课时分层作业(十四) 电源和电流
A组 基础达标练
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．电源的作用是使电路中产生电荷
B．电源的作用是使电路中的电荷发生定向移动
C．电流是矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向
D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位
2.
如图所示是通有恒定电流的某段导体．在5s内有10C的负电荷向右通过横截面A，则导体内电流的大小和方向分别是( )
A．2A、向右B．2A、向左
C．50A、向右D．50A、向左
3．某移动电源上标识的“4500mA·h”反映的物理量是( )
A．电压B．电功
C．功率D．电量
4．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下列四个选项中应用了比值定义法的是( )
①加速度a＝②电场强度E＝
③电容C＝ ④电流I＝
A．①③B．②③
C．②③④D．①③④
5．雷云一般聚集大量的负电荷Q.假设雷云与大地构成了一个大电容器，把它视作平行板电容器，其电容为C，则下列说法正确的是( )
A．雷云与大地之间的电压为CQ
B．雷云与大地之间的电场线方向向下
C．若这片云与大地之间的距离减小，则C减小
D．若雷云持续放电时间为t，则放电电流的平均值为
6．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I.设每单位体积的导线内有n个自由电子，电子电荷量为e，电子的定向移动速率为v.则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目为( )
A．SvΔtB．
C．nvΔtD．
7.
(多选)如图所示，半径为R(远大于圆环横截面半径)的橡胶圆环带均匀正电荷，总电荷量为Q.现使圆环绕垂直于环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，将产生等效电流．下列说法正确的是( )
A．使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若ω、Q不变，使环的半径增大，电流将变大
D．若ω、Q不变，使环的半径增大，电流将变小
B组 能力提升练
8．(多选)如图为一半径为R的绝缘盘，在盘的外缘均匀地分布着总电荷量为Q的正电荷．现使绝缘盘以角速度ω顺时针(从上向下看)匀速转动，绝缘盘中产生的电流大小为I.下列说法正确的是( )
A．绝缘盘中的电流方向从上向下看为顺时针
B．如果仅使绝缘盘所带的电荷量增大为原来的两倍，则I加倍
C．如果仅使角速度ω加倍，则I不变
D．如果仅使绝缘盘的半径加倍，则I加倍
9．(多选)如图甲所示电路中，定值电阻R1＝R2＝5Ω，电容器电容C＝500μF，电源电动势E＝3.0V，内阻不计．开始时，单刀双掷开关S断开，电容器不带电．图乙和图丙分别为电容器两极间电压UC、电容器支路中电流IC随时间t变化的关系图线，规定电容器支路中电流方向向右为正方向．下列说法正确的是( )
A．图乙是开关S先置于1时的图像，图丙是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像
B．图乙中a＝3.0V，图丙中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10－3C
C．图乙中的t1和图丙中的t2相等
D．若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则流过定值电阻R2的平均电流为15mA
10．(多选)等离子体推进器的原理结构如图所示，由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离子体发生器内的惰性气体电离，形成等离子体，然后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出，从而对等离子推进器产生作用力．假设正离子的质量为m，电荷量为q，经电压为U的静电加速层加速后形成电流为I的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力．下列说法正确的是( )
A．离子推进器是将化学能转化为机械能的装置
B．离子由静电加速层喷出时的速度大小为
C．单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为
D．离子推进器产生的推力大小为I
11．盛夏的入夜，正当大地由喧闹归于沉睡之际，天空却不甘寂寞地释放着大自然的烟火，上演着一场精彩的闪电交响曲．某摄影爱好者拍摄到的闪电如图所示．闪电产生的电压、电流是不稳定的，假设这次闪电产生的电压可等效为2.5×107V，电流可等效为2×105A，历时1×10－3s.
(1)闪电定向移动的是电子，若这次闪电产生的电荷量以0.5A的电流给小灯泡供电，供电时间为多长？
(2)这次闪电释放的电能是多少？
课时分层作业(十四) 电源和电流
1．解析：电源的作用是使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷(并不是创造了电荷，而是使正、负电荷发生了分离)，这样电源两端就会产生电压，电压使电路中的电荷发生定向移动形成电流，而不是产生电荷，故A错误，B正确；电流虽有方向，但它是一个标量，故C错误；在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是国际单位制中的七个基本单位之一，故D正确．
答案：BD
2．解析：根据电流的定义式I＝，可得电流的大小为I＝A＝2A，电流方向规定为正电荷定向移动的方向，因移动的是负电荷，电流方向与其定向移动的方向相反，故电流向左．B正确．
答案：B
3．解析：移动电源上标志的4500mA·h反映的物理量是电量，表示以4500mA放电，可以放一个小时，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
4．解析：加速度a＝，电容C＝，电流I＝均采用比值定义法，电场强度E＝不是比值定义法．故选D.
答案：D
5．解析：雷云与大地之间的电压为U＝，A错误；雷云与大地之间的电场线指向带负电的雷云，故电场线的方向向上，B错误；根据电容的定义式C＝，可知云与地面间的距离减小时，电容C增大，C错误；若雷云持续放电时间为t，由电流的定义式可得，放电电流的平均值为I＝，D正确．
答案：D
6．解析：根据电流的定义式I＝可知，在Δt时间内通过导体横截面的自由电子的电量q＝IΔt，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为N＝＝，又N＝nV＝nSvΔt，故B正确．
答案：B
7．解析：在圆环上取很小的一段长度Δs，根据电流的定义可得等效环形电流为I＝＝＝＝，
所以使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，而I与R无关，所以若ω、Q不变，使环的半径增大，电流不变．故A、B正确，C、D错误．
答案：AB
8．解析：盘的外缘均匀地分布着正电荷，从上向下看，盘顺时针匀速转动，正电荷顺时针匀速转动，正电荷的定向移动方向是电流方向，因此绝缘盘中的电流方向从上向下看为顺时针，故A正确；截取盘的外缘任一截面，设在盘运动一周的时间内通过这个截面的电荷量为Q，即I＝＝＝＝，如果仅使绝缘盘所带的电荷量增大为原来的两倍，则I加倍，故B正确；由上述分析可知电流为I＝，如果仅使角速度ω加倍，则I加倍，故C错误；由上述分析可知电流为I＝，电流与绝缘盘的半径R无关，如果仅使绝缘盘的半径加倍，则I不变，故D错误．
答案：AB
9．解析：开关接1时，电容器处于充电过程，电压逐渐增大，开关接2时，电容器处于放电过程，电流逐渐减小，则题图乙是开关S先置于1时的图像，题图丙是开关S置于1足够长时间后再置于2后的图像，A正确．充电时电容器两极板的最大电压等于电源电动势，即UC＝E＝3.0V，则题图乙中a＝3.0V；放电时，电容器所储存的电荷量为Q＝CU＝500×10－6×3.0C＝1.5×10－3C，根据q＝It，所以题图丙中图线与坐标轴围成的面积等于1.5×10－3C，则B正确．电容器的充、放电时间不同，C错误；若开关S先置于1足够长时间后再置于2，经过0.1s电容器放电完毕，则有I＝＝A＝15mA，则流过定值电阻R2的平均电流为15mA，D正确．
答案：ABD
10．解析：离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；根据动能定理有qU＝mv2，则离子由静电加速层喷出时的速度大小为v＝，B错误；若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有I＝nq，则单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为n＝，C正确；Δt时间内喷出离子的动量为Δp＝nΔtmv，根据动量定理有FΔt＝Δp则F＝nmv＝I，D正确．
答案：CD
11．解析：(1)根据电流的定义式I＝
可得q＝It＝2×105×1×10－3C＝200C
供电时间t′＝＝s＝400s
(2)这次闪电释放的电能为E＝qU＝200×2.5×107J＝5×109J
答案：(1)400s (2)5×109J课时分层作业(十五) 导体的电阻
A组 基础达标练
1．下列关于电阻率的叙述正确的是( )
A．半导体材料的电阻率会随温度、光照等发生变化
B．常用的导线是用电阻率较大的铝、铜材料做成的
C．各种材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
D.各种材料的电阻率不会随温度的变化而变化
2．有甲、乙两根材料不同、长度和横截面积都相同的金属丝，在温度一定的情况下，甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍．以下有关它们电阻值的说法正确的是( )
A．甲、乙两根金属丝的电阻值相等
B.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍
C.乙金属丝的电阻值是甲金属丝电阻值的2倍
D.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的4倍
3．(多选)一根粗细均匀的细铜丝，原来的电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．截去，剩下部分的电阻变为R
B．均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R
C．对折后，电阻变为R
D．均匀拉长，使横截面积变为原来的，电阻变为4R
4.
