库仑定律同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共40分）
两个分别带有电荷量和的相同金属小球视为点电荷，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为两小球相互接触后重新固定在相距处，则两球间库仑力的大小为
A. B. C. D. 12F
如图所示，三个点电荷、、固定在一条直线上，与间距离为与间距离的2倍，每个点电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为
A. B. C. D.
真空中相距为r的两点电荷、，电量均为q，相互作用力为若要使相互作用力变为2F，可采用的方法是
A. 、电量同时增大为2q，距离保持不变
B. 电量增大为2q，电量不变，距离保持不变
C. 、电量不变，距离变为2r
D. 、电量不变，距离变为
如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力和库仑力的表达式正确的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为1的正三角形的三个顶点上；a、b带负电，电荷量均为q，c带正电．整个系统置于方向水平的匀强电场中，三个小球均处于静止状态．已知静电力常量为k，则匀强电场场强的大小和方向
A. ，方向垂直ab远离c B. ，方向垂直ab指向c
C. ，方向垂直ab远离c D. ，方向垂直ab指向c
如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，两小球在同一水平线上，由此可知
A. B球受到的库仑力较大，电荷量较大
B. B球的质量较大
C. B球受到的拉力较大
D. 两球接触后再分开，再处于静止状态时，悬线的偏角仍满足
如图所示，固定在绝缘支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使B球移动一小段距离。在此过程中以下说法正确的是
A. 细线上的拉力一直增大 B. 细线上的拉力先增大后减小
C. 球的运动轨迹是一段直线 D. 球的运动轨迹是一段圆弧
如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球可以看成点电荷，A球带电量为，B球带电量为，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的两倍。下列说法正确的是
A. A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍
B. 靠近过程中A球的动能总是等于B球的动能
C. A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D. 现把A球与带电量为的C球接触后放回原位置，再静止释放A、B两球，A球加速度大小仍为B球的2倍
关于库仑定律的公式，下列说法正确的是
A. 当真空中的点电荷的相接触时，库仑力无穷大
B. 卡文迪许在实验室中测出了静电力常量k
C. 对的库仑力可理解为在位置处产生的电场对的电场力
D. 当带电体为两个导体球球半径相对于距离不可忽略时，则r指的是两球心间的距离
如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来两个带电小球A，B，左边放一个带正电的固定球Q时，两悬线都保持竖直方向．关于A、B所带电荷的电性及电荷量关系，下面说法中正确的是
A. A带正电，B带正电，并且A带电荷量较大
B. A带负电，B带正电，并且A带电荷量较小
C. A带负电，B带正电，并且A带电荷量较大
D. A带正电，B带负电，并且A带电荷量较小
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
如图所示，两根丝线挂着两个质量相同的小球A，B，开始时两球都不带电，此时上、下丝线的受力分别为和；如果使A带正电，使B带负电，此时上下丝线的受力分别为和，则
A. B. C. D.
如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法正确的是
A. 两球之间的库仑力
B. 当时，斜面对小球A的支持力为
C. 当时，细线上拉力为0
D. 将小球B移到斜面底面左端C点，当时，斜面对小球A的支持力为0
如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、均可视为点电荷，三小球沿同一直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，则以下判断正确的是
A. a对b的静电力一定是引力 B. a对b的静电力可能是斥力
C. a的电荷量可能比b的小 D. a的电荷量一定比b的大
多选如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为、，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为若A球电荷量保持不变，B球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是
A. 丝线对B球的拉力逐渐变大
B. A球对B球的库仑力逐渐变小
C. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的
D. 当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
如图所示，带正电且电荷量为Q的带电体固定在绝缘支架上，电荷量为q的小球受到的库仑力大小可通过丝线偏离竖直方向的角度表示。挂在位置时，小球和带电体的距离为r，两者都可以看成点电荷。已知静电力常量为k，则小球
带正电还是带负电？
挂在位置时受带电体的库仑力F多大？
挂在位置时，丝线偏离竖直方向的角度增大了还是减小了？
如图所示，x轴上固定了两个正点电荷，电量为的点电荷A位于处，电量为的点电荷B位于处，求：
两个点电荷之间的库仑力大小；
若在x轴上放入第三个点电荷C，恰能静止，求其坐标x；
在第问的基础上，取消A和B的固定，恰能使三个点电荷均静止，求C的电性和电量q。
三个电荷量均为正电的小球，放在水平绝缘的桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，如图所示．在三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？
如图所示，在倾角为的绝缘粗糙斜面上B处有质量为、电荷量为的物体可视为质点；在和斜面处于同一平面内与B点等高处、相距的A点固定带电荷量的点电荷；现发现物体在斜面上处于静止状态重力加速度，静电力常量，求：
物体受到库仑力的大小；
物体受到的摩擦力大小和方向．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查库仑定律。解题的关键是清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分。根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。
【解答】
接触前两个带电小球的库仑力大小为，接触之后两球电荷中和后再均分，故每个小球的带电量为Q，此时的库仑力大小为，解得：，故ABD错误，C正确。
故选C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，可以利用假设法判断三个点电荷的电性关系，如假设带正电，其它电荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远进行判断；
三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列方程即可求解。
本题考察了库仑定律在电荷平衡中的应用，对于三个电荷平衡可以利用“两同夹异，近小远大”的规律进行电性判断，本题的难点在于计算，学生列出方程容易，但是计算正确难。
【解答】
每个点电荷所受静电力的合力为零，由口诀“三点共线，两大夹小，两同夹异”，可排除B、D选项；
考虑的平衡：由，据库仑定律得
考虑的平衡：，同理得
即
故
考虑电性后应为或，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
在真空中有两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，根据库仑定律，运用比例法求解。
【解答】
根据库仑定律，则有：；
A.当、电量同时增大为2q，距离保持不变时，库仑力变为故A错误；
B.当电量增大为2q，电量不变，距离保持不变时，库仑力变为故B正确；
C.当、电量不变，距离变为2r时，则它们之间的作用力变为，故C错误；
D.当、电量不变，距离变为时，则它们之间的作用力变为4F，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】解：万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，由于金属球a和b质量分布均匀，所以万有引力定律可以直接的应用，所以它们之间的万有引力为，
由于两球心间的距离l为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，且两球壳因电荷间的相互作用使电荷分布不均匀，所以此时的电荷不能看成是点电荷，由于电荷之间的相互吸引，使他们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分部比较密集，所以此时电荷间的库仑力。
故D正确、ABC错误。
故选：D。
万有引力定律的使用的条件是质点和质量均匀分布的球，库仑定律的使用的条件是点电荷，根据它们的使用条件来分析即可．
本题是对万有引力定律和库仑定律使用条件的考查，掌握住库仑定律的使用的条件是点电荷之间的作用力，只有是点电荷的时候，库仑定律才可以使用，当电荷之间的距离不够大的时候，就不能看成是点电荷，库仑定律就不能使用．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了库仑定律与力学问题的综合应用；本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件和库仑定律及平行四边形定则解题。
三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解。
【解答】
设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力方向垂直ab向上，与匀强电场对c的力等值反向，即：
解得匀强电场场强的大小为，方向垂直ab向下，指向c，故B正确，ACD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了库仑定律与力学问题的综合应用；本题在解答过程中，物体的平衡条件成为关键内容，因此分析物体的受力，对力进行分解合成就成了必须的步骤，有利于学生将力学知识与电学知识相结合。
根据根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力；
对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示出两个球的重力和拉力，进行比较。
【解答】
A.根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；
对小球受力分析，根据平衡条件有：
B.对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：
；
；
因，所以，故B错误；
C.根据平衡条件有：
；
；
因，所以B球受的拉力较小，故C错误；
D.两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：
；
；
因为，所以，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了受力分析、库仑定律与动态平衡，对小球受力分析，根据库仑定律，结合函数分析法进行分析即可。
解决本题的关键是掌握相似三角形法在动态平衡中的应用，结合库仑定律分析力学问题。
【解答】
设A、B两小球所带电荷量分别为、，B球的质量为m，，当小球B被拉至某位置时，其受力如图所示，
设此时，，两球的库仑力大小，此时有，可得，，由于l一直在减小，故F一直减小，而，故r保持不变，所以B球的运动轨迹是以A为圆心的一段圆弧，故ABC错误，D正确。
故选D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
A球受到的静电力和B球受到静电力是--对作用力与反作用力，根据动能定理分析动能的大小、根据牛顿第二定律分析加速度大小关系。
【解答】
球受到的静电力和B球受到静电力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反，故AC错误；
B.根据动能定理可得，即，虽然两个球都是做加速度增大的加速运动，但电场力始终等大反向、A球加速度大小始终为B球的两倍，则A球的位移大小为B球的位移大小的2倍，靠近过程中A球的动能是B球的动能2倍，故B错误；
D.根据题意得A球加速度大小为B球的两倍，则根据可知A的质量为B的，无论A和B的电荷量大小如何，二者的电场力总是等大反向，A球加速度大小仍为B球的2倍，故D正确。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。
解决本题的关键掌握库仑定律的适用范围，以及能看成点电荷的条件，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。
【解答】
A.库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力，当真空中的点电荷的相接触时就成了一个点电荷，故A错误；
B.卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量G的数值，故B错误；
C.对的库仑力可理解为在位置处产生的电场对的电场力，故C正确；
D.两个带电金属球如果带同种电荷，相互排斥，导致间距大于球心间距，如果带异种电荷，相互吸引，导致间距小于两球心间的距离，故D错误。
故选C。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
存在球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，来确定A、B球的电性．根据库仑定律判断A、B的电量大小。
本题采用隔离法，由平衡条件分析小球的电性，考查灵活选择研究对象的能力。
【解答】
存在球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电，而B球带正电；A、B作为整体，得对A、B的水平方向的库仑力大小相等、方向相反；根据得，A离近点，所以A球带电荷量较小，B球带电荷量较大。故ACD错误，B正确。
故选B。
11.【答案】AD
【解析】解：运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上丝线的拉力，
则由平衡条件得：上丝线的拉力。
所以。
再隔离B研究，不带电时受重力和下丝线的拉力，
由平衡条件得：。
带电时受重力、下丝线的拉力和A对B的向上的吸引力。
由平衡条件得：。
即
故选：AD。
运用整体法研究，根据共点力平衡状判断上丝线受的力的变化．
再隔离B研究，进行受力分析，根据共点力平衡状判断下丝线受的力的变化．
本题采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力
12.【答案】ABD
【解析】
【分析】
依据库仑定律，即可确定库仑力大小；当时，即可确定库仑力的大小，再对球受力分析，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解；小球B移到斜面底面左端C点，当，时，对球受力分析，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可判定。
【解答】
A.依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为，故A正确；
当，则有，对球受力分析，如图所示：
根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为，，故B正确，C错误；
D.当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：
依据几何关系可知，T与F的夹角为，且两力的合力与重力反向；当时，即有，根据矢量的合成法则，则有两合力与重力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为，而现在时，即有，那么小球离开斜面，因此斜面对小球A的支持力仍为零，故D正确；
故选ABD．
13.【答案】AD
【解析】
【分析】
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，故可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。三个小球只受静电力而平衡时，三个小球所带的电性一定为“两同夹一异”，且在大小上一定为“两大夹一小”，由此得解。
本题主要考查多个点电荷的平衡为题，注意应用三个小球均处于平衡状态时的条件及结论是解题的关键，难度不大。
【解答】
因题目中要求三个小球均处于平衡状态，由平衡条件，根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此A正确，B错误；
同理，无论b、c间是斥力还是引力，总存在的大小等于，即，因为，故a的电荷量一定大于b的电荷量，故C错误，D正确。
故选AD。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
对小球进行受力分析，并作出平行四边形；由几何关系可知力与边的关系，即可得出符合条件的选项。本题中B球处于动态平衡状态，注意本题采用了相似三角形法；对学生数学能力要求较高，应注意相应知识的积累应用。
【解答】
对B球受力分析，如图所示
B受重力、绳子的拉力及库仑力；将重力与库仑力合成，其合力应与拉力大小相等方向相反；
由几何关系可知，；B球缓慢漏电，可知F减小，则d渐渐减小，不变，故A错误，B正确；
当AB间距减为时，则库仑力减小到原来的，根据库仑力可知，B球的电荷量减小为原来的，故C错误，D正确。
故选BD。
15.【答案】分析丝线的偏离方向，小球受到库仑斥力作用，则小球带正电。
根据库仑定律可知，小球挂在位置时受带电体的库仑力：。
挂在位置时，带电体与小球的间距r变大，则小球受到的库仑力减小，丝线偏离竖直方向的角度减小了。
【解析】本题主要考查共点力的平衡，库仑定律。
根据丝线的偏角分析库仑力的方向，确定小球的电性。
根据库仑定律求解库仑力。
挂在位置时，结合带电体与小球的间距r的变化，根据库仑定律判断小球受到的库仑力的变化，继而得知丝线偏离竖直方向的角度如何变化。
16.【答案】解：由库仑定律得两个点电荷之间的库仑力大小：
；
若在x轴上放入第三个点电荷C，恰能静止，设第三个点电荷电荷量为q，第三个点电荷C应放在两电荷之间，设其坐标为x，由平衡条件得：
解得；
取消A和B的固定，恰能使三个点电荷均静止，由两同夹异知C带负电，对2Q所在位置合场强为零，有 ，
解得。
【解析】本题主要考查库仑定律、点电荷场强公式、场强的叠加。
由库仑定律得两个点电荷之间的库仑力大小；
使第三个点电荷C，恰能静止，知应放在两电荷之间，对第三个点电荷C，由平衡条件得其坐标x；
使三个点电荷均静止，由两同夹异知C的电性，由各电荷所在位置合场强为零，由点电荷场强公式可求C的电量q。
17.【答案】解：由平衡条件知放置在O点应为带负电的电荷，设等边三角形的边长为L，则AO之间的距离为L.
B、C两球对A球作用力的合力为
．
设O点放置的电荷的电荷量大小为q，对A球的作用力为．
由于A静止，故有．
联立以上方程解得带负电
由于A、B、C三球受力情况一样，可知B、C两球也将处于平衡状态．即在O点处放置电荷量大小为的负电荷可使三球处于静止状态．
【解析】根据几何关系解出中心O点到三角形顶点的距离，每一个带电小球都处于静止状态，不妨研究A球，A球受力平衡，BC两球的对A是库仑斥力，O点的电荷对A是库仑引力，列方程化简即可。
18.【答案】解：物体受到的库仑力： ；
沿斜面方向上有：；
代入数据解得：，方向沿斜面向下；
答：物体受到的库仑力为；
物体受到的摩擦力为，方向沿斜面向下。
【解析】本题考查了库仑定律和共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，抓住沿斜面方向的合力为零进行求解。
根据库仑定律求出物体受到的库仑力的大小；
对物体分析，抓住物体在沿斜面方向上的合力为零求出物体受到的摩擦力大小。
第2页，共2页导体的电阻同步练习
一、单选题
下列说法正确的是
A. 电阻值大的为绝缘体，电阻值小的为导体
B. 一般金属材料的电阻率随温度升高而减小
C. 材料的电阻率与导体的电阻、横截面积和长度有关
D. 当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零
如图所示为电阻R随温度T变化的图线．下列说法中错误的是
A. 图线1是热敏电阻的图线，它是用金属材料制成的
B. 图线2是热敏电阻的图线，它是用半导体材料制成的
C. 图线1对应的电阻材料化学稳定性好、测温范围大，但灵敏度低
D. 图线2对应的电阻材料化学稳定性差、测温范围小、灵敏度高
有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则
A. 从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a：b
B. 从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1：1
C. 若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a：b
D. 若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为：
关于电阻、电压和电流下列说法中错误的是
A. 由可知，电阻与电压、电流都有关
B. 半导体的电阻率随温度的升高而减小
C. 金属的电阻率随温度的升高而增大
D. 由可知，导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系
如图为滑动变阻器的示意图，A，B，C，D为4个接线柱，当滑动片P由C向D移动时，若要使变阻器接入电路的电阻由大变小，应将电阻器的哪两个接线柱连入电路
A. A和B B. A和D C. B和C D. C和D
如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长，，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为3A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为
A. B. C. D.
某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为
A. ，4R B. ，4R C. ，16R D. ，16R
关于电阻率的说法中正确的是
A. 电阻率与导体的长度l和横截面积S有关
B. 电阻率反映材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关
C. 电阻率大的导体，电阻一定很大
D. 有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作电阻温度计
二、多选题
一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，电流强度为I，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为
A. B. C. D.
两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时，其电势的变化如图所示，下列说法正确的是
A. A和B导线两端的电压之比为 B. A和B导线两端的电压之比为
C. A和B导线的横截面积之比为 D. A和B导线的横截面积之比为
甲、乙两个电阻，它们的伏安特性曲线画在同一个坐标系中，如图所示，则
A. 甲的电阻是乙的电阻的
B. 把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两倍
C. 欲使有相同的电流通过两个电阻，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
三、计算题
如图所示为某电阻R随摄氏温度t变化的关系图象，图中表示时的电阻值，k表示图线的斜率．若用该电阻与电池电动势为E，内阻为、电流表满偏电流为Ig、内阻为、滑动变阻器串联起来，连接成如图所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻温度计”。
使用“电阻温度计”前，先要把电流表的刻度改为相应的温度值，若温度，其对应的电流分别为、，则、谁大？
若该“电阻温度计”的最低适用温度为，即当温度为时，电流表恰好达到满偏电流Ig，则变阻器的阻值为多大？
若保持中电阻的值不变，则电流表刻度为I时所对应的温度t为多大？
如图所示，P是一个表面镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则：
金属膜的电阻为多少
求镀膜材料电阻率的计算式。
有一导线长，直径为，导体材料的电阻率为。
此导线的电阻是多少？
另一段相同材料的导线，质量与前者相同，但后者直径比前者直径大一倍，则这根导线的电阻是多少？
答案
1.D
A.判断导体与绝缘体，不是看电阻值的大小，而是看电阻率的大小。故A错误；
B.一般金属材料的电阻率随温度升高而增大，故B错误；
C.材料的电阻率由材料本身决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关，故C错误；
D.当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零，故D正确。
故选D。
2.A
金属导体随着温度升高，电阻率变大，从而导致电阻增大，对于半导体材料，电阻随着温度升高而减小，因此由图可知，图1表示金属导体的电阻随温度的变化，其化学稳定性好、测温范围大、但灵敏度低；图2表示半导体材料的电阻随温度的变化，为热敏电阻的图线，其化学稳定性差、测温范围小、灵敏度高，故A错误，BCD正确。
本题选不正确的，故选A。
3.B
从图示方向看，则根据电阻定律可知，，，故两电阻相等，比值为1：1，故A错误，B正确；
若电流竖直向下，则根据电阻定律有：，，故；故CD错误。
故选B。
4.A
A.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故A错误；
不同材料的电阻率随温度的变化规律不同，金属导体电阻率随温度的升高而增大，半导体电阻率随温度的升高而减小；故B、C正确；
D.由电阻定律可知导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系，则D正确。
因选错误的，故选A。
5.B
A.连A和B时，连入电路中的是一个定值电阻最大电阻，这种接法是不能变阻的不符合题意，故A错误；
B.连A和D时，连入路中的电阻丝是PA部分，当滑片P由C向D移动时，PA电阻丝长度变短，电阻变小，符合题意，故B正确；
C.连B和C时，连入路中的电阻丝是PB部分，当滑片P由C向D移动时，PB电阻丝长度变长，电阻变大，不符合题意，故C错误。
D.连C和D时，电阻丝没有连入电路，滑片移到不能改变电阻的大小，不符合题意，故D错误。
故选B。
6.B
解：设金属薄片的厚度为a。
若将A与B接入电路，导体的电阻为
则；
若将C与D接入电路，导体的电阻为
电流为
故答案为B。
7.D
8.B
9.AC
导体中的电流为，
导体的电阻为，
导体两端的电压为，
场强为，
联立解得，
故选AC。
10.AD
由图可知，A、B两端的电势差分别为6V，4V，则电压之比为3：2；故A正确，B错误；
串联时电流相等，则由可知，根据电阻定律得，，则。则横截面积之比，故D正确，C错误。
故选AD。
11.AC
由图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有，故甲的电阻是乙的电阻的，故A正确，D错误。
B.两电阻电压相同，则由可知，通过甲的电流是通过乙的电流的3倍，故B错误；
C.根据欧姆定律可知，欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍，故C正确。
故选AC。
12.解：由图可知温度越高，电阻R越大，对应电路中的电流越小，故I I．
由闭合电路欧姆定律得：
I
得：R R R r．
由图得R R kt
再由闭合电路欧姆定律得：
I
解之得：t
答：，电阻，电流表刻度为I时所对应的温度t为
13.解：根据欧姆定律得，金属膜的电阻；
由于金属膜的厚度很小，所以，在计算横截面积时，近似的计算方法是：若将金属膜剥下，金属膜可等效为长为L，宽为周长，高为厚度为d的长方体，金属膜的长度为L，横截面积，
根据求得，。
14.解：设电阻长为L，横截面积为S，直径为由电阻定律，又得：
质量为导线密度，
由上式可知，两者质量相同，后者直径比前者直径大一倍，后者长度是前者长度的，
由得另一段导线电阻
第2页，共2页带点粒子在电场中的运动同步练习
一、单选题
如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是
A. 变大、变大 B. 变小、变大
C. 变小、变小 D. 变大、变小
带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰到金属板，欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰到金属板，则必须
A. 使两板间的距离减为原来的 B. 使两板间的电压减为原来的
C. 使两板间的电压减为原来的 D. 使两板间的距离减为原来的
如图示波管，当两偏转电极、电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间图示坐标的O点，其中x轴与电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与电场的场强方向重合，若要电子打在图示坐标的第Ⅱ象限，则
A. X、Y极接电源的正极，、接电源的负极
B. X、极接电源的正极，、Y接电源的负极
C. 、Y极接电源的正极，X、接电源的负极
D. 、极接电源的正极，X、Y接电源的负极
如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子的初速度恰与电场线方向相同，则带电粒子在开始运动后，将
A. 沿电场线方向做匀加速直线运动 B. 沿电场线方向做变加速直线运动
C. 沿电场线方向做匀减速直线运动 D. 偏离电场线方向做曲线运动
真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A，B之间有加速电场，C，D之间有偏转电场，M为荧光屏。现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，不计粒子重力，则下列说法中正确的是：
A. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同
B. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
C. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为
D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为
示波管是电子示波器的心脏。在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上。如图所示，电子从静止开始，经过电压为的加速电场加速并进入偏转电场，射出偏转电场后射到荧光屏上的动能为。电子的电荷量为e，偏转电场中两板之间的距离与板长之比为k，电子重力不计。偏转电场中两板之间的电压为
A. B.
C. D.
如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后进入偏转电场，并离开偏转电场．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是
A. 加速电场对两种粒子做功一样多
B. 两种粒子同时离开加速电场
C. 两种粒子离开偏转电场时的速度一样大
D. 两种粒子离开偏转电场时的速度方向相同
如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中一定能使电子的偏转角变大的是
A. 变大，变大 B. 变小，变大
C. 变大，变小 D. 变小，变小
二、多选题
光滑水平面上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀场电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为
A. B. C. D.
如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为的带电粒子以初速度由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是不计带电粒子的重力
A. 使初速度减小为原来的
B. 使M、N间电势差加倍
C. 使M、N间电势差提高到原来的4倍
D. 使初速度和M、N间电势差都减小为原来的
如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是
A. 尽可能把偏转极板L做得长一点
B. 尽可能把偏转极板L做得短一点
C. 尽可能把偏转极板间的距离d做得小一点
D. 将电子枪的加速电压提高
如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为，水平放置的一对平行金属板间的电势差为一电子由静止开始经加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出不计电子重力下列说法正确的是
A. 增大，电子一定打在金属板上
B. 减少，电子一定打在金属板上
C. 减少，电子一定能从水平金属板间射出
D. 增大，电子一定能从水平金属板间射出
三、计算题
如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g．
若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时受到轨道的作用力大小；
改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
物块从水平轨道静止释放，要使它沿圆形轨道滑行时不脱离轨道，求s的取值范围。
一束电子流在经的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。已知两板间距，板长，不计电子的重力和电子间的相互作用力，
若要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
若要使电子打到下板中间，则两个极板上需要加多大的电压？
如图所示，在坐标系xOy平面内，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为，y轴右侧有沿y轴正方向、电场强度大小的匀强电场。现从x轴上坐标为的M点由静止释放一个质量为m，电荷量为的粒子P，不计粒子重力。则
若粒子P在运动过程中恰好经过点，求电场强度的大小；
在粒子P进入y轴右侧电场的同时，从右侧电场中的某处由静止释放另一个质量为2m，电荷量为的粒子Q。不计两个粒子的重力及相互作用力，若两粒子能够相遇，求粒子Q释放点的纵坐标y与横坐标x之间的关系。
如图甲所示，长为L的两平行金属板C、D间加上如图乙所示的交变电压，已知，，大量电子在P点以的初速度连续释放，经电压大小为的电场加速后沿两金属板CD的中线射入，偏转位移最大的电子恰好能通过极板，已知电子的质量为m，电量为e，重力不计，求：
电子加速后进入平行金属板时的速度大小及CD两金属板间距离；
电子通过两板后，最小的偏转位移y。
答案
1.D
解：根据动能定理：
得：
在偏转电场中
若使偏转角变小即使变小，由上式看出可以减小增大．
故选：D。
2.B
解：设平行金属板板长为l，板间距离为d，板间电压为U，该带电粒子的质量和电量分别为m、q，带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动。
由题，带电粒子恰穿过电场而不碰金属板，则有：
又
联立得到：
由此式得到：欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿穿过电场不碰金属板，上式仍成立，则粒子电量减为原来的，使两板间的电压减为原来的 ，使两板间的距离变为原来的2倍，故ACD错误，B正确。
故选B 。
3.C
打在第Ⅱ象限，故经过区间时电场力向上，即接负极；
打在第Ⅱ象限，故经过区间时电场力外，即X接负极；故C正确，ABD错误。
故选C。
4.C
在匀强电场E中，带电粒子所受静电力为恒力．带电粒子受到与运动方向相反的恒定的静电力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动，故C正确。
故选C。
5.A
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；
A.根据推论：，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故A正确；
B.在加速电场中，由动能定理得：，则加速获得的速度为；三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故B错误；
偏转电压的电场力做功为，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，故CD错误。
故选A。
6.D
设电子的质量为m，电子刚进入偏转电场时的速度大小为，对电子在加速电场中加速的过程，由动能定理有，
设电子进入偏转电场后做类平抛运动的时间为t，偏转电场中两板之间的距离为d，两板之间的电压为U，有，
电子在偏转电场中运动的加速度大小，
电子射出偏转电场时沿垂直于板方向的分速度大小，
电子射出偏转电场时的速度大小，
因电子射出偏转电场后做匀速直线运动，故有，
解得，故ABC错误，D正确。
故选D。
7.D
A.设加速电压为，根据电场力做功的计算公式可得，由于粒子的电荷量不同，所以加速电场对两种粒子做的功不同，故A错误；
B、根据位移时间关系可得，解得，x相同、比荷不同，所以两种粒子不是同时离开加速电场，故B错误；
C、设偏转电场的电压为，两板间的距离为d，板长为L，在加速电场中根据动能定理可得，解得，
在偏转电场中的偏转位移，所以粒子出偏转电场时的偏转位移相同，
全过程根据动能定理可得：，解得：，由于比荷不同，所以出偏转电场时的速度不同，故C错误；
D.由于粒子离开电场时的速度方向反向延长线过水平位移的中点，而偏转位移相同，所以两种粒子离开偏转电场时的速度方向相同，故D正确。
故选D。
8.B
设电子被加速后获得初速为，则由动能定理得：
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：
可得：
又有：
故变大或变小都可能使偏转角变大，故选项B正确，选项ACD错误．
故选B。
9.AC
若电场方向平行AB，则粒子做加速或减速直线运动，则离开电场时电场力做功；若做加速运动，则为；若为减速运动，则为：；若电场力与初速度方向相互垂直，小球发生偏转，电场力一定做正功；假设受电场力向上，粒子从AB边离开时，电场力做功为，根据动能定理得：，可解得：；若从BD边离开，则电场力做功可能为0至，根据动能定理可知，粒子动能可能为：至；故AC正确，故BD错误。
故选AC。
10.BD
粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，；
A.U不变，使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于，当初速度为，则有带电粒子动能的变化，故A错误；
B.电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；
C.电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能的变化不等，故C错误；
D.初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确。
故选BD。
11.AC
【解析】解：设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：，
运动时间，
偏转量。
通过公式可以看出，提高侧移量，可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度即可减小加速电压；故AC正确，BD错误。
故选：AC。
电子在匀强电场中发生偏转，根据已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．
12.BC
A、设电子通过偏转电场的时间为t，由及可知，若增大，则v增大，时间t减小，再由可知，射出偏转电场时的偏转位移减小，所以不会打在金属板上，故A错误。
B、设电子通过偏转电场的时间为t，由及可知，若减小，则v减小，时间t增加，再由可知，射出偏转电场时的偏转位移要增加，所以一定会打在金属板上，故正确。
C、同理减小，则偏转位移将减小，一定能从水平金属板间射出，故C正确。
D、由，，又t不变，所以增大，则偏转位移增大，电子一定不能从金属板间射出，故D错误。
故选BC。
13.解：设滑块到达C点时的速度为，
从A到C过程，由动能定理得：
由题，，，
代入解得：
滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有
解得，
重力和电场力的合力的大小为
设方向与竖直方向的夹角为，则，得
滑块恰好由F提供向心力时即恰过等效最高点时，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间P点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为，设最小速度为v，由
