动机的电流是10A
C．电动机的效率是80%
D．整个电路消耗的电功率是10W
12．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机，P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压表的示数分别是I＝5A和U＝110V，重物P上升的速度v＝0.7m/s.已知重物的质量m＝45kg，g取10m/s2.求：
(1)电动机消耗的电功率P电；
(2)细绳对重物做功的机械功率P机；
(3)电动机线圈的电阻R.
课时分层作业(十八) 电路中的能量转化
1．解析：电功率越大，表示电流做功越快，但是电路中产生的焦耳热的多少还与做功时间的长短有关，A错误；公式W＝UIt是计算电路的总功的大小，适用于任何电路，当电路为纯电阻电路时，根据欧姆定律I＝，可以推导出W＝I2Rt，W＝t，所以W＝I2Rt，W＝t只能适用于纯电阻电路，B错误；U＝IR只适用于纯电阻电路，对非纯电阻电路不适用，C错误；焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路中的焦耳热的计算，D正确．
答案：D
2．解析：通过电风扇的电流为I＝，因为电风扇不是纯电阻电路，所以其焦耳热为Q＝()2·Rt，而不应该是Q＝或Q＝Pt，C正确．
答案：C
3．解析：电路中总的电功率为P＝UI＝450W，电路中的热功率为P热＝I2(R1＋r)＝250W，则电路中电能转化为机械能的效率为η＝×100%≈44.4%，D正确．
答案：D
4．解析：灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110V电压，且干路电流I＝I灯＝，则电解槽消耗的功率P＝P灯＝60W，C对，A错误；电解槽的发热功率P热＝I2R≈1.3W，B错误；整个电路消耗的功率P总＝220V×＝120W，D错误．
答案：C
5．解析：一天的有效阳光照射时间约为8小时，所以E＝Pt＝3.2×106kW·h故选B.
答案：B
6．解析：由P＝I2R可知，允许流过两电阻的最大电流I1>I2，当300kΩ的电阻达到额定值时，100kΩ电阻消耗的功率为其功率的，则有最大功率Pm＝×W＋W＝W．故选B.
答案：B
7．解析：根据电功公式可得蓄电池充满电储存的电能为W＝UIt＝48×120W·h＝5760W·h＝2.0736×107J，故A错误；根据电功率的公式可得电动机的额定电流为I＝＝A＝25A，故B错误；根据A中的分析得到的蓄电池充满电时的储能，则可得蓄电池充满电后最多能供电动机正常工作的时间为t＝＝h＝4.8h，故C正确；由B的分析可得电动机的额定电流，则根据电流定义可知电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为q＝It＝25×1×3600C＝9×104C，故D错误．
答案：C
8．解析：电路中的总电阻为R＝R3＋＝3Ω＋Ω＝6Ω，电路中的电流I＝＝A＝1.5A，则R3两端电压U3＝IR3＝1.5×3V＝4.5V，并联部分两端电压为U′＝I＝4.5V，所以R1、R2、R3两端的电压之比为1∶1∶1，A错误；根据P＝可得R1、R2、R3消耗的电功率之比为1∶1∶2，B正确；根据欧姆定律I＝可得通过R1、R2、R3的电流之比为1∶1∶2，根据I＝可得在相等时间内通过R1、R2、R3的电荷量之比为等于通过它们的电流之比，即1∶1∶2，C错误；根据Q＝I2Rt可以得到在相等时间内产生的焦耳热之比为1∶1∶2，D错误．
答案：B
9．解析：由P＝得，当S接通时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当S断开时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，则R2是供加热用的电阻丝，当开关S接通时电饭煲为加热状态，S断开时为保温状态，A错误，B正确；使R2在保温状态时的功率为加热状态时的一半，由P＝I2R可得，电阻R2在保温与加热状态下的电流之比为1∶，所以(R1＋R2)∶R2＝∶1，则R1∶R2＝(－1)∶1，C错误，D正确．
答案：BD
10．解析：由表格可知发热电阻的功率PR＝P－PM＝1000W－250W＝750W，所以该电吹风发热电阻R＝＝Ω≈64.5Ω，故A正确；电动机正常工作过程为非纯电阻用电器，不能使用公式R＝计算电动机内阻，故B错误；由题图可知当开关S1断开、S2闭合时，发热电阻断路，电吹风吹冷风，故C正确；当开关S1、S2均闭合时，电动机正常工作，功率仍然为250W，故电动机每秒消耗的电能为W＝PMt＝250×1J＝250J，故D错误．
答案：AC
11．解析：电动机的输入电压U1＝U－UL＝8V－3V＝5V，故A错误；整个电路中的电流为I＝＝＝2A，所以电动机消耗的电功率为P电＝U1I＝5×2W＝10W，电动机发热的功率为P热＝I2RM＝4×0.5W＝2W，则电动机输出的功率为P出＝P电－P热＝10W－2W＝8W，η＝×100%＝×100%＝80%，故B错误，C正确；整个电路消耗的电功率P总＝UI＝8×2W＝16W，故D错误．
答案：C
12．解析：(1)根据电功率表达式可知，电动机消耗的电功率为P电＝UI＝110×5W＝550W.
(2)以重物为研究对象，由于重物匀速上升，有F－mg＝0，P机＝Fv，
联立并代入数据得P机＝315W.
(3)P电＝P机＋P热，P热＝I2R
联立并代入数据得R＝9.4Ω.