如图所示为甲、乙两电阻的I U图像，则下列说法正确的是( )
A．甲的电阻是乙的电阻的3倍
B．在两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的电流的2倍
C．欲使通过两个电阻的电流相同，加在乙两端的电压应是加在甲两端电压的3倍
D．甲的电阻是乙的电阻的2倍
5．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示．下列判断中正确的是( )
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而增强
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40V)时，反向电流才急剧变大
6.
某同学用理想电流表和电压表分别对三个定值电阻各进行一次测量，并将所测三组电流和电压值描点到如图所示的I U坐标系中．则这三个电阻的大小关系正确的是( )
A．Ra＝Rb>RcB．Ra>Rb>Rc
C．Ra＝RbRb＝Rc
7.
甲、乙、丙三个长度、横截面积都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I、导体两端的电压U在如图所示的U I坐标系中描点，O为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上．则下列表述中正确的是( )
A．甲的电阻率最小
B．乙的电阻率最小
C．丙的电阻率最小
D．三个金属导体的电阻率一样大
8.
(多选)取一段额定电压为220V，额定功率大于100W的废灯泡的灯丝约2cm长．灯丝与两节干电池及2.5V小灯泡的电路连接如图所示．闭合开关，灯泡发光并且较亮，再用点燃的蜡烛给灯丝加热，则( )
A．小灯泡和灯丝是并联连接
B．观察到的现象是小灯泡变暗
C．小灯泡变暗的原因是灯丝的电阻随温度升高而增大
D．上述现象说明了温度升高，灯丝的电阻率变大
9．某电路需要20A的保险丝，但手边只有用同种材料制成的“15 A”和“5 A”两种型号的保险丝，它们的规格如下表所示．能否将这两种保险丝取等长的两段并联后接入该电路中？说明其理由．
保险丝 1 2
直径 1mm 2mm
额定电流 5A 15A
10.
滑动变阻器的结构如图所示．A、B是绕在绝缘筒上电阻丝的两个端点，C、D是金属杆的两个端点．电阻丝上能够与滑片P接触的地方的绝缘漆已被刮去，使滑片P能把金属杆与电阻丝连接起来．把A和C接线柱接入电路中，当滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻将由大变小，这是为什么？你是否可以设计出另外几种连接方案，使滑片P移动时，接入电路的电阻由大变小？
B组 能力提升练
11．发光二极管简称为LED，它被称为第四代照明光源或绿色光源，具有节能、环保、寿命长、体积小等特点，广泛应用于指示、显示、装饰、背光源、普通照明和城市夜景等领域．如图为某LED的伏安特性曲线，根据此伏安特性曲线，下列说法错误的是( )
A．当LED两端电压在2V以下时，通过LED的电流几乎为零
B．当LED两端电压为3.0V时，它消耗的功率约为0.15W
C．如果把电压3V～3.5V段近似看作直线，那么这一电压范围内，电阻几乎保持不变，其电阻约为2.5Ω
D．在电压3V～3.5V范围内，LED的电阻随接入两端电压的增大而减小
12．[2023·山西朔州高二开学考试](多选)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是( )
A．L1电流为L2电流的2倍
B．此时L2的电阻约为7.5Ω
C．L1、L2、L3的电阻相等
D．此时L2消耗的电功率为0.3W
课时分层作业(十五) 导体的电阻
1．解析：电阻率是反映材料导电性能的物理量，一般半导体材料的电阻率随着温度的升高而减小，A正确；常用导线选择铜、铝作为原料是因为铜、铝的电阻率较小，B错误；电阻率由材料决定，与导体的电阻、横截面积和长度无关，C错误；部分合金的电阻率不变，大部分材料的电阻率会随温度的变化而变化，D错误．
答案：A
2．解析：由电阻定律公式R＝ρ可以知道，长度和横截面积都相同的金属丝，电阻与电阻率成正比，因为甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍，所以甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：截去细铜丝的，剩余部分长度变为原来的，根据电阻定律R＝ρ可知，剩余电阻变为R，A错误；将细铜丝均匀拉长为原来的2倍，由于体积不变，则横截面积变为原来的，根据电阻定律R＝ρ可知，电阻变为4R，B错误，D正确；将细铜丝对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R＝ρ可知，电阻变为R，C正确．
答案：CD
4．解析：由I U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有＝＝，故甲的电阻是乙的电阻的，A、D错误；两电阻两端电压相同，则由I＝可知，通过甲的电流是通过乙的电流的3倍，故B错误；根据I＝可知，欲使通过两个电阻的电流相同，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍，故C正确．
答案：C
5．解析：由题图甲可知，随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；由题图乙可知，随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；由题图丙可知，加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样，故导电性能不一样，故C错误；根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40V)时，反向电流才急剧变大，故D正确．
答案：D
6．解析：根据I＝＝U可知，电阻的I U图像的斜率的倒数等于电阻，可知a、b与原点连线的斜率相等且大于c与原点连线的斜率，可知a、b电阻相等且小于c的电阻，即Ra＝Rb答案：C
7.