解得，
滑块恰能过等效最高点P，则有：
解得：
物块到达CD间一点即与圆心等效高点时且QO连线与CO连线成时速度恰为零
解得：
综上，不脱离轨道的条件是：或
14.解：加速过程，由动能定理得
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动
加速度
偏转距离
能飞出的条件为
联立式解得
即要使电子能飞出，所加电压最大为。
类似，由
联立解得。
15.解：设粒子P的质量为m，电荷量为q，进入右侧电场时的速度为，在右侧电场中做类平抛运动，历时经过N点；
在中：；
在中：；
；
解得；
设粒子Q释放点的坐标为，释放后历时t与粒子P相遇；
根据题意，粒子Q应从第一象限内粒子P所经区域的上方释放，然后沿y轴负方向做匀加速直线运动，则有；
；
解得：。
16.解：对电子分析，加速过程中有，解得
由分析可知，所有电子在电场中运动的时间均为
假设板间距为d，则时刻进入偏转电场的电子，偏转位移最大
且
，解得
时刻进入偏转电场的电子，偏转位移最小
第2页，共2页电路中的能量转化同步练习
一、单选题
加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为r，则电动机的机械功率为
A. P B. C. D.
一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为的交流电源上电源内阻忽略不计，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是，通过洗衣机电动机的电流是，则下列说法中正确的是
A. 电饭煲的电阻为，洗衣机电动机线圈的电阻为
B. 电饭煲消耗的电功率为，洗衣机电动机消耗的电功率为
C. 内电饭煲消耗的电能为，洗衣机电动机消耗的电能为
D. 电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
有一只电风扇，标有“”，电动机线圈的电阻为，把它接入的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法，正确的是
A. B.
C. D. 以上三种方法均正确
关于电功W和电热Q的说法正确的是
A. 在任何电路中都有、，且
B. 在任何电路中都有、，但W不一定等于Q
C. 、均只有在纯电阻电路中才成立
D. 在任何电路中都成立，只在纯电阻电路中才成立
在下列四组用电器中，可以看作纯电阻用电器的一组是
A. 电风扇和电动机 B. 白炽灯和电烙铁
C. 洗衣机和电冰箱 D. 电解槽和电吹风
R和R分别标有“，”和“，”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为．
A. B. C. D.
一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB间接电压时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光。则下列说法正确的是
A. 电动机线圈电阻为 B. 灯泡正常发光时电流表示数
C. 灯泡正常发光时电流表示数1A D. 电动机输出的机械功率
在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达单片单晶硅太阳能电池可产生的电动势，可获得的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是
A. B. C. D.
二、多选题
一个直流电动机所加电压为U，电流为I，线圈内阻为R，当它工作时，下述说法中错误的是
A. 电动机的输出功率为
B. 电动机的发热功率为
C. 电动机的输出功率为
D. 电动机的功率可写作
如图所示，电源电压恒为，小灯泡L标有“”，电动机的线圈电阻，当变阻器调到时，小灯泡与电动机均正常工作
A. 线圈电阻消耗的功率 B. 电动机的输入功率12W
C. 电动机的机械效率． D. 通过电路的电流为
三、计算题
一内阻为直流电动机，标有“30V，15W”的字样．则该电动机在额定电压下工作20s，则：
该电动机的额定电流为多少？
该电动机在这20s内产生的热量是多少？
该电动机在这20s内对外做功为多少？
如图所示的电路中，输入电压U恒为，灯泡L上标有“、”字样，电动机线圈的电阻若灯泡恰能正常发光，求：
电动机的输入功率为多少？
电动机的输出功率为多少？
电动机的效率是多少？
如图所示，电源的电动势，内阻，电阻，M为直流电动机，其电阻，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为，求：
回路中的电流是多少？
电动机的发热功率是多少？
电动机机械功率是多少？
答案
1.D
电动机消耗的电功率为P，加在电动机上的电压是U，故电流为：；
发热功率：；
根据能量守恒定律，电动机的机械功率为：；
故选：D。
2.C
由于电饭煲是纯电阻用电器，所以，，其在内消耗的电能 J；
洗衣机为非纯电阻用电器，所以，，其在内消耗的电能 J，其热功率，而，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍，只有选项C正确。
故选C。
3.C
A.电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为；由于是非纯电阻电路，故 ，故，故A错误；
B.电风扇的功率为P，求解的是消耗的电能，不是发热量，故B错误；
由于，，故，故C正确，D错误。
故选C。
4.B
是电功的定义式，适用于任何电路，是焦耳热的规律，也适用于任何电路，如果是纯电阻电路，则，在非纯电阻电路中，B正确，ACD错误。
故选B。
5.B
纯电阻电路就是指电能全部转化为内能，而不转化为其他形式的能量的电路；电风扇、电动机、洗衣机、电冰箱、电解槽和电吹风，除了发热以外，还有其它能量产生，所以这些是非纯电阻电路，白炽灯和电烙铁只产生内能，为纯电阻电路，故符合题意的时B，ACD错误。
故选B。
6.A
串联电路中各用电器电流相同，允许最大电流应小于等于，由 ，可知和在最大允许电流时的功率分别为、，整个电路消耗的最大功率应该为，故BCD错误，A正确。
故选A。
7.A
A.根据可知灯泡电阻，当AB间接电压时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：，
灯泡两端电压，
通过灯泡的电流
通过电动机的电流：，
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻；故A正确；
当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，
灯泡两端电压为，通过灯泡的电流为，
则电动机两端电压为，R两端电压为，
干路电流，电流表示数为，
通过电动机的电流为，
则此时电动机输出的机械功率：故BC错误，D错误。
故选A。
8.C
电阳能电池每秒产生的电能为，则照到太阳能电池上的光能为，故C正确，ABD错误。
故选C。
9.AD
A.电动机的总功率为，由于是非纯电阻电路，故，故，故A错误；
B.电动机的发热功率，根据焦耳定律，故B正确；
C.电动机的输出功率，故C正确；
D.因为，即，，欧姆定律不适用．故，故D错误。
本题选错误的，故选AD。
10.BC
小灯泡正常工作
电动机的输入功率
线圈电阻消耗的功率P内
所以电动机的机械效率
．
AD错误，BC正确；
故选BC。
11.解：
直流电动机的电流为：， ；
电动机线圈产生的热量为：， ；
消耗的电能为：，对外做功为 ，。
12.解：电动机两端的电压
，整个电路中的电流灯泡正常发光， 则：电动机的输入功率
电动机的热功率，则电动机的输出功率
电动机的效率
13.解：由闭合电路欧姆定律得：
解得：
电源的总功率为：；电动机的输入功率为：
电动机内电阻的发热功率为：
电动机输出的机械功率为：
第2页，共2页实验：测量导体的电阻率同步练习
一、单选题
在“测定金属丝电阻率”的实验中，由可知，对实验结果的准确性影响最大的是
A. 金属丝直径d的测量 B. 电压U的测量
C. 电流I的测量 D. 金属丝长度l的测量
螺旋测微器测测金属丝直径，两个读数都正确的是
A. B.
C. D.
毫米刻度尺测金属丝的长，如图读数正确的是
A. B. C. D.
如图所示，螺旋测微器图、游标卡尺图的读数，下列选项正确的是
A. ， B. ，
C. ， D. ，
图示游标卡尺测量的精确度为
A.
B.
C.
D.
二、多选题
在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中正确的是
A. 用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B. 用螺旋测微器在被测金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C. 用伏安法测电阻时，采用电流表内接法，多次测量后算出平均值
D. 实验中应保持金属丝的温度不变
在“测定金属的电阻率”实验中，关于误差的下列说法中正确的是
A. 电流表采用外接法，将会使
B. 电流表采用外接法，由于电压表的并联引起了金属丝分压的减小而引起测量误差
C. 由可知I、d、U、l中每一个物理量的测量都会引起的测量误差
D. 由可知对实验结果准确性影响最大的是直径d的测量
三、实验题
某同学要测量一粗细均匀的某种新材料制成的圆柱体的电阻率．
用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度L和直径d，如图甲所示，由图可知其长度为____由图乙可知其直径d为____mm．
圆柱体阻值大约为用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻有影响，为了减小系统误差，则选择______图a或图的电路图，此做法使得结果_____偏大、偏小。
为了测量一精密金属丝的电阻率：
先用多用电表挡粗测其电阻为______，然后用螺旋测微器测其直径为______，游标卡尺测其长度是______为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电压表量程3V，内阻约为 电压表量程15V，内阻约为
C.电流表量程3A，内阻约为 电流表量程600mA，内阻约为
E.滑动变阻器 滑动变阻器
G.输出电压为3V的直流稳压电源E 电阻箱 开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有填代号 ______
请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率______
某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”实验。先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为________mm；再用游标卡尺测其长度，如图乙所示，其长度为________cm；最后用多用表粗测其电阻，如图丙所示，其电阻为________。
为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选________，滑动变阻器应选________均用器材前的序号表示。要将电流表A的量程扩大至，应将电阻箱与电流表________填“串联”或“并联”，电阻箱连入的电阻值为________。
A.两节新的干电池
B.电压表量程，内阻约为
C.电压表量程，内阻约为
D.电流表量程，内阻为
E.电阻箱，额定电流
F.滑动变阻器，额定电流
G.滑动变阻器，额定电流
H.电键和导线若干
改装后的电流表内阻已知，为消除系统误差，电压表示数从0开始，在虚线框中画出实验电路图。
答案
1.【A
解：在测定金属丝的电阻率的实验中，用毫米刻度尺 测出金属丝的长度L，用螺旋测微器测出金属丝的直径，由可知，d是平方，金属丝直径d的测量对实验结果的准确性影响最大，故BCD错误，A正确。
故选A。
2.C
解：图1中螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为；
图2中螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。
故C正确，ABD错误。
故选：C。
3.D
解：该刻度尺的最小刻度是mm，要估读一位，故读数为；故D正确，ABC错误。
故选：D。
4.B
1、螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数；
2、游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：
故选B。
5.B
解：游标卡尺的主尺读数游标读数即可，
而游标尺则为10格，即10格相当于主尺9mm，那么1格即为，因此游标卡尺测量的精确度为，故B正确，ACD错误。
故选：B。
6.BD
A.应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是全长，故A错误；
B.为了减小实验误差，应用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，故B正确；
C.金属丝电阻很小，与电压表内阻相差很大，使电压表和金属丝并联，电压表的分流作用很小，应采用电流表外接法，故C错误；
D.金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，应保持温度不变，故D正确；
故选BD。
7.CD
解：A、电流表采用外接法，则电阻的测量值偏小，根据可知，将会使，故A错误；
B、电流表采用外接法，由于电压表分流使电流测量值大，电压表的分流造成了实验误差，故B错误；
C、由可知，I、d、U、l中每一个物理量的测量都会引起的测量误差，故C正确；
D、由可知，因电阻率与直径的平方成正比，可知对实验结果准确性影响最大的是直径d的测量，故D正确；
故选：CD。
8. ；；图b；偏小
由图可知其长度为；
直径d为；
圆柱体阻值大约为，阻值较小，则电压表内阻远大于待测电阻，故可采用电流表外接，故选图b；
因电压表的分流，使得通过电流的测量值偏大，根据 可知测量偏小。
9.；；；、D、E、G、I；
；．
由图示多用电表可知，待测电阻阻值是；
由图示螺旋测微器可知，其读数为：，
由图示游标卡尺可知，其示数为：；
实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：电压表量程3V，内阻约为；
通过待测电阻的最大电流约为，则电流表应选：电流表量程600mA，内阻约为；
为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：滑动变阻器；故需要的实验器材是：A、D、E、G、I．
为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，，，，电流表应采用外接法，
实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；
由电阻定律可知，，，则电阻率．
故答案为：；；；、D、E、G、I；
；．
10.均可；；6；；F；并联；2；如图：
。
螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；
由图示螺旋测微器可知，其示数为：；都算正确
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，由图示游标卡尺可知，其示数；
由图丙可观察圆柱体电阻为：；
由题意知道，电源是两节干电池，电动势为3V，因此用量程为的电压表B；为消除系统误差，电压表示数从0开始，滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，应选的滑动变阻器F；由于电流表量程太小，要将电流表A的量程扩大至，，因此需要并联一个的电阻。即电阻箱连入的电阻值为。
为消除系统误差，电压表示数从0开始，滑动变阻器采用分压接法；电流表与电阻箱并联扩大量程，改装后电流表内阻已知，电流表的分压值可以计算，待测圆柱体采用电流表内接法，电路图如图。
故答案为：均可；；6；；F；并联；2；
如图：
。
第2页，共2页实验：电池电动势和内阻的测量同步练习
一、单选题
如图所示为某同学在实验中描绘出的两幅图象，关于这两幅图象所对应的实验其中有一张对应的实验是“测定电池的电动势和内电阻”，下列说法正确的是
A. 乙图是“测定电池的电动势和内电阻”的实验
B. 从图中可知，电源的内阻为
C. 从图中可知，电源的内阻为
D. 从图中可知，电源电动势应该大于3V
下面给出多种用伏安法测电池电动势和内电阻的数据处理方法，其中既减小偶然误差，又直观、简便的方法是
A. 测出两组I，U的数据，代入方程组和中，即可求出E和r
B. 多测几组I，U的数据，求出几组E，r，最后分别求出其平均值
C. 测出多组I，U的数据，画出图象，再根据图象求E，r
D. 多测出几组I，U数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出开路时的路端电压即为电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r
如图所示是根据某次实验记录数据画出的图象，下列关于这个图象的说法中正确的是
A. 纵轴截距表示待测电源的电动势
B. 横轴截距表示短路电流
C. 根据，计算出待测电源内电阻为
D. 电流为时的外电阻是
如图所示，在测电源电动势和内阻的实验中，闭合开关S，改变滑动变阻器的阻值，读出电压表示数U和电流表示数I，下列说法正确的是
A. 电压表读数U增大时电流表读数I也必定增大
B. 电压表与电流表读数变化量的比值的绝对值是滑动变阻器的电阻
C. 电压表与电流表读数的比值是电源内阻
D. 电压表与电流表读数变化量比值的绝对值是电源内阻
在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，某同学根据 实验测得数据，画出如图的图象，根据图线可得出该电源电动势和电源内阻分别为
A. ，
B. ，
C. V，
D. V，
用如图甲所示的电路来测量电池电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的图线，由图可知
A. 电池电动势的测量值是
B. 电池内阻的测量值是
C. 外电路发生短路时的电流为
D. 电压表的示数为时电流表的示数
二、多选题
如图所示，是根据某次测定电池的电动势和内阻的实验记录的数据作出的图象，下列关于这个图象的说法中正确的是
A. 纵轴截距表示待测电池的电动势，即
B. 横轴截距表示短路电流，即
C. 根据，计算出待测电池内阻为
D. 根据，计算出待测电池内阻为
图所示为测定电源电动势和内阻的电路图，下列说法中正确的是
A. 该电路图有错误，缺少一只与电流表相串联的保护电阻
B. 用一节干电池做电源，稍旧电池比全新电池效果好
C. 几节相串联的干电池比单独一节干电池做电源效果好
D. 实验中滑动变阻器不能短路
用如图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的图线，由图可知
A. 电池电动势的测量值为
B. 电池内阻的测量值为
C. 外电路发生短路时的电流为
D. 电压表示数为时，电流表的示数
三、实验题
要测量一电源的电动势小于和内阻约，现有下列器材：电压表、电阻箱、定值电阻、开关和导线。某实验小组根据所给器材设计了如图所示的实验电路
电路中定值电阻的作用是保护______填“电源”或“电压表”
同学调节电阻箱阻值R，读出对应的电压表读数U，得到两组数据：时；时，由这两组数据可求得电源的电动势为______V，内阻______结果保留两位有效数字
某实验小组想测量两节旧干电池的总电动势和内阻。有如下实验器材：
A.旧干电池一对总电动势小于，内阻r未知；
B.多用电表；
C.滑动变阻器；
D.滑动变阻器；
E.灵敏电流表量程；
F.开关、导线若干。
实验步骤：
选择滑动变阻器________选填“”或“”，按图甲连接电路并将滑动变阻器滑片置于合适的位置，将多用电表选择开关旋至直流挡，闭合开关，多用电表表盘此时如图乙中指针所示，读数为________V；
请根据图甲以笔画线代替导线，将丙图连接完整，闭合开关，记录多用电表和电流表的示数；
改变滑动变阻器的位置，多次实验并记录数据。
数据处理与分析：以U为纵轴、I为横轴建立直角坐标系，描点后，用直线拟合，绘制出图象，从而得出两节旧干电池的总电动势和内阻。和真实值比较，________。选填“”“”或“”
将以铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为，可是这种电池并不能点亮额定电压为，额定电流为的手电筒上的小灯泡。原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得电流约为3mA。现要较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻，提供的仪器如下：
A、电流表量程，内阻约
B、电流表量程，内阻约
C、电压表量程，电阻约
D、滑动变阻器阻值，额定电流为
E、滑动变阻器阻值，额定电流为
F、以及开关、导线等实验器材
G、待测“水果电池”
本实验中电流表应该选用_________，滑动变阻器应该选_________均用序号字母表示；
请在虚线框中画出实验原理图________；
在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数I的值，经描点、连线得到图像，如图所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势与内阻分别为_________V；______。
某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实验器材如下：
A.待测干电池
B.电流表，内阻为
C.电流表，内阻约为
D.电压表，内阻约为
E.电阻箱
F.定值电阻阻值为
G.滑动变阻器
H.开关、导线若干
该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是____________________。
该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为的电压表，并设计了如图甲所示的电路，图中电流表a为 ___________选填“”或“”，电阻箱R的阻值为 ___________。
闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数、的多组数据，在坐标纸上描绘出图线如图乙所示。根据描绘出的图线，可得所测干电池的电动势_____V，内阻_____。保留两位有效数字
答案
1.B
A.测电源电动势与内阻实验，路端电压：，随电流I增加路端电压U减小，由图示图象可知，甲是电源的图象，故A错误；
由图甲所示图象可知，电源图象与纵轴交点坐标值为，斜率是电源内阻，则电源电动势：，电源内阻：，故B正确，CD错误。
故选B。
2.C
解：A、根据两组测量数据可以算出一组E，r值，但不能减少偶然误差；故A错误；
B、原理可行，但不符合题目中“直观、简便”的要求，故B错误；
C、采用图象法可以符合实验的要求，故C正确；
D、该做法是错误的。不用求出I、U的平均值，故D错误；
故选：C。
3.A
4.D
【解答】
A.根据闭合电路欧姆定律可知，当U增大时，I减小；A错误。
根据闭合电路欧姆定律可知，，根据电路的欧姆定律可知，故D正确、BC错误。
故选D。
5.A
解：由闭合电路欧姆定律可知，，故图象与纵坐标交点为电源的电动势，故E；
图象的斜率表示内电阻，故；
故选：A。
6.D
7.AD
A.由闭合电路欧姆定律可知：；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为，故A正确；
B.由于图象的纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；
图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故，故C错误，D正确。
故选AD。
8.BD
解：AB、用伏安法测电源电动势与内阻的原理是闭合电路欧姆定律，用一节干电池做电源，稍旧电池的内阻较大，由，知电流变化相同时，电压表示数变化明显，实验效果好，所以稍旧电池比全新电池效果好。由于旧电池的内阻较大，电路中的最大电流不会太大，可不用保护电阻，故A错误，B正确。
C、设电池的个数为n，则电路中电流为，n越多，同样的R，I越大，电流的变化范围越小，测量的数据过于集中，不利于作图，故单独一节干电池做电源效果好。故C错误。
D、为保护电路安全，实验中滑动变阻器滑片不能滑到最左端，即不能短路，否则容易烧坏电源和电流表，故D正确。
故选：BD。
9.ABD
A.由图示图象可知，电源图象与纵轴交点坐标值为，则电源的电动势测量值为，故A正确；
B.电源的内阻大小等于图象斜率的绝对值，为： ，故B正确；
C.外电路发生短路时的电流为：，故C错误；
D.当电压表示数为时，电流表的示数，故D正确。
故选ABD。
10.电源；；。
【解答】
若无存在，当R调节到0时，电源即短路，有烧坏危险。作用是保护电源，防止短路。
根据闭合电路欧姆定律，
当电阻箱读数为时有：
当电阻箱读数为时有：
联立上两式得：；
故答案为：电源；；。
11.【答案】；；；
实验中测电流的有效测量范围在内，，，由此可知滑动变阻器应选用滑动变阻器；多用电表选择开关旋至直流档时，读出指针示数为；
连线如图所示：
当时，，此时，即．
故答案为：；；；
12.；E；
电路图如图所示
；
；450
电路电流约为3mA，则电流表应选A；
电源的内阻大约，
若选用的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，
因此滑动变阻器应选：E；
由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示：
由图示电源图线可知，图象与纵轴截距为，
则电源电动势：；
电池内阻：。
故答案为：；E；
电路图如图所示
；
；450。
13.量程太大，测量误差大；
；9500；
；
该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是一节干电池的电动势为，电压表量程太大，测量误差大；
根据实验原理可知，将电流表与滑动变阻器串联，测量电路中电流，将与电阻箱串联后充当电压表使用；设串联的阻值为R。
，应串联的电阻；
根据闭合电路欧姆定律可知：
则有：
由图象可知，
故E；
解得： 都算正确。
故答案为：量程太大，测量误差大；
；9500；
；。
第2页，共2页电磁感应现象同步练习
一、单选题
以下关于电磁感应的说法正确的是
A. 感应电流磁场的方向总与原磁场的方向相反
B. 只要闭合导体回路切割磁感线，就一定有感应电流产生
C. 若某时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，则此时刻回路中的感应电流一定为零
D. 穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大
如图为探究产生电磁感应现象条件的实验装置，下列情况中不能引起电流表指针转动的是
A. 闭合电键瞬间 B. 电键闭合后断开瞬间
C. 闭合电键后拔出螺线管铁芯瞬间 D. 断开电键后变阻器的滑动不动
科学家科拉顿在探索如何产生感应电流时，为了排除磁铁对“电流表”的影响，他将连接好的“电流表”和线圈分别放在两个房间，他把磁铁插入线圈后，跑到放“电流表”的房间，没有观察到电流产生。对这一现象的正确解释是
A. 磁场不能产生电流
B. 磁铁对“电流表”仍有影响
C. 他观察时磁铁已停在线圈中
D. 磁铁插入线圈的过程不会产生感应电流
如图所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以角速度作顺时针方向转动，，，，则A、C两端的电势差
A. 0 B. C. D.
如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平，垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度。正方形单匝金属线框在磁场上方处，质量为，边长为，总阻值为。现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为，不计空气阻力，重力加速度取则
A. cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为8W
B. 匀强磁场区域的高度为
C. 穿过磁场的过程中线框电阻产生的焦耳热为
D. 线框通过磁场上边界所用时间为
如图所示，矩形线框abcd所在平面与其右侧的有界匀强磁场垂直，矩形线框的bc边与磁场边界平行，矩形线框的ab边长度为磁场宽度的2倍，矩形线框以某一速度匀速穿过磁场，从矩形线框bc边进入磁场开始计时，以逆时针方向为电流的正方向，则线框中产生的感应电流可能是下面图中的
A. B.
C. D.
如图所示，纸面内的半圆形导线框A和圆心角为的扇形导线框B，处在垂直于纸面向里的匀强磁场水平边界的下方，它们的圆心、均在磁场的边界上，两圆弧半径相等；现使两线框从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过和的轴沿逆时针方向匀速转动，结果两线框产生的交变电动势有效值相同，则A、B两线圈转动的角速度和的大小关系为