答案：(1)550W (2)315W (3)9.4Ω课时分层作业(十) 电场中的功能关系及图像问题
A组 基础达标练
1．在电场中，把电荷量为4×10－9C的正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8J．以下说法中正确的是( )
A．正电荷在B点具有的电势能是8×10－8J
B．B点的电势是20V
C．正电荷的电势能增加了8×10－8J
D．正电荷的电势能减少了8×10－8J
2．在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E x图像描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向).对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，说法正确的是( )
A．两点电场强度相同，c点电势更高
B．两点电场强度相同，d点电势更高
C．两点电场强度不同，两点电势相等，均比O点电势高
D．两点电场强度不同，两点电势相等，均比O点电势低
3．如图甲所示，A、B为电场中某一电场线上的两点．沿电场线方向建立x轴，各点电势随坐标变化的关系如图乙所示．若一个质子从A点运动到B点，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点的电场强度大小EA>EB
B．A、B两点的电场强度大小EAC．质子在A、B两点的电势能大小EpAD．质子在A、B两点的电势能大小EpA>EpB
4．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )
A．电子沿Ox的负方向运动
B．电子的电势能将增大
C．电子运动的加速度恒定
D．电子运动的加速度先减小后增大
5．沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则( )
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子在AB段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量
D．粒子在AB段电势能的变化量小于在BC段电势能的变化量
6．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示．下列说法中正确的是( )
A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
7．在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在静电力的作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．小球一定带负电荷
B．x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度
C．x1处的电势一定比x2处的电势高
D．小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大
B组 能力提升练
8．静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为－q，忽略重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向．下列表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像中正确的是( )
9．(多选)电场强度方向与x轴平行的静电场中，x轴上各点电势φ随x的分布如图所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)以初速度v0从O点(x＝0)沿x轴正方向进入电场．下列说法正确的是( )
A．在O～x1、x3～x4两个区间内电场方向相反
B．粒子从O点运动到x4点的过程中，在x2点时的速度最大
C．粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势能一直增大
D．若v0＝2，则粒子运动到x2点时的动能为2qφ0
10.
如图所示，高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B点的速度仍为v0.则下列说法正确的是( )
A．静电力对小球做功为mgh＋mv
B．A、B两点的电势差为
C．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D．电场强度的最小值为
课时分层作业(十) 电场中的功能关系
及图像问题
1．解析：正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8J，电势能增加8×10－8J，但由于零电势点位置未知，所以B点的电势能不能确定，A、D错误，C正确；B点的电势能不能确定，则B点的电势不能确定，B错误．
答案：C
2．解析：根据题中给出的E x图像可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷，根据点电荷产生的电场强度E＝及电场的叠加可知，c、d两处电场强度相同，电场方向由c指向d，故c点电势高．A正确．
答案：A
3．解析：φ x图线的斜率表示电场强度，由题图乙知，A、B位置的斜率相同，即EA＝EB，故A、B错误；由题图乙知，φA>φB，由于质子带正电，质子的电势能Ep＝qφ，故EpA>EpB，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：由题图看出，沿Ox方向电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动，电子的电势能将减小，故A、B错误；φ x图像的斜率大小等于电场强度大小，由几何知识知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所以电子的加速度先减小后增大，故C错误，D正确．
答案：D
5．解析：由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E x图像中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系知，粒子在AB段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量，C项正确，D项错误．
答案：C
6．解析：由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B的过程中电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，C正确；电子仅在电场力作用下运动，电场力做负功，动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，D错误；带电粒子在电场中的电势能Ep＝qφ，则电势φ＝，电场强度E＝＝·，则＝qE.根据数学知识可知，题图乙中图线的斜率(k＝qE)不变，可知电场强度不变，所以该电场是匀强电场，A、B两点的电场强度相等，且该电场一定不是孤立点电荷形成的电场，A、B错误．
答案：C
7．解析：根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以静电力做正功，由于不知道电场方向，故不知道静电力和电场线方向的关系，故小球的带电性质不能确定，故A错误；Ep x图像在某点的切线的斜率大小等于在该点受到的静电力大小，x1处的斜率小于x2处的斜率，所以x1处受到的静电力小于x2处受到的静电力，由F＝qE可知x1处电场强度小于x2处电场强度，故B正确；根据φ＝知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C错误；根据能量守恒知，小球在x1处的电势能大于在x2处的电势能，所以小球在x1处的动能小于在x2处的动能，故D错误．
答案：B
8．解析：φ x图像切线的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值，在x＝0右侧为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧粒子向右做匀加速运动，在x＝0右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，根据动能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右侧，根据动能定理得－qEx＝E′k－E′k0，故D正确．
答案：D
9．解析：O～x1、x3～x4区间图像斜率均为正，电场强度方向均沿x轴负方向，故A错误；带负电的粒子所受的静电力方向与电场强度方向相反，故粒子从O点运动到x4点的过程中，先加速后减速再加速运动，故在x1～x2粒子做减速运动，即在x2点的速度不是最大，故B错误；粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势不断降低，根据负电荷在电势低处电势能大可知，粒子的电势能一直增大，故C正确；若v0＝2，从O点到x2点，静电力做功W＝qU＝0，则由动能定理得粒子运动到x2点时的动能为Ek＝mv＝2qφ0，故D正确．
答案：CD
10．解析：小球上滑过程中，由动能定理得W－mgh＝mv－mv，则静电力做功W＝mgh，A错误；由W＝qU得，A、B两点的电势差为U＝，B正确；由于静电力做正功，小球的电势能减小，则小球在B点的电势能小于在A点的电势能，C错误；由U＝Ed得，E＝，若电场线沿AB方向，A、B两点沿电场线方向的距离d>h，则E<＝，即电场强度的最小值小于，D错误．
答案：B课时分层作业(十二) 带电粒子在电场中的运动
A组 基础达标练
1．质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后( )
A．比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B．比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C．比荷大的粒子速度和动能都大
D．电荷量大的粒子速度和动能都大
2．电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两极板间的电压，但仍能使电子穿过该电场．则下列有关电子穿越平行板间的电场所需的时间的描述正确的是( )
A．随电压的增大而减小
B．随电压的增大而增大
C．与电压的增大无关
D．不能判定是否与电压增大有关
3．如图所示，一初速度为v0的带电质点进入水平匀强电场后，沿图中竖直平面内的直线由A点运动到B点，其能量变化情况一定是( )
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
4．(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示).下列说法正确的是( )
A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
5.