解析：根据U＝IR可知，U I图像中图线上的点与坐标原点连线的斜率的大小表示电阻，根据给出的点得出对应的图线如图所示．甲与坐标原点连线的斜率最大，那么其对应的电阻最大，丙与坐标原点连线的斜率最小，那么其对应的电阻最小．由于三个金属导体的长度、横截面积均相同，由电阻定律R＝ρ可知，电阻率ρ＝，因此甲的电阻率最大，丙的电阻率最小．C正确．
答案：C
8．解析：由图可知小灯泡和灯丝是串联连接，A错误；用点燃的蜡烛给灯丝加热，灯丝的电阻随温度升高而增大，则观察到的现象是小灯泡变暗，B、C正确；根据公式R＝ρ可知灯丝的电阻增大，电阻率增大，即温度升高，灯丝的电阻率变大，D正确．
答案：BCD
9．解析：这两段等长的保险丝横截面积之比为S1∶S2＝1∶4，由电阻定律R＝ρ得电阻之比为R1∶R2＝S2∶S1＝4∶1.并联接入电路后两端的电压相等，由欧姆定律得，通过的电流之比为I1∶I2＝R2∶R1＝1∶4，即第2根保险丝中的实际电流是第1根中的4倍，而额定电流只是第1根的3倍，所以不能这样来使用．
答案：见解析
10．解析：把A和C接入电路，当滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻将由大变小．因为接入电路的电阻丝的长度变小．
A、D接入电路，当滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻由大变小．B、C或B、D接入电路，P由A向B移动时，接入电路的电阻均由大变小．
答案：见解析
11．解析：由图像可知，当LED两端电压在2V以下时，通过LED的电流几乎为零，故A正确；当LED两端电压为3.0V时，电流为50mA，则它消耗功率为P＝UI＝3×0.05W＝0.15W，故B正确；根据R＝，由图像可知，在电压3～3.5V范围内，LED的电阻随接入两端电压的增大而减小，故C错误，D正确．
答案：C
12．解析：根据图像，L1的电压为3.0V，对应的电流为0.26A，L2两端电压为1.5V，对应的电流为0.2A，L1电流不是L2电流的2倍，A错误；此时三个灯泡的电阻约为R2＝Ω＝7.5Ω，R3＝Ω＝11.5Ω，B正确，C错误；此时L2消耗的电功率为P2＝UI＝1.5×0.2W＝0.3W，D正确．
答案：BD课时分层作业(十一) 电容器的电容
A组 基础达标练
1．下列关于电容器的叙述正确的是( )
A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才是电容器
B．任何两个彼此绝缘且相距很近的物体都可以组成电容器
C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
D．电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来，电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
2．当一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电势差为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7C，它两极板间的电势差增加20V，则它的电容为( )
A．1.0×10－8FB．2.0×10－8F
C．4.0×10－8FD．8.0×10－8F
3．(多选)有一只电容器的规格是“1.5μF 9V”，则该电容器( )
A．正常工作时所带电荷量不能超过1.5×10－5C
B．正常工作时所带电荷量不能超过1.35×10－5C
C．额定电压为9V
D．击穿电压为9V
4．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．如图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极板间距离而引起电容变化的是( )
5．如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板同时接地，静电计指针的偏转角度反映电容器两极板间的电势差．实验中极板上的电荷量保持不变，设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.下列关于实验现象的描述正确的是( )
A．保持S不变，增大d，则θ不变
B．保持S不变，减小d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变大
6．(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图，电介质板长度等于电容器极板长度．开始时电介质板有一半处于极板间，电容器两极板带等量异号电荷，当被测物体在左右方向发生位移时(位移大小小于极板长的一半)，电介质板随之在电容器两极板之间移动．当被测物体向左移动时( )
A．电容器的电压增大
B．电容器的电量变小
C．电容器的电容增大
D．静电计的指针张角变小
7．极板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，极板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，极板间电场强度为E2.下列说法正确的是( )
A．U2＝U1，E2＝E1B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1D．U2＝2U1，E2＝2E1
8．(多选)图甲为可变电容器，某同学用图乙所示电路研究可变电容器的充、放电现象实验．电容器原来不带电，电压表和电流表为理想直流电表．单刀双掷开关先接1，稳定后，缓慢减小电容器两极板的正对面积．下列说法正确的是( )
A．缓慢减小电容器两极板正对面积的过程中，电阻R中电流向下
B．缓慢减小电容器两极板正对面积的过程中，电阻R中电流向上
C．若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，电压表示数增大
D．若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，电压表示数减小
9．如图所示为实时监控生产绝缘材料厚度的传感器的结构简化图，M、N为两个固定的、水平正对放置的金属板，分别与恒压电源的正、负极相连，绝缘材料从两金属板间穿行的过程中，电流显示器检测的电流为I.下列说法正确的是( )
A．I＝0且恒定时，绝缘材料厚度均匀
B．I>0且恒定时，绝缘材料厚度均匀
C．I变大时，绝缘材料厚度一定增加
D．I由a流向b时，绝缘材料厚度增加
10．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60V的恒压电源正、负极上，两极板间距为3cm，电容器所带电荷量为6×10－8C，A极板接地．求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两极板之间的电场强度；
(3)距极板B2cm的M点处的电势．
B组 能力提升练
11．可变电容器是一种电容可以在一定范围内调节的电容器，通过改变极板间相对的有效面积或极板间距离，电容就相应地变化．通常在无线电接收电路中作调谐电容器用．如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移．起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连，初始时开关S闭合，极板间有一带电粒子P恰好处于静止状态．忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器说法正确的是( )
A．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大
B．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变
C．保持开关S闭合，若只将上极板转过30°，则电容器两极板连线中点处电势变小
D．断开开关S，只将极板间距变为原来的二倍，则带电粒子仍处于静止状态
12．(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右运动．下列说法正确的是( )
A．振动膜向右运动时，电容器的极板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
13．一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化．如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，介电常数为εr.若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )
A．瓶内液面降低了
B．瓶内液面升高了
C．瓶内液面升高了
D．瓶内液面降低了
14．如图所示，平行板电容器的两极板水平正对放置，在两极板的正中心上各开一个孔，孔相对极板很小，对两极板间电场分布的影响忽略不计．现给上、下两极板分别充上等量的正、负电荷，上极板带正电、下极板带负电，使两极板间形成匀强电场，电场强度大小为E＝.一根长为L的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A、B，两球大小相等，且直径小于电容器极板上的孔，A球所带的电荷量QA＝－3q，B球所带的电荷量QB＝＋q，两球质量均为m.将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直，使B球刚好位于上极板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内，然后由静止释放B球．已知带电平行板电容器只在其两极板间存在电场，两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变．忽略两球产生的电场对极板间匀强电场的影响，两球可以看成质点，电容器极板厚度不计，重力加速度为g.
(1)B球刚进入两板间时，求杆和球组成的装置的加速度大小；
(2)若B球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离为，求电容器两极板的间距d.
课时分层作业(十一) 电容器的电容
1．解析：电容器是储存电荷的容器，与其是否带电无关，A错误；任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体可组成一个电容器，B错误；电容器所带的电荷量指任一极板所带电荷量的绝对值，C错误；电容器的充、放电伴随能量转化，D正确．
答案：D
2．解析：C＝＝F＝2.0×10－8F，故选B.