A. B. C. D.
如图所示，一根无限长通有电流的直导线旁边放一矩形线圈abcd，直导线和线框在同一平面内，若要使线圈中有感应电流，线圈要
A. 静止不动
B. 向下平动
C. 以直导线为轴转动
D. 向右平动
二、多选题
图所示，水平放置的光滑金属长导轨和之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图。设左、右区域磁场的磁感应强度分别为和，虚线为两区域的分界线。一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计。金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则
A. 若，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动
B. 若，棒进入右面区域中后仍以速度v做匀速运动
C. 若，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度做匀速运动
D. 若，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动
如图所示，在倾角为的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直图中未画出。质量为、长度为L，阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定，现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中
A. 开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为
B. 通过电阻R的最大电流一定是
C. 通过电阻R的总电荷量为
D. 回路产生的总热量等于
如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为。下列说法正确的是
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为
B. 此过程中线框产生的内能为
C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为
D. 此过程中通过线框截面的电量为
如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中有感应电流的是
A. 线圈中通以恒定的电流
B. 通电时，使变阻器的滑片 P 匀速移动
C. 通电时，使变阻器的滑片 P 固定不动
D. 将电键突然断开的瞬间
三、计算题
如图甲，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距为d，左右两端通过导线与阻值均为R的小灯泡L连接，在面积为S的CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙其中、为已知量，在时，一阻值为R的金属棒在恒力F作用下由静止开始从ab位置沿导轨向右运动，当时恰好运动到CD位置，并开始在磁场中匀速运动．求：
时间内通过左端小灯泡的电流；
金属棒在磁场中运动速度的大小；
金属棒的质量m．
如图所示，质量为m、粗细均匀的矩形金属线框abcd放在光滑的水平面上，间距为L的平行边界PQ、MN之间有垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ab边和cd边长为L，ab边到PQ的距离和cd边到MN的距离均为L，ab边和PQ平行，现给金属线框施加水平向右、大小为F的恒力，当线框ab边刚要进入磁场时，撤去拉力F，结果线框ab恰好能穿过磁场，已知金属线框的电阻为R。求：
线框ab边刚进入磁场时加速度的大小；
边穿过磁场的过程中，ab边产生的焦耳热及通过ab边的电荷量。
如图甲所示，空间存在一有界匀强磁场，磁场的左边界如虚线所示，虚线右侧磁场区域足够大，磁场方向竖直向下，在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab边长为，线框质量，电阻，在水平向右的外力F作用下，以初速度匀加速进入磁场，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：
匀强磁场的磁感应强度B；
线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量；
若线框进入磁场过程中F做功为，求在此过程中线框产生的焦耳热Q。
如图所示，在倾角的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。一质量为m、边长为L的正方形线框距磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为g。求：
线框ab边刚越过两磁场的分界线时受到的安培力；
线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q和所用的时间t。
答案
1.D
A.根据楞次定律知道，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，感应电流磁场的方向总与原磁场的方向不一定相反，故A错误；
B.产生感应电流的条件：一是闭合回路；二是磁通量发生变化，故B错误；
C.某一时刻穿过闭合导体回路的磁通量为零，下一时刻的磁通量不一定为零，根据感应电流的条件知道，故C错误；
D.闭合电路中感应电动势大小，跟穿过这电路的磁通量的变化率成正比，穿过某闭合导体回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，故D正确。
故选D。
2.D
闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动。故A、B错误；
C.闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动。故C错误；
D.闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动。故D正确。
故选D。
3.C
这是一个非常遗憾的实验，与电磁感应现象的发现擦身而过；科拉顿在做这个实验时磁场已经产生感应电流，但是却看不到，原因就是当他从一个房间跑到另一个房间的过程中，电磁感应现象已经结束，他当然看不到电磁感应现象了，故ABD错误，故C正确。
故选C。
4.D
等效电路如图所示：
根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的电动势
设AB、BC、AC导体产生的电动势分别为、、，由等效电路图有
解方程得A、C两端的电势差，故ABC错误，D正确。
故选D。
5.D
A.设cd边刚到磁场上边界时的速度为，根据机械能守恒定律有，可得，可得此时线框所受安培力为：，所以线框克服安培力做功的功率为：，故A错误；
B.由于ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为，根据进入磁场与离开磁场运动规律的对称性可知，cd边刚到达磁场的下边界时的速度大小应该为，设磁场的高度为H，对线框在磁场中的运动过程由动能定理有：，其中，代入数据有：，故B错误；
C.设线框电阻产生的热量为Q，根据能量守恒定律有：，代入数据可得，故C错误；
D.以向下为正方向，线框进入磁场的过程中，由动量定理有：，即，又有：，联立并代入数据可得：，故D正确。
故选D。
6.B
矩形线框进人磁场过程中，bc边切割磁感线产生的感应电动势矩形线框bc边出磁场，ad边还未进入磁场的过程中，穿过矩形线框的磁通量不变，即产生的感应电动势为零矩形线框ad边从磁场的左边界到右边界的过程中，ad边切割磁感线，产生的感应电动势 ，故B正确，ACD错误。
故选B。
7.D
图A中，整个过程中，都有一根棒在切割磁感线，故感应电动势为，感应电动势的有效值为：
图B中，每一周期中，有两个四分之一周期导体棒在切割磁感线，电动势为，应用等热量法，得感应电动势的有效值为
因为两图中有效值相等，故，故D正确，ABC错误。
故选D。
8.D
A，线圈静止不动时，线圈磁通量不变化，无感应电流产生，故A错误；
B.线圈向下平动，线圈磁通量不变化，无感应电流产生，故B错误；
C.线圈以直导线为轴转动，磁通量不变，线圈中武感应电流产生，故C错误；
D.线圈向右平动，磁通量增大，线圈中有感应电流，故D正确。
故选D。
9.BC
【解析】解：AB、金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡。当时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确。
CD、当时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动。设棒匀速运动速度大小为。
在左侧磁场中，有，在右侧磁场中匀速运动时，有，则，即棒最后以速度做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选：BC。
10.AC
解：开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：，金属棒与导轨接触点间的电压为：，故A正确；
B.金属棒开始向下运动时可能做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最大，金属棒的最大速度大于，最大电流大于，故B错误；
C.最终金属棒静止，此时，由平衡条件得：，此时弹簧的伸长量为：，通过R的总电荷量为：，故C正确；
D.由能量守恒定律得：，
解得：，故D错误；
故选：AC。
11.AB
在Ⅱ位置时回路中产生感应电动势为，感应电流为，线圈所受安培力大小为，方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为，此时线框中的电功率，故A正确，C错误；
此过程穿过线框的磁通量的变化量为，通过线框截面的电量为，根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的内能为，故B正确；故D错误。
故选AB。
12.BD
解：
A、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。故A错误。
B、通电时，使变阻器的滑片P匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流将发生变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量会变化，因此会产生感应电流。故B正确。
C、通电时，使变阻器的滑片 P 固定不动，电路中电流不变，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。故C错误。
D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，故D正确。
故选：BD。
13.【答案】时间内，闭合电路产生的感应电动势
通过金属棒的电流
左侧小灯泡与金属棒并联后再与右侧小灯泡串联，总电阻为
通过小灯泡的电流
联立式，得
若金属棒在磁场中匀速运动的速度为v，则金属棒的动生电动势
两小灯泡并联后与金属棒串联，总电阻为
金属棒的电流
因为金属棒做匀速运动，有即
联立式，得
由牛顿第二定律有
运动学公式有
解得金属棒的质量。
14.解：设ab边刚要进磁场时的速度为v，根据动能定理有
解得
线框ab边刚进磁场时看，有
解得：
设ab边穿过磁场的过程中，ab边产生的热量为Q，根据能量守恒
解得
由法拉第电量感应定律有
根据欧姆定律有
通ab边的电量
15.解：由图像可知，当线框全部进入磁场后，时，
线框的加速度：
零时刻线框所受的安培力：
由图像可知：，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：。
线框进入磁场过程通过线框的电荷量：
由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得：
则电荷量：
由匀变速直线运动规律得：，
代入数据解得：
线框进入磁场过程中，由能量守恒定律：
代入数据解得：
16.解：线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有：
，
则线框进入磁场时的速度为：
线框ab边进入磁场时产生的电动势为：
线框中电流为：
ab边受到的安培力为：
线框匀速进入磁场，则有：
ab边刚越过时，cd也同时越过了，则线框上产生的电动势为：
线框所受的安培力变为：，方向沿斜面向上；
设线框再次做匀速运动时速度为，则有：
解得：
根据能量守恒定律有：
解得：；
线框ab边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间为：
设线框ab通过后开始做匀速时到的距离为，由动量定理可知：
其中
联立以上两式解得：
线框ab在下侧磁场匀速运动的过程中，有：
所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为：。
第2页，共2页能量量子化同步练习
一、单选题
下列能正确解释黑体辐射实验规律的是
A. 能量连续的经典理论
B. 普朗克提出的能量量子化理论
C. 能量连续的经典理论和普朗克提出的能量量子化理论都能解释
D. 牛顿提出的能量微粒说
关于对黑体的认识，下列说法正确的是
A. 黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的
B. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关
C. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料种类及表面状况无关
D. 如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体
已知某单色光的波长为，在真空中的光速为c，普朗克常量为h，则该单色光的能量子为
A. B. C. D.
热辐射是指所有物体在一定的热辐射的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量在研究某一黑体热辐射时，得到了四种温度下黑体强度与波长的关系如图图中横轴表示电磁波的波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同温度下
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总能量随温度升高而减小
C. 辐射强度的极大值随温度升高而向长波方向移动
D. 辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是
A. 处于的氢原子跃迁到要释放的光子
B. 大量处于的氢原子向低能级跃迁能释放出3种光子
C. 处于的氢原子至少要吸收的能量才会被电离
D. 处于的氢原子向低能级跃迁释放光子波长最短的是跃迁到
如图，一群处于能级的氢原子在向的能级跃迁的过程中
A. 放出6种频率不同的光子
B. 放出10种频率不同的光子
C. 放出的光子的最大能量为，最小能量为
D. 当氢原子从能级跃迁到时辐射出的光的波长比从能级跃迁到时的短
氢原子能级如图所示，当氢原子从跃迁到的能级时，辐射光的波长为。以下判断正确的是
A. 氢原子从跃迁到的能级时，辐射光的波长大于
B. 用波长为的光照射大量处于的氢原子时，光能被氢原子吸收
C. 一群处于能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生2种谱线
D. 用波长为的光照射，能使氢原子从跃迁到的能级
a、b是两种单色光，其频率分别为、，且，则下列说法不正确的是
A. a、b光子动量之比为
B. 若a、b光射到同一干涉装置上，则相邻条纹的间距之比为
C. 若a、b都能使某种金属发生光电效应，则光子的最大初动能之差
D. 若a、b是处于同一激发态的原子跃迁到A态和B态产生的，则A、B两态的能级之差
氢原子能级如图所示，当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射光子Z的波长为。以下判断正确的是
A. 氢原子从能级跃迁到能级时，辐射光子的波长大于
B. 氢原子从能级跃迁到能级时辐射的光子照射某金属表面时有光电子逸出，若换用光子Z照射该金属表面时不一定有光子逸出
C. 一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种不同频率的光子
D. 用波长的光照射氢原子，能使氢原子从能级跃迁到能级
二、多选题
多选如图为氢原子的能级示意图，则下列说法正确的是
A. 从能级跃迁到能级比从能级跃迁到能级辐射出电磁波的波长长
B. 一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以发出3种不同频率的光
C. 处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
D. 从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
下列说法正确的是
A. 氢原子光谱是连续光谱
B. 示踪原子一般选用半衰期比较短的放射性元素
C. 动能相同的电子和质子显微镜，电子显微镜的分辨本领更强
D. 温度升高，黑体辐射电磁波强度的极大值向频率大的方向移动
如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是
A. 一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光
B. 用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
C. 一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的 光电子的最大初动能为
D. 用能量为的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
三、计算题
氢原子的能级图如图所示，用大量处于激发态的氢原子发出的光照射到某种金属进行光电效应实验，能级跃迁到能级所发出的光恰好使该金属发生光电效应．
上述氢原子共发出几种频率的光发出的光中有几种光能使该金属发生光电效应
氢原子发出的光中，动量最小的光子的能量E是多少
最大的遏止电压为多少
一群处于第4能级的氢原子，最终都回到基态，能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变化的图象如图乙已知氢原子的能级图如图丙所示．
求a光照射金属时的遏止电压和逸出光电子的最大初动能；
求该金属逸出功W；
已知d光的能量为E，普朗克常量为h，真空中的光速为c，若一个质量为m的静止电子吸收了一个d光的光子，求电子在吸收光子后的速度大小v，不计电子吸收光子后的质量变化
已知氢原子基态的能级值为，普朗克恒量．光速
有一群氢原子处于量子数的激发态，这些原子自发由高能态向低能态跃迁时能够产生几条光谱线？请在如图所示的能级图上画出这些跃迁过程．
计算氢原子从的激发态跃迁到的激发态所发出的光谱线的波长取一位有效数字
答案
1.B
黑体辐射的实验规律，只有用普朗克提出的能量量子化理论才能得到较满意的解释，故B正确，ACD错误。
故选B．
2.C
A.能地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，所以黑体不一定是黑色的，故A错误；
一般物体除去与温度有关外，还和物体的材料及表面状态有关，而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故B错误，C正确；
D.如果在一个空腔上开一个小孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个小孔就成了一个绝对的黑体，故D错误。
故选C。
3.A
解：1个光子的能量，其中为光子的频率，而光速，故一个光子的能量：
，故A正确，BCD错误；
故选：A．
根据可以求一个光子的能量，而根据可以求出一个光子的能量用h、c、的表达式．
4.D
A.由辐射强度图线可知，向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度随温度的变化而不同，选项A错误；
B.向外辐射的最大辐射强度随温度升高而增大，向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而增大，选项B错误；
由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加；同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，选项C错误，D正确。
故D正确。
5.D
6.B
7.B
A.从跃迁到的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：，而当从跃迁到的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm，故A错误；
B.用波长为656nm的光照射，可使某金属产生光电效应，氢原子从跃迁到的能级辐射的光子能量大于波长为656nm光的能量，依据光电效应发生条件，可知，从跃迁到的能级辐射的光子一定能使该金属产生光电效应；故B正确；
C.根据数学组合，可知一群能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线，故Cc错误；
D.同理，氢原子的电子从跃迁到的能级，必须吸收的能量为，与从跃迁到的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从跃迁到的能级，故D错误。
故选B。
8.B
A、光子的能量为：
所以两种光子能量分别为和，且，则
光子的动量为：，故，故A正确；
B、光子的波长：双缝干涉装置上相邻亮条纹的间距为：，所以：，故B错误；
C、根据光电效应方程可知，光电子的最大初动能为：，其中W为金属的逸出功；则有：，故C正确；
若a、b是由处于同一激发态的原子跃迁到a态和b态时产生的，设初始激发态的能量为，则有：
所以：
同理：
则：。故D正确。
本题选不正确的，故选：B。
9.B
A.从跃迁到的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：，而当从跃迁到的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm，故A错误；
B.氢原子从跃迁到能级时辐射的光子的能量大于氢原子从跃迁到能级辐射光子的能量，即该金属不一定发生光电效应，故B正确；
C.一个处于能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生2种不同频率的光子，，，故C错误；
D.若要使氢原子从能级跃迁到能级，所吸收的能量一定等于波长为656nm的光子的能量，故D错误。
故选B。
10.AB
【解答】
A.从能级跃迁到能级比从能级跃迁到能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长。故A正确。
B.一个氢原子从高到低能级跃迁时，最多可以发出条不同频率的光，即一个处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以发出3种不同频率的，故B正确；
C.处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同．故C错误．
D.由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量．故D错误。
故选AB。
11.BD
【解答】
A.氢原子只能够发出或吸收特定频率的光，所以氢原子光谱是线状谱。故A错误；
B.选择半衰期短的放射性同位素，因为这样才能保证人体只受短时间的放射性影响，而不致长时间受放射性辐射的困扰。故B正确；
C.布罗意波长短的分辨率高，根据，，电子和质子动能相同，质子的质量大，动量也大，所以质子的德布罗意波长短，分辨率高。故C错误；
D.随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长频率大的方向移动。故D正确；
故选BD。
12.ACD
A.一群处于能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出3种不同频率的光，故A正确；
B.用能量为的光子照射，由于，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，吸收的光子能量要正好等于能级之差，才能跃迁，故B错误；
C.氢原子从高能级向的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为，因锌的逸出功是，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为，故C正确；
D.能量为大于，因此此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故D正确；
故选ACD。
13.解： 共6种不同的
光 能级跃迁到能级所发出的光恰好使金属发生光电效应，
因为跃迁到，跃迁到，跃迁到辐射的光子能量大于跃迁到辐射的光子能量，可知总共有4种光能使金属发生光电效应。
根据知，波长越长，光子动量越小，可知从跃迁到辐射的光子频率最小，波长最长，动量最小，则光子能量为：
根据题意知，金属的逸出功为：，
从跃迁到辐射的光子照射金属产生的光电子初动能最大，遏止电压最大，
根据光电效应方程得：，
最大遏止电压为：
14.解：由图可得：；
；
光的光子能量为：；
根据光电效应方程，则有：；
解得：；
光的光子能量为；
d光光子动量为：；根据动量守恒定律，则有：；
解得：；
15.解：一群处于激发态的氢原子，，
所以能产生6条光谱线
如图1所示
由得
解得：
答：能产生6条光谱线，如图
从的激发态跃迁到的激发态所发出的光谱线的波长是
第2页，共2页静电的防止与利用同步练习
一、单选题
据新闻媒体报道：2018年8月31日下午，武汉工程职业技术学院一名大二学生骆某被雷击倒地，不幸身亡。这一事件告诫我们，防雷十分重要。在野外遇到电闪雷呜时，应当
A. 躲进小山洞 B. 躲在大树下
C. 撑着钢柄雨伞 D. 站在避雷针旁边
干燥的冬天开车门时手与金属车门之间容易“触电”，为了防止“触电”，在淘宝上出现了名叫“静电消除器”的产品，手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下如图所示，就可以防止“触电”。关于这一现象及这一产品，下列说法不 正 确的是
A. 这种“触电”现象是一种静电现象
B. “静电消除器”应该为导体
C. 人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷都被“静电消除器”吸收而消失
D. 人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体最终构成一个等势体
如图所示，金属球壳A带有正电，其上方有一小孔a，静电计B的金属球b用导线与金属小球c相连，以下操作所发生的现象正确的是
A. 将c移近A，但不与A接触，B会张开一定角度
B. 将c与A外表面接触后移开A，B不会张开一定角度
C. 将c与A内表面接触时，B不会张开角度
D. 将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从A中小孔置入A内，并与其内壁接触，再提出空腔，与b接触，B会张开一定角度
如图所示，在两个固定电荷和之间放入两个原来不带电的导体，1、2、3、4为导体上的四个点，在达到静电平衡后，各点的电势分别是、、、，则下列关系正确的是
A. B.
C. D.
如图所示为空腔球形导体不带电，现将一个带正电的小金属球放入腔内，静电平衡时，图中A、B、C三点的电场强度E和电势的关系是
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
如图所示，两个相同的空心金属球M和N，M带电荷，N不带电、N相距很远，互不影响，旁边各放一个不带电的金属球P和R，当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时
A. P、R上均出现感应电荷 B. P上没有，而R上有感应电荷
C. P上有，而R上没有感应电荷 D. P、R上均没有感应电荷
一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的电场分别为、、，三者相比有
A. 最大 B. 最大 C. 最大 D.
金属球壳原来带有电荷，而验电器原来不带电，如图所示，现将金属球壳内表面与验电器的金属小球相连．验电器的金属箔将
A. 不会张开 B. 一定会张开
C. 先张开，后闭合 D. 可能会张开
二、多选题
如图所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球可视为质点且不影响Q的电场，从左端以初速度滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中
A. 小球做匀速直线运动
B. 小球先做减速运动，后做加速运动
C. 小球的电势能保持不变
D. 静电力对小球所做的功为零
如图所示，将一个验电器放在一个带正电的金属球近旁，发现验电器的箔片会张开，则
A. 验电器的箔片带正电
B. 验电器的小球上带正电
C. 若用一个金属网罩将验电器罩住，验电器箔片将合拢
D. 若用一个金属网罩将验电器罩住，但金属网罩接触到验电器的小球，验电器箔片将继续张开
如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘不带电的金属棒AB长为L，O为AB的中点，在距离A点为R的C点处放一带电量为Q的正点电荷，C与AB在一条直线上，如图所示。下列说法正确的是
A. 金属棒上A点的电势高于B点的电势
B. 若将A端接地，金属棒将带上正电荷
C. O点的电场强度为0
D. 金属棒上感应电荷在O点产生的电场强度大小为
请用学过的电学知识判断下列说法正确的是
A. 油罐车后拖一条铁链是为了防范静电
B. 静电实验在晴天比在雨天容易做成功
C. 小鸟停在单根高压输电线上容易被电死
D. 电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
三、计算题
如图所示，一薄壁导体球壳以下简称为球壳的球心在O点．球壳通过一细导线与端电压的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外A点有一电量为的点电荷，B点有一电量为的点电荷。OA之间的距离，OB之间的距离现设想球壳的半径从开始缓慢地增大到，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？己知静电力恒量假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触。
如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。请完成下面的实验步骤。
步骤一：把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，A、B下部的金属箔都______选填“会”或“不会”张开。
步骤二：此时把B向右移动稍许使其与A分开，然后移走C，待稳定后A、B下部的金属箔都______选填“会”或“不会”张开。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
野外遇到电闪雷鸣时，由于有很高的电压，容易使空气电离从而导电，所以可以伏在地表，或躲在小山洞，应尽量避免躲在高楼或大树下。应该尽量减低身体高度，即蹲下身子，抱住头部，要是开车躲在车里面最最安全。
掌握住一些生活常识本题即可求解。
【解答】野外遇到电闪雷鸣时，由于有很高的电压，容易使空气电离从而导电，电流通过人体就会对人体造成伤害，甚至使人死亡，所以进入山洞是安全的，故A正确；
B.物体越高越容易与雷电接触，故不能躲在大树下，故B错误；
C.钢柄是导体，故易导电，对人体不安全，故C错误；
D.避雷针也是导体，且电流通过避雷针导入地下，所以靠近避雷针近也会对人体有危险，故D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了生活中的静电现象，比较容易。手接触车体发生“触电”是静电现象，“静电消除器”并不是消除了电荷，而是发生了电荷的中和。
【解答】
干燥的冬天，人体容易带上静电，当接触金属车门时就会出现放电现象，所以这种“触电”现象是一种静电现象，故A正确；
手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，人体带上静电通过“静电消除器”发生中和，所以“静电消除器”为导体，故B正确；
根据电荷守恒定律，人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷通过“静电消除器”发生中和，而不是被“静电消除器”吸收而消失了，故C错误；
人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体处于静电平衡，处于静电平衡的整个导体是等势体，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
静电平衡后，由于静电感应，金属球壳A内壁没有电荷，电荷全部分布在外表面，通过感应或接触起电，从而可判定静电计的指针如何变化。
本题考查对于感应起电的理解能力，抓住静电平衡导体的特点，注意静电平衡的电荷分布；同时还要区别B和C两项中不同之处。
【解答】
A.把C逐渐从远处向A靠近过程中，由于静电感应，结合逆着电场线方向，电势增加，则B的指针张开，故A正确；
B.当把c与A的外表面接触，则C带正电，导致B的指针张开，故B错误；
C.把c与A的内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在外表面，但静电计仍处于外表面，则B指针会张开，故C错误；
D.c与A内壁接触时，由于静电屏蔽，使小球c不带电；故再与b接触时，B不会张开角度，故D错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低。
达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，这是解决本题的关键的地方，对于静电场的特点一定要熟悉。
【解答】
达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到，，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，所以，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断电势的高低；
本题抓住处于静电平衡导体的特点是关键，比较场强大小和电势高低常常画电场线，形象直观地判断。
【解答】
当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图，
由于A处电场线较密，B处电场线较疏，C处场强为零，则；
根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是。
故选D。
6.【答案】B
【解析】解：
分析：带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空腔球壳时，电子发生转移。
本题考查感应带电的实质：电子从导体的一部分转移到另一部分，掌握静电感应的原理，注意带正电与带负电的电量相等，是解题的关键。
解答：把一个带正电Q的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷带正电，而R处于电场中，出现静电感应现象，从而导致R上有感应电荷出现，
若将带正电Q的小球放入带电荷M空腔内时，因同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，若正负电荷相等，则金属壳上没有多余电荷，则P处没有电场，因而没有感应电荷；若正负电荷不相等，则P处有电场，则出现感应电荷，故ACD错误，B正确。
故选：B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，则金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。根据带电的细杆MN在abc三点产生的场强大小，判断金属球上感应电荷产生的电场在a、b、c三点的场强大小关系。
本题静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键。常规题。要注意金属球内场强为零是指合场强为零。
【解答】
静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即最大，故C正确。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
验电器的小金属球与空心金属球壳用导线连接，不论是连在球壳内部或是外边，效果都一样，即都使两者成为一个共同的导体。
【解答】
金属球壳、验电器构成一个整体，电荷要重新分布，金属箔片上带上电荷所以张开，故B正确；ACD错误。
故选B。
9.【答案】ACD
【解析】
【分析】
金属板在Q的电场中产生静电感应现象，达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，分析小球的受力情况，确定其运动情况，判断电场力是否做功。
本题主要考查静电感应现象及静电平衡特点、电场力做功与电势能变化的关系。
【解答】
金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动，故A 正确，B 错误；
由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功，小球的电势能不变，故CD正确。
故选ACD。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动；导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽；感应起电的实质不是产生了电荷，而是导体上的自由电荷从一端移动到另一端，从而使导体两端带上等量异号的电荷，且符合近端所带电荷的电性与引起静电感应的带电体的电性相反，而远端相同的规律；
静电屏蔽的意义：屏蔽使金属导体壳内的仪器或工作环境不受外部电场影响，也不对外部电场产生影响。
【解答】
解：将一个原来不带电的验电器移近在一个带正电的金属球，由于静电感应验电器导体两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与带正电的金属球相反，带负电，所以验电器的小球带负电，远端的金属箔片电荷带正电，故A正确，B错误；
物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡，处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零；由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上，一个验电器用金属网罩罩住，当使带电的金属球靠近验电器的金属球时，验电器的箔片不张开，我们把这种现象称之为静电屏蔽，故C正确，D错误；
故选AC。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了电势差和电场强度的关系；感应起电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点。
金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，棒内各点的场强为零，即感应电荷产生的电场强度与产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式结合求解。
【解答】
A.金属棒达到静电平衡，整个金属棒是一个等势体，则金属棒上A点的电势等于B点的电势，故A错误；
B.若将A端接地，大地上的电子跑到金属棒将正电荷中和，所以金属棒将带上负电荷，故B错误；
C.金属棒达到静电平衡，棒内各点的场强为零，则O点的电场强度为0，故C正确；
D.金属棒内各点的场强为零，棒上感应电荷在棒内中点O产生的场强大小与点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则感应电荷在O点产生的电场强度大小为，故D正确。
故选CD。
12.【答案】AB
【解析】
【分析】
油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走；雨天潮湿的空气很容易将物体带的电荷导走；鸟两脚间的电势差很小，故小鸟停在单根高压输电线上不会被电死；金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用。由此分析解题即可。
本题考查静电现象的掌握情况，注意掌握住基本的知识，对于生活中的一些现象要能够用所学的知识来解释．
【解答】
A、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害。故A正确。
B、静电实验在晴天比在雨天容易做成功，这是因为雨天潮湿的空气很容易将物体带的电荷导走。故B正确。
C、因鸟两脚间的电势差很小，故小鸟停在单根高压输电线上不会被电死。故C错误。
D、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业。故D错误。
故选AB。
13.【答案】解：分以下几个阶段讨论：
由于球壳外空间点电荷、的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用表示面电荷密度．设球壳半径时球壳外壁带的电量为，因为电荷、与球壳外壁的电量在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于U的等势区，在导体表面上的面元所带的电量为，它在球壳的球心O处产生的电势为，球壳外壁所有电荷在球心O产生的电势为
点电荷、在球壳的球心O处产生的电势分别为与，因球心O处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有
代入数值后可解得球壳外壁的电量为
因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量等于球壳外壁的电量，即
当球壳半径趋于时点电荷仍在球壳外，设球壳外壁的电量变为，球壳外的电荷、与球壳外壁的电量在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为U的等势区，则有
解得球壳外壁的电量
因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即
在到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为
当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内导体半径仍为，点电荷在球壳内壁感应出电量，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷与球壳内壁电荷在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷与球壳外壁的电荷所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷与球壳外壁的电荷在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷与产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为U的等势区．与在球心O处产生的电势等于球壳的电势，即
解得球壳外壁电量
球壳外壁和内壁带的总电量应为
在这过程中，大地流向球壳的电量为
这个结果表明：电荷由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换．
当球壳半径趋于时点电荷仍在球壳外，令表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得
由此得
球壳的电量等于球壳内外壁电量的和，即
大地流向球壳的电量为
当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内时球壳半径仍为，球壳内壁的感应电荷变为，由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量决定，即
可得
球壳的总电量是
在这个过程中，大地流向球壳的电量是
当球壳的半径由增至时，令表示此时球壳外壁的电量，有
可得
球壳的总电量为
大地流向球壳的电量为
【解析】本题考查了静电平衡下的电荷分布问题，抓住静电平衡状态下导体内部场强为0的特点结合电势大小的计算分析，注意分阶段计算球壳上电量的大小。
由于导体处于静电平衡状态下，内部场强为0，导体为一等势体，根据电势叠加原理表示O点电势的大小，分阶段判断球壳上电荷量的大小，进而计算各阶段电荷量的变化，从而分析大地流向球壳的电量各是多少。
14.【答案】会；会
【解析】解：感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电；
此时把B向右移动稍许使其与A分开，左端带负电，右端带正电；然后移走C，AB上的电荷不会中和，所以待稳定后A、B下部的金属箔都会张开。
故答案为：会，会
当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象。电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布。而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．
体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等。
第2页，共2页闭合电路的欧姆定律同步练习
一、单选题
电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电。下列说法正确的是
A. 因为电源电动势不变，所以路端电压也不变
B. 因为，所以R增大时路端电压也增大
C. 因为，所以I增大时路端电压也增大
D. 因为，所以I增大时路端电压减小
如图所示，电源的电动势和内阻分别为E和r，在滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量的变化情况为
A. 电容器所带电荷量一直增多
B. 电容器所带电荷量先减少后增多
C. 电源的总功率先增大后减小
D. 电源的路端电压先减小后增大
以下说法中正确的是
A. 在外电路中和电源内部正电荷都受静电力作用，所以能不断定向移动形成电流
B. 静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
C. 在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
D. 静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加
如图所示电路用来测定电池组的电动势和内电阻。其中V为电压表理想电表，定值电阻。在开关未接通时，V的读数为；开关接通后，V的读数变为。那么，电池组的电动势和内电阻分别为
A. ， B. ， C. ， D. ，
如图所示电路，开关S闭合后，四个灯泡都正常发光，某时刻t，因灯丝烧断而突然熄灭，假设其它三灯丝都没烧断，则
A. 、更亮，变暗
B. 更亮，、变暗
C. 、、都更亮
D. 变暗，更亮，不变
如果电源的电动势为12V，当有电量通过电路时，下列结论正确的是
A. 在电源内部，非静电力将6J的其它形式的能转化为电能
B. 在电源内部，静电力将6J的其它形式的能转化为电能
C. 在电源外部，静电力将5J的电能转化为其它形式的能
D. 在电源外部，静电力将12J的电能转化为其它形式的能
如图甲所示的电路中定值电阻，电源电动势，。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是
A. 开关S断开时电源的效率为
B. 开关S闭合后电源的总功率会变小
C. 开关S闭合后灯泡的亮度增强
D. 开关S断开时小灯泡消耗的功率为
如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是
A. 电流表读数变小，电压表读数变大
B. 电容器C上电荷量减小
C. 小电炮L变暗
D. 电源的总功率变小
二、多选题
某同学把一量程为，内阻为的电流表改装成欧姆表，所用电源的电动势为，线路图如图所示，下列说法正确的是
A. 此欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的
B. 调零电阻可用的滑动变阻器
C. 红表笔应接M点
D. 若在表盘满偏刻度的处标记电阻刻度，其电阻值为
纯电阻电路中，若E表示电动势，U表示外电压，表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示干路电流，则下列各式中正确的是