如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中．射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是( )
A．U1变小、U2变大B．U1变大、U2变大
C．U1变小、U2变小D．U1变大、U2变小
6．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电极板C、D间的电压为U2.现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从A处由静止释放，被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，最后从右侧射出．极板C、D的长度为L，两极板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子射出极板B时的速度v0＝
B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝L
C．带电粒子飞出C、D极板间电场时在竖直方向上发生的位移为y＝
D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间电场时的速度与水平方向的夹角不变
7.
如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上．那么下列说法正确的是( )
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功不一样多
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
8．[2023·广东南山高二期末]XCT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度方向与水平方向成30°角，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示).已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力，电子质量为m，电量用e表示．
(1)求经过加速电场加速后电子的速度v0的大小；
(2)求偏转电场的电场强度；
(3)求P点到偏转电场右边界的水平距离s.
B组 能力提升练
9．(多选)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O.下列说法正确的是( )
A．电子从释放到打到屏上所用的时间为2
B．电子从释放到打到屏上所用的时间为3
C．电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2
D．电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离为L
10.[2023·广东中山高二期末]喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电，带电量由计算机按字体笔画高低位置控制．一带电荷量为q，质量为m的墨汁微滴以速度v0垂直电场方向飞入偏转板间，最终打在纸上．已知偏转板间的电压为U，两板间距为d，板长为L1，偏转板的右端距纸的距离为L2.
(1)求墨汁微滴在偏转板间的运动时间t.
(2)求墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y.
(3)不改变墨汁微滴所带的电荷量、质量和进入偏转电场的速度，通过计算说明，如何调节可使打印在纸上的字体放大？
11．[2023·广东番禺高二期末]如图所示，水平绝缘轨道AC由光滑段AB与粗糙段BC组成，它与竖直光滑半圆轨道CD在C点处平滑连接，其中AB处于电场区内．一带电荷量为＋q、质量为m的可视为质点的滑块从A处以水平初速度v0进入电场区沿轨道运动，从B点离开电场区继续沿轨道BC运动，最后从圆轨道最高点D处以水平速度v离开圆轨道．已知轨道BC长l＝1m，圆轨道半径R＝0.1m，m＝0.01kg，q＝5×10－5C，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2.设装置处于真空环境中．
(1)求滑块恰好能到达圆轨道D点时的速度．
(2)若滑块恰好能到达圆轨道D点，求滑块离开电场B点时的速度大小vB.
(3)若v0＝5m/s，为使滑块能到达圆轨道最高点D处，且离开圆轨道后落在水平轨道BC上，求A、B两点间电势差UAB应满足的条件．
课时分层作业(十二) 带电粒子在电场中的运动
1．解析：根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝.根据上式可知，在相同电压的加速电场中，比荷大的粒子其速度v大，电荷量q大的粒子动能大，A正确．
答案：A
2．解析：设板长为l，则电子穿越电场的时间为t＝，与两极板间电压无关，C正确．
答案：C
3．解析：根据题意可知，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与AB在同一直线上，因为重力方向竖直向下，所以电场力方向必然水平向左，所以合力方向与速度方向相反．合力做负功，由动能定理可知，动能减小；重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
4．解析：根据动能定理得EqL＝mv，可得粒子射入的最大深度为L＝，A错误，B正确；进入电场后的加速度为a＝，因此粒子在电场中运动的时间为t＝＝＝，C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：设电子被加速后获得初速度为v0，则由动能定理得qU1＝mv
设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间为t＝
设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，有a＝＝
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at
联立可得vy＝
又有tanθ＝＝＝
故U2变小、U1变大一定使偏转角变小．
答案：D
6．解析：粒子从粒子源A到B极板过程由动能定理得qU1＝mv，故v0＝，A错误；粒子在C、D间的运动时间为t＝＝L，故B错误；粒子飞出C、D极板间的电场时在竖直方向发生的位移为y＝at2＝··＝，故C错误；设粒子飞出C、D极板间电场时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝＝＝＝，同时使U1和U2加倍，夹角不变，故D正确．
答案：D
7．解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，电场力做的功为W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A、B错误；整个过程运用动能定理得mv2＝qU1＋qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；在偏转电场中的偏转位移y＝at2＝，解得y＝，同理可得到偏转角度的正切为tanθ＝，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，三种粒子打在屏上同一点，故D正确．
答案：D
8．解析：(1)在加速电场中，根据动能定理有eU0＝mv
解得v0＝
(2)电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝，tan30°＝
联立可得E＝
电子显负电性，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上．
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有s＝v0t′，H－at2＝vyt′，tan30°＝
联立可得s＝H－
答案：(1) (2)，方向竖直向上
(3)H－
9．解析：电子在E1＝E的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得eE1＝ma1，根据位移一时间公式，有＝a1t.电子进入E2＝3E的匀强电场时的速度为v1＝a1t1，在水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v1t2，电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2，解得t＝3，A错误，B正确．电子在电场E2＝3E的竖直方向上，有eE2＝e·3E＝ma2，vy＝a2t3，L＝v1t3，电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ＝，解得tanθ＝3，C错误；电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O′，轨迹如图所示，电子打到屏上的点P′到点O的距离为x，由相似三角形得tanθ＝，解得x＝L，D正确．
答案：BD
10．解析：(1)墨汁微滴在v0方向做匀速直线运动，有L1＝v0t
得t＝ ①
(2)偏转板间的电场强度E＝ ②
在垂直于v0方向，墨汁微滴做匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得qE＝ma ③
墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y＝at2 ④
由①②③④得y＝ ⑤
(3)微滴从偏转板间的电场射出时垂直于v0方向的分速度为vy＝at＝ ⑥
设微滴从偏转板间的电场射出时速度方向与原入射方向夹角为θ，则有tanθ＝＝ ⑦
从电场射出到打在纸上，微滴墨汁偏离原入射方向的距离为y2＝L2tanθ＝ ⑧
墨汁微滴从射入电场到打在纸上，偏离原入射方向的距离为Y＝y＋y2＝ ⑨
保持q、m、v0不变，当Y变大时，可使打印在纸上的字体放大，由⑨知，适当增大偏转板的电压U、减小d、增大L1或增大L2都可使打印在纸上的字体放大．
答案：(1)t＝ (2)y＝ (3) 见解析
11．解析：(1)滑块恰好能到达圆轨道D点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得mg＝m
解得v＝1m/s
(2)从B点到D点，根据动能定理有
－μmgl－mg·2R＝mv－mv
解得vB＝3m/s
(3)当电势差UAB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时
vD＝1m/s
由动能定理得qUAB－μmgl－mg·2R＝mv－mv
解得UAB＝－1600V
当电势差UAB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律得，
竖直方向2R＝gt2
水平方向l＝v′Dt
根据动能定理得U′ABq－μmgl－mg·2R＝mv′－mv
解得U′AB＝800V
则AB间电势差满足的条件是－1600V≤UAB≤800V.