答案：B
3．解析：9V为电容器的额定电压(或工作电压)，且额定电压低于击穿电压，故C正确，D错误；正常工作时所带电荷量为Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，故A错误，B正确．
答案：BC
4．解析：A选项改变的是电介质，B、D选项改变的是正对面积，C选项改变的是两板间距离，故C正确．
答案：C
5．解析：根据C＝可知，保持S不变，增大d，则C变小，根据U＝可知，U变大，则θ变大；同理可知保持S不变，减小d，则C变大，U变小，则θ变小，故A错误，B正确；据C＝知，保持d不变，减小S，则C变小，根据U＝可知，U变大，则θ变大，故C错误；据C＝知，保持S、d不变，在两极板间插入电介质，则C变大，极板上的电荷量Q不变，根据U＝可知，两板间的电势差减小，θ变小，故D错误．
答案：B
6．解析：由C＝可知，当被测物体向左移动时电介质板插入电容器，电容器的电容增大，故C正确；电容器充电后与外电路断开，电容器的电量不变，故B错误；由C＝，可知电容器的电压减小，故A错误；静电计的指针张角大小反映电容器极板电压高低，由于电压减小，所以张角变小，故D正确．
答案：CD
7．解析：U1＝＝＝，E1＝＝，当电荷量变为2Q，板间距离变为d时，U2＝＝＝＝U1，E2＝＝＝2E1，C正确．
答案：C
8．解析：开关接1未断开时，减小电容器两极板正对面积的过程中，根据C＝，C＝，可知电容器的电容减小，两端的电压不变，电容器的带电量减小，电阻R中电流向下，故A正确，B错误；若开关接1稳定后断开，在减小电容器两极板正对面积的过程中，根据C＝，C＝，可知电容器的电容减小，带电量不变，电容器两端的电压变大，电压表示数变大，故C正确，D错误．
答案：AC
9．解析：两个水平正对放置的金属板构成电容器，板间的绝缘材料厚度变化即介电常数变化，根据电容的决定式C＝得，当绝缘材料厚度均匀时，介电常数不变，电容不变，根据电容的定义式C＝可得，电容上的电荷量保持不变，电路中电流恒为0，故A正确，B错误；当绝缘材料厚度增大时，介电常数增大，电容增大，电容器所带电荷量增加，电容器充电，充电电流可能增大；当绝缘材料厚度减小时，介电常数减小，电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，放电电流也可能增大，故C错误；电流由a流向b时，电容器上的电荷量减小，即电容减小，绝缘材料的厚度减小，故D错误．
答案：A
10．解析：(1)平行板电容器的电容C＝＝F＝1×10－9F
(2)两极板之间为匀强电场，则E＝＝V/m＝2×103V/m，方向竖直向下
(3)M点距A板的距离为dAM＝d－dBM＝1cm
A与M之间的电势差为UAM＝EdAM＝20V
又UAM＝φA－φM，φA＝0
代入数据解得φM＝－20V
答案：(1)1×10－9F (2)2×103V/m，方向竖直向下 (3)－20V
11．解析：保持开关S闭合，则电容器两极板的电压U保持不变，若将上极板转过30°，两极板的正对面积减小，根据C＝，C＝可知，S减小，C减小，Q减小，故A、B错误；根据电场强度与电势差的关系E＝可知，E不变，则电容器两极板连线中点与下极板间的电势差不变，由于下极板接地，其电势始终为零，所以电容器两极板连线中点处电势不变，故C错误；断开开关S，则电容器两极板所带电荷量不变，只将极板间距变为原来的二倍，则电容器的电容变为原来的一半，两极板的电压变为原来的二倍，所以电容器内部的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故D正确．
答案：D
12．解析：振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝可知，电容器的板间电场强度变大，根据C＝可知，电容增大，根据C＝可知，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，故A错误，B正确；振动膜片向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝可知，电容减小，根据C＝可知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即从b到a，故C错误，D正确．
答案：BD
13．解析：由题可知，导电溶液与导电涂层相当于平行板电容器的两极板，且两板间距离不变，液面高度变化时，正对面积发生变化．则由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大；当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，该段时间内电容器上的电荷量减小，由于电容器两极电势差不变，则电容器的电容减小，瓶内液面降低．t时间内通过电流计的电量为It，则有It＝ΔQ＝U·ΔC，液面的高度变化Δh时的正对面积、电容分别变化为ΔS＝2πr×Δh，ΔC＝×ΔS，联立得Δh＝.故A正确．
答案：A
14．解析：(1)以为AB系统为研究对象，由牛顿第二定律得
qE＋2mg＝2ma
解得a＝g
(2)从开始到A刚进入两极板间有v＝2aL
解得v1＝
A进入两极板间到B即将穿出下孔，由牛顿第二定律得
qE＋2mg－3qE＝2ma2
解得a2＝－2g
由匀变速直线运动的速度—位移公式得v－v＝2a2s
B穿出下孔后，由牛顿第二定律得2mg－3qE＝2ma3
解得a3＝－g
由匀变速直线运动的速度—位移公式得0－v＝2a3×
解得s＝L
两板间距d＝s＋L＝L.
答案：(1)g (2)L课时分层作业(四) 电场 电场强度
A组 基础达标练
1．下面是对点电荷的电场强度公式E＝的几种不同理解，正确的是( )
A．当r→0时，E→∞
B．当r→0时，该公式不适用
C．某点的场强大小与距离r成反比
D．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强相同
2．有关电场强度的理解，下述说法正确的是( )
A．由E＝可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力F成正比
B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C．由E＝k可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
3．如图是某电场区域的电场线分布，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是( )
A．A点的电场强度最大
B．B点的电场强度最小
C．把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受到的静电力最大
D．把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场强度方向一致
4．如图，电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F.若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E为( )
A．，方向与F相反B．，方向与F相反
C．，方向与F相同D．，方向与F相同
5．某静电场的电场线如图所示，a、b是该电场中的两点．下列说法正确的是( )
A.该电场可能是负点电荷产生的
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．负电荷在a点的加速度小于其在b点的加速度
D．正电荷在a点受到的电场力小于其在b点受到的电场力
6．如图所示，直角三角形ABC中∠A＝37°，∠C＝90°.两负点电荷固定在A、B两点，一试探电荷在C点受到的静电力方向与AB垂直，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则A、B两点处的负点电荷在C点的电场强度大小之比为( )
A．3∶5B．5∶3
C．4∶3D．3∶4
7．如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点电场强度大小为E.若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点，则( )
A．b点电场强度大小为E
B．c点电场强度大小为E
C．b点电场强度方向向左
D．c点电场强度方向向左
8．如图所示，L1、L2分别表示Q甲、Q乙两个点电荷到P点的距离，其大小相等，E合表示两个点电荷在P点产生的合场强．下列对甲、乙两个点电荷的判断，正确的是( )
A．异种电荷，Q甲＞Q乙
B．异种电荷，Q甲＜Q乙
C．同种电荷，Q甲＞Q乙
D．同种电荷，Q甲＜Q乙
9．如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是( )
A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右
B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上
C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0
D．Fd、Fc、Fe的大小都相等
10．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E2与E1之比为( )
A．1∶2B．2∶1
C．∶2D．∶4
B组 能力提升练
11．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是( )
A．Ea＝EbB．Ea＝3Eb
C．Ea＝EbD．Ea＝Eb
12．(多选)如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为x轴上的三点．放在A、B两点的试探电荷受到的静电力跟其所带电荷量的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．A点的电场强度大小为2×103N/C
B．B点的电场强度大小为2×103N/C
C．点电荷Q在A、B之间
D．点电荷Q在O、B之间
13．如图所示，三个点电荷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，qa＝qc＝1.6×10－6C，qb＝－0.8×10－6C，每一个点电荷都可以看作处于另外两个点电荷的电场中，受到另外两个点电荷的作用力．已知三角形的边长是4cm.