A. B. C. D.
如图所示，开关S原来是断开的，当S闭合时
A. 若电池内阻为零，则电流表示数变大
B. 若电池内阻为零，则电流表示数不变
C. 若电池内阻不为零，则电流表示数变小
D. 若电池内阻不为零，则电流表示数变大
三、计算题
如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压随电流变化的图线，电阻R和该电源组成电路，由图求：
的阻值；
电源内部消耗的电功率；
电源的效率．
如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，电容器的电容开关S原来断开，从闭合开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电阻R的电荷量是多少？
如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离，电源电动势，内电阻r，电阻，，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为，电量，问：
小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？
电源的内阻为多大？
电源的效率是多大？取
答案
1.D
A.电源电动势不变，由得路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；
B.当R增大时，I减小，不能根据判断路端电压的变化，而应由分析，E，r不变，I减小，得到U增大，故B错误；
C.当I增大时，说明R减小，不能根据判断路端电压的变化，应由由分析，E，r不变，I增大，得到U减小，故C错误；
D.根据闭合电路欧姆定律可知，I增大时，路端电压U减小，故D正确。
故选D。
2.B
3.D
A.在电源内部，正电荷受到静电力和非静电力作用，从负极移动到正极，故A错误；
非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加，故B错误，D正确。
C.在电源内部正电荷能从负极到正极同时受到静电力和非静电力作用，故C错误。
故选D。
4.B
电键未接通时，电压表示数即为电源电动势，故电动势； 接通电键后，由欧姆定律可得电路中电流，由闭合电路欧姆定律可知内电阻：，故B正确，ACD错误；
故选B。
5.A
突然熄灭后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知：电路中总电流I减小，两端电压，I减小，其他量不变，则增大，更亮。中电流，I减小，增大，则减小，变暗。电压，增大，减小，则增大，更亮。所以、更亮，变暗，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.A
解：AB、在电源内部，根据公式：，非静电力将6J的其它形式的能转化为电能．故A正确，B错误．
CD、由于不知道电源的路端电压，故无法求出外部静电力所做的功，从而无法明确转化的电能，故CD错误．
故选：A．
在电源的内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能，在电源的外部，静电力做功将电能转化为其它形式的能．
解决本题的关键搞清哪部分静电力做功，哪部分非静电力做功，能根据能量的转化和守恒规律进行分析，明确能量的转化规律．
7.D
开关S断开时，题图乙交点数值为灯泡实际工作的电压和电流，，，实际功率，电源总功率，所以电源的效率为，A错误，D正确；
B.闭合开关S后，电路外电阻减小，，干路电流增大，总功率增大，B错误；
C.闭合开关S后，干路电流增大，增大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，C错误。
故选D。
8.B
AC、把滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I增大，电流表读数变大。通过灯泡的电流增大，则灯泡L变亮；电源的内电压增大，则路端电压减小，电压表读数变小，故A、C错误
B、电容器与滑动变阻器并联，它们两端的电压相等，电容器两端的电压，由于I增大，U减小，所以电容器端电压减小，电容器C上电荷量减小。故B正确。
D、总电流I增大，据知，电源的总功率变大，故D错误。
故选：B。
9.AD
A.欧姆变的工作原理就是根据待测电阻阻值的不同引起表头电流的不同，即不同的电流对应不同的待测电阻阻值，从本质上就是应用闭合电路的欧姆定律，故A正确；
B.欧姆调零时表头电流为满偏电流，根据闭合电路的欧姆定律可知电路总电阻为，，故调零电阻太小，故B错误；
C.根据红进黑出可知红表笔应接N点，故C错误；
D.在满偏处电流为，根据闭合电路欧姆定律可知，解得，故D正确。
故选AD。
10.BD
A.已知电源的内电阻为r，干路电流为I，表示内电压，则据部分电路欧姆定律得，故A错误；
B.根据闭合电路欧姆定律得，则有，故B正确；
C.将上两式联立得，则得：，故C错误；
D.闭合电路欧姆定律，该式对于纯电阻电路适用，但不适用非纯电阻电路，所以由部分电路欧姆定律得，故D正确。
故选BD。
11.BC
若电池内阻为0，则闭合开关后电阻两端电压不变，因此电流不变，电流表示数不变，故A错误，B正确；
若电池内阻不为0，则闭合开关后，减小，由和，可得路端电压U减小，故电流表示数变小，故C正确，D错误。
故选BC。
12.解：由欧姆定律结合图象可得R端电压为4V，此时的电流为2A，故有R的阻值：；
根据图线AB知，电动势，
由图象斜率的含义解得电源内阻为：
在C点，电源内部消耗的电功率：。
电源输出的电功率：
故此时电源的效率
13.解：S断开时的等效电路图如图甲所示，电容器C两端电压U等于电阻两端电压，
电容器C的带电荷量，且a板带正电，b板带负电。
S闭合时的等效电路图如图乙所示，电容器C两端电压等于电阻两端电压，有
干路电流：
外电压
电阻两端电压
电容器C的带电荷量且a板带负电，b板带正电，
通过电阻R的电荷量
14.解：小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电；
因为小球放入板间恰能保持静止，有：
解得：；
电路中的电流，
根据闭合电路欧姆定律得：
解得：；
电源的效率。
第2页，共2页电势能和电势同步练习
一、单选题
下列说法中正确的是
A. 正电荷放于电势越低处，电势能越小
B. 负电荷放于电场线越密处，电势能越小
C. 正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作正功
D. 负电荷沿电场线移动，电势能减小
如图所示，AB为电场中的一条电场线，电场方向由A指向B，以下说法正确的是
A. 该电场一定是匀强电场
B. 负电荷放在B点所受电场力方向向右
C. A点的电势一定低于B点电势
D. 负电荷放在B点的电势能比放在A点的电势能大
某区域的电场线分布如图所示，A，B为同一条电场线上的两点，则下列说法中正确的是
A. 电势
B. 电场强度的大小
C. 将正电荷从A点移到B点电场力做负功
D. 将负电荷放在A、B两点具有的电势能
有如图所示，在匀强电场中有O、A、B三点，，其中O、A电势分别为0V、5V，OA与OB的夹角为，A、B在同一条竖直线上。现有一不计重力、带电量为e的粒子以4eV的动能从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时，动能与在A点时相同，且在同一条竖直线上，则下列说法正确的是
A. 该带电粒子带正电
B. 粒子运动过程中，电场力一直做正功
C. 粒子能运动到O点，且在O点时电势能为零
D. 该电场强度大小为，方向水平向左
如图所示，O点是正六边形abcdef的中心，空间有一匀强电场，恰好与正六边形平面平行图中未画出。已知正六边形边长，a、c、e三点的电势分别为、、，下列判断正确的是
A. O点的电势为
B. 电场强度的方向由a指向d
C. 一电子从f点运动到d点，电势能增加了
D. 电场强度的大小为
一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其图象如图所示．粒子在时刻运动到B点，时刻运动到C点，下列判断正确的是
A. A，B，C三点的电势关系为
B. A，B，C三点的场强大小关系为
C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
在真空中A、B两点分别放有异种点电荷和，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是
A. 场强大小关系有、
B. 电势高低关系有、
C. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功
D. 将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变
如图是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A，B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度从A向B运动并经过B点，一段时间后q以速度v又一次经过A点，且v与的方向相反，则以下说法中正确的是
A. A，B两点的电场强度是
B. 负电荷q先后经过A点的速度大小
C. 负电荷q在A，B两点的电势能
D. A，B两点的电势是
某区域电场线如图所示，A、B为区域上两点，下列说法正确的是
A. 正电荷在A点所受电场力比在B点所受电场力小
B. A点电势低于B点电势
C. 正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
D. 将电子从A点移动到B点，电场力做正功
如图所示，A、B两点各放有电量为和的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且，将一正电荷从C点沿直线移到D点，则说法正确的是
A. 电场力一直做正功
B. 电场力一直做负功
C. 电场力先做正功再做负功
D. 正电荷在C点的电势能大于在D点的电势能
二、多选题
空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，，，一带正电的粒子在AB间的电势能Ep随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的是
A. AO间的电场强度等于OB间的电场强度
B. M点电势比N点电势低
C. 若将一带负电的粒子从M点静止释放，它一定能通过N点
D. 该粒子从M向O移动过程中，所受电场力做正功
如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷和，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近的一点，MN为过O点的一条线段，M点与N点关于O点对称，下列说法中正确的是
A. 同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同
B. N、P两点的电势相同
C. 将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小
D. 将一电子从N点移到P点，电子的电势能增大
一带负电的粒子只在电场力作用下沿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，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是
A. 段做匀加速直线运动
B. 处电场强度为零
C. 粒子经过处时动能最大
D. 在0、、、处电势的关系为
三、计算题
如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为，AB间距离，与水平方向夹角为 ；求：
、A间电势差是多少？
电场强度E是多大？
如果A点的电势为，求B点的电势为多大？电荷量的正电荷在A点具有的电势能是多少？
在真空中O点放一个正点电荷，直线MN通过O点，OM的距离，如图所示。已知，，求
点的场强大小？
若把一电荷量为的负点电荷从M点移动到N点的过程中电场力做功，求M，N两点电势差和M点的电势。
如图甲所示，一带电荷量为、质量为m的小物块处于一倾角的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好沿斜面匀速下滑。g为重力加速度，，。
求匀强电场的电场强度大小。
若仅将电场强度大小减小为原来的一半而方向不变，使小物块以初速度自底端开始向上滑动，求它所能达到的最大高度。
在满足条件下，求小物块达到最高点处的电势能选取底端电势为零。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查电势高低与电势能高低的关系，正电荷在电势越高的地方电势能越大，而负电荷在电势越高的地方电势能越小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。
【解答】
解：AC、正电荷在电势高的地方电势能大，在电势能低的地方电势能小；正电荷由电势低处移到电势高处，电场力作负功．故选项A正确，C错误
B、负电荷放于电场线越密处，受到的电场力大，但不能判断出电荷的电势能的大小．故B错误．
D、负电荷沿电场线的方向移动，由于负电荷受力的方向与电场线的方向相反，电场力做负功，电荷的电势能增大．故D错误；
故选：A
2.【答案】D
【解析】解：A、由于一根电场线无法知道电场线的疏密，故不能判定是匀强电场．故A错误．
B、负电荷在B点所受电场力方向水平向左．故B错误．
C、沿着电场线方向电势逐渐降低，则A点的电势高于B点的电势．故C错误．
D、负电荷从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，所以负电荷放在B点的电势能比A点的电势能大．故D正确．
故选：D
匀强电场的电场线为等间距的平行直线，沿电场线方向电势逐渐降低，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，根据电场力做功判断电势能的变化．
解决本题的关键知道正电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反．以及知道电场线的疏密表示场强的强弱，沿着电场线方向电势逐渐降低．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
沿电场线电势降低，电场线密集的地方，电场强度大；正电荷顺着电场线移动，电场力做正功，电势能减小。
本题考察电场线及电场力做功，着重在于理解电场线的意义。
【解答】
A.沿电场线电势降低，电势，故A正确；
B.电场线密集的地方，电场强度大，电场强度的大小 ，故B错误；
C.将正电荷从A点移到B点电场力做正功，故C错误；
D.因电势，将负电荷放在A、B两点具有的电势能，故D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
根据匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等。带电量为e的粒子从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时动能与在A点时相同，所以A、B在同一等势面上，电势相同，进而判断出电场线的方向，分析粒子的受力情况，确定粒子的电性。
此题关键是知道粒子只收电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，抓住这一点可进行判断，注意公式中d的物理意义。
【解答】
根据顺着电场线方向电势降低。带电量为e的粒子从A点沿AO方向飞入电场，经过B点时动能与在A点时相同，所以A、B在同一等势面上根据匀强电场中沿任意方向相同距离电势差相等，则有，由于O点的电势小于A点的电势，进而判断出电场线的方向垂直AB向左。带电粒子从A点沿AO方向开始运动，又回到与A点在同一等势面上的B点，则说带电粒子所受电场力方向水平向右，所以该粒子带负电。故AB错误；
C.由于只有电场力做功，根据功能关系可知，粒子的动能与电势能之和不变，粒子在A点时，电势能和动能之和为，若粒子能运动到O点，则电势能为零，动能为，不合实际，故粒子不能运动到O点，故C错误；
D. 根据公式，AO两点间沿电场线方向的距离等于O点到直线AB的距离，，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
匀强电场的等势线是一系列的平行且等间距的直线，电场线必定与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面，结合以上特点就可以画出电场线．然后结合电场强度与电势差的关系及电场力做功与电势能的变化关系分析。
本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法，同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系。
【解答】
A.由图所示，在匀强电场中a、e连线的中点g的电势，故A错误；
B.虚线cOgf为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势线高的等势线指向电势低的等势线，可知ab、de均为等势线，db、ea均为电场线，电场强度的方向由e指向或由d指向，故B错误；
C.一电子从f点运动到d点，电场力做正功，电势能减少了，故C错误；
D.沿电场线方向e、a之间的距离等于，电场强度，故D正确。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的电性不知，则无法确定电场强度的方向，由于从A到B，动能增加，则电场力对粒子做正功，导致电势能减小，从而即可求解。考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，理解电场力做功与电势能变化关系，以及动能的变化，注意粒子不知电性，因此电势高低无法确定。
【解答】
A.由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A错误；
B.根据牛顿第二定律有：得。故电场强度越大，粒子的加速度大小越大。由图可以看出最大，故最大，故B错误；
C.由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定律，电势能应该先增大后减小，故C正确；
D.由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，根据动能定理可知电场力先做负功，后做正功，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电场的叠加、判断电势、场强大小的能力，无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电势高低的判断方法可以根据电势的定义式来判断，但一般都是按沿电场线方向电势降低来判断。
【解答】
A.由于，a点处电场线比b点处电场线疏，a点场强小于b点场强。根据对称性规律可知cd两点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B.由题，电场线方向由B指向A，则有；由对称性规律及电场的叠加原理可知c点与d点电势相等。故B错误；
C.将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力方向与运动方向夹角小于，所以电场力做正功。故C正确。
D.将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中，根据电场强度的叠加可知，在c点电场力方向与速度方向夹角大于，而在d点的电场力方向与速度方向夹角小于，所以电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小。故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
通过负电荷的运动状态，确定出电场强度方向，沿着电场方向，电势降低，电场力做正功电势能减小，电场力做负功，电势能增大，电场线的疏密表示强度的大小；
本题主要考查了电场强度鱼电场线的关系，抓住沿着电场方向，电势降低，电场力做正功电势能减小，电场力做负功，电势能增大即可。
【解答】
A.一根电场线不能确定电场线的疏密，故无法判定场强大小，故A错误；
D.通过题意可知，负电荷先向右减速运动，再向左加速度运动，故场强由A指向B，A，B两点的电势是，故D错误；
C.负电荷从A到B电场力做负功，故电势能增大，故，故C错误；
B.只在电场力作用下，回到A点，电场力做功为零，故负电荷q先后经过A点的速度大小，故B正确。
故选B。
9.【答案】C
【解析】解：A、电场线越密，场强越大，则A点场强一定大于B点场强，正电荷在A点所受电场力比在B点所受电场力大。故A错误。
B、因为顺着电场线方向电势降低，则A点电势一定高于B点电势。故B错误。
C、若正电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，则知正电荷在A点的电势能大于在B点的电势能。故C正确。
D、将电子从A点移动到B点，电场力方向向左，电场力做负功。故D错误。
故选：C。
电势根据电场线的方向判断：顺着电场线方向电势降低。场强根据电场线的疏密判断，电场线越密，场强越大。根据电场力做功，判断电势能的变化。
本题的解题关键是抓住电场线的两个意义：电场线的方向反映电势高低，据电场线的疏密表示场强的大小。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
AB连线上每一点的场强是由电量为和的两个点电荷共同叠加产生的，根据点电荷场强公式确定电场强度为零的位置，从而确定出在AB连线上的电场力方向，从而确定出电场力做功的情况。
该题将电场的叠加和力做正功或做负功的条件结合在一起，需要先判断出合场强的方向，再判断电荷受到的电场力的方向，最后判定电场力是做正功还是做负功。
【解答】
设在AB连线上AB之间距离A点x处的合场强为0，，则有：，解得，即CD之间某点的合场强为零，设该点为F，则在F点左侧，场强方向向右，正电荷所受电场力方向向右，在F点右侧正电荷所受的电场力方向向左，可知正电荷从C移至D的过程中，电场力一直先做正功后做负功，故C正确，AB错误；
D.C点的电势低于D点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，故D错误。
故选C。
11.【答案】BC
【解析】解：A、在图象中，图象的斜率绝对值表示电场力大小，结合电场力公式，知AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故A错误；
B、由图知，带正电的粒子在M点的电势能比在N点的小，根据知，M点电势比N点电势低，故B正确．
C、正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，负电荷在M点的电势能反而大于在N点的电势能。若将一个带负电的粒子从M点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到O点后，再向N点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到N点时，其动能大于零，故它一定能通过N点，故C正确．
D、带正电的粒子从M向O移动过程中，电势能增大，则粒子所受电场力做负功．故D错误．
故选：BC
根据电场力做功与电势能的关系，知道图象的斜率表示电场力大小，再由公式分析场强关系．分析正电荷电势能的变化，从而分析出电势的关系．根据电场力做功与电势能变化的关系判断电场力做功情况．
该题的关键要明确图象的斜率表示电场力，分析电场力的关系，从而确定场强的关系．要注意电势能不仅与电势有关，还与电荷有关，分析时一定要注意电荷的正负．
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据电场线的分布情况，判断M、N场强的关系；电场线的疏密表示场强的大小；等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线；画出等势面判断P、N点的电势大小。
本题关键是结合等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确电场力做功等于电势能的减小量，不难。
【解答】
A.等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，如图：
由图可得M、N两点的电场强度相同，同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同，故A正确；
B.画出过M、N的等势面，如图所示：
电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面，故N点的电势大于P点的电势，故B错误；
C.将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C错误；
D.将一电子从N点移到P点，电势降低，故电子的电势能增大，故D正确。
故选AD。
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得处的电场强度，根据能量守恒判断速度的变化，由，分析电势的高低，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质，根据斜率读出场强的变化，由，分析电场力的变化。
解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。
【解答】
由图看出在段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，做加速度增大的减速运动，段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀减速直线运动，根据电势能与电场力做功的关系知，在处时，动能最大，故A错误，C正确；
B.根据电势能与电势的关系：，场强与电势的关系：，得：，由数学知识可知图象切线的斜率等于，处切线斜率为零，则处电场强度为零，故B正确；
D.根据电势能与电势的关系：，粒子带负电，，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：，故D错误。
故选BC。
14.【答案】解：负电荷从A运动到B电场力做正功
则电荷的电势能减少，减少了；
AB间电势差为：
则有：
匀强电场的电场强度为：
因；，则
电荷量的正电荷在A点具有的电势能为：
答：、A间电势差是8V；
电场强度E是；
如果A点的电势为，B点的电势为4V，电荷量的正电荷在A点具有的电势能是。
【解析】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用计算时，注意q的正负和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式注意d是沿电场线方向上的距离。
根据求解电势差；
根据求解电场强度大小；
先根据，则再根据求解电势能大小。
15.【答案】解：根据点电荷的电场强度公式，那么M点的场强大小
；
负点电荷从M点移动到N点的过程中电场力做功
根据
则有MN两点的电势差
已知，依据，那么。
【解析】考查点电荷的电场强度公式的应用，掌握公式，及的内容，注意电荷量的正负也是解题的关键。
依据点电荷的电场强度公式，即可求解；
根据，确定MN两点的电势差，再依据，及，求M点的电势。
16.【答案】解：建立平面直角坐标系，对小物块进行受力分析，如图乙所示：
根据平衡条件列方程有
由电场力公式有
解得。
设小物块能达到的最大高度为H，则由动能定理得：
解得。
设小物块在最高点的电势能为
则电场力做的功
最高点处的电势能
解得
【解析】对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求匀强电场的电场强度大小；
电场强度减小为原来的一半，则小物块受到的电场力减小为原来的一半，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，根据动能定理求解它所能达到的最大高度；
先求出小物块达到最高点处时电场力做的功，再根据功能关系求出小物块达到最高点处的电势能。
第2页，共2页电容器的电容同步练习
一、单选题
电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是
A. 电容器的电容与它所带的电荷量成正比
B. 电容器的电容与它两极板间的电压成正比
C. 在相同电压作用下，带电荷量多的电容器的电容比较大
D. 电容的常用单位有和pF，
如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是
A. Q变小，C不变，U不变，E变小
B. Q变小，C变小，U不变，E不变
C. Q几乎不变，C变小，U变大，E不变
D. Q几乎不变，C变小，U变大，E变小
用比值定义物理量是物理学中一种常见的方法，下面物理量是用比值法定义的且定义式正确的是
A. 电容 B. 电容
C. 电场强度 D. 电场强度
如图所示电路中，P、Q为两平行金属板间的两点，上板接地。在P和Q分别固定一个正电荷和负电荷，闭合开关K后，把上板向上平移一段距离，下列判断正确的是
A. 正电荷的电势能大于负电荷的电势能
B. 负电荷的电势能减少
C. P点电势升高
D. P、Q两点的电势差减小
如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是
A. 油滴带正电
B. 油滴受到的电场力大小为
C. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
21世纪智能机器人将进入家庭，各种各样的传感器是智能机器人的核心部分，传感器是一种将感受到的物理量如光、热、力、声等转化成便于测量的量一般是电学量的转化装置．如图所示是一种测量压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生压力发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计、直流电源串联接成闭合电路，那么