答案：(1)1m/s (2)3m/s (3)－1600V≤UAB≤800V课时分层作业(十九) 闭合电路的欧姆定律
A组 基础达标练
1．(多选)关于电源与电路，下列说法正确的是( )
A．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流也由电源正极流向负极
B．外电路中电流由电源正极流向负极，内电路中电流由电源负极流向正极
C．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中电场力对电荷也做正功
D．外电路中电场力对电荷做正功，内电路中非静电力对电荷做正功
2.
(多选)某厂家生产的医用监护仪紧急发往医院，其配套的电池如图所示．某同学根据电池上的标识，所做判断正确的是( )
A．电源接入电路时两极间的电压为12V
B．电源没有接入电路时两极间的电压为12V
C．该电池充电一次可以提供的最大电能为2.76×104J
D．该电池充电一次可以提供的最大电能为9.936×104J
3.某公司发布了5min即可充满3000mA·h电池50%电量的快充技术成果，引起业界广泛关注．如图是某智能手机电池上的信息，支持低压大电流充电，则 ( )
3．8V 3000mA·h(11.4W·h)
锂聚合物电池/Li－PolymerBattery
充电限制电压：4.35V
A．4.35V表示该电池的电动势
B．该电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作30h
C．11.4W·h表示该电池能提供的电量
D．3000mA·h表示该电池能提供的电能
4．如图所示的电路中，电阻R＝2Ω，断开S后，电压表的读数为5V；闭合S后，电压表的读数为2V．电压表为理想电表，则电源的内阻r为( )
A.1Ω B．2ΩC．3Ω D．4Ω
5．如图所示，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是( )
A．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小
B．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变
C.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变
D.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小
6.
某同学利用如图所示的电路来探究闭合电路中总电流与电源电动势的关系，其中定值电阻R1＝10Ω、R2＝8Ω，电源的内阻r＝2Ω.当单刀双掷开关接1时，电流表的示数为I1＝0.2A，则当单刀双掷开关接2时，电流表的示数I2为( )
A．0.24AB．0.2A
C．0.18AD．0.3A
7.
在如图所示的电路中，当开关S1断开、开关S2闭合时，电压表的读数为3V；当开关S1、S2均闭合时，电压表的读数为1.8V．已知电压表为理想电表，外接电阻为R、电源内阻为r.由以上数据可知为( )
A．B．
C．D．
8．锂离子电池以碳材料为负极，以含锂的化合物为正极，依靠Li＋在电池内部正极和负极之间移动来工作．图示为锂电池的内部结构，某过程中Li＋从负极向正极移动．已知某锂电池的电动势为3.6V，则( )
A．电池处于充电状态
B．移动一个Li＋，需要消耗电能3.6J
C．通常以安时(A·h)或毫安时(mA·h)表示电池的能量
D．在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极
B组 能力提升练
9.
某补水提示器的工作原理如图所示，水量增加时滑片下移，电表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．若选择电压表，水量增多时电压表示数变小
B．若选择电流表，水量增多时电流表示数变小
C．若选择电流表，与电压表相比，电路更节能
D．若选择电压表，减小电阻R0可提高灵敏度
10.
(多选)如图所示电路中，电源的电动势为3V，外部电路中三个电阻的阻值均为2Ω.当开关断开时，电阻R1上通过的电流为0.5A.则下列说法正确的是( )
A．电源内阻为2Ω
B．电源内阻为1Ω
C．若闭合开关后，流过电阻R2的电流为0.3A
D．若闭合开关后，流过电阻R2的电流为0.5A
11.
(多选)如图所示为某同学设计的加速度计．滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，滑动片4与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比．两个完全相同的直流电源串联接入电路，按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端的电势时，指针向零点右侧偏转．将框架固定在运动的物体上，物体的加速度a沿图示方向．则下列说法正确的是( )
A．电压表的指针应该偏向零点左侧
B．若电压表读数增大，物体的速度一定增大
C．若电压表读数增大，物体的加速度一定增大
D．若电压表读数不变，该物体一定做匀加速运动
12．[2023·贵州六盘水高一练习](多选)某同学用内阻Rg＝20Ω、满偏电流Ig＝5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示．该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为400Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．该电源电动势为1.5V
B．该电源电动势为3.0V
C．刻度2.5mA处标注600Ω
D．刻度4mA处标注200Ω
课时分层作业(十九) 闭合电路的欧姆定律
1．解析：电路中电流是由电荷的定向移动形成的，外电路中，电荷在导线中电场的作用下运动，此过程电场力对电荷做正功．根据稳定电流的闭合性和电荷守恒定律，在内电路中，电荷运动方向与电场力的方向相反，电场力对电荷做负功，所以必须有除电场力以外的非静电力做功，使其他形式的能转化为电荷的电势能．B、D正确．
答案：BD
2．解析：该电池的电动势为12V，即电源没有接入电路时两极间的电压为12V，A错误，B正确；该电池充电一次可以提供的最大电能为E电＝EIt＝12×2.3×3600J＝9.936×104J，C错误，D正确．
答案：BD
3．解析：4.35V为充电限制电压，不是该电池的电动势，故A错误；该电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作时间为t＝＝30h，故B正确；11.4W·h为电池的充电电能，不是该电池能提供的电量，故C错误；mA·h为电量的单位，所以3000mA·h表示该电池能提供的电量，故D错误．
答案：B
4．解析：断开S后，电源处于开路状态，电压表的读数为5V，可知电动势为5V，闭合S后，根据闭合电路欧姆定律可得U′＝R，解得r＝3Ω，故选C.