(1)点电荷b和c受到的电场力分别是多大？
(2)点电荷b所处位置的电场强度是多大？方向如何？
课时分层作业(四) 电场 电场强度
1．解析：点电荷场强公式是根据E＝和库仑定律的表达式F＝k，推导产生的，其中F为场源电荷对试探电荷的库仑力，当r趋向于0时，F＝不再适用，所以E＝不适用，故A错误，B正确；某点的场强大小与距离r的平方成反比，故C错误；以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，故D错误．
答案：B
2．解析：电场强度E可以根据定义式E＝来测量，电场强度在数值上就等于每单位正电荷所受的力，但电场强度与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；公式E＝k适用于真空中的点电荷产生的电场，当r接近0时，电荷已不能看作点电荷，故C错误．
答案：D
3．解析：由题图可知，B处电场线最密，电场强度最大；A处电场线最疏，电场强度最小，故A、B错误．根据F＝Eq，可知把一个正的点电荷依次放在这三点时，其中放在B点时它受到的静电力最大，故C正确．负电荷所受电场力的方向跟电场强度方向相反，所以把一个带负电的点电荷放在A点时，它所受的静电力方向和A点的电场强度方向相反，故D错误．
答案：C
4．解析：由题可知电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F，则该点的电场强度大小为E＝，方向与正电荷受力方向相同，即与F的方向相同；而电场强度本身是反映电场性质的物理量，只由电场本身决定，与试探电荷无关，所以不会因为试探电荷的改变而改变．故选C.
答案：C
5．解析：点电荷产生的电场，其电场线是直线，而不是曲线，A错误；电场线越密的位置，电场强度越大，由图可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，B正确；根据F＝qE可知，电荷在电场强度越大的位置受到的电场力越大，根据牛顿第二定律，产生的加速度也越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，因此，负电荷在a点的加速度大于其在b点的加速度，C错误；根据F＝qE可知，电荷在电场强度越大的位置受到的电场力越大，a点的电场强度大于b点的电场强度，正电荷在a点受到的电场力大于其在b点受到的电场力，D错误．
答案：B
6．解析：设A、B两点处的负点电荷在C点的电场强度大小分别为EA、EB，由题意可知EA和EB的矢量和垂直于AB，则有EAcos37°＝EBcos53°，解得＝，故选D.
答案：D
7．解析：设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的电场强度大小为E，方向水平向右，由点电荷的电场强度公式得E＝k，－Q在b点产生的电场强度大小为E1＝k＝E，方向水平向右，所以b点的电场强度大小为Eb＝E＋E＝E，方向水平向右，故A、C错误；同理可求出c点的电场强度大小为E，方向水平向右，故B正确，D错误．
答案：B
8．解析：由于Q甲、Q乙两个点电荷到P点的距离相等，P点合场强方向偏向右上方，根据场强叠加原理可知，两点电荷一定为异种点电荷，且甲为正电荷，乙为负电荷，两电荷在P点产生的场强E甲>E乙，根据点电荷场强公式E＝k，则Q甲＞Q乙，故选A.
答案：A
9．解析：等量异种点电荷的电场线的分布特点如图所示．
从图中可知，cde三点的场强的方向都向右，所以正点电荷受力方向都水平向右，B错误，A正确；根据电场的叠加原理知，c点的场强不等于0，则Fc≠0，C错误；从图中可以看到d点的电场线最密，场强最大，e点的电场线最疏，场强最小，故Fd、Fc、Fe的大小都不相等，D错误．
答案：A
10．解析：根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为E＝k，所以O点的电场强度大小E1＝2k；当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，所以O点的场强大小变为E2＝E＝k，故E2与E1之比为1∶2，故选A.
答案：A
11．解析：结合几何关系，有aO∶bO＝1∶
根据公式E＝k
有＝＝3
即Ea＝3Eb
故选B.
答案：B
12．解析：设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，根据题图乙信息可知，图线的斜率即为电场强度，则EA＝＝＝2×103N/C，EB＝＝＝－500N/C.A点为正电荷，可知场强方向向右；B点为负电荷，受力向右，可知场强向左．A、B两点的电场强度方向相反，由点电荷电场的特点知，该点电荷应放在A、B之间．故选A、C.
答案：AC
13．解析：(1)对电荷b受力分析，b受到a和c的引力作用，根据库仑力公式得Fab＝k＝7.2N，Fcb＝k＝7.2N
可知Fab＝Fcb
两个力的夹角为60°，所以合力为
Fb＝2Fabcos30°＝7.2N≈12.5N
方向为ba、bc连线夹角的平分线方向且指向三角形内侧．
对电荷c受力分析，a对c为斥力，b对c为引力，根据库仑力得Fac＝k＝14.4N
由牛顿第三定律得Fbc＝Fcb＝7.2N
由几何关系知，合力为
Fc＝＝7.2N≈12.5N
方向与ac连线的夹角成30°.
(2)根据电场强度的定义Eb＝＝9×106N/C≈1.56×107N/C
负电荷受力方向与电场方向相反，所以b处的电场方向为ab、cb连线夹角的平分线方向且指向三角形外侧，如图所示．
答案：(1)12.5N 12.5N (2)1.56×107N/C，电场方向为ab、cb连线夹角的平分线方向且指向三角形外侧课时分层作业(五) 静电场的力的性质
A组 基础达标练
1.
(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是( )
A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电
B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电
C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小
D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小
2．如图所示，匀强电场的方向向上，电场强度大小E＝5×105N/C，把电量为＋q＝2×10－9C的点电荷由静止释放，点电荷做直线运动．以下判断正确的是( )
A．点电荷＋q受到的电场力大小为1×10－3N
B.点电荷＋q受到的电场力与电场强度方向相反
C.点电荷＋q在匀强电场运动时电场力不断增大
D.点电荷＋q在匀强电场运动时电场力不断减小
3．如图所示，正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大．由此可以判定，它所在的电场是图中的( )
4.
如图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个电荷，它仅在静电力作用下沿电场线向B运动．下列判断正确的是( )
A．A、B两处的电场强度方向不同
B．电场线一定是由A指向B
C．A点一定比B点电场强度大
D．该电荷一定做加速运动
5．用轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg，所带电荷量为2.0×10－8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，如图平衡时细线与铅垂线成37°(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．匀强电场的电场强度为1.5×108N/C
C．平衡时细线的拉力为0.125N
D．平衡时细线的拉力为0.175N
6．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．该电场线的方向是由A指向B
B．电荷在运动过程中加速度变大
C．A点处的场强比B点处的场强大
D．该电场可能是由正点电荷产生的
7.
如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬挂起来，在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直．已知A、B相距3cm，A所带电荷量为qA＝＋2.0×10－9C．k＝9.0×109N·m2/C2.下列说法正确的是( )
A．小球B带正电，qB＝2.0×10－9C
B．小球B带负电，qB＝－2.0×10－9C
C．匀强电场的电场强度大小E＝2×105N/C，方向水平向左
D．A、B连线中点处的电场强度大小为1.6×105N/C，方向水平向右
B组 能力提升练
8.
均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB＝BA＝R，CO＝2R.若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V＝πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为( )
A．9∶25B．25∶9
C．175∶207D．207∶175
9．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．负电荷，q＝
B．正电荷，q＝
C．正电荷，q＝
D．负电荷，q＝
10．如图所示，一倾角为θ的斜面体和质量为m的小物块用轻弹簧拴接在一起，放在水平地面上，小物块带正电，所带电荷量为q，其与斜面的动摩擦因数为μ.装置所在空间存在一个场强为E，水平向右的匀强电场，弹簧处于拉伸状态，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．m一定受5个力作用
B．若场强E变大，斜面体受到的地面支持力和摩擦力都将变大
C．若qEsinθ＝mgcosθ，弹簧伸长量x0＝
D．弹簧剪断后，物块有可能做曲线运动
11.