当F向上压膜片电极时，电容将减小
当F向上压膜片电极时，电容将增大
若电流计有示数，则压力F发生变化
若电流计有示数，则压力F不发生变化
A. B. C. D.
如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则
A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低
C. 极板间的场强不变 D. 极板带电量将增加
如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为则下述说法正确的是
A. 电键k断开，A板向B板靠近，则增大
B. 电键k断开，A板向上移动，则增大
C. 保持电键k闭合，A板向B板靠近，则变小
D. 保持电键k闭合，A板向上移动，则变小
如图所示是研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验装置。将充好电的平行板电容器与电源断开并将左金属板接地，另一板与外壳接地的静电计相连。若两板间距为d，其电容为C，指针偏角为，则以下对该实验现象以及解释判断正确的是
A. 增大d，增大，说明C随d的增大而减小
B. 增大d，减小，说明C随d的增大而增大
C. 增大S，增大，说明C随S的增大而增大
D. 增大S，减小，说明C随S的增大而减小
二、多选题
如图所示，平行板电容器和恒定直流电源相连，箭头表示电流方向．下列说法正确的有
A. 电容器正在充电 B. 电容器正在放电
C. 电容器两板间距离一定正在变大 D. 电容器两板间距离可能正在变小
如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是
A. 将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B. 将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C. 将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D. 将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
如图所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是
A. 将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B. 将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C. 将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D. 将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
三、计算题
如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为的恒压电源上，两极板间距为，电容器带电荷量为，A极板接地．求：
平行板电容器的电容C；
平行板电容器两板之间的电场强度E；
证明：一个极板间为空气真空的平行板电容器，两极板之间的电场强度只与极板所带的电荷量及极板面积有关，与两极板的距离无关．
一带电平行板电容器的两端电压，当两极板间的电压增加到时，电容器所带的电荷量增加了，求：
平行板电容器的电容C．
两极板原来所带的电荷量Q．
如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒压电源上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为，A极板接地．求：
平行板电容器的电容；
平行板电容器两板之间的电场强度；
距B板2cm的M点处的电势．
答案
1.C
电容器的电容由电容器本身决定，与所带电荷量和板间的电压无关，故AB错误；
C.根据公式，在相同电压作用下，带电量多的电容器的电容比较大，C正确；
D.电容的常用单位有和pF ，，故D错误；
故选C。
2.C
平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变。增大电容器两极板间的距离d时，由电容的决定式知，电容C变小；Q不变，则根据电容的定义式知，电容C变小，Q不变，则U变大；根据，电场强度不变，故C正确，ABD错误。
故选C。
3.A
A .电容是指电容器两极板上所带电荷量Q与两极板的电势差U的比值，故A正确；
B .B选项是指平行板电容器电容的决定式，故B错误；
C .电场强度是指试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，而该选项是真空中的点电荷对空间某点电场强度的决定式，故C错误；
D .D选项是匀强电场中电场强度与电势差的关系，不是电场强度的定义式，故D错误。
故选A。
4.D
A.由于两板间电势均小于0，由，可知正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故A错误；
当把上板向上平移一段距离后，上板和P、Q点的电势差均增大，故P、Q点电势均降低，则负电荷的电势能增大，故BC错误；
D.由可知板间电场强度减小，则P、Q间电势差减小，故D正确。
故选D。
5.C
A.根据受力平衡可知，油滴所受电场力方向向上，与电场强度方向相反，故油滴带负电，故A错误；
B.根据，，，联立得出，故B错误；
C.根据联立得出：，故若仅将上极板平移到图中虚线位置，则电势差变小，静电计指针张角减小，故C正确；
D.根据可知，电场力大小和板间距离无关，故若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将不动，故D错误。
故选C。
6.B
．当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式 得到，电容器的电容将增大，故错误，正确；
当F变化时，d变化，电容变化，而板间电压不变，由QCU，故带电荷量Q变化，电容器将发生充、放电现象，电流计中有电流，故错误，正确；
故选B。
7.B
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故AC错误．
B.场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．
D.根据，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；
故选B。
8.B
A.若断开K，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于Q、S不变，A板向B板靠近，虽然d变小，但电场强度不变，故电场力不变，则不变，故A错误；
B.若断开K，由得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，则变大，故B正确；
C.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知， 当将A板向B板靠近时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故C错误；
D.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，A板向上移动，d不变，电场强度不变，则电场力不变，将不变，故D错误。
故选B。
9.A
增大d，增大，说明电容器板间电势差U增大，电容器所带电量Q不变，由电容的定义式分析得知，电容C减小，说明C随d的增大而减小，故A正确，B错误；
增大S，减小，说明电容器板间电势差U减小，电容器所带电量Q不变，由电容的定义式分析得知，电容C增大，说明C随S的增大而增大，故CD错误。
故选A。
10.AD
由图可知，电流流向正极板，说明电容器正在充电，故A正确，B错误；
因电容与电源相连，故电势差不变；电容器充电说明电容器上的电量在增加，由可知，电容C变大了。根据电容的决定式可知，电容由正对面积、极板间距离及极板间介电常数共同决定，故C错误，D正确。
故选AD。
11.AC
A.将左极板向左移动少许，则板间距d增大，同时在两极板之间插入电介质则介电常数增大，则C可能变大，根据可知，Q不变，则U可能减小，则静电计的指针的偏转角度变小，故A正确；
B.将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板，则d增大，根据可知C变小，根据可知，Q不变，则U增大，静电计指针的偏转角度变大，故B错误；
C.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板，则d可能增大，也可能减小，还可能不变，根据可知，U可能减小，静电计指针的偏转角度变小，故C正确；
D.将左极板向下移动少许，则S减小，同时取出两极板之间的电介质，介电常数减小，故C一定减小，根据可知U一定增大，故静电计指针的偏转角度一定变大，故D错误。
故选AC。
12.BD
A.电容器处于通电状态，把两板间距离增大一倍，由可知，电场强度变为原来的一半，根据可知，要使粒子匀速通过，同时将磁感应强度减小一倍，故A错误；
B.电容器处于通电状态，把两板间距离减小一倍，由可知，则电场强度增加一倍，根据可知，要使粒子匀速通过，磁场应该增大一倍，故B正确；
如果把开关S断开，根据，因两极间的电量不变，当两板间的正对面积减小一半，则两极板之间的电场强度增强一倍，因此根据可知，要使粒子匀速通过，磁场强度增大一倍，故C错误，D正确。
故选BD。
13.解：依电容定义有
两板之间为匀强电场
方向竖直向下；
因为
且，所以，那么
，所以两极板间的电场强度只与极板所带的电荷量及极板面积有关，与两板间的距离无关。
14.解：由得：
由题意可知，平行板电容器两极板间的电压增量为：
联立解得：
由题可知：
解得：
15.解：依电容定义有 F．
两板之间为匀强电场 方向竖直向下．
点距A板间距离为 cm
A与M间电势差 V
又，可得 V．
第2页，共2页磁场磁感线 同步练习
一、单选题
关于分子电流，下面说法中正确的是
A. 分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的
B. 分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的
C. 分子电流是专指分子内部存在的环形电流
D. 分子电流假说无法解释加热“去磁”现象
如图所示，当导线中通有电流时，小磁针发生偏转．这个实验说明了
A. 通电导线周围存在磁场
B. 通电导线周围存在电场
C. 电流通过导线时产生焦耳热
D. 电流越大，产生的磁场越强
实验表明磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是
A. 硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁
B. 硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝
C. 磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多
D. 硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引
如图是描述通电直导线周围的磁场磁感线分布情况，其中正确的是
A. 立体图
B.
C.
D.
如图所示，弹簧测力计下挂一铁球，将弹簧测力计自左向右从条形磁铁上方缓慢移动时，弹簧测力计的示数
A. 不变
B. 逐渐减小
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
如图所示，其中小磁针静止时N极正确的指向是
A. B.
C. D.
如图所示，带负电的金属环绕轴以一定的角速度匀速旋转，从右向左看为逆时针方向，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是
A. N极沿轴线向右 B. N极沿轴线向左 C. N极竖直向下 D. N极竖直向上
“司南”是我国的四大发明之一，如图所示，形似勺子，勺柄是“司南”的南极，则“司南”静止时，勺柄所指的方向是
A. 东方
B. 北方
C. 西方
D. 南方
二、多选题
某同学身边有一个长铁条，为了检验它是否具有磁性，该同学用它的一端靠近能自由转动的小磁针．下列给出了几种可能产生的现象以及相应结论，其中正确的是
A. 若小磁针被吸引过来，则说明长铁条一定有磁性
B. 若小磁针被吸引过来，则长铁条可能没有磁性
C. 若小磁针被推开，则说明长铁条一定有磁性
D. 若小磁针被推开，则长铁条可能没有磁性
一放置在水平桌面上的条形磁铁，其磁感线分布如图所示。P、Q是同一条磁感线上的两点，下列说法正确的是
A. P、Q两点的磁感应强度相同
B. Q点的磁感应强度方向由Q指向P
C. P点的磁感应强度方向由P指向Q
D. 若在P、Q两点处分别放置垂直于桌面且相同长度的导线，通入电流相同，则置于Q处的导线受到的安培力更大
如图所示，条形磁铁静止在粗糙水平面上，一小段直导线在条形磁铁上方P点处垂直于条形磁铁轴线水平放置，条形磁铁在P点处产生的磁场与水平方向成角，给直导线通以恒定电流，结果条形磁铁对地面的压力减小了N，条形磁铁仍保持静止。则下列说法正确的是
A. 直导线中电流方向垂直于纸面向里
B. 直导线受到的安培力大小为
C. 地面对条形磁铁的摩擦力的方向水平向左
D. 地面对条形磁铁的摩擦力大小为
三、计算题
把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示导线可以在空中自由移动和转动导线中的电流方向由a向b．
请描述导线的运动情况．
虚线框内有产生以上弧形磁感线的磁场源，它可能是条形磁铁、蹄形磁铁、通电螺线管、直线电流请你分别按每种可能考虑，大致画出它们的安放方式．
图中L是一根通电长直导线，导线中的电流为一电阻为R、每边长为2a的导线方框，其中两条边与L平行，可绕过其中心并与长直导线平行的轴线转动，轴线与长直导线相距b，，初始时刻，导线框与直导线共面．现使线框以恒定的角速度转动，求线框中的感应电流的大小．不计导线框的自感．已知电流I的长直导线在距导线r处的磁感应强度大小为，其中k为常量．
答案
1.B
A.分子电流假说最初是由安培提出来的，故A错误；
分子电流并不是专指分子内部存在的环形电流，分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的，故C错误，B正确；
D.加热“去磁”现象可以根据分子电流假说解释，磁体受到高温时会失去磁性，是因为激烈的热运动使分子电流的取向又变得杂乱无章，故D错误。
故选B。
2.A
当导线中有电流时，小磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，这种现象称为电流的磁效应，首先是由丹麦物理学家奥斯特观察到这个实验现象，故A正确，BCD错误；
故选A。
3.D
磁体能吸引一元硬币，说明硬币一定是由磁性物质制成的，但不一定是铁做的，故A错误，D正确；
B.铝不是磁性物质，故硬币不可能是铝做的，故B错误；
C.磁体的磁性越强，只表示吸引磁性物质的能力强，与能吸引的物质种类多少无关。故C错误。
故选D。
4.B
根据安培定则可知，A图中的磁感线的方向为逆时针环绕；B图中的磁感线为逆时针环绕；C图中的磁感方向为顺时针环绕；D图中的磁感方向为导线的左侧垂直纸面向外，右侧垂直纸面向里，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.C
磁铁的磁极的磁性最强，对铁球的吸引力最大，所以铁球自左向右移动时，所受磁铁的引力先减小后增大，弹簧测力计的示数也随之先减小后增大，故C正确。
故选C。
6.A
解：A、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针指向正确，故A正确；
B、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N应该在右端，故B错误；
C、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N应该指向上，故C错误；
D、由图可知，磁体外部的磁感线由N极到S极，根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，小磁针N极应该在左边，故D错误；
故选：A．
根据小磁针静止时N极所指向表示磁场方向，也为磁感线某点的切线方向．
小磁针N极受力方向或静止时所指方向就是磁场方向，也是磁感应强度方向．
7.B
解：带负电金属环，如图所示的旋转。则金属环的电流方向与旋转方向相反。再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端N极，右端S极。因此小磁针N极沿轴线向左。故B正确，ACD错误。
故选B。
8.D
解：地球本身就是一个巨大的磁体，其N极在地理的南极处；勺柄是“司南”的S极，由于S极受力的方向与磁场的方向相反，所以司南静止勺柄应指向地磁场的N极，即指向南方，故D正确，ABC错误。
故选：D。
9.BC
若小磁针的一端被吸引，说明至少有一个物体有磁性，则锯条可能没有磁性，也可能是异名磁极间的相互吸引，故不能确定锯条是否有磁性，故B正确，A错误；
若小磁针的一端被推开，根据同名磁极相互排斥，则锯条一定有磁性，故C正确，D错误。
故选BC。
10.BD
A.磁感线的疏密表示磁场强弱，故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度，故A错误；
条形磁铁外部磁感线从N级指向S级，磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向，两点的磁感应强度方向均由Q指向P，故B正确，C错误；
D.Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度，又导线受到的安培力，可知若在P、Q两点处分别放置垂直于桌面且相同长度的导线，通入电流相同，则置于Q处的导线受到的安培力更大，故D正确。
故选BD。
11.AB
A、由于导线通电后条形磁铁对地面的压力减小了N，表明直导线与条形磁铁相互吸引，则直导线受力如图所示：
根据左手定则可知，直导线中电流方向垂直于纸面向里，故A正确；
B、设直导线受到的安培力大小为F，根据力的平衡可知：，则有：，故B正确；
C、由于条形磁铁有向左运动趋势，因此地面对条形磁铁的摩擦力方向水平向右，故C错误；
D、地面对条形磁铁的摩擦力大小为：，故D错误。
故选：AB。
12.解：由图示可知左侧导体所处的磁场方向斜向上，右侧导体所处的磁场斜向下，则由左手定则可知，左侧导体受力方向向外，右侧导体受力方向向里，故从上向下看，直导线应为逆时针转动；当导体转过时，由左手定则可得导体受力向下，故可得出导体运动为逆时针转动的同时还要向下运动．即为a端转向纸外，b端转向纸里，且向下运动；
如图所示的甲、乙、丙、丁四个图分别表示虚线框内的磁场源是条形磁铁、蹄形磁铁、通电螺线管和直线电流及其大致位置
。
13.解：当线框绕转轴转过的角度时，其位置如图1所示，俯视图如图2所示．
当线框以角速度绕转动时，线框与轴线平行的两条边的速度都是v，且
L中的电流产生的磁场在这两条边所在处的磁感应强度分别为
和
式中r和分别为这两条边到L的距离．线框的两条边的速度v的方向与B和的方向间的夹角分别为和由电磁感应定律，线框的感应电动势为
注意到
以及
由以上各式得
由欧姆定律得线框中的感应电流
由、两式得
第2页，共2页实验：练习使用多用电表同步练习
一、单选题
如图所示，用多用电表依次测量直流电压U和电阻R，已知测量时红表笔均插入多用电表的正插孔，黑表笔均插入多用电表的负插孔，则
A. 前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表
B. 前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表
C. 前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表
D. 前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表
用多用电表探测如图所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔与电表内部电源的正极相连接E点，红表笔与电表内部电源的负极相连接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是下图中的
A. B. C. D.
如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻下列说法正确的是
A. 当开关S调到位置1、2时，多用电表测量的是电流，且调到位置1时的量程比位置2的小
B. 当开关S调到位置3、4时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔
C. 当开关S调到位置5、6时，多用电表测量的是电压，且调到位置6时的量程比位置5的大
D. 多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的
用多用表测直流电压U或测电阻R时，若红表笔插入多用表的正插孔，则
A. 前者测电压电流从红表笔流入多用电表，后者测电阻从红表笔流出多用电表
B. 两者电流都从红表笔流入多用表
C. 两者电流都从红表笔流出多用表
D. 前者电流从红表笔流出多用表，后者电流从红表笔流入多用表
用多用电表测量一个阻值约为的电阻，为了使测量结果比较准确，正确的操作是
A. 选择正确挡位后即可直接进行测量
B. 选择开关应扳到“”挡
C. 选择开关应扳到“”挡
D. 测量时应用手指把两只表笔分别捏紧在电阻两端
在一次小组实验中，图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器、及另外两根导线都是好的．为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连接在电阻器的b端和的c端，并观察万用表指针的示数．在下列选挡中，符合操作规程的是
A. 直流挡 B. 直流挡 C. 直流挡 D. 欧姆挡
某同学使用多用电表测量电阻时，将多用电表选择开关调至挡，调好零点，测一未知电阻R，其指针位置如图所示，则被测电阻R的阻值为
A. B. C. D.
如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为，内，调零电阻的最大阻值，串联的固定电阻，电池电动势用它测量电阻，能准确测量的范围是
A. B. C. D.
二、多选题
用多用电表的测电阻和电压时，下列说法中正确的是
A. 多用电表的欧姆挡测电阻时红表笔的电势高于黑表笔的电势
B. 用“”挡测电阻时如果指针偏转太小，应改用“”挡，欧姆调零后再测
C. 测量未知的直流电源两端电压时，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程
D. 多用电表用完后，应将选择开关拨到OFF或直流电流最高挡
如图，为多用电表电阻挡的原理图，表头内阻为，调零电阻为，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是
A. 不使用时应把选择开关旋转到OFF位置或交流电压的最高档
B. 接表内电池负极的应是红表笔，测量时遵循“红进黑出”原则
C. 电阻挡对应的刻度不均匀，且“”刻度一般在刻度盘的右端
D. 每次换电阻倍率档时，都需重新欧姆调零
如图所示，用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻，以下给出的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆调零旋转，以下说法正确的是
A. 换挡前将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，然后换挡、测量
B. 换挡后将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，然后测量
C. 测量前旋转S使其尖端对准欧姆挡
D. 测量前旋转S使其尖端对准欧姆挡
三、实验题
图为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I，内阻R，可变电阻R的最大值为10k，电池的电动势，内阻r，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是______色．按正确使用方法测量电阻R的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R______ k
某同学用多用电表粗测某电阻的阻值，当用“”倍率的挡位测量时，发现表头指针向右偏转角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“ ______ ”倍率的挡位选填“”或“k”如果换挡后立即用表笔连接电阻读数，该同学欠缺的实验步骤是： ______ ；若用该多用电表测电压时，电势较高的是______填红表笔或黑表笔
图甲是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流，内阻，，，。
转换开关S接入_______填“1”“2”“3”“4”“5”或“6”端时，测量电流的量程较大，此时电流从A端流_______填“出”或“入”。
当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测_______填“电流”“电压”或“电阻”，其量程为_______。
当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到_________。图乙为某次测量电阻的刻度盘，已知使用的倍率为“”，则待测电阻的阻值为_______。当换用“”的倍率测较大电阻时，需要重新欧姆调零，与使用倍率“”相比，多用电表的内阻变化了_______。
使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源一般为电池、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，该多用电表刻度盘上电阻刻度的中间值为15，量程为的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：仪器连线如图所示和b是多用电表的两个表笔若两电表均正常工作，则表笔a为________填“红”或“黑”色；
若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图、、所示，则多用电表的读数为________，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________；
计算得到多用电表内电池的电动势为________保留4位有效数字
将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA；保留3位有效数字
答案
1.B
用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表。故B正确，ACD错误。
故选B。
2.B
用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，说明E、G与F、G间可能有电源存在；用欧姆档测量，因电流从黑表笔出来通过导体再从红表笔进入欧姆表，故若黑表笔接E点红表笔接F点时电阻小，说明电流容易从E通过导体，若黑表笔接F点红表笔接E点时电阻很大，说明电流不能从F通过，这就说明E、F间有二级管且E是正极，故B正确，ACD错误。
故选B。
3.C
A.由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置时电流表电阻并联，是电流表，并联电阻越小，量程大，故调到位置1时的量程比位置2的大，故A错误；
B.欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，但A为红表笔，则B错误；
C.由图可知当转换开关S旋到位置5、6时电流表与电阻串联，是电压表，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故C正确；
D.由知电流 I与对应的待测电阻阻值不成正比，电阻的刻度线是不均匀的，刻度值越大处刻度线越密，故D错误。
故选C。
4.B
在内部电路红表笔与电流计的正接线柱相连接，作为欧姆表使用时，内部电源的正极与黑表笔相连，则测电压，测电阻都要保证让电流由红表笔流入，由黑表笔流出，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.C
用多用电表测量一个阻值约为的电阻，指针应指在中间刻度左右误差较小，所以应把选择开关换到“”挡，进行欧姆调零后再测量，故AB错误，C正确；
D.为了使测量值比较准确，测量时两手不能与待测电阻接触，故D错误。
故选C。
6.B
A.用电流档要用较大量程，所给的太小，故A错误；
用电压档检测其量程要大于6V，故B正确，C错误；
D.用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误。
故选B。
7.A
解：选择旋钮指向欧姆挡挡，由图示可知，被测电阻阻值为：，故A正确。
故选A。
8.B
欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；
欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：
半偏时，
联立解得：，故B正确，ACD错误。
故选B。
9.BC
A.多用电表的欧姆挡测电阻时，红表笔与内置电源负极相连，黑表笔与电源正极相连，红表笔的电势低于黑表笔的电势，故A错误；
B.用挡测电阻时如果指针偏转太小，说明所选档位太小，应换大挡，应改用挡，调零后再测量，故B正确；
C.为保护电表安全，测量未知的直流电源两端电压时，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程，故C正确；
D.多用电表用完后，把两表笔拔出，并应将选择开关拨到OFF或交流电流最高挡，故D错误；
故选BC。
10.ABD
A.不使用时应把选择开关旋转到OFF位置或交流电压的最高档，故A正确；
B.欧姆表内置电源的负极与红表笔相连，黑表笔与正极相连，故B正确；
C.欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，故C错误；
D.每次换电阻倍率挡时，都需重新欧姆调零，故D正确；
故选ABD。
11.BC
测阻值约为几十千欧的电阻，应先选择挡，然后进行欧姆调零，用欧姆表测待测电阻阻值，则BC符合，AD错误
故选：BC。
12.红；5
；把红、黑表笔短接，重新欧姆调零；红表笔
13. 入电压 欧姆表盘的零刻度处 。
14.【黑
第2页，共2页电势差与电场强度的关系同步练习
一、单选题
如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用、、和、、分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，用、分别表示a、b和b、c两点的电势差，可以判定