答案：C
5．解析：由题图可知，电灯均为并联，当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，由U＝E－Ir知路端电压减小，电灯两端的电压变小，故D正确．
答案：D
6．解析：根据闭合电路的欧姆定律，当单刀双掷开关接1时，I1＝，当单刀双掷开关接2时，I2＝，代入数据，由以上两式解得I2＝0.24A.
答案：A
7．解析：当开关S1断开、开关S2闭合时，电压表的示数等于电源的电动势，即E＝3V．当开关S1、S2均闭合时，U外＝1.8V，所以U内＝E－U外＝1.2V，因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8∶1.2＝3∶2.故选D.
答案：D
8．解析：带正电的Li＋从负极向正极移动，则电池处于放电状态，故A错误；锂离子的电荷量为e，该锂电池的电动势为E＝3.6V，根据电场力做功的公式W＝qU＝qE得，移动一个锂离子，需要消耗的电能是3.6eV，故B错误；根据q＝It知“安时”(A·h)或“毫安时”(mA·h)是电池储存电荷量的单位，故C错误；在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极，故D正确．
答案：D
9．解析：如果选择电压表，滑动变阻器R和定值电阻R0串联在电路中，且电压表测R的滑片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的阻值不变；闭合开关S，水量增多时，滑片下移，R上半部分的电阻增大，R上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，故A错误．如果选择电流表，滑动变阻器R滑片以下的部分和定值电阻R0串联在电路中，电流表测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由欧姆定律可得，电路电流增大，即电流表示数变大，故B错误．与电压表相比，选择电流表设计电路的总电阻较小，电路电流较大，由P＝UI可知，电路的总功率较大，不节能，故C错误．若选择电压表，减小R0，电路中电流增大，电阻变化相同时，电压变化变大，即灵敏度升高，故D正确．
答案：D
10．解析：根据题意，当开关断开时，由闭合电路的欧姆定律有I＝，代入数据解得r＝2Ω，故A正确，B错误；若闭合开关，电阻R2与R3并联后与R1及电源内阻串联，可得电路的总电阻为R总＝(R1＋r)＋＝5Ω，由闭合电路的欧姆定律有I′＝＝A＝0.6A，可知干路电流为0.6A，而电阻R2与R3阻值相等，根据并联电路的特点可得IR2＝I′＝0.3A，故C正确，D错误．
答案：AC
11．解析：当加速度为零时，滑块应处于电阻器的中央，当物体具有题图所示方向的加速度a时，滑块所受的弹簧的弹力的合力向右，滑块向左移动．根据顺着电流方向电势降低，可知P端的电势低于Q点的电势，则电压表的指针将向零点左侧偏转，故A正确；若电压表读数增大，则物体的加速度一定增大，但物体可能做减速运动，所以物体的速度可能减小，故B错误，C正确；若电压表的读数不变，则物体的加速度恒定，物体可能做匀减速运动，故D错误．
答案：AC
12．解析：由闭合电路欧姆定律得，满偏时E＝Ig(Rg＋r＋R)，接入R1＝400Ω的电阻时，表头指在3mA，则由闭合电路欧姆定律E＝Ig(Rg＋r＋R＋R1)，联立解得r＋R＝580Ω，E＝3.0V，故A错误，B正确；当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为R2＝－(Rg＋r＋R)＝600Ω，故C正确；当电流刻度为4mA时，接入电阻为R3＝－(Rg＋r＋R)＝150Ω，故D错误．
答案：BC课时分层作业(十六) 实验：导体电阻率的测量
A组 基础达标练
1．如图所示，螺旋测微器的读数为________mm；游标卡尺的读数为__________cm.
2.
采用图甲所示的电路图来测量金属丝Rx的电阻率．
(1)实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在____________(选填“M”或“N”)端．
(2)按照图甲连接实物图，如图乙所示．闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为__________(选填“a”“b”或“c”).若闭合开关，该错误连接会带来的问题有__________．
3．用如图甲所示的电路来探究某种金属丝的电阻与长度之间的关系．电源电动势为3V，滑动变阻器采用分压式接法，通过调节P的位置，记录MP的长度x，并读出对应的电流表和电压表的示数，算出相应的电阻R，利用多组测量的数据绘出如图乙所示的R x图像．回答下列问题．
(1)用笔画线代替导线，把电流表和滑动变阻器连接好．
(2)若该金属丝的直径用螺旋测微器测量的示数如图丙所示，则读数为d＝________mm，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m．(计算结果保留两位有效数字)
4．如图甲为桶装水电动抽水器．某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q(单位时间流出水的体积).
(1)为了方便测量取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其内径D如图乙所示，读数为________mm．
(2)重新安装出水管，转动出水管至出水口水平，使水能够沿水平方向流出．
(3)接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差h＝5cm和管口到落点的水平距离L＝20cm.已知重力加速度g＝10m/s2，则出口处的水流速度v＝________m/s(保留两位有效数字).
(4)该抽水器的流量Q的表达式为Q＝________(用物理量D、v表示).