(多选)如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时小物体的速度为v2.若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则下列说法正确的是( )
A．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
B．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先增大后减小
C．小物体上升的最大高度为
D．小物体上升的最大高度为
课时分层作业(五) 静电场的力的性质
1．解析：根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，静电力做正功，动能增大，速度增大，故D错误．
答案：BC
2．解析：点电荷＋q受到的电场力F＝Eq＝1×10－3N，A正确；点电荷＋q受到的电场力与电场强度方向相同，B错误；根据F＝Eq，匀强电场场强不变，电荷不变，电场力不变，C、D错误．
答案：A
3．解析：正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，电场力方向与速度方向相同，与电场强度方向相同，可知，电场强度方向由P→Q；根据牛顿第二定律可知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度增大，场强增大，电场线越来越密．D正确．
答案：D
4．解析：电场线上某点的切线方向为该点的电场强度的方向，可知，A、B两处的电场强度方向相同，A错误；电荷由静止向B运动，所受电场力的方向由A指向B，但是电荷的电性未知，无法判断电场线的方向，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，一根电场线，无法判断A、B两点的电场线疏密，无法比较电场强度的大小，C错误；仅在静电力作用下沿电场线向B运动，一定做加速运动，D正确．
答案：D
5．解析：
根据题意及图可知，小球带正电，故A错误；对小球进行受力分析如图所示，由几何关系可知qE＝mgtan37°，解得E＝3.75×106N/C，故B错误；细线的拉力为FT＝＝0.125N，故C正确，D错误．
答案：C
6．解析：根据题意及题图甲可知，负电荷由静止释放，仅在静电力作用下运动，由负电荷受力和电场线方向关系可得该电场线的方向是由B指向A，A错误；v t图线的斜率反映加速度，由图乙知速度切线斜率减小，电荷在运动过程中加速度减小，B错误；电荷的加速度减小，即受力减小，所以电场强度减小，A点处的场强比B点处的场强大，C正确；由电场线的方向是由B指向A，若电场由正点电荷产生，则该正点电荷位置为B右侧，又由于A点处的场强比B点处的场强大，所以该电场不可能是由正点电荷产生的，D错误．
答案：C
7．解析：匀强电场对两个小球的电场力方向相反，要使它们都平衡，两个球必定是异种电荷，故小球B带负电．由题意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力方向向右，所以要加一个方向水平向左的电场；对A、B受力分析，则根据平衡条件得qBE＝k，qAE＝k，代入数据解得E＝2×104N/C，qB＝qA＝2.0×10－9C，A、C错误，B正确．A、B在连线中点处的电场强度大小相等，均为E1＝k＝4k＝4E，方向水平向右；则A、B连线中点处的电场强度大小E′＝2E1－E＝7E＝1.4×105N/C，方向水平向右，D错误．
答案：B
8．解析：设原来半径为R的整个均匀带电球体的电荷量为Q，由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分的电荷量为Q′＝Q＝Q＝Q.可知以OB为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点的电场强度减去被挖的球形在A、C两点的电场强度，则有EA＝－＝，EC＝－＝，可得＝.C正确．
答案：C
9．解析：取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示．
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k.由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝k.根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′＝E＝k，根据E′＝k，联立解得q＝.故选A.
答案：A
10．解析：小物块在斜面上受重力、电场力、弹簧的拉力、可能受斜面的支持力和斜面的摩擦力，故A错误．对整体受力分析可知，若场强E变大，斜面体受到的地面摩擦力变大，而支持力保持不变，故B错误．若qEsinθ＝mgcosθ，斜面对物块的支持力为零，物块与斜面之间没有摩擦力，则mgsinθ＋qEcosθ＝kx0，解得弹簧的伸长量为x0＝，故C正确．若物块与斜面间没有弹力，则剪断弹簧后，由于重力与电场力为恒力，其合力大小与弹簧弹力等大，所以剪断弹簧后，物块沿斜面向下做匀加速直线运动；若物块与斜面之间有弹力，剪断弹簧后，物块不可能离开斜面．故物块不可能做曲线运动，故D错误．
答案：C
11．解析：从M到N的过程中，带负电的小物体与正点电荷产生吸引力，两者间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故A错误；由题分析可知，从N到M的过程中，带负电的小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力垂直于斜面的分力不变，则垂直于斜面方向的合力先增大后减小，则小物体受到的支持力先增大后减小，摩擦力先增大后减小，故B正确；设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h.由于OM＝ON，M、N两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理可知
上升过程W－mgh＝0－mv
下滑过程W＋mgh＝mv－0
联立解得小物体上升的最大高度为h＝
故C错误，D正确．
答案：BD课时分层作业(一) 电荷
A组 基础达标练
1．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是( )
A．摩擦起电说明通过做功可以创造电荷
B．摩擦起电说明电荷可以创造
C．感应起电说明电荷可以从物体的一部分转移到物体的另一部分
D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
2．关于元电荷的理解，下列说法正确的是( )
A．元电荷就是电子或者质子
B．物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍
C．元电荷的电荷量大小是1C
D．只有电子所带的电荷量等于元电荷
3．如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A用导线接地一下后迅速断开，再将C移走，最后将A、B分开．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是( )
A．A、B均不带电
B．A、B均带正电
C．A带负电，B带正电
D．A带正电，B带负电
4．下列关于起电现象的描述，正确的是( )
A．摩擦起电的本质是创造了新的电荷
B．一带正电物体靠近不带电的导体时，不带电的导体将带负电荷
C．无论通过何种方式使物体带电，本质都是电荷在物体之间或者内部转移，并没有创造新电荷
D．两个完全一样的金属球，一球带电荷量为＋0.4C，另一球带电荷量为－0.2C，两球接触后再分开，则每球带电荷量均为＋0.3C
5．[2023·河南省八市重点中学联考](多选)小明同学用自制的验电器进行了一些探究实验．如图所示，小明使验电器带了负电荷，经过一段时间后，他发现该验电器的金属箔片(用包装巧克力的锡箔纸制作)几乎闭合了．关于此问题，他跟学习小组讨论后形成了下列观点，你认为正确的是( )
A．小球上原有的负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷不守恒
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律
6．如图是伏打起电盘示意图，其起电原理是( )
A．摩擦起电
B．感应起电
C．接触起电
D．以上三种方式都不是
7．两个完全相同的带电绝缘金属球A、B，分别带有电荷量QA＝8×10－9C、QB＝－3.2×10－9C．让两绝缘金属球接触后，A、B所带电荷量各是多少？此过程中电荷发生了怎样的转移，转移了多少？
8．将一整条塑胶带撕成几十条小塑胶丝，用黑胶布把上端裹紧，然后用手提塑胶丝，如图甲所示；取一条干净的干布料，自上而下地摩擦塑胶丝，如图乙所示；观察被摩擦后的塑胶丝，发现几十条小塑胶丝分散开来，如图丙所示．这是什么原因造成的？通过这个实验可以证明带电体的什么性质？
B组 能力提升练
9．如图所示，不带电导体B在靠近带正电荷的导体A后，P端及Q端分别感应出负电荷和正电荷．则以下说法正确的是( )
A．若用导线将Q接地，然后断开，再取走导体A，则导体B将带负电
B．若用导线将Q接地，然后断开，再取走导体A，则导体B将带正电
C．若用导线将Q接地，然后断开，再取走导体A，则导体B将不带电
D．若用导线将P接地，然后断开，再取走导体A，则导体B将带正电
10．把带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的金属箔片张开，如图所示．表示验电器上感应电荷的分布情况正确的是( )
11．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，C是带正电的小球，当其移近导体A后，分开A和B，之后移去C，最终A带上了－1×10－8C的电荷．下列关于电荷转移情况正确的是( )
A．从A到B转移了6.25×1010个正电荷
B．从A到B转移了1.25×1011个正电荷
C．从B到A转移了6.25×1010个电子
D．从B到A转移了1.25×1011个电子
12．有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电荷量为q，B球所带电荷量为－q，现要使A、B球所带电荷量都为－，应该怎样实现？
13．有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中小球A带有2.0×10－5C的正电荷，小球B、C不带电．现在让小球C先与小球A接触后分开，再让小球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，最终三个小球所带的电荷量分别是多少？
课时分层作业(一) 电荷
1．解析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，而电荷的总量是不变的，故A、B错误．感应起电过程电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一部分，故C正确，D错误．
答案：C
2．答案：B
3．解析：最初A、B均不带电，C带负电，将C靠近A，由于感应起电，A带正电，B带负电；然后A球用导线接地一下时，A球依然带正电荷，B球所带负电荷经导线流入大地；将C移走后，A球的电荷分到B球上一部分；再将A、B分开后，A、B均带正电荷．故选B.