A. B. C. D.
如下图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小，则O、P两点的电势差可表示为
A. B.
C. D.
下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电荷量、场强、电势差及距离，，，，，有关四个公式的说法中正确的是
A. 它们都只对点电荷或点电荷的电场成立
B. 只对点电荷或点电荷电场成立，对任何电场都成立
C. 只对点电荷成立，对任何电场成立，只对匀强电场成立
D. 只对点电荷成立，对任何电场成立
如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A，B连线的中点．已知A点的电势为，B点的电势为，则下列说法正确的是
A. C点的电势
B. C点的电势
C. C点的电势
D. 负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
如图甲所示为半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且，，球体在空间产生对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中已知，曲线部分的线下面积等于部分的线下面积。则下列说法正确的是
A. A点的电势低于B点的电势
B. A点的电场强度大小小于B点的电场强度大小
C. 从球面到A点的电势差小于A、B两点间的电势差
D. 电荷量为q的正试探电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功
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，各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示。一个质子从A点运动到B点，则
A. A、B两点的电场强度大小
B. A、B两点的电场强度大小
C. 质子在A、B两点的电势能大小
D. 质子在A、B两点的电势能大小
某空间存在的静电场方向平行于x轴，其电势随x坐标变化情况如图所示，图中的和d为已知量。一质量为m、电荷量为的带电粒子在电场中以为中心，沿x轴做周期性运动。已知该粒子的动能与电势能之和为，不计粒子重力，下列说法正确的是
A. 该静电场的电场强度大小为
B. 带电粒子运动的区间为
C. 带电粒子运动的最大速度为
D. 带电粒子运动的周期为
如图，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为20cm的正六边形的六个顶点，已知电场方向与六边形所在平面平行，若A、B、C三点电势分别为2V、3V、4V，则下列说法正确的是
A. F点的电势为1V
B. 匀强电场的场强大小为
C. 匀强电场的场强方向由C点指向B点
D. 将电量为的点电荷从F点移到D点，其电势能增加
二、多选题
如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们分别是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是
A. a点的电势为
B. a点的电势为
C. O点的场强方向指向a点
D. O点的场强方向指向电势为的点
两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且，则
A. 和都是负电荷
B. 的电荷量大于的电荷量
C. 在A，B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D. 一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
两个点电荷和固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示，取无穷远处电势为零，由图可知
A. B点电场强度为零
B. 为负电荷，为正电荷
C. 电荷量一定等于电荷量
D. 将电子沿x轴从A点移到C点，静电力一直做正功
在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势随坐标x变化的图线如图所示、、、、、均已知现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球不计重力从O点以某一未知初速度沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是
A. 在间与在间电场强度相同
B. 在间的电场强度沿x轴正方向、大小为
C. 只要，该带电小球就能运动到处
D. 只要，该带电小球就能运动到处
三、计算题
光滑绝缘的水平面附近存在一个水平方向的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，其电势随x轴的关系如图所示，图中虚线为图线在处的切线。质量为、带电量为的小物体处于处由静止释放后开始运动。取。
分析判断小物体的运动方向；
求小物体开始运动时的加速度大小；
求小物体运动时的速度大小；
如图所示，在电场强度E为的匀强电场中，将一电荷量为正点电荷由A点移到B点。已知A、B两点间距离，两点连线与电场方向成角，求：
、B两点间的电势差；
电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功。
电场中有A、B两点，A点的场强为，A、B两点的电势差为带电粒子所带电荷量为，质量为重力不计，在A点由静止释放，在电场力作用下，粒子从A点移到B点，求：
带电粒子在A点时所受的电场力为多大？
释放瞬间，带电粒子的加速度多大？
带电粒子从A点移到B点，电场力做了多少功？电势能减少多少？
若电势能全部转化为粒子的动能，则粒子到达B点时的速度是多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小；根据匀强电场中场强与电势差的关系，定性分析电势差的关系。
本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义。
【解答】
D.对于匀强电场，两点间的电势差，由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式也不能适用，不能判断电势差的关系，故D错误；
只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故AB错误。
C.沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知，故C正确。
故选C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用匀强电场场强与电势差关系式得出。
正确理解中d的含义是解题的关键。
【解答】
根据匀强电场中电场强度和电势差的关系，故A正确，BCD错误。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的是电场强度，电势差，以及库仑力的计算的适用范围。
区分各个公式的适用范围，正确选用公式。
【解答】
库仑定律的计算公式，点电荷的场强的定义式，只适用于点电荷的电场。
，适用于任何电场，只适用于匀强电场，C正确，ACD错误；
故选C。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
电场线的疏密表示电场的强弱；由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，AC段场强较大，根据公式定性分析A、C间与B、C间电势差的大小，再求解中点C的电势。
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小；要注意公式使用的条件是匀强电场。
【解答】
ABC、由图看出，AC段电场线比CB段电场线密，则AC段场强最大，根据公式可知，AC间电势差大于BC间电势差，
所以，即，又，可知故C正确，AB错误；
D、负电荷在电势低处，电势能较大，则负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
根据沿电场线方向电势降低分析电势高低；根据图象分析电场强度的大小；根据曲线下面积的物理意义分析电势差；根据电场力做功计算公式求解电场力做的功。
解决本题的关键知道图象的物理意义，知道图象与坐标轴围成的面积表示的含义，可以类比于速度时间图线围成的面积表示位移进行分析。
【解答】
A.球体带正电，周围的电场线向外背离球体，根据沿电场线方向电势降低可知，A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B.根据图乙可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C.曲线下面积表示电势差，曲线下部分的面积大于部分的面积，所以从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，故C错误；
D.根据曲线部分的线下面积等于部分的线下面积，可得A、B两点的电势差为，则可得带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
由图象的斜率来确定A、B位置电场强度的大小；根据图像得出A、B点电势的高低，在根据电性结合电势能的计算式确定A、B位置电势能的大小。
本题要理解电势随位置坐标x图象的含义，知道其斜率表示电场强度，能根据图像判断各点电势的高低是解题的关键。
【解答】
AB、由可知图像的斜率表示电场强度，由图乙知，A、B位置的斜率相同，即，故AB错误；
CD、由图乙知，，由于质子带正电，电荷的电势能，故，故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知Od间电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度；由题意可知，动能与电势能之和保持不变，设出运动区间为，由最位移处的电势能等于动能与电势能的总和可知，粒子在区间内做周期性变化，且从最远点到O点时做匀变速直线运动，由运动学规律可求得粒子完成一次往复运动的时间。
本题要明确图象的斜率表示电场强度，能从图象中判断出电场的性质，并能灵活应用功能关系结合数学知识和周期性研究。
【解答】
A.在匀强电场中，由电势差与场强的关系可知，图线的斜率表示电场强度，由图可知，0与d两点间的电势差为，电场强度的大小为，故A错误；
B.由图可知，以原点为界，在至o与在之间的电场强度大小相等且为匀强电场，设粒子在原点的右边最远可到达坐标为的位置，此时粒子的速度为零，则动能为零，该点的电势为，由题意可知粒子运动过程中，只有电场力做功，根据功能关系可知，动能与电势能的总和不变，所以在此位置有：，可得，根据对称属性规律可知，粒子向左可运动到离原点最远的距离也为，即左侧最远的位置坐标不，所以粒子的运动区间为，故B错误；
C.由前面的分析可知，粒子在原点处的速度最大，设为vm，从最大位移处到原点，由动能定理有：，可得粒子的最大速度为，故C正确；
D.根据运动的对称性可，粒子从处开始运动到原点处所用时间为往复一次时间的四分之一即四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度
粒子从处开始运动的四分之一周期内做匀加速直线运动，根据位移时间关系可得所用时间为 ，粒子完成一次往复运动的时间为，解得，故D错误。
故选C 。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定该电场的特点与方向。
该题通过比较几个点的电势，得出该电场的特点与方向，解题的关键是通过使用辅助线来说明问题，属于基础题目。
【解答】
如图连接AC和BE，则，
由于A、B、C三点的电势分别为2V、3V、4V，得：，所以可以判定CA是这个匀强电场的电场线的方向。
A、由上面的判断可知，A与F是等势点，即F点的电势为2V，故A错误；
B、场强大小：，故B正确；
C、由上面的判断可知，CA是这个匀强电场的电场线的方向，故C错误；
D、由上面的判断可知，D与C是等势点，所以D点的电势高于F点的电势，将电量为的点电荷从F点移到D点，电势能减小，故D错误。
故选：B。
9.【答案】AD
【解析】
【分析】
匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等；由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向。
本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。
【解答】
在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故A正确，B错误。
点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】解：A、由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确。
B、图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等值反向，又，所以的电荷量小于的电荷量，故B错误。
C、由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C正确。
D、图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：AC。
根据图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小。根据P点场强大小，由公式判断与电荷量大小。根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。根据场强的变化，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化。
本题的关键要知道图象的斜率表示电场强度，根据图象切线斜率的变化分析电场强度的变化。同时，要了解同种电荷电场的分布情况。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
选无穷远处电势为0，则在正电荷的电场中所有点的电势都是正的，在负电荷的电场中所有点的电势都是负的，如果是等量异种电荷的话，在中垂线上的点电势为零。
本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况。
【解答】
A.图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故A错误；
由图象可以发现，离越近电场中的电势越低，由此可以判断为负电荷，同理，由于离越近电势越高，所以为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离近，所以的电荷量要大于的电荷量，故B正确，C错误；
D.从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，故D正确。
故选BD。
12.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据斜率为电场强度判断AB；根据动能定理判断CD选项即可。
本题一要抓住图象的斜率等于电场强度，分析电场力变化情况，得到小球的运动情况，可由动能定理处理相关问题。
【解答】
由于沿电场线方向，电势降落，可知电场强度沿x轴负方向，由，得，故图象的斜率等于电场强度，在间与在间斜率不变，则电场强度相同，故A正确，B错误；
由可知，处电势最低，粒子带负电，则此处电势能最大，动能最小，即速度最小，只要能到达处就一定能到达处，若小球恰好到达处，由动能定理，得，只要带电小球就能运动到处，故C错误，D正确；
故选AD。
13.【答案】解：沿着电场线的方向，电势逐渐降低，因此电场强度方向沿x轴正方向，即物体受到沿x轴正方向的电场力，故由静止释放后，物体沿x轴正方向运动；
图线上任意一点切线斜率的大小即为该点处的电场强度大小可得处的电场强度为：
开始运动时的加速度大小为：
根据能量守恒定律可知减小的电势能转化为了物体动能，即：代入数据解得：。
【解析】根据沿着电场线的方向，电势逐渐降低判断电场方向，从而判断电场力的方向，继而确定物体沿x轴运动方向；
图线上任意一点切线斜率的大小即为该点处的电场强度大小可求电场强度，根据牛顿第二定律求解加速度；
根据能量守恒定律求解时的速度大小；
本题首先要明确图象中任意一点的切线的斜率表示电场强度的大小，然后根据受力分析运动，根据牛顿第二定律求解加速度，根据能量守恒定理求解速度即可。
14.【答案】解：、B两点间的电势差；
电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功。
答：、B两点间的电势差是100V；
电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功是2J。
【解析】、B两点间的电势差，d是AB两点沿电场线方向的距离；
电场力所做的功由公式求解。
与电势差有关的两个公式和是考试的考试热点，应用时要注意d是两点沿电场线方向的距离，往往不代符号运算；而应用时，各个量都要代入符号运算。
15.【答案】解：带电微粒在A点所受电场力：；
微粒被释放的瞬间加速度；
带电微粒从A点移到B点：
电场力做功：；
电势能减少了；
根据题意，电场力做的功全部转化为动能，设微粒到达B点时的速度为v；
根据动能定理得：；
解得：。
答：带电微粒在A点所受电场力为；
微粒被释放的瞬间加速度为；
带电微粒从A点移到B点时，电场力做了的功，电势能减少；
若电场力做的功全部转化为动能，则微粒到达B点时速度为。
【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动，关键是熟练掌握电场力公式、电场力做功公式以及动能定理，属于基础题目。
根据计算电场力；
根据牛顿第二定律求解瞬时加速度；
根据求解电场力做功；根据功能关系得出电势能减少量；
根据动能定理求解微粒到达B点时速度。
第2页，共2页电荷同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1. 下列说法中正确的是
A. 用丝绸摩擦玻璃棒可以创造正电荷，故玻璃棒带正电
B. 用丝绸摩擦玻璃棒时，玻璃棒和丝绸带等量异种电荷
C. 用丝绸摩擦玻璃棒可使玻璃棒和丝绸都带正电
D. 不带电的物体不具有任何电荷
2. 使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，如图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是
A. B.
C. D.
3. 有A，B，C三个塑料小球，A和B，B和C，C和A间都是相互吸引的，如果A带正电，则
A. B，C球均带负电
B. B球带负电，C球带正电
C. B，C球中必有一个带负电，而另一个不带电
D. B，C球都不带电
4. 如图所示，有一带正电的验电器，将不带电的金属球A接触验电器的小球B时，验电器的金箔张角
A. 变大 B. 变小
C. 不变 D. 先变小，后变大
5. 把两个完全相同的小球接触后分开，两球相互排斥，则两球原来的带电情况不可能是
A. 个小球原来带电，另一个小球原来不带电
B. 两个小球原来分别带等量异种电荷
C. 两个小球原来分别带同种电荷
D. 两个小球原来分别带不等量异种电荷
6. 关于点电荷、元电荷，下列说法正确的是
A. 元电荷是最小的电荷量，和一个电子所带电荷量数值相等
B. 一个物体带负电，这是它失去电子的缘故
C. 电荷不能够创造，但可以消灭
D. 只有很小的球形带电体才叫做点电荷
7. 如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则
A. 此时A带正电，B带负电
B. 此时A电势低，B电势高
C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D. 先分开A、B，再移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
8. 绝缘细线上端固定，下端悬挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则
A. ab之间不发生相互作用 B. b将吸引a，吸住后不放开
C. b立即把a排斥开 D. b先吸引a，接触后又把a排斥开
9. 如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体
A. 带负电 B. 带正电 C. 不带电 D. 不能确定
10. 某同学在研究电容式充放电实验时。保持与电源相连的平行板电容器竖直放置，同时将一个包裹有铝箔纸的带电乒乓球放入其中，发现乒乓小球能够在电场的作用下运动起来，你觉得小球的运动状态应该是
A. 被吸到一侧的极板上不动 B. 处于中间位置不动
C. 一直在两极板间来回撞击 D. 沿绳子方向弹回
二、多选题
11. 如图，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则
A. 球壳内壁带负电
B. 球壳外壁带负电
C. 球壳外壁带正电
D. 若将接地线去掉再移去带正电的小球，球壳外壁带负电
12. 把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况可能是
A. 两球原来带有等量异种电荷 B. 两球原来带有同种电荷
C. 两球原来带有不等量异种电荷 D. 两球中原来只有一个带电
13. 用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。某同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是
A. 摩擦使笔套带电
B. 笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C. 圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D. 笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
三、计算题
14. 有三个完全相同的绝缘金属小球A、B、C，其中小球A带有的正电荷，小球B带有的负电荷，小球C不带电。先让小球C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，试求这时三个小球带的电荷量分别为多少？
15. 干燥的天气一个人脱了鞋在地毯上走，身上聚集了的电荷，此人身上有多少个剩余电子？他的质量因聚集电子而增加了多少？电子质量，电子电荷量
16. 如图所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？
17. 完全相同的两金属小球A、B带有相同的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个完全相同的不带电金属小球C，先后与A、B接触后移开．
若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
摩擦起电的本质是电荷的转移，而不是创造了电荷；玻璃棒带正电是由于失去了电子。
本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律等基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累。
【解答】
由电荷守恒定律可得，电荷不会产生也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持不变．用丝绸摩擦玻璃棒带正电荷，是由于玻璃棒的电子转移到了丝绸上，从而使玻璃棒带了正电荷，丝绸带了负电荷，并不是玻璃棒创造了正电荷，故B正确，AC错误；
D.不带电的物体，并不是没有正、负电荷，而是没有多余的电荷。故D错误；
故选B。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电。
本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】
由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；
故只有B符合条件，ACD错误。
故选B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
已知AB相互吸引、BC相互吸引．由于A带正电，可以利用电荷间的作用规律来分析解决．突破口在小球A带正电。
从A的带电情况入手，结合AB作用情况，BC作用情况来分析解决。
【解答】
AB相互吸引、又A带正电，说明B可能带负电，也可能不带电。而BC相互吸引，因此当B不带电时，则C一定带电，若B带负电，则C可能带正电，也可能不带电。但C和A间是相互吸引，因此C不可能带正电，所以B、C球中必有一个带负电，而另一个不带电，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】解：验电器原来带正电，A球不带电，金属球A接触验电器的小球B时，A球会带上正电，金属球A的电子转移到小球B处，导致验电器的张角减小；故B正确，ACD错误
故选：B。
验电器是利用同种电荷相互排斥原理制成的，金属箔片是否张开角度说明物体是否带电，金属箔片张开角度的大小反应了物体带电的多少．
对于金属而言能够移动的自由电荷是带负电的电子，而不是带正电的质子．
5.【答案】B
【解析】解：A、原来的其中一个带电，一个不带电，接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故A可能；
B、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力，故B不可能；
C、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故C可能；
D、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力，故D可能；
本题选择不可能的，故选：B。
两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项．
本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，根据掌握电荷守恒定律．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查对元电荷的理解。元电荷与实物粒子不同，是一种基本电量。
【解析】
A.元电荷是自然界最小的电量，其数值与电子的电荷量数值相等，故A正确；
B.一个物体带负电，这是它得到电子的缘故，故B错误；
C.根据电荷守恒定律可知，电荷不能够创造，也不可以消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，故C错误；
D.点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，是一种理想化的物理模型，带电物体能不能看成点电荷，不是看物体的体积大小和电量大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故D错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合。
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答。
【解答】
A.物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，故A错误；
B.此时AB为等势体，两端电势相等，故B错误；
C.移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C正确；
D.先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，此时A所带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开，故D错误。
故选C。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了四个知识点：带电体有吸引轻小物体的性质；物体间力的作用是相互的；接触带电；同种电荷相排斥。
由知道b应吸引a，使b、a接触；由知a、b接触后，原来a所带的电荷要重新在a、b表面分布，使a、b带了同种电荷；由知b又把a排斥开。
【解答】
不带电的小球a靠近带电金属球b时，由于静电感应，a上与b所带电荷异性的电荷向靠近b的一端移动，与b所带电荷同性的电荷向远离b的一端移动，b对a的引力大于斥力，所以b要吸引a。当a与b接触后，由于接触带电，a与b带上同种电荷，b要排斥a。故D正确，ABC错误。
故选D。
9.【答案】A
【解析】
【分析】
带电小球A靠近金属导体B时，由于静电感应，会使金属导体B带电，根据静电感应的现象来分析即可。
本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。
【解答】
当闭合开关时S，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，左端带负电，再断开S，再移走A，则导体B带负电，故A正确。
故选A。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
设小球向右摆动，根据电荷间的相互作用规律分析运动情况，然后再根据接触带电分析相互作用力，由此分析运动。
本题主要是考查电荷间的相互作用规律，解答本题要知道接触带电的实质，掌握电荷间相互作用规律。
【解答】
乒乓小球能够在电场的作用下运动起来，以小球向右摆动为例，当小球向右摆动与右板接触带上负电，然后根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，知小球向左运动当运动到左板后小球上带的负电荷先与左极板正电荷中和后，再带上正电荷，然后再次根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引小球向右摆动，然后周而复始，故C正确，ABD错误。
故选C。
11.【答案】AD
【解析】
【分析】
静电平衡后，由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，金属球壳内壁接地，外表面不带电，B的空腔内电场强度不为零；但金属球壳B是一个等势体。
本题考查对于感应起电，抓住静电平衡导体的特点，就能正确解答。
【解答】
A.小球带正电，由于静电感应，金属球壳内壁感应出负电荷，故A正确；
静电平衡后，由于导体接地，所以金属导体与大地是等势体，所以金属导体的外表面不带电，故BC错误；
D.金属球壳内壁接地，大地中电子跑到球壳上将正电荷中和，所以导体整体带负电；若将接地线去掉再移出正电荷，导体上的负电荷将重新平衡，电荷分布在导体的外表面，所以壳外壁带负电，故D正确。
故选AD。
12.【答案】BCD
【解析】
【分析】
两个小球接触后再分开，两球相互排斥，根据小球带电情况，将选项逐一代入，选出符合题意的选项。
本题考查应用基本规律分析、判断物理现象的能力，要知道两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷。
【解答】
A.两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不存在排斥力。故A不可能；
C.两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上等量同种电荷，存在排斥力。故C可能；
B.两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，带上等量同种电荷，存在排斥力。故B可能；
D.原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同种电荷，存在排斥力。故D可能。
故选BCD。
13.【答案】ABC
【解析】
【分析】
笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电；当带电笔套靠近放在绝缘桌面上不带电金属圆环时，起电的方式属于感应起电，因此圆环上、下部感应出异号电荷；圆环被吸起的过程中，圆环向上加速，圆环整体所受静电力一定大于圆环本身的重力。
本题主要考查摩擦起电的原理和特点，熟练掌握摩擦力起电的本质即可解答。
【解答】
A.笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故A正确；
B.当带电笔套靠近放在绝缘桌面上不带电金属圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷，故B正确；
C.圆环被吸起过程中，圆环向上加速，圆环整体所受静电力一定大于圆环本身的重力，故C正确；
D.当笔套和圆环接触后，圆环带上和笔套相同电性的电荷，故D错误。
故选ABC。
14.【答案】解：当小球C和A接触后，分开后A、C球带电为：
12 ，
再将小球B与小球A接触，分开后B、A带电为：
12 ，
最后让小球B与小球C接触，此时C、B带电为：
12 ，
所以最终ABC三小球的带电量分别是： C， C ， C
【解析】略
15.【答案】解： C的电荷量含有的电子数为：
个个，
增加的质量为 kg。
【解析】已知单个电子的电量，则可求得电子数目，结合电子的质量可求出人的质量因聚集电子而增加了多少。
本题考查一定电荷量与电子带电量的关系，自然界中所有电带电体的电量均为电子电量的整数倍。
16.【答案】解：由于两个球的大小不相等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是，但应该是一个确定的值。根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷量关系可知，此比例为。经过多次接触后，每次从A球上迁移到B球上的电荷量越来越少，最终将为0，设最终B球带电荷量为，则有
，
解得。
答：小球的带电荷量为。
【解析】由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是，但应该是一个确定的值根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷量关系可知，此比例为经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B球带电荷量为，则有，解得．
17.【答案】解：若A、B带同种电荷，设为q，第三个小球先与A接触，电荷量平均分配，各带电荷量；第三个小球再与B接触，两球电荷量之和平均分配，各带，因此A、B带电荷量之比
若A、B两球带异种电荷，设A为q，B为，则第三个小球先和A接触，净电荷平均分配，各带；第三个小球再和B接触，先中和再平均分配，各带，所以A、B电荷量之比。
答：若A、B两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比2：3；
若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为2：1。
【解析】接触带电的原则是先中和，再平分，根据该原则求出接触后两球的电量，注意需讨论初始时，两球带等量的同种电荷或等量的异种电荷。
解决本题的关键掌握接触带电的原则，以及掌握电荷量的正负值。
第2页，共10页电磁波的发现及应用同步练习
一、单选题
电磁波按照波长或频率的大小顺序进行排列，就是电磁波谱，电磁波的波长和频率不同，表现出来的特性也不同。关于电磁波，下列说法正确的是
A. 不同波长的电磁波在真空的传播速度相等
B. 只有高温物体才辐射红外线
C. 紫外线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体
D. 电磁波谱中最不容易发生明显衍射的是无线电波
根据电磁波谱选出下列各组电磁波，其中频率互相交错重叠，且波长顺序由短到长排列的是
A. 微波、红外线、紫外线 B. 射线、X射线、紫外线
C. 紫外线、可见光、红外线 D. 紫外线、X射线、射线
电磁场理论的两大支柱是
A. 变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场
B. 变化的磁场产生变化电场；变化的电场产生变化磁场
C. 变化的磁场产生磁场；变化的电场产生电场
D. 变化的磁场产生变化磁场；变化的电场产生变化电场
以下说法中正确的是
A. 加热食物时可通过微波炉的玻璃窗仔细观察食物的生熟
B. 使用微波炉时不能使用金属容器盛放食物放入炉内加热
C. 电子设备不论是否使用，都向外辐射电磁波
D. 由于电磁辐射会影响人的健康，因此人们不应使用微波炉、电磁炉等家用电器
验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光，家用电器上的遥控器发出的“光”用来控制电视机，空调器等，对于它们发出的光，下列说法正确的是
验钞机发出的“光”是红外线
遥控器发出的“光”是红外线
红外线是由原子的内层电子受到激发后产生的
红外线是由原子的外层电子受到激发后产生的．
A. B. C. D.
电磁波按照波长或频率的大小顺序进行排列，就是电磁波谱，电磁波的波长和频率不同，表现出来的特性也不同关于电磁波，下列说法正确的是
A. 不同波长的电磁波在真空的传播速度相等
B. 只有高温物体才辐射红外线
C. 紫外线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体
D. 电磁波谱中最不容易发生明显衍射的是无线电波
二、多选题
下列说法正确的是
A. 向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血液反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血液的速度，这种方法应用的是多普勒效应
B. 有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象
C. 变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场
D. 利用紫外线可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源和监视森林火情
电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是
A. 麦克斯韦证明了光的电磁说的正确性
B. X射线与射线的产生机理不同，因此它们的频率范围界线分明不重叠
C. 根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D. 真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同
下列说法中正确的是
A. 红外线、紫外线、伦琴射线、射线在真空中的传播速度一样
B. 红外线应用在遥感技术中，是利用它穿透本领强的特性
C. 紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度
D. 验钞机是紫外线的荧光效应的应用
关于电磁波谱，下列说法正确的是
A. 电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B. 紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康
C. X射线和射线的波长比较短，穿透力比较强
D. 红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
答案
1.A
A.同波长的电磁波在真空中传播速度大小都相同，都是，等于光速。故A正确；
B.所有的物体都辐射红外线，故B错误；
C.X射线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体，紫外线主要用于杀菌和防伪，故C错误；
D.电磁波谱中无线电波的波长最长，所以最容易发生衍射的是无线电波，故D错误；
故选：A。
2.B
【解答】
A.微波、红外线、紫外线波长从长到短排列。故A错误；
B.射线、X射线、紫外线波长从短到长排列，且范围互相交错重叠。故B正确；
C.紫外线、可见光、红外线波长从短到长排列，但是范围不互相交错重叠。故C错误；
D.紫外线、X射线、射线波长从长到短排列。故D错误。
故选：B。
3.A
【解答】
根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故A正确，C错误。
根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场产生恒定电场，均匀变化的电场产生恒定磁场，故BD错误。
故选：A。
4.B
A、加热食物时不可以通过微波炉的玻璃窗仔细观察食物的生熟，因为可能存在一定量的辐射，对人眼造成伤害，故A错误；
B、微波炉中不能使用金属容器，如果使用金属容器，微波的不能穿透金属容器，能量不能被食品吸收，会越积越多，损害微波炉。故B正确；
C、电子设备在不使用时，不会辐射电磁波，故C错误；
D、任何事物均有两面性，所以我们不能因为存在辐射就不使用微波炉、电磁炉等家用电器，应该合理地进行使用，但要注意防止辐射，故D错误。
故选：B。
5.B
【解答】
验钞机发出的“光”是紫外线，故错误；
遥控器发出的“光”是红外线，故正确；
红外线是由原子的外层电子受到激发后产生的，故错误；
红外线是由原子的外层电子受到激发后产生的，故正确；
故选：B。
6.A
A.不同波长的电磁波在真空中传播速度大小都相同，都是，等于光速。故A正确；
B.所有的物体都辐射红外线，故B错误；
C.X射线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体，紫外线主要用于杀菌和防伪，故C错误；
D.电磁波谱中无线电波的波长最长，所以最容易发生衍射的是无线电波，故D错误；
故选A。
7.AB
A.向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流发射后又被仪器接收，测出发射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用多普勒效应原理，故A正确；
B.薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射得来频率的光，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故B正确；
C.根据麦克斯韦的电磁理论可知，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，但均匀变化的电磁场只能产生恒定不变的磁电场，故C错误；
D.利用红外线可以在飞机或人造地球卫星上勘测地热、寻找水源和监视森林火情，故D错误。
故选AB。
8.CD
A.麦克斯韦提出了光的电磁说，但是赫兹在人类历史上首先捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论的正确性，故A错误；
B.在电磁波谱中，X射线与射线有很大一部分重叠区域，但二者产生机理不同，前者是原子的内层电子受到激发，而后者是原子核受到激发，B错误；
C.只要是波，均有多普勒效应现象，利用地球上接收到遥远天体发出的原子光谱线的移动来判断遥远天体相对地球运动的速度，利用了多普勒效应。故C正确；
D.根据光速不变原理，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故D正确。
故选CD。
9.ACD
A.所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，故A正确；
B.红外线应用在遥感技术中是利用它有较强的衍射能力，故B错误；
C.对同一介质，紫外线比红外线的折射率大，故紫外线比红外线在水中的传播速度小，故C正确；
D.验钞机是紫外线的荧光效应的应用，故D正确。
故选ACD。
10.AC
【解析】解：A、波长越长越易衍射，故A正确；
B、紫外线的频率比可见光高，适当照射可以促进钙的吸收，改善身体健康，故B错误；
C、X射线和射线因其穿透能力强常用于人体拍片和检查金属零件缺陷，故C正确；
D、红外线最显著的作用是热作用，温度较低的物体也能辐射红外线，故D错误
第2页，共6页电场和电场强度同步练习
一、单选题
关于电场，下列叙述中正确的是
A. 以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
B. 正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C. 在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，该点场强不为零