B组 能力提升练
5．导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆．现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态)，某同学欲测量其电阻率，设计了如图(a)所示的电路图，实验步骤如下：
a．测得样品截面的边长a＝0.20cm；
b．将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；
c．将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L；
d．闭合开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表示数I＝0.40A，读出相应的电压表示数U，断开开关S；
e．改变丙的位置，重复步骤c、d，测量多组L和U，作出U L图像如图(b)所示，得到直线的斜率k.
回答下列问题．
(1)L是丙到__________(选填“甲”“乙”或“丁”)的距离；
(2)写出电阻率的表达式ρ＝____________(用k、a、I表示)；
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字).
6．某学习小组在“测量铅笔芯电阻率”的实验中，
用伏安法测量铅笔芯的电阻Rx(阻值约为5Ω).实验中除开关，若干导线外还提供下列器材：
电流表A1(量程0～0.6A，内阻约0.5Ω)；
电流表A2(量程0～3A，内阻约0.05Ω)；
电压表V(量程0～3V，内阻约3kΩ)；
滑动变阻器R(0～20Ω)；
电源E(电动势为3V，内阻不计).
(1)为了提高测量精确度，实验中电流表应选________(选填“A1”或“A2”).根据所选用的实验器材，应选用下面电路图________(选填“甲”或“乙”)进行实验．
(2)某次测量中，电流表指针指示如图丙所示，电流表的读数I＝________A.
(3)用游标卡尺测得铅笔芯接入电路的长度为l，用螺旋测微器测得铅笔芯的直径为d，电压表的示数为U，由此可计算得出铅笔芯的电阻率ρ＝________(用题目所给字母表示).
课时分层作业(十六) 实验：导体电阻率的测量
1．解析：螺旋测微器的固定刻度读数8.0mm，可动刻度读数为0.01×40.0＝0.400mm
固定刻度读数＋可动刻度读数等于最终读数，即8.0mm＋0.400mm＝8.400mm
游标卡尺的主尺读数为3.0cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标尺读数为0.05×10mm＝0.50mm＝0.050cm
主尺读数＋游标尺读数等于最终读数，即3.0cm＋0.050cm＝3.050cm
答案：8.400 3.050
2．解析：(1)实验时，闭合开关S前，为保护电路，滑动变阻器滑片P应处在最大阻值处，滑动变阻器的滑片P应处在M端．
(2)滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变．
答案：(1)M (2)b 移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
3．解析：(1)根据题意可知滑动变阻器采用分压式接法，则完整电路连线如图所示．
(2)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知金属丝的直径为d＝0mm＋40.0×0.01mm＝0.400mm
根据电阻定律可得R＝ρ＝·x
可知R x图像的斜率为k＝
解得该金属丝的电阻率为ρ＝＝×Ω·m≈1.3×10－6Ω·m
答案：(1)见解析 (2)0.400 1.3×10－6
4．解析：(1)游标卡尺读数是主尺读数(mm的整数倍)加上游标尺的读数(mm的小数位)，D＝5mm＋5×0.1mm＝5.5mm
(3)根据平抛运动的关系式，利用管口到落点的高度差可得水下落的时间为t＝＝0.1s
则出口处的水流速度v＝＝2.0m/s
(4)抽水器的流量Q的表达式为
Q＝＝＝
答案：(1)5.5 (3)2.0 (4)
5．解析：(1)由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则L是丙到乙的距离．
(2)根据电阻定律有R＝ρ
再根据欧姆定律有R＝
联立有U＝L
则ρ＝
(3)根据图像可知k＝6.5V/m
则根据(2)代入数据有ρ＝6.5×10－5Ω·m
答案：(1)乙 (2) (3)6.5×10－5
6．解析：(1)回路中的最大电流为I＝＝0.6A
故电流表选A1.
因Rx的阻值与电流表的内阻比较接近，为了提高测量精确度，只能选用外接法，所以电路图选乙．
(2)指针指在第25条刻度线上，根据0.6A表盘读数法则，最小分度为0.02A，所以读数为0.50A.
(3)根据电阻定律R＝
可得ρ＝.
答案：(1)A1 乙 (2)0.50 (3)课时分层作业(十七) 串联电路和并联电路
A组 基础达标练
1．一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上( )
A．串联一个10kΩ的电阻
B．并联一个10kΩ的电阻
C．串联一个9.5kΩ的电阻
D．并联一个9.5kΩ的电阻
2．用两个可变的电阻R1和R2按如图所示的两种方式连接，可用来调节通过灯泡上的电流的大小．如果R1 R2，则对甲、乙两图中起粗调作用的变阻器的描述正确的是(另一个是起微调作用)( )
A.图甲中R1起粗调作用，图乙中R2起粗调作用
B.图甲中R2起粗调作用，图乙中R1起粗调作用
C．甲、乙两图中都是R2起粗调作用
D．甲、乙两图中都是R1起粗调作用
3．如图所示，两个小灯泡L1和L2串联接在P、Q两点间，L1和L2的铭牌上分别标有“3V 1.5Ω”“6V 12Ω”字样，则P、Q间允许加的最大电压为( )
A．9VB．6.75V
C．5.25VD．4.5V
4．用电流表(内阻约4Ω)和电压表(内阻约3kΩ)测量电阻R的阻值．某次按照如图所示电路的测量情况为电流表的示数是5mA，电压表的示数是2.5V．正确的说法是( )
A．电阻R的值为500Ω
B．电阻R的值略大于500Ω
C.电阻R的值略小于500Ω
D．如果采用电流表外接法测量，结果更加精确
5．已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，R1允许通过的最大电流为1.5A，R2两端允许加的最大电压为10V．若将它们串联，加在电路两端的最大电压是( )
A．45VB．5V
C．25VD．15V
6．如图所示是一种风速测定装置，其中风速表是由电压表改装而成，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器．T形管道的竖直管内装有可上可下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连．当S闭合后，风速增大时(已知风速越大，压强越小)，下列说法正确的是 ( )
A．活塞向下运动，风速表的示数变小
B．活塞向上运动，风速表的示数变大
C．活塞向上运动，滑动变阻器R1两端的电压变大
D．活塞静止不动，风速表的示数不变
7．(多选)如图所示是有两个量程的电流表，当分别使用a和b、a和c接线柱时，此电流表有两个量程，其中一个量程为0～1A，另一个量程为0～0.1A，表头内阻Rg＝200Ω，满偏电流Ig＝2mA.下列说法正确的是( )
A．当使用a、b时量程为0～1A
B．当使用a、c时量程为0～1A
C．电阻R1约为0.41Ω
D．电阻R2约为0.41Ω
8．电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，a、c间的电阻是c、d间电阻的(n－1)倍．
(1)电子式互感器的ac段和cd段属于什么连接方式？
(2)在某次测量中，输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为多少？
B组 能力提升练
9．(多选)电路连接如图所示，其中U不变，R1为电阻箱，R为滑动变阻器，L为小灯泡．下列说法中正确的是( )
A．使电阻箱R1的阻值增大，通过L的电流减小
B.使电阻箱R1的阻值增大，通过L的电流增大
C.使滑动变阻器R连入电路的阻值增大，通过L的电流减小
D．使滑动变阻器R连入电路的阻值增大，通过L的电流增大
10.