答案：B
4．解析：摩擦起电实质是电子的转移．若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电荷；若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电荷．所以摩擦起电并没有创造出电荷，故A错误．带正电的物体靠近不带电的金属导体，由于电子被吸引，导体上靠近带电物体的部分带负电，远离带电物体的部分带正电，导体整体不带电，故B错误．无论通过何种方式使物体带电，本质都是电荷在物体之间或者内部转移，并没有创造新电荷，故C正确．两个完全一样的金属球，一球带电荷量为＋0.4C，另一球带电荷量为－0.2C，两球接触后再分开，电荷先中和再均分，每球带电荷量均为＋0.1C，故D错误．
答案：C
5．解析：带负电的验电器在潮湿的空气中，经过一段时间后，小球上的负电荷(电子)被潮湿的空气导走了，但电荷在转移的过程中仍然守恒，故C、D正确．
答案：CD
6．解析：导电平板靠近带正电的绝缘板时，发生静电感应，靠近绝缘板的一侧感应出负电荷；导电平板接地时，导电平板为近端，大地为远端，则导电平板带负电；断开接地线，导电平板上会带负电荷．
答案：B
7．解析：两金属球接触时，电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．即接触后两金属球的电荷量Q′A＝Q′B＝＝C＝2.4×10－9C.
在接触过程中，电子由B转移到A，自身的“净”电荷全部中和后继续转移，直至其带Q′B的正电荷，这样共转移的电子电荷量ΔQ＝Q′B－QB＝2.4×10－9C－(－3.2×10－9C)＝5.6×10－9C.
答案：均为2.4×10－9C 电子由B转移到了A，转移的电荷量为5.6×10－9C
8．解析：摩擦后的小塑胶丝分散开来，是由于摩擦后的塑胶丝带同种电荷，同种电荷相互排斥从而分散开来．实验证明了同种电荷相互排斥的性质．
答案：见解析
9．解析：导体B在靠近带正电荷的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因失去电子而带正电．用接地导线接导体B的任何部位，大地的负电荷都会中和B导体Q端的正电荷，因此断开导线，再取走导体A，导体B将带负电．故A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：把带电的金属球靠近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷．
答案：B
11．解析：A、B都是金属导体，可移动的电荷是自由电子．A带上负电荷的原因，是电子由B移动到A，其中转移的电子数为n＝＝6.25×1010个．这样B失去6.25×1010个电子，带上1×10－8C正电，A得到6.25×1010个电子，带上1×10－8C负电．
答案：C
12．解析：方法一 用手碰A球，A球失去电荷，将A、B球接触，A、B两球都带上－的电荷量，再用手碰A，A又失去电荷，再把A、B球接触，则A、B球都带上－的电荷量．
方法二 用一个与A、B完全相同的不带电的金属球与A接触，A球带电荷量变为，再把A、B球接触，A、B球带电荷量都变为－.
答案：见解析
13．解析：当小球C和A接触后，A、C球带电为Q1＝＝C＝1.0×10－5C
再让小球B与小球A接触，此时A、B带电为Q2＝＝C＝5×10－6C
再让小球B与小球C接触后，此时B、C带电为Q3＝C＝7.5×10－6C
所以最终A、B、C三个小球的带电量分别是5×10－6C，7.5×10－6C，7.5×10－6C
答案：5×10－6C 7.5×10－6C 7.5×10－6C模块综合测试卷
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．不带电的导体P置于场强方向向右的电场中，其周围电场线分布如图所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点( )
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．a点的电势低于b点的电势
C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的电势能大
D．负检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做负功
2．如图所示，用绝缘细线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定于O点正下方的小球B接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为FT1，库仑斥力为F1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为FT2，库仑斥力为F2.则( )
A．FT1C．F1>F2D．F1＝F2
3．如图所示，菱形ABCD处于一匀强电场中，已知B点的电势为12V，对角线的交点O的电势为7V．则D点的电势为( )
A．0B．2V
C．5VD．19V
4．如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点．则可判断( )
A．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板时的动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是aC＞aB＞aA
5．在图中，通电螺线管附近的小磁针指向正确的是( )
6．如图，a、b和c三个完全相同的矩形绝缘线框与通电直导线在同一平面内，其中a关于导线左右对称，b和c的右侧平齐．通过a、b和c三个线框的磁通量分别为φa、φb和φc，则( )
A．φa＞φb＞φcB．φa＝φb＝φc
C．φa＜φb＝φcD.φa＜φb＜φc
7．如图所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则此过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)( )
A．为零
B．方向由向左变为向右
C．方向保持不变
D．方向由向右变为向左
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则若将P向上移动过程中下列说法正确的是( )
A．油滴带负电
B．A表的示数变大
C．油滴向上加速运动
D．G中有由a→b的电流
9．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是( )
A．在静电场中，电场线不可能相交
B．磁感线是虚拟的，电场线是客观存在的
C.在用磁感线描绘磁场时，磁感线的疏密表示磁感应强度的大小
D．在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方电场强度为零
10．某静电场中的电场线分布如图中实线所示，带电粒子在电场中仅受电场力的作用，沿图中虚线由A运动到B.则下列说法正确的是( )
A．该带电粒子一定带正电
B．A点电场强度小于B点电场强度
C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度
D．粒子由A点向B点运动的过程中电势能逐渐减小
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)如图一量程为100μA的电流表，内阻为100Ω，现需________联(选填“串”或“并”)一个________Ω的电阻可将它改装成量程0～1V电压表，应该把它________联(选填“串”或“并”)在电路中测量电压，某次测量表盘指针位置如图所示，该电压的大小是________V．
12．(8分)一个小灯泡上标有“2V 1W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I U图线．可选用的器材如下．
A．电压表(量程3V，内阻约10kΩ)
B．电压表(量程15V，内阻约20kΩ)
C．电流表(量程0.3A，内阻约1Ω)
D.电流表(量程0.6A，内阻约0.4Ω)
E．滑动变阻器(5Ω，1A)
F．滑动变阻器(100Ω，0.2A)
G．电源(电动势3V，内阻1Ω)
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便．
(1)电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填器材序号字母).