D. 电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大
某点电荷电荷量为Q，在其电场中的P点放一电荷量为q的试探电荷，受到的静电力为F，则
A. P点的电场强度
B. P点的电场强度
C. 撤去试探电荷，P点的电场强度为零
D. 把q变为2q，则P点的电场强度变为原来的2倍
下列各图中，正确描绘两个等量正电荷电场线的是
A. B.
C. D.
如图所示，AB是点电荷电场中的一根电场线，在线上O点放一个自由的负电荷后，它将沿电场线向B运动，则下列判断中正确的是
A. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力越来越小
B. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力大小变化无法确定
C. 电场线方向由A指向B，该电荷受到的电场力大小不变
D. 电场线方向由B指向A，该电荷受到的电场力越来越大
某电场的电场线分布如图所示实线，以下说法正确的是
A. c点场强大于b点场强
B. b和c处在同一等势面上
C. 若将一试探电荷由a点移动到d点，电荷的电势能将增大
D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电
如图所示，在等量负电荷连线的中垂线上取A，B、C、D四点，B、D关于O点对称，关于这几点场强大小不正确的是
A. B，D场强大小相等，方向相反
B. ，
C. 可能有
D. 可能有
如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图象，由此可判定
A. 电场方向一定由A指向B B. 若场源为正电荷，位置在A侧
C. 若场源为负电荷，位置在B侧 D. 若场源为正电荷，位置在B侧
如图所示，真空中有两等量异种点电荷A、B，CD是其连线的垂直平分线，与连线相交于点。a、b是两个点电荷附近关于O点对称的两点，下列说法正确的是
A. a点的电势高于b点的电势
B. a点的电场强度与b点的电场强度完全相同
C. A、B连线上O点电场强度最大
D. 若将带正电的试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功
两个带等量正电荷的点电荷，O为两电荷连线的中点，A点在中垂线上，若在A点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是．
A. 电子在从A向O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B. 电子在从A向O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C. 电子运动到O点时，加速度为零，速度最大
D. 电子通过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零
在如下图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点的电势、电场强度相同的是
A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点
B. 乙图：两等量异种电荷连线的中点对称的a、b两点连线非中垂线
C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中平板上表面与点电荷等距离的a、b两点
D. 丁图：匀强电场中的a、b两点
二、多选题
在一点电荷电场中a、b两点电场强度的方向如图所示，现将一带负电的粒子以某一初速度由a射出，仅在电场力作用下运动到b，忽略空气阻力及重力．则下列说法正确的是
A. 该点电荷可能带负电
B. a、b两点的电场强度
C. 该粒子在a、b两点的动能
D. 该粒子在a、b两点的电势能
如图所示，、为等量异种电荷，O为两电荷连线的中点，也是正方形abcd的几何中心．则以下相关的判断正确的是
A. e点的场强比f点的强
B. a、c两点的场强相同
C. a点的电势比c点的高
D. 正试探电荷在b点时所受电场力指向点
如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷和，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近的一点，MN为过O点的一条线段，M点与N点关于O点对称，下列说法中正确的是
A. 同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同
B. N、P两点的电势相同
C. 将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小
D. 将一电子从N点移到P点，电子的电势能增大
三、计算题
真空中有电荷量为和的两个点电荷分别放在A、B两点，已知两个点电荷在C点产生的合场强平行于AB水平向右，已知，，。
试确定和的电性；
和的比值为多少
如图所示，一带电小球的质量，用长为的细线悬挂在水平方向的匀强电场中的O点，电场场强度，当细线与竖直方向夹角为时，小球恰好静止在A点求
小球带什么电？电量是多少？
若小球由竖直方向的P点静止释放，运动到A位置时小球的速度为多少
如图甲所示，在一个点电荷Q形成的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为和，放在A，B两点的试探电荷受到的电场力的大小及方向跟试探电荷所带电荷量及电性关系如图乙中的直线a，b所示，求：
、B两点的电场强度的大小和方向．
判断点电荷Q的电性；
点电荷Q的位置坐标．
如图所示，一带电量为q的小球用绝缘绳悬挂，匀强电场方向水平向右。小球的重力为G，平衡时小球偏离竖直方向的夹角为。求：
带点小球的电性是正或负。
求出小球受到的电场力F的大小。
求电场强度E。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向不同；电场强度的大小取决于电场的强弱，与电荷的正负无关；在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，该点场强不为零；电荷所受电场力很大，该点的电场强度不一定很大。
理解电场强度的概念是解题的关键。
【解答】
A.以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.电场强度的大小取决于电场的强弱，与电荷的正负无关，故B错误；
C.在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，该点场强仍为E，故C正确；
D.由于，电荷所受电场力很大，该点的电场强度不一定很大，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】解：
A、B、据题q是试探电荷，根据电场强度的定义式得P点的场强为，故A错误，B正确。
C、D、电场强度反映电场本身的性质，由电场本身决定，与试探电荷无关。则撤去试探电荷q，或试探电荷q的电荷增量为2q时，A点的电场强度不变，仍为，故CD错误。
故选：B。
根据电场强度的定义式求解A点的电场强度，其中q是试探电荷；电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷无关．
理解并掌握场强的定义式和点电荷的场强公式的意义是解题的关键，知道场强由电场本身决定，与试探电荷无关．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
根据电场线的特点进行选择即可。
本题是电场线的简单判断题目。
【解答】电场线不相交，AB错误；电场线从正电荷出发，到负电荷终止，C错误，B正确；
故选B。
4.【答案】B
【解析】解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，而场强方向与负电荷所受的电场力方向相反，则知场强方向由B指向A．
由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力大小如何变化也无法确定，故B正确，ACD错误；
故选：B．
根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大．
本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定电场力的变化，条件不明时，考虑问题要全面．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
解这类题是思路：电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化
【解答】
A.电场线的疏密表示场强的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确
B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b的电势大于c的，故B错误
C.若将一试探电荷由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C错误
D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误。
故选：A。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了等量同种点电荷电场分布情况，解题的关键是知道等量负点电荷中垂线上各点场强方向都是沿中垂线指向连线中点，场强的大小是由中点沿中垂线向外先增大后减小，对称的点场强大小相等，方向相反。
【解答】
A.B、D两个关于O对称，故场强大小相等，方向相反，故A正确；
由于A、B、C具体位置关系不明确，而由O沿OA向外场强先增大后减小，故无法判断A、B、C位置的场强大小关系，故B错误，CD正确。
由于本题选择不正确的，故选B。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
由电场强度的定义式得到，图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强；根据场强的大小判断场源电荷的位置。
本题关键从图象斜率的物理意义进行分析判断，掌握电场强度的定义式，并能用来分析实际问题。
【解答】
由电场强度的定义式得知：图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，而该电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧，由于检验电荷的电性未知，电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷，故ACD错误，B正确。
故选：B。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由指向；根据电场线的疏密分析场强的变化．电场线越密，场强越大，两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，MN是一条等势线．根据顺着电场线电势降低，判断电势的变化。
【解答】
A.由电场线的分布可知，顺着电场线电势势逐渐降低的，故b点的电势高于a点的电势，故A错误；
B.根据场强的叠加原理，a点的合场强和B点的合场强相同，故B正确；
C.沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大，o点场强最小，故C错误；
D.CD是等势线，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点电势高于a点，把正电荷从a点移到b点，则电场力一直做负功，故D错误；
故选B。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。
两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向，负点电荷q从A点到O点运动的过程中，电场力方向，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定；越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。
【解答】
在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向，负点电荷q从A点到O点运动的过程中，电场力方向，速度越来越大；但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断；故AB错误；
C.越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零；故C正确；
D.根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断；故D错误。
故选C 。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
电场线的切向方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示场强大小。
本题考查对电场线的认识，我们应能判断出电场方向、场强的大小以及电势的高低。
【解答】
A.a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.沿电场线方向电势降低，则a、b两点的电势不相等；根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B错误；
C.带电平板表面是一个等势面，则a、b两点的电势相等；与点电荷等距离的a、b两点的电场线的疏密相同，则a点的场强等于b点的场强，故C正确；
D.平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，但b点的电势高于a点的电势，故D错误。
故选C。
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
由点电荷的电场分布特点，可知该点电荷的电性；要比较两点的场强的大小，必需求出两点各自的场强E，根据可知必需知道ab两点到O的距离大小关系a点到O点的距离，b点到O点距离在正电荷的周围越靠近场源电势越高，负电荷在电势高处的电势能小。
理解场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点即可顺利解决此类题目，并掌握由点电荷电场的特点或电场力做功的正负来确定电势能的变化。
【解答】
由点电荷的电场分布特点，可知该点电荷一定带正电，则A错误；
B.将a、b两点的电场方向反向延长，交于O点，则O点即为点电荷所在位置，则有a点到O点的距离，b点到O点距离，根据点电荷的场强公式，可得，故E，B正确；
在正电荷的周围越靠近场源电势越高，故有，a点的电势高，负电荷在电势高处的电势能小，即，带正电粒子在a、b两点的动能，故C错误，D正确。
故选BD。
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称，可根据电场线和等势面的对称性判断电场强度、电势的关系。
解决本题的关键要掌握等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，知道场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。
【解答】
等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，作出其电场线的分布如图所示：
A.由图结合对称性规律可知，e点的电场强度与f点的电场强度相同，故A错误；
B.由图结合对称性规律可知，a、c两点的场强相同，故B正确；
C.根据电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，a点所在等势面的电势高于c点所在等势面的电势，即a点的电势比c点的高，故C正确；
D.电场线上某点的电场方向沿该点的切线方向，所正试探电荷在b点时所受电场力的方向不指向点，故D正确。
故选BC。
13.【答案】AD
【解析】
【分析】
根据电场线的分布情况，判断M、N场强的关系；电场线的疏密表示场强的大小；等量异种点电荷的连线中垂线是一条等势线；画出等势面判断P、N点的电势大小。
本题关键是结合等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图进行分析，明确电场力做功等于电势能的减小量，不难。
【解答】
A.等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，如图：
由图可得M、N两点的电场强度相同，同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同，故A正确；
B.画出过M、N的等势面，如图所示：
电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面，故N点的电势大于P点的电势，故B错误；
C.将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C错误；
D.将一电子从N点移到P点，电势降低，故电子的电势能增大，故D正确。
故选AD。
14.【答案】解：将合场强分解可知，A在C处产生的场强沿AC方向由A指向C，B在C处产生的场强沿CB方向由C指向B，故带正电，带负电。
根据点电荷的场强公式知：，
又两个点电荷在C点产生的合场强平行于AB水平向右，根据相似三角形，可有得 。
答：带正电，带负电。
和的比值为。
【解析】 C处电场是点电荷、产生的电场的叠加，根据点电荷电场特点及电场叠加原理作图判断即可。
根据点电荷场强公式和平行四边形定则结合解答。
15.【答案】解：小球带正电，由平衡条件，则有：
代入数据解得：
小球从P到A点，由动能定理：
代入数据解得：
【解析】本题考查了电场强度平衡条件、功的计算。根据电场力及电场线的方向来确定电荷的电性，同时还考查电场力做功与沿着电场力方向的位移有关。
带电小球有电场力、细线的拉力与重力处于平衡状态，根据图示位置可确定电场力的方向，则由电场线的方向可得出带电小球的电性，及电量大小；
电场力做功等于电场力与沿电场力方向的位移乘积。
16.【答案】解：由图可得A点电场强度的大小为：
因A点的试探电荷带正电，而受力指向x轴的正方向，故A点场强的方向沿x轴的正方向。由图可得B点电场强度的大小为：
因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的负方向，故B点场强的方向沿x轴的正方向。
因A点的正电荷受力指向x轴的正方向，而B点的负电荷受力指向x轴的负方向，因此点电荷Q带正电。
设点电荷Q的坐标为x，则有：
，
由上可得：，
则有：
解得：。
答：点的电场强度的大小为，方向沿x轴正方向；B点的电场强度的大小为，方向沿x轴正方向。
点电荷Q带正电。
位置坐标4m。
【解析】根据图线的斜率求出B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，和负电荷所受电场力方向相反，判断电场强度的方向。
根据A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，判断点电荷的电性及位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。
解决本题的关键掌握电场强度的定义式和点电荷的场强公式，以及掌握场强方向的判断，注意理解图象的含义。
17.【答案】解：小球处于匀强电场，在电场力qE、拉力与重力mg作用下处于平衡状态，如图，电场力方向应水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电．
结合受力示意图，根据平衡条件得：
小球受到的电场力 G.
由，得：
答：小球带正电荷．
小球受到的电场力为；
该电场强度E 的大小为．
【解析】带电小球处于匀强电场，在电场力、拉力与重力的作用下，处于平衡状态．判断出电场力方向，即可确定根据电荷的电性．
根据平衡条件列式，求解小球所受的电场力F的大小．
电场力与电场强度的关系是，由此式求解电场强度E的大小．
本题是带电体在电场中平衡问题，研究的方法与力学问题一样，关键是分析带电体的受力情况，根据平衡条件和电场知识解答．
第2页，共2页电源和电流同步练习
一、单选题
以下说法正确的是
A. 导体中的电流是正电荷的定向移动形成的
B. 电荷定向移动的速率等于电流的传导速率
C. 导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越大
D. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大
如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为
A. vq B. C. qvS D.
北京正负电子对撞机的储存环是周长为的近似圆形轨道．当环中电子以光速的流动而形成的电流时，环中运行的电子数目为已知光速，电子电荷量
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
一横截面积为S的铜导线通有恒定电流。设每单位体积的导线中有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为q，此时电子定向移动的速率为v，则在时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为
A. B. C. D.
某款移动充电宝的部分相关参数如图所示：
小张同学通过网络查阅得到，额定容量是由制造商标定的移动电源可输出容量。下面说法错误的是
A. 指的是充电宝能够储存的电荷量
B. 指的是充电宝能够储存的电能
C. 该充电宝理论上可以让一个输出口按最大电流输出约
D. 输入接口的输入功率为
如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W。额定工作电压为24V。机器人的锂电池容量为。则机器人
A. 额定工作电流为20A
B. 充满电后最长工作时间为2h
C. 电池充满电后总电量为
D. 以额定电流工作时毎秒消耗能量为20J
二、多选题
关于电流强度，下列说法正确的是
A. 根据可知，I与t一定成正比
B. 根据可知，当电流I一定时，q与t成正比
C. 因为电流有方向，所以电流是矢量
D. 电流强度的单位“安培”是国际单位
利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n。现有一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是
A. 上表面电势高
B. 下表面电势高
C. 该导体单位体积内的自由电子数为
D. 该导体单位体积内的自由电子数为
原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为
A. B. C. D.
三、计算题
一段铜导线与溶液串联在恒定电压源两端，在溶液中，阴、阳离子定向移动产生电流，测得20秒内有个和个通过溶液内部某一横截面。铜导线的直径为2mm，单位体积内自由电子的个数为个。，元电荷。求：
通过铜导线的电流大小；
铜导线内自由电子定向移动的速率计算结果保留1位有效数字。
电荷的定向移动形成电流。通过导体横截面的电荷量跟通过这些电荷量所用时间的比值叫做电流，定义式为。如果导体的横截面积为S，单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，自由电子定向移动的速率为v，试推导出金属导体内电流的微观表达式。
电池的容量也是电池的一个重要参数，电池的容量就是电池放电时能输出的总电荷量，通常用安培小时或毫安小时做单位．一节新的普通国产5号干电池，电动势为作放电实验时，用的放电电流，每天放电，累计可放电15天，此后基本失效，上述干电池用于石英电子钟，可使钟走动一年时间．试估算该干电池的容量及石英电子钟的平均工作电流．
答案
1.D
A.电荷的定向移动形成电流，在金属导体中形成电流时，定向移动的是电子。在电解液中形成电流时，正离子和负离子都在定向移动，故A错误。
B.电流的传递速率等于光速，电荷定向移动的速度很小，远远小于电流传导的速度，故B错误。
C.由电流的微观表达式可知，可知，导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越小；故C错误；
D.根据电流的定义可知，单位时间内通过导体横截面的电荷数越多电流越大，故D正确。
故选D。
2.A
在运动方向上假设有一横截面，在t时间内通过横截面的电量，则等效电流，故A正确，BCD错误。
3.B
电子运动一周所需要的时间： s
在圆形轨道上任取一横截面，则在t时间内通过该横截面的电荷量为：
C
环中运行的电子数个个，故B正确。
故选B。
4.A
根据电流的微观表达式，在时间内通过导体横截面的自由电子的电量，
则在时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为，将代入得，A正确，BCD错误。
故选A。
5.C
A.电池容量是电池放电时输出的电荷总量，为：，故其能够储存的电荷量，故A正确；
B.充电宝能够储存的电能为：，故B正确；
C.由图中数据可知该充电宝2个接口的最大输出电流为，故理论上可以让一个输出口按最大电流输出的时间为：，故C错误；
D.由图的数据可得输入接口的输入功率：，故D正确。
由于本题选错误答案，故选C。
6.C
A.根据可知，额定电流应该为，故A错误；
B.机器人的锂电池容量为，即当额定电流2A下工作时，能够工作最长时间为10h，故B错误；
C.电源充满电后的总电量为，故C正确；
D.在额定电流下，机器人功率48W，即每秒消耗48J电能，故D错误。
故选C。
7.BD
解：A、由电流定义式可知，电流I与t不会成正比，在电荷量q一定时，电流I与t成反比，故A错误；
B、由电流定义式可知，，在电流I一定时，q与t成正比，故B正确；
C、电流有大小，有方向，运算的时候遵守代数运算法则，电流是标量，故C错误；
D、电流强度的单位安培是国际单位制中的基本单位之一，故D正确；
故选：BD。
8.BC
根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高，故A错误，B正确；
再根据，得，故C正确，D错误。
故选BC。
9.AB
由题，电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期
根据电流的定义式得到，等效电流为
再根据牛顿第二定律得出：
得出，电流，故AB正确，CD错误。
故选AB。
10.解：内流过横截面的电荷量为：，
电流大小为，
解得：；
铜导线的横截面积为：，
电流微观表达式为，
解得：。
11.解：由题意可知，自由电子沿导体内以定向移动速率v做匀速运动。沿电流方向选取一段长度为的导线
在时间内，体积内的所有自由电子均通过截面S
则在时间t内通过导体横截面S的电子数为N
在时间t内通过导体横截面S的电荷量为
则由电流的定义式，得出
导体电流的微观表达式
12.解：一节新的普通国产5号干电池，作放电实验时，用的放电电流，每天放电5min，累计可放电15天，故干电池的容量为：
该干电池用于石英电子钟，可使钟走动一年时间，故石英电子钟的平均工作电流为：
答：该干电池的容量为，石英电子钟的平均工作电流为A.
第2页，共2页串联电路和并联电路同步练习
一、单选题
，，允许通过的最大电流为，两端允许加的最大电压为若将它们串联，加在电路两端的最大电压是
A. B. C. D.
两导体的关系如图所示，图线1表示的导体的电阻为，图线2表示的导体的电阻为，则下列说法正确的是
A.
B.
C. 将与串联后接于电源上，则电流比
D. 将与并联后接于电源上，则电流比
如图所示用电压表和电流表测电阻，为待测电阻，如果电压表的读数是，电流表的读数是，电压表的内阻是，电流表的内阻是，那么的精确值为
A. B. C. D.
由5个电阻连成的如图所示的电路，导线的电阻不计，则A、B间的等效电阻为
A. B. C. D.
将一只阻值为几千欧的电阻和一只阻值为千分之几欧的电阻串联起来，则总电阻
A. 很接近且略大于 B. 很接近且略小于
C. 很接近且略大于 D. 很接近且略小于R2
一个电压表由表头G与分压电阻R串联而成，如图所示，若在使用中发现电压表的读数总是比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进
A. 在R上串联一个比R小得多的电阻 B. 在R上串联一个比R大得多的电阻
C. 在R上并联一个比R小得多的电阻 D. 在R上并联一个比R大得多的电阻
如图所示，，，，A，B两端接在电压恒定的电源上，则
A. S断开时，与的电压之比为1：5
B. S闭合时，通过与的电流之比为5：1
C. S闭合时，与两端的电压之比为1：5
D. S断开与闭合两种情况下，电阻两端的电压之比为2：1
如图所示是双量程电压表的电路图，已知电流表满偏电流，电阻，，当使用a、b两个端点时，量程为，则使用a、c两个端点时的量程是
A. B. C. D.
如图所示为一双量程电压表的示意图，已知小量程电流表G的量程为，内阻为，则图中改装电阻，分别是
A. 、 B. 、
C. 、 D. 、
二、多选题
如图所示的电路中，若ab为输入端，AB为输出端，现把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则
A. 空载时输出电压
B. 当AB间接上负载R时，输出电压
C. AB间的负载R越大，越接近
D. AB间的负载R越小，越接近
如图所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表和电流表，把这两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是
A. 的指针半偏时，的指针也半偏
B. 的指针还没有满偏，的指针已经满偏
C. 的读数为时，的读数为
D. 的读数为时，干路中的电流为
如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是
A. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
B. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
C. 图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
D. 图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
三、计算题
如图是与的双量程电流表的内部结构，其表头内阻，满偏电流。
请分析判断图中A、B两个接线柱，量程为的接线柱是哪一个？
分流电阻、分别是多少？
如图所示，电流表内阻，，现把它改装成两个量程的电流表，当接a、b两个接线柱时量程为3A，当接a、c两个接线柱时两点为，求电阻和．
如图为某同学改装的两用电表的电路图，图中表头的满偏电流为，内阻，和为定值电阻。当使用A、B两个接线柱时，可视为量程的电流表；当使用A、C两个接线柱时，可视为量程的电压表。求：
的阻值；
的阻值。
答案
1.D
根据欧姆定律可得，两电阻允许通过的最大电流分别为：，，因为串联电路中各处的电流相等，所以两电阻串联时，允许通过的最大电流为，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路两端允许加的最大电压，故ABC错误，D正确。
故选D。
2.A
A、根据图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以：：故A正确，B错误；
C.将与串联后接于电源上，则电流比，故C错误；
D.将与并联后接于电源上，则电流比，故D错误。
故选A。
3.A
通过电压表的电流 A，则 ，故选A。
故选A。
4.C
按从A到B的顺序把5个电阻分成1、2、3、4、5，由于结点A、D间是用导线相连，这两点是等势点，当电流从A点流入时可以同时流向电阻1、2、3，从电阻1和电阻2流出的电流汇合于C点，到达N点，结点M和B点间是导线相连，也是等势点，电流再从电阻4和电阻5经B流出，而流向电阻3的电流则直接经MB流出，其等效电路如图所示：
故A、B间总电阻为，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.A
串联的总电阻为；
由题知：远大于，所以R很接近而略大于，远大于，故A正确，BCD错误。
故选A
6.D
由题意知，电压表的示数比准确值小，就是要让电流稍大一点，则应减小总电阻，在R上并联一个比R大得多的电阻，总电阻会比R稍小，故D正确。
故选D。
7.A
A.S断开时，电阻与串联，电压与电阻成正比，所以与的电压之比为1：5，故A正确；
B.S闭合时，根据知通过与的电流之比为，故B错误；
C.闭合时，，与串联，根据串联分压原理知与两端的电压之比为，故C错误；
D.S断开与闭合两种情况下，电阻两端的电压之比为，故D错误。
故选A。
8.A
当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得：，可得
当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得：，故A正确，BCD错误。
故选A。
9.C
对5v量程，15V量程，
，故C正确，ABD错误。
故选C。
10.BC
A.空载时，，A错误；
B.AB间接入R时，R与变阻器一半电阻并联，并联后电阻小于变阻器阻值一半，所以，B正确；
越大，并联电阻越接近变阻器阻值一半，越接近，C正确，D错误。
故选BC。
11.AD
A.电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以的指针半偏时，的指针也半偏，故A正确，B错误。
C.两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：的读数为1A时，的读数为，干路中的电流为，故C错误，D正确。
故选AD。
12.BC
表头G本身所允许通过的最大电流或允许加的最大电压U是有限的，为了要测量较大的电流，则应该并联一个电阻来分流，且并联的电阻越小，分流效果明显，从整体上看表现为测电流的量程增大；所以，若增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小，故A错误，B正确；
同理，为了测量较大的电压，需要串联一个电阻分压，且分压电阻大，电压表的量程越大，故C正确，D错误。
故选BC。
13.解：当接“，A”接线柱时，表头与串联后再与并联，当接“，B”接线柱时，与串联后再与表头并联，由并联分流规律可知，分流电阻越小，分担的电流越多，可知量程为的接线柱是A接线柱；
当接“，A”接线柱时，表头与串联后再与并联，
电路中的总电阻为
当通过表头的电流达到满偏电流时，通过干路中的电流即改装后的电流表的量程为
当接“，B”接线柱时，与串联后再与表头并联，电路中的总电阻为：
当通过表头的电流达到满偏电流时，通过干路中的电流即改装后的电流表的量程
代入数据，可解得：，。
答：量程为3A的接线柱是A接线柱；
分流电阻、分别是和。
14.解：当灵敏电流表电流为满偏电流时，改装后的电流表达到量程，
当使用a、c两个端点时量程为：，，
当使用a、b两个端点时，，
由题意可知：，，
解得：，。
答：电阻、的值分别为、。
15.解：表头的电压：
通过的电流：
的阻值：
通过的电流：
表头和的并联电阻：
接线柱A、C间的总电阻：
的阻值：
第2页，共2页磁感应强度 磁通量 同步练习
一、单选题
在磁感应强度的定义式中，有关各物理量间的关系，下列说法中正确的是
A. B由F、I和L决定 B. F由B、I和L决定
C. I由B、F和L决定 D. L由B、F和I决定
关于磁感应强度，下列说法正确的是
A. 由可知，B与F成正比，与IL成反比
B. 通电导线放在磁场中某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就变为零
C. 通电导线所受磁场力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受磁场力的地方一定不存在磁场即
D. 磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定
如图，正方形MNPQ处于纸面内，M、P处分别固定两根通电长直导线，二者相互平行且垂直纸面放置，通入电流的大小均为I，电流方向如图，它们在N点处产生的磁感应强度大小均为下列说法正确的是
A. N、Q两点的磁感应强度方向相反
B. Q点处的磁感应强度大小为
C. 若使P处直导线电流反向，大小不变，则N处的磁感应强度大小为0
D. 若使P处直导线电流反向，大小不变，则Q处的磁感应强度方向与原来垂直
如图所示，矩形线框平面与匀强磁场方向垂直，穿过的磁通量为。若线框面积变为原来的，则磁通量变为
A. B. C. D.
四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于一个正方形的四个顶点上，导线中通有大小都相等的电流，电流的方向如图所示，O点是正方形对角线交点。每一根通电导线单独在O点产生的磁感应强度大小是则O点的磁感应强度大小是
A. B. C. B D. 0
如图，在磁感应强度为的匀强磁场中，两长直导线a、b垂直于纸面固定在直角三角形ACD的顶点A、D处，，，E是AD的中点。当两导线中均通有方向垂直纸面向外的电流I时，C点的磁感应强度为零。已知通电长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到直导线的距离成反比。若将导线b中的电流方向改为垂直纸面向里，则E点的磁感应强度
A. 方向垂直CD向上，大小为 B. 方向垂直CD向上，大小为
C. 方向垂直CD向下，大小为 D. 方向垂直CD向下，大小为
如图所示，一根通电导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. d点的磁感应强度为0
C. a点的磁感应强度为2T，方向向右
D. b点的磁感应强度为，方向斜向下，与磁场方向成角
如图所示，坐标系xOy内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与该平面平行，另有电流大小相等、方向相反的a、b两根通电长直导线垂直于坐标平面xOy放置在x轴上的和处。在原点O处放置任一通电导线均不会受到磁场力的作用，已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为，其中k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离，则c点和d点处的磁感应强度分别为
A. c点处的磁感应强度的大小为，方向沿y轴负方向
B. d点处的磁感应强度的大小为，方向沿y轴正方向
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
D. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
如图所示，与纸面垂直的两根平行直导线a、b放置在匀强磁场中，两导线中通有大小相等、方向相反的电流，此时两导线与纸面交点连线的中点O处的磁感应强度刚好为零．若仅将导线b移到O点正下方且保持导线b到O点的距离不变，则O点的磁感应强度大小为匀强磁场磁感应强度大小的