(多选)如图所示是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端．若把变阻器的滑片放在变阻器中央，下列判断正确的是( )
A．空载时输出电压为UAB＝UCD
B．当接上负载R时，输出电压UABC．负载R越大，UAB越接近UCD
D．负载R越小，UAB越接近UCD
11.
如图所示，是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V．当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知电流表的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA，则R1和R2的阻值分别是( )
A．9.5×103Ω，9.0×104Ω
B．9×104Ω，9.5×103Ω
C．8.5×103Ω，9.0×103Ω
D．9.5×103Ω，9.0×103Ω
12．某同学要将一量程为3V的电压表V1改装成量程为15V的电压表V2.
(1)先将V1直接接到内阻可以忽略的电源两端，读数为2.0V；再将V1与阻值为2000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为1.5V．则V1的内阻为________Ω.
(2)要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R________(选填“串联”或“并联”).
(3)将改装后的电压表V2与一标准电压V表校对．
①完成下面的实物连线；
②在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最________端(选填“左”或“右”)；
③闭合开关，移动滑片P，标准电压表示数为10.0V时，V1表示数为2.5V．要达到预期目的，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________(保留三位有效数字).
课时分层作业(十七) 串联电路和并联电路
1．解析：把电流表改装成电压表，需要串联一个电阻分压，根据欧姆定律可得串联电阻的阻值R＝－Rg＝Ω－500Ω＝9500Ω＝9.5kΩ.
答案：C
2．解析：在串联电路中，电流处处相等，调节大电阻，电流变化大，故题图甲中R1起微调作用，R2起粗调作用；在并联电路中，并联部分电压相等，通过小电阻的电流大，调节小电阻时，电流变化大，故题图乙中R1起粗调作用，R2起微调作用．B正确．
答案：B
3．解析：L1和L2允许通过的最大电流分别为I1m＝＝2A和I2m＝＝0.5A，故两个小灯泡L1和L2串联流经电路的最大电流为0.5A，故L2可加最大电压6V，L1的实际电压U1＝I2mR1＝0.75V，故两端电压最大可加6.75V，B正确．
答案：B
4．解析：根据欧姆定律可得R＝－RA＝Ω－RA＝500Ω－RA，即电阻R的值略小于500Ω，C正确，A、B错误；由R RA可知采用电流表内接的方法测量比较精确，D错误．
答案：C
5．解析：R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5A，而R2允许通过的最大电流为I＝＝A＝0.5A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，为0.5A；加在电路两端的最大电压是Um＝Im(R1＋R2)＝0.5×(10＋20) V＝15V．D正确．
答案：D
6．解析：定值电阻R和滑动变阻器R1串联，当风速增大时，管道内压强减小，活塞上移，带动滑动变阻器的滑片P上移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，定值电阻两端的电压变大，B正确．
答案：B
7．解析：表头改装成电流表时需并联分流电阻，且分流电阻越小，改装后量程越大，可知使用a、b时量程为0～1A，使用a、c时量程为0～0.1A，故A正确，B错误；由并联电路各支路两端电压相等可得Ig(R2＋Rg)＝(I1－Ig)R1，IgRg＝(I2－Ig)(R1＋R2)，Ig＝2mA，Rg＝200Ω，I1＝1A，I2＝0.1A，解得R1≈0.41Ω，R2≈3.67Ω，故C正确，D错误．
答案：AC
8．解析：(1)因为电子式互感器探头原理为电阻分压，所以ac段和cd段应串联．
(2)Rac与Rcd串联，所以＝，又Rac＝(n－1)Rcd，
输入电压U输入＝Uac＋U，解得U输入＝nU.
答案：(1)串联 (2)nU
9．解析：电阻箱串联在电路中，当R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，则L两端的电压减小，通过L的电流也将减小，A正确，B错误；滑动变阻器与小灯泡并联，当R连入电路的阻值增大时，并联部分的总电阻也增大，电路中的总电流将减小，R1两端的电压减小，所以L两端的电压UL＝U－U1将增大，通过L的电流也将增大，C错误，D正确．
答案：AD
10．解析：空载时，AB间不接电阻，此时根据分压比等于电阻比＝，可知UAB＝UCD，故A正确；AB间接上负载，滑动变阻器下半部分与R并联RAB＝<，根据分压比可知UAB答案：ABC
11．解析：改装后的量程为U＝Ig(Rg＋R串)，据此可求出R串＝－Rg.
接a、b时，串联R1，则R1＝－Rg＝(－500) Ω＝9500Ω＝9.5×103Ω；
接a、c时，串联R1和R2，则R2＝－Rg－R1＝(－500－9500)Ω＝90000Ω＝9×104Ω.