(2)实验电路图应选择图甲中的________(选填“a”或“b”)图．
(3)连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确．接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是________(选填“不亮”或“逐渐变亮”).
(4)通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为________Ω.(结果保留两位有效数字)
13．(12分)如图所示，a、b、c是匀强电场中的三点，已知a、b两点相距2cm，b、c相距6cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60°角．将电荷量为＋2×10－8C的点电荷从a点移到b点时，电场力做功为2×10－6J.
(1)求a、b两点电势差．
(2)求匀强电场的电场强度的大小．
(3)将电荷从a点经b点移到c点的过程中，电场力做的功是多少？
14．(14分)如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻r＝2Ω，电炉的电阻R1＝18Ω，电动机线圈的电阻R2＝1Ω.当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝72W，当S闭合时，干路中的电流I＝15A．求：
(1)电源的电动势E；
(2)S闭合后电动机的机械功率．
15．(14分)如图，直线MN上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B.一质量为m，电荷量为q(q<0)的带电粒子以速度v从O点射入该磁场区域，进入磁场时速度方向与MN边的夹角θ＝60°，粒子在磁场中运动一段时间后从边界MN上的P点射出，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的半径；
(2)入射点O与出射点P间的距离L；
(3)粒子在磁场中运动的时间t.
模块综合测试卷
1．解析：由电场线越密的地方，电场强度越大可知，Ea>Eb，A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置，即a点的电势比P高，P的电势比b高，故a点电势高于b点的电势，B错误；负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的电势能小，则负检验电荷从a点移到b点的过程中，电势能增大，则电场力做负功，C错误，D正确．
答案：D
2．解析：小球A受到重力G，悬绳拉力FT，库仑斥力F，这三个力的合力为0，因此这三个力构成一个封闭的力矢量三角形，且正好与几何三角形OAB相似，故有＝，由于|OA|＝|OB|，所以FT＝G，即FT与θ无关，故A错误，B正确；若增加两球的带电量，同理有＝，由于G、|OB|不变，|AB|增大，故F也增大，所以F1答案：B
3．解析：由于BO和OD是匀强电场中两平行等长的线段，故UBO＝UOD，可得φD＝2V，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
4．解析：小球在水平方向做匀速直线运动，根据x＝vt，因水平方向的距离大小关系xA＞xB＞xC可知tA＞tB＞tC.而在竖直方向上，三个小球通过的高度相同，根据位移公式h＝at2和时间关系可知，aA＜aB＜aC，再根据牛顿第二定律可分析出，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，落到A点的小球加速度最小，经过时间最长，故球带正电，同理可知落到C点的小球带负电，落到B点的小球不带电，故A、B错误，D正确．在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，根据动能定理可知其动能改变量最大，而带正电荷小球动能改变量最小，即EkC＞EkB＞EkA，故C错误．
答案：D
5．解析：根据右手螺旋定则，图中螺线管的右端为S极，则小磁针的N极应该指向左，B正确．
答案：B
6．解析：根据安培定则，电流左侧磁场垂直纸面向外，电流右侧磁场垂直纸面向里．
a线圈关于直导线左右对称，向里穿过线框的磁通量与向外穿过线框的磁通量恰好抵消，Φa＝0；
由于离导线越远，磁场越弱，则Φb<Φc；
所以Φa<Φb<Φc，故D项正确．
答案：D
7．解析：根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示．
显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．所以当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时，条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B正确．
答案：B
8．解析：电容器上极板带正电，下级板带负电荷，油滴静止，电场力方向向上，则油滴带负电，A正确；P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律I＝，电流表A的示数变小，B错误；P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，则外电压U外增大，根据UR1＝IR1，电阻R1的两端电压变小，根据U外＝UR1＋U并，U并增大，即电容器两端的电压增大，油滴受到的电场力增大，大于重力，油滴向上加速运动，C正确；电容器两端的电压增大，根据Q＝CU，电容器充电，G中有由b→a的电流，D错误．
答案：AC
9．解析：在静电场中，电场线不可能相交，A正确；磁感线和电场线都是虚拟的，不是客观存在的，B错误；在用磁感线描绘磁场时，磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，C正确；在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方仍有可能有电场，电场强度不一定为零，D错误．
答案：AC
10．解析：物体做曲线运动时，受力方向指向曲线的凹面一侧，所以由曲线轨迹和电场方向可知，该带电粒子一定带正电，故A正确；电场线越密集的地方电场强度越大，因此A点电场强度小于B点电场强度，故B正确；粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力，因此粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；从A到B的过程中，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故D正确．
答案：ABD
11．解析：电流表改装成电压表，需要串联分压电阻；
由U＝Ig(R＋Rg)，
可得R＝－Rg＝9900Ω；
电压表测电压时，应与被测元件并联；
由电压表量程可知电压表分度值为U0＝＝0.1V.
则电压表读数约为0.84V.
答案：串 9900 并 0.83～0.86
12．解析：(1)灯泡额定电压是2V，电压表应选择A；灯泡额定电流I＝＝＝0.5A，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；(2)为了在灯泡上得到从0开始的电压，滑动变阻器要用分压电路，灯泡属于小电阻，则用电流表外接，故电路选b；(3)接成题图乙所示的电路，电压表内阻很大，电路中电流几乎为零，则灯泡不亮；(4)灯泡正常工作时，电压为2V，由题图可知I＝0.5A，则R＝＝4.0Ω
答案：(1)A D E (2)b (3)不亮 (4)4.0
13．解析：(1) a、b两点间的电势差为
Uab＝＝V＝100V.
(2)根据U＝Ed，
可得匀强电场的场强大小E＝＝V/m＝5000V/m.
(3) a、c两点电势差为
Uac＝E(dab＋dbccos60°)＝5000×(0.02＋0.06×0.5) V＝250V，
将电荷从a点经b点移到c点的过程中，电场力做的功
Wac＝qUac＝2×10－8×250J＝5×10－6J.
答案：(1)100V (2)5000V/m (3)5×10－6J
14．解析：(1) 当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝72W，由热功率公式可得P＝I2r，
解得I＝＝6A，
由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R1＋r)＝120V.
(2)当S闭合时，干路中的电流I＝15A，由闭合电路欧姆定律可得E＝Ir＋U，
解得U＝90V，
此时通过R1的电流为I1＝＝5A.
由并联电路电流的规律可得，通过电动机的电流为
I2＝I－I1＝10A.
因此电动机的电功率为P电＝UI2＝900W，
电动机的热功率为P热＝IR2＝100W，
电动机的机械功率为P机＝P电－P热＝800W.
答案：(1)120V (2)800W
15．解析：(1)粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图；
由qvB＝m得R＝.
(2)入射点O与出射点P间的距离为L＝2Rsin60°＝R＝.
(3)粒子运动的周期为T＝，
粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动的时间为
t＝T＝.
答案：(1) (2) (3)