故应选A.
答案：A
12．解析：(1)先将V1直接接到内阻很小的电源两端，读数为2.0V，可知电源电动势为E＝2V；再将V1与阻值为2000Ω的电阻串联后，接到该电源两端，读数为1.5V，则1.5＝，解得V1的内阻为RV＝6000Ω
(2)要改装成量程为15V的电压表V2，需要将V1表与合适的电阻R串联；
(3)①校准电路如图所示；
②在闭合开关之前，滑动变阻器的滑片P置于最左端；
③标准电压表示数为10.0V时，V1表示数为2.5V，则此时的电阻R＝＝Ω＝18000Ω.
而要达到预期目的，需要串联的电阻为kR＝－RV＝Ω－6000Ω＝24000Ω，
则k＝1.33.
答案：(1)6000 (2)串联 (3)①图见解析 ②左 ③1.33课时分层作业(十三) 带电粒子在电场中运动的综合问题
A组 基础达标练
1．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压．带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5.则等于( )
A． B． C．1 D．
2．(多选)两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场，如图所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知( )
A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的速度一定相等
C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速度一定相等
D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
3．如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U t图像应是(设两板距离足够大)( )
4．如图所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，电场的电场强度大小为3×106V/m.有一质量为0.12kg、电荷量大小为1.6×10－6C的带负电的小球，在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道间压力恰好为零．g取10m/s2.求：
(1)小球在A点时的速度大小；
(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小．
B组 能力提升练
5.如图甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN(绝缘)，O为其中点．在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0.现有一束带正电的离子束(比荷为k)，从两板左侧沿中线方向以初速度v0连续不断地射入两板间的电场中．假设所有离子均能打到荧光屏MN上．已知金属板长L＝2v0t0，则在荧光屏上出现亮线的长度为( )
A．B．C．D．
6．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两极板间距离为d，在两极板间加一如图乙所示的交变电压．质量为m，电荷量为e的电子以速度v从两极板左端中点沿水平方向连续均匀地射入两平行极板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用，下列说法错误的是( )
A．当Um<时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当Um＝时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2
C．当Um>时，有电子能从极板的右端射出
D．当Um＝时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(－1)
7．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边大小为v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子所带电荷量为q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；
(3)粒子打到荧光屏上的动能．
课时分层作业(十三) 带电粒子
在电场中运动的综合问题
1．解析：设两板间的距离为d，粒子在经3t0时间刚好到达B板的运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理可得，Ek3＝q.若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理可得，Ek5＝q·，故＝.B正确．
答案：B
2．解析：由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由qE＝m得r＝，r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等，但质量m或速度v不一定相等，A正确，B错误；若相等，由r＝可知，速度v一定相等，由Ek＝mv2＝qEr＝mEr可知，若相等，则粒子的动能不一定相等，C正确，D错误．
答案：AC
3．解析：由选项A所示图像可知，电子先做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿原运动方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，然后重复这种运动，一直向一个方向运动．
由选项B所示图像可知，电子先做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿原运动方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，从T到T反向做匀加速直线运动，T时速度最大，从T到T内沿反向做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动．
由选项C所示图像可知，电子从0到做加速度增大的加速直线运动，从到做加速度减小的加速直线运动，时速度最大，从到T做加速度增大的减速直线运动，从T到T做加速度减小的减速直线运动，T时速度减为零，然后重复加速直线运动和减速直线运动，一直向一个方向运动.
由选项D所示图像可知，电子从0～做匀加速直线运动，从T到T做匀速运动，然后重复加速直线运动和匀速运动，一直向一个方向运动．故选B.
答案：B
4．解析：(1)重力G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N，
静电力F＝qE＝1.6×10－6C×3×106V/m＝4.8N，
在A点有qE－mg＝m，
代入数据解得v1＝6m/s.
(2)设小球在B点的速度大小为v2，从A点到B点，由动能定理有
(qE－mg)·2R＝mv－mv，
在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有
FN＋mg－qE＝，
代入数据解得FN＝21.6N.
由牛顿第三定律有F′N＝FN＝21.6N.
答案：(1)6m/s (2)21.6N
5．解析：由题意可知，t＝0时射入的粒子打在靶上的位置距离靶中心最远，即为ym；粒子在0～t0时间内，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动，电场力提供加速度，则qE＝q＝ma，竖直方向的位移为y1＝at＝××t＝；在t0～2t0时间内，粒子做匀速直线运动，竖直方向的分速度为vy＝at0＝t0，竖直方向的位移为y2＝vyt0＝，所以ym＝y1＋y2＝；当t＝t0时射入靶中的粒子的位置距离靶心最小，由题意可得ymin＝y1＝.则荧光屏上出现亮线的长度为Δy＝ym－ymin＝－＝，故选B.
答案：B
6．解析：两极板间电压为Um时，由牛顿第二定律可得＝ma，电子做类平抛运动，在水平方向上有l＝vt，在竖直方向上有y＝at2，当y＝d时，即电子恰好从极板边缘飞出，此时Um＝，当Um<时，所有电子都能从极板的右端射出，A正确；当Um＝时，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶1，B错误；当Um>时，有部分电子能从极板的右端射出，C正确；当Um＝时，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶(－1)，D正确．
答案：B
7．解析：(1)板间粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝＝2×10－3s.
(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1，
y1＝a＋，且＝ma，解得y1＝0.15m，纵坐标y＝d－y1＝0.85m，
t＝1×10－3s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2，
y2＝a，解得y2＝0.05m，
纵坐标y′＝d－y2＝0.95m，
所以打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95m.
(3)由于粒子沿电场方向均加速半个交变电压的周期，粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得
qy2＝Ek－mv，解得Ek＝5.05×10－2J.
答案：(1)2×10－3s (2)0.85～0.95m (3)5.05×10－2J