A. 2倍 B. 倍 C. D.
二、多选题
如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框ABCD，线框平面与直导线共面，若使线框ABCD第一次平行移动到图中虚线位置，第二次以BC边为轴翻转到图中虚线位置，则
A. 虚线位置的磁通量与原位置磁通量相等；
B. 虚线位置的磁通量比原位置磁通量小；
C. 二次磁通量变化是相等的；
D. 第一次磁通量的变化比第二次磁通量变化的小；
如图甲所示，一长直导线沿南北方向水平放置，在导线下方有一静止的灵敏小磁针，小磁针最初静止于图甲所示方位。现在导线中通以图甲所示方向的恒定电流，测得小磁针偏离南北方向的角度的正切值与小磁针离开导线的距离x之间的关系如图乙所示。若该处地磁场的水平分量为，则下列判断中正确的是
A. 通电后，小磁针的N极向纸面内偏转
B. 通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向
C. 电流在处产生的磁场的磁感应强度大小为
D. 处合磁场的磁感应强度大小为
如图所示，在正方形ABCD的四个顶点上垂直纸面放置四根平行通电直导线，它们中的电流强度大小相等，方向垂直纸面向里，已知直线电流在其周围产生磁场的磁感应强度，其中k是常数，l是导线中电流的大小，r是某点到导线的距离，已知A处的直导线在B处产生的磁感应强度大小为，下列说法正确的是
A. B，C，D三根导线在A处产生合磁感应强度的方向指向正方形中心O
B. B，C，D三根导线在A处产生合磁感应强度的大小为
C. 正方形中心O处的合磁感应强度大小为0
D. 正方形中心O处的合磁感应强度大小为
如图所示，A，B，C，D，E，F六点是半径为R的圆周的六等分点，在A，B，D，F四点存在垂直于圆平面的长直导线，导线中均通以方向垂直于平面向里、大小为的电流。整个平面位于匀强磁场内，此时O点的磁感应强度为零。已知长直电流I在距离导线r处产生的磁感应强度大小，k为常数。下列说法中正确的是
A. 匀强磁场的磁感应强度方向为垂直直径AD向下
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 若将D处的导线平移到E处，则O点的磁感应强度沿与半径OA间夹角为且指向右下方
D. 若将D处的导线平移到E处，则O点的磁感应强度大小变为
三、计算题
如图所示，有一单匝矩形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴以角速度匀速转动，边ab、bc的长度分别为和，轴分别通过ad和bc的中点，线圈的总电阻为r，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环e、集流环焊接在一起，并通过电刷与阻值为R的定值电阻连接．
线圈平面由如图所示位置开始计时，写出t时刻穿过线圈的磁通量的表达式；
线圈每转动一周，电阻R上产生的焦耳热为多大？
由如图所示位置转过的过程中，通过R的电荷量是多少？
由如图所示位置转过时，ab边所受安培力大小？
如图所示，匀强磁场的磁感应强度，指向x轴的正方向，且，，，求通过面积、和的磁通量、、分别是多少？
如图所示，平面面积，它与匀强磁场方向的夹角，若该磁场磁感应强度，求通过S的磁通量．
答案
1.B
磁感应强度，只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的取向无关；
当时，则F由B、I和L决定，而I与L均与其它量无关。故B正确，ACD错误；
故选B。
2.D
A.由磁感应强度的定义式可知，是属于比值定义的。B与F、IL均没有关系，故A错误；
B.磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，如果将通电导线拿走，那点安培力不存在，但该点的磁感应强度仍存在。故B错误；
C.通电导线受安培力不为零的地方一定存在磁场，但当通电导线与磁场平行放置，不受安培力，所以通电导线不受安培力的地方不一定不存在磁场。故C错误；
D.磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定，其大小和方向是唯一确定的，与通电导线没有关系，当通电导线不放入磁场中，则一定没有磁场力，但该处的磁感应强度仍然存在。故D正确；
故选D。
3.D
A.根据安培定则可知，导线M在N点产生的磁感应强度方向沿NP方向，导线P在N点产生的磁感应强度方向沿NM方向，合磁感应强度方向沿NQ方向；同理，Q点合磁感应强度方向沿NQ方向，两者同向，故A错误；
B.根据平行四边形定则可知，Q点的磁感应强度大小为，故B错误；
C.若使P处直导线电流反向，大小不变，则N处的磁感应强度大小为，故C错误；
D.若使P处直导线电流反向，大小不变，则Q处的磁感应强度方向沿PM方向，与原来垂直，故D正确。
故选D。
4.B
根据磁通量的概念可知， ；
若线框面积变为原来的 ，则磁通量变为，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.A
根据安培定则，各电流产生的磁场的方向如图：
1与3导线电流产生磁场都沿左下方，而2与4导线产生磁场都沿右下方，由于各电流产生的磁场的大小都是B，所以合磁场的方向沿角平分线的方向，大小等于B.故A正确，BCD错误。
故选：A。
6.B
设导线a中的电流在C点处产生的磁场的磁感应强度为B，则导线b中的电流在C点处产生的磁场的磁感应强度为，根据安培定则并作出电流在C点的磁感应强度的示意图，则由C点的磁感应强度为零，可知，得到，由几何关系可知，匀强磁场的方向沿AD由D指向当将导线b中的电流方向反向后，作出电流在E点产生的磁场的示意图，a、b中电流在E点的磁感应强度方向相同均垂直AD向上，所以E点的磁感应强度为，解得。由几何关系可知，合磁场方向竖直向上，选项B正确。
故选B．
7.C
A.由题意可知，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向外，故A错误；
B.根据矢量合成规律可知，通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为，方向与B的方向成斜向上，故B错误；
C.通电导线在a处的磁感应强度方向水平向右，则a点磁感应强度为2T，方向向右 ，故C正确；
D.由上可知，通电导线在b点产生的磁感应强度大小为1T，由安培定则可知，通电导线在b处的磁感应强度方向竖直向下，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，b点感应强度为，方向与B的方向成斜向下，故D错误。
故选C。
8.D
由题意可知O点处磁感应强度大小为0，由安培定则可知两直导线中在O点处产生的磁感应强度大小相等，方向均沿y轴负方向，故知匀强磁场的方向沿y轴正方向，因匀强磁场的磁感应强度大小为B，故每根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为。由可知每根直导线在c点产生的磁感应强度大小为，方向相互垂直，故合磁场的磁感应强度大小为，方向沿y轴正方向，同理可得d点处合磁场的感应强度大小为，方向也沿y轴正方向，故D正确，ABC错误。
故选D。
9.C
设每根导线中的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B，则由安培定则和矢量合成知识可知，两导线中的电流在O处产生的合磁场的磁感应强度大小为2B，方向竖直向上或向下；设匀强磁场的磁感应强度大小为，由题意知此时O点处的磁感应强度刚好为零，则有，方向竖直向下或向上；当将导线b移到O点正下方且到O点的距离不变时，同样由安培定则和矢量合成知识可知，O点处合磁场的磁感应强度大小为，故有，故选项C正确．
10BD
A.根据磁通量，可知虚线位置的磁通量小于原位置磁通量相等，故A错误；B正确；
C.磁通量的变化量若规定初状态的磁通量为正，则
第二次磁通量的变化量为：
故第一次磁通量的变化比第二次磁通量变化的小，故C错误，D正确。
故选BD。
11.ACD
解：根据安培定则可知，通电后，小磁针的N极向纸里偏转，故A正确；
B.磁场的磁感应强度是矢量，通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地球的磁场的合磁场的方向，故B错误；
C.电流在处产生的磁场的磁感应强度大小为，则：，所以，故C正确；
D.由矢量的合成可知，处合磁场的磁感应强度大小为，故D正确。
故选ACD。
12.BC
设正方形的边长为r，则有
处导线在A处产生的磁感应强度大小，方向沿DA方向斜向右上，D处导线在A处产生的磁感应强度大小，方向沿AB方向斜向右下，C处导线在A处产生的磁感应强度大小，方向沿垂直于AC水平向右，根据平行四边形定则知A处的合磁场水平向右，大小为，故A错误，B正确；
处导线在O处产生的磁感应强度大小为，方向水平向左，C处导线在O处产生的磁感应强度大小为，方向水平向右，二者合磁感应强度为零；
B处导线在O处产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上，D处导线在O处产生的磁感应强度大小为，方向竖直向下，二者合磁感应强度为零，所以正方形中心O处的磁感应强度为零，故C正确，D错误。
故选BC。
13.BC
各长直导线电流在O点产生的磁感应强度大小相等，，方向如图所示：
与等大反向，和夹角为，由矢量合成法则知，它们的合磁感应强度，方向垂直直径AD向下，根据O点的磁感应强度为零可知，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直直径AD向上，故A错误，B正确；
若将D处的导线平移到E处，则知与等大反向，与等大反向，故O点的磁感应强度大小为，方向为方向，即与半径OA间夹角为且指向右下方，故C正确，D错误。
故选BC。
14.解：；
由题意可知，线圈感应电动势最大值：；
通过电阻R电流有效值：；
线圈每转动一周所用时间：；
线圈每转动一周，电阻R上产生的焦耳热：；
由如图所示位置转过的过程中，线圈中感应电动势平均值：；
通过R的平均电流：；
通过R的电荷量：；
由题意可知，由如图所示位置转过时，；
瞬时电流：；
ab边所受安培力：。
15.
解：面积与磁场相互垂直，故磁通量为：
；
与磁场方向相互平行；故磁通量；
与匀强磁场方向的夹角未知，因此可将面积投影到与x轴垂直的abcd上，aefd的有效面积就是abcd的面积，故磁通量为：
。
答：、、各分别为；0；。
16.解：由题，在匀强磁场中，线圈平面与匀强磁场方向的夹角，通过线圈的磁通量。
第2页，共2页能源和可持续发展同步练习
一、单选题
关于能量和能源，下列说法中正确的是
A. 能量在转化和转移过程中，其总量有可能增加
B. 能量在转化和转移过程中，其总量会不断减少
C. 能量在转化和转移过程中，其总量保持不变，故节约能源没有必要
D. 能量在转化和转移过程中具有方向性，且现有可利用的能源有限，故必须节约能源
关于能量和能源，下列说法正确的是
A. 化石能源是清洁能源，水能是可再生能源
B. 人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
C. 在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源
D. 能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了
电能是使用最方便的能源，以下几种发电方式中会对大气造成污染的是
A. 风力发电 B. 水力发电 C. 火力发电 D. 太阳能发电
下列能源中与太阳能无关的是
A. 潮汐能 B. 煤和石油 C. 干木柴 D. 水能和风能
当前，世界上日益严重的环境问题主要源于
A. 温室效应 B. 厄尔尼诺现象
C. 人类对环境的污染和破坏 D. 火山喷发和地震
有经验的柴油机维修师，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近感知一下尾气的温度，就能判断这台柴油机是否节能．关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，说法中正确的是
A. 尾气的温度越高，内能越大，说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能多，效率低，节能
B. 尾气的温度越高，内能越大，说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能少，效率高，不节能
C. 尾气的温度越低，内能越小，说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能少，效率高，节能
D. 尾气的温度越低，内能越小，说明柴油机在做功时向低温热源排出的内能多，效率高，不节能
二、多选题
关于能量和能源。下列表述正确的有
A. 能量可以从一种形式转化为另一种形式
B. 能量可以从一个物体转移到另一个物体
C. 能量是守恒的，所以能源永不枯竭
D. 能源在利用过程中有能量损耗，所以能量不守恒
下列关于能量和能源说法正确的
A. 在能量转化过程中常常伴随着能量耗散
B. 能量耗散说明能量不守恒
C. 根据能量守恒定律，人们无需担心能源枯竭
D. 我国政府目前积极鼓励支持开发太阳能、生物能、风能、水能等新能源
答案
1.D
根据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中，其总量不变，故AB错误。
各种形式的能量向内能的转化，是微观领域内无序程度较小向无序程度较大的转化，是能够自动、全额发生的。而内能向机械能的转化过程，是不能全额转化的。因此，从可被利用的价值来看，内能与机械能、电能等相比，是一种低品质的能量。能量虽然不会减少但能源会越来越少，所以要节约能源。故C错误，D正确。
故选D。
2.D
A、水能是可再生能源，而化石能源在燃烧时放出、等气体，形成酸雨和温室效应，破坏生态环境，不是清洁能源，故A错误。
B、根据能量守恒定律，能量是不能够被创造的，故B错误。
C、有一些重要的不可再生能源是可以被用完的，所以在能源的利用过程中，需要节约能源，故C错误。
D、能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减少，但能量品质降低了；例如，内燃机燃烧汽油把化学能转化为机械能，最终机械能又会转化为内能，而最终的内能人们很难再重新利用，所以我们说能量的品质下降了，故D正确。
故选：D。
3.C
风力发电、水力发电、太阳能发电是清洁能源发电，火力发电是通过燃烧煤或者汽油等燃料来进行发电，会对大气造成污染。故ABD错误，C正确。
故选C。
4.A
解：A、海水在月球和太阳等天体的引力作用下产生周期性的涨落现象，这个涨落不断重复，永不停息，这种运动现象就是潮汐，海水的潮汐有着巨大的能量，潮汐能与太阳能无关，故A正确；
B、煤和石油是生物在地质历史时期固定下来的太阳辐射能，与太阳能有关，故B错误；
C、植物的生长来自太阳的光合作用，故干木柴来自太阳能，故C错误。
D、大气的运动能量和水的运动能量来源于太阳辐射，故水能和风能也与太阳能有关，故D错误；
故选：A。
5.C
解析：人类对环境的改造幅度已经很大且地域扩张也很厉害，如乱砍滥伐、过度放牧、不合理开垦围湖造田、垦荒、湿地开发等、环境污染使环境不再适合生物生存等使生物的栖息环境遭到破坏，使生物的生活环境越来越少，导致生物种类越来越少，还有滥捕乱杀、偷猎等，也使生物种类减少，这些原因会加剧环境的进一步恶化。另外，自然环境的变迁，如地震、火山爆发，海陆变迁等，导致生存环境发生巨大变化。故ABD错误，C正确。
故选：C。
6.C
尾气的温度高，说明散失的热量多，柴油机的效率低，反之，柴油机的效率高，即节能；尾气的柴油味浓、颜色黑都说明柴油没有充分燃烧，浪费了燃料，这样柴油机的效率会低，故ABD错误，C正确。
故选C。
7.AB
根据能量守恒定律，能量可以从一种形式转化为另一种形式，故A正确；
B.根据能量守恒定律，能量可以从一个物体转移到另一个物体，故B正确；
C.能量与能源不同；能量是守恒的，但随着能量的耗散，能量可以利用的品质会下降，故依然要节约能源，故C错误；
D.能源在利用过程中有能量耗散，但能量是守恒的，故D错误。
故选AB。
8.AD
能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然、界中的能量不会减小，故B错误，A正确；
C.地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，故C错误；
D我国政府目前积极鼓励支持开发太阳能、生物能、风能、水能等新能源，故D正确。
故选AD。
第2页，共2页电势差同步练习
一、单选题
关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是
A. 电势差是矢量，电场力做的功是标量
B. 在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零
C. 在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大
D. 在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零
在电场中将一带电荷量的负电荷从B点移至A点时，克服电场力做功，将该电荷从A点移至C点，则需克服电场力做功，则BC间的电势差大小为
A. B. C. D.
电场中有a、b两点，已知，，将电荷量为的点电荷从a移到b时，电场力做功为
A. 负功 B. 正功 C. 负功 D. 正功
如图中水平虚线表示某电场的一组互相平行的等势面，各等势面的电势值如图，则
A. 在B处的场强方向是竖直向下的
B. A，B两处场强和相比是
C. 的电荷量的正电荷从B到A，电场力做正功
D. 负电荷从A移到B时电场力做负功
对于电场中确定的A、B两点，关于表达式，下列说法正确的是
A. 电势差随着电场力所做的功变化而变化
B. 随着检验电荷q运动路径不同而变化
C. 检验电荷q的大小直接影响电势差的大小
D. 电势差由电场决定，与电场力做功及检验电荷q无关
在电场中A、B两点间的电势差为，B、C两点间的电势差为，则A、B、C三点电势高低关系为
A. B. C. D.
如图所示，正点电荷Q产生的电场中，已知A、B间的电势差为U，现将电荷量为q的正点电荷从B移到A，则 ．
A. 外力克服电场力做功QU，电势能增加qU
B. 外力克服电场力做功qU，电势能增加QU
C. 外力克服电场力做功qU，电势能增加qU
D. 外力克服电场力做功QU，电势能减少QU
如图所示，直角三角形处于匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，D为A，C连线的中点，，。将电荷量的粒子从A点移到C点，静电力做功；再将该粒子从C点移到B点，其电势能减少。下列说法正确的是
A. A，C两点间的电势差 B. A，B，C三点中B点电势最低
C. 过B点的电场线方向由D指向B D. 匀强电场的电场强度为
如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，，，则a、c连线中点b的电势为
A. 等于 B. 大于 C. 小于 D. 等于
如图所示，匀强电场中有一个半径的圆，该圆平面与电场方向平行，A、B、C、D四点将圆周等分为四段圆弧，已知A、B、O三点的电势分别为、、，则下列说法正确的是
A. C点的电势为
B. A、B两点间的电势差与D、C两点间的电势差相等
C. 该圆周上A点的电势最低
D. 电场的场强大小为
二、多选题
如图所示的非匀强电场中，如果电量的点电荷仅在电场力的作用下由A点移动到B点，电场力做功为，则
A. 电场中A、B两点间的电势差800V
B. 点电荷由A点移到B点电势能增加了
C. 点电荷由A点移到B点电势能减少了
D. 电场中A、B两点的电势B点比A点高
a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过A时的动能为2eV，从A到B的过程中电场力所做的功为4eV。A、B连线长为，连线与等势面c的夹角为如图。下列说法正确的是
A. a、d等势面的电势差为
B. 该电场电场强度大小为
C. 该电子从平面a到d的过程电势能增加了6eV
D. 该电子经过平面d时的速率是经过a时的2倍
如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、实线是一带电的粒子不计重力在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒子带电量为，在a点处的动能为，则该带电粒子
A. 在b点处的动能为零 B. 在b点处的电势能为
C. 一定是带正电 D. 在c点处的动能为
如图所示，匀强电场中三点A，B，C是一个三角形的三个顶点，，，已知电场线平行于所在的平面，一个电荷量 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了 J，由B移到C的过程中电场力做功 J，下列说法正确的是
A. B，C两点的电势差 V
B. A点的电势低于B点的电势
C. 负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少
D. 该电场的场强为1
三、计算题
在绝缘水平面上，存在着一电场，电场强度方向平行于水平面，其电势随位置x变化如图所示，，一质量为m，带电量为的小滑块可视为质点以某一初速度从A点出发，沿AB直线向B运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍，到达B点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，求：
小滑块在A点时的初速度．
两点间的电势差．
小滑块运动的总路程s．
如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子以速度垂直于电场方向从P点射入匀强电场。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成角。已知匀强电场的宽度为d。不计重力作用。求：
粒子在电场中运动的时间；
此匀强电场的场强大小E；
、Q两点的电势差U。
电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点，一个电荷量的点电荷在A点所受电场力，在仅受电场力的作用下，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功，求：
请在图中画出该点电荷在A点所受电场力F的方向；
点电场强度的大小；
、B两点间的电势差．
在电场中将点电荷的由A点移到B点，克服静电力做了的功，再将该点电荷由B点移到C点，静电力做了的功。
试求A、C两点间的电势差；
若A点的电势为，试求C点的电势．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
电势差等于电势之差，是标量，根据可以求出电势差，电势差的大小与移动的电荷无关。
解决本题的关键是知道电势差的定义，知道电势差与电场力做功的关系。
【解答】
A.电势差是标量，电场力做功也是标量。故A错误。
B.根据知，在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零。故B正确。
C.两点间的电势差与移动的电荷无关，由电场决定。故C错误。
D.根据知，电场力做正功，电势差不一定大于零，若电荷带负电，电势差小于零。故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
电势差和电场力做功的关系为，电势差与电势之间的关系为：，求只需求出即可。
此题考查电场力做功与电势差之间的关系，在应用公式的时候注意功的正负和电荷的正负即可。
【解答】
由得：；；又：；：式减式得：，即：，所以：，故A正确，BCD错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查电场力做功的公式，以及电势差和电势的关系。
根据计算电场力做功的公式求解。
【解答】
电场力做功，电场力做正功，故B正确，ACD错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
根据电场线与等势面垂直，且由电势高处指向电势低处，判断出电场强度的方向，并判断出此电场中匀强电场，根据电场力方向与位移方向的关系判断电场力做功正负。
对于电场线和等势面之间的关系要掌握牢固，本题也可以作出电场线，再进行判断。
【解答】
A.根据电场线与等势面垂直，且由电势高处指向电势低处，可知电场线方向应竖直向上，则B处的场强方向是竖直向上，故A错误；
B.图中等差等势面疏密均匀，则电场线疏密也均匀，说明此电场是匀强电场，场强处处相同，故B错误；
C.根据电场力做功公式得：1C的正电荷从B到A，电场力做功为，故C正确；
D.负电荷所受的电场力方向竖直向下，则负电荷从A移到B时电场力做正功，故D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】解：电势差的定义式为，是用比值法定义的物理量，其特点是电势差与试探电荷无关，由电场的强度和两点的位置决定；故AC错误，D正确。
B、电场力做功是与路径无关，只由初末位置的电势差有关；故B错误。
故选：D。
电势差的定义式，是比值定义法，电势差与电场力做功、与移动电荷的电荷量q无关。把正电荷从A点移到B点电场力做正功，由公式判断电势差的正负。
本题要抓住电势差的定义式，具有比值定义法的共性，明确电势差反映电场本身的特性，与试探电荷无关。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考察电势差与电势的关系，只要掌握，，，通过列式分析电势的关系，也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断；
本题根据电势差与电势的关系：，，，即可判断三点电势的高低关系。
【解答】
由题意，，则得：；
，则得：；
又，则得：；
故有：；故ABD错误，C正确，
故选C。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
电场力做功公式，电荷克服电场力做功多少，电势能就增加多少．
此题要掌握电场力做功的计算公式，知道电场力做功和电势能的变化关系等知识点．
【解答】
根据顺着电场线的方向，电势依次降低，可知，那么正点电荷从B移动到A过程中，电场力做功为，表示外力克服电场力做功qU，电场力做负功，则电荷的电势能增加qU。
故选：C。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
根据电场力做功与电势差的关系，求出AC间的电势差、BC间的电势差；找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线，根据求出电场强度。
解决本题的关键是知道电场力做功与电势差的关系，掌握电场强度与电势差的关系。知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势。
【解答】
A.根据知，AC两点间的电势差为：，故A错误；
B.将该粒子从C点移到B点，其电势能减少，说明电场力做正功，则，所以B点的电势高于C点，故A，B，C三点中C点电势最低，故B错误；
C.由，，可知BD连线为等势线，电场线方向垂直于BD，且由高电势指向低电势，故C错误；
D.由几何关系知，A到BD的垂直距离为：，则匀强电场的电场强度为：，故D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】解：由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，
根据公式可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，即：，
得到：。
故选：C。
由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式定性分析a、b间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势。
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。属于常规题。
10.【答案】B
【解析】
【分析】
连接AB，经O点作AB的垂线交AB于P点，则P点为AB的中点，其电势为，得出P点与O点的电势相等，OP为等势线，再根据电场线和等势线垂直，且有高电势处指向低电势处，再结合求解电场强度。
本题是匀强电场中的电场强度和电势差的关系的常规题目的考查，关键是找出等势线，做出电场线。
【解答】
A.连接AB，经O点作AB的垂线交AB于P点，则P点为AB的中点，其电势为，即P点与O点的电势相等，OP为等势线，场强沿着BA的方向。显然BC也是一条等势线，C点的电势为，A项错误；
B.AB与DC都与电场方向平行，且长度相等，所以A、B两点间的电势差与D、C两点间的电势差相等，B项正确；
C.过O点作OP的垂线，交圆周于M点，该圆周上M点的电势最低，C项错误；
D.电场的场强大小，D项错误。
故选B。
11.【答案】AC
【解析】
【分析】
根据电场力做功公式求解A、B两点间的电势差，可以判断A、B的高低；电场力做功多少，电荷的电势能就减小多少；由电场线的疏密判断出场强的大小，再分析电场力的大小。
本题考查电势差、电场强度、电场力等知识，比较简单。对于电场力做功，抓住与重力做功相似性记忆。
【解答】
、B两点间的电势差，因，则A点的电势比B点的高，故A正确，D错误；
正电荷由A点移动到B点，电场力做功为，电势能减小了，故B错误，C正确。
故选AC。
12.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。
本题考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变。
【解答】
电子从A到B的过程中电场力做功4eV，则电场力的方向竖直向下，电场方向竖直向上，从A到B电势降低，匀强电场内间距相等的等势面之间的电势差相等，设相邻等势面间的电势差为U，则，又，联立解得：，故，该电子从平面a到d的过程电场力做正功，电势能减小，故AC错误；
B.A、B连线长为，连线与等势面c的夹角为，可得等势面ac的距离为2cm，故该电场电场强度大小为，故B正确；
D.电子由等势面a到等势面d过程中，有，可得，根据可得，该电子经过平面d时的速率是经过a时的2倍，故D正确。
13.【答案】BCD
【解析】
【分析】
解决本题要掌握匀强电场电场线、等势面分布的特点，知道物体做曲线运动时合力指向轨迹弯曲内侧，并能灵活运用这些知识分析带电粒子在电场中运动的问题。
【解答】
总能量守恒由a点处可以知道，则b点处的动能为：，故A错误；B正确；
C. 场强方向向上，电场力向上，则为正电荷；故C正确；
D.C点处的动能为为，则D正确。
故选BCD。
14.【答案】CD
【解析】
【分析】
根据可求出B、C两点间的电势差，根据电场力做功与电势能的变化关系可求出A、B两点的电势差。然后找出等势线，即可确定电场线的方向，再根据求解电场强度。
本题的关键在于找出等势线，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式中d为沿着电场线方向的距离。
【解答】
A.由B移到C的过程中电场力做功，根据得B、C两点的电势差为：，故A错误；
B.点电荷由A移到B的过程中，电势能增加，根据电场力做功与电势能的变化关系知，点电荷由A移到B的过程中，电场力做功，则A、B两点的电势差，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误；
C.，根据知：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减少，故C正确；
D.由以上知，，设AB连线的中点为D，可知，故CD连线为等势线，所以电场强度方向沿着AB方向由A指向B，由几何关系知，所以该电场的场强为，故D正确。
故选CD。
15.【答案】解：小滑块从A滑到B，因电场力不做功，由动能定理得
因此小滑块在A点时的初速度
小滑块第一次从A滑到O，由动能定理得
因此
小滑块最终停在O点，由动能定理得
应有
小滑块运动的总路程：
【解析】、B两点处分别固定着两个等量正电荷，则A、B两点的电势相等，则A、B两点的电势差为0，对AB段运用动能定理求出小滑块在A点时的初速度
与OB段运用动能定理，求出0B两点间的电势差。
小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，运用动能定理求出小滑块的总路程s。
本题考查动能定理的运用，在解题时合适地选择研究的过程，运用动能定理列式求解。
16.【答案】解：水平方向上做匀速直线运动，故运动时间
粒子从P运动到Q，竖直方向上的速度为：
竖直方向的加速度为：；且
解之可得：
出电场时候速度，由动能定理可得；解之可得
【解析】本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究。同时用动能定理可以轻松球的两点的电势差。
17.【答案】解：电场力方向如图所示；
由，解得
由，解得．
【解析】通过点电荷的运动情况，分析电场力方向；
根据，求电场强度的大小；
了解电场力做功与电势差的关系。
18.【答案】解：由变形可得：
由得：
【解析】本题主要考查电势差与电势，掌握好静电力做功的公式，这只是其中一个，另外要掌握，基础题。
由电场力做功表达式可计算AC电势差。
由电势差的定义，已知两间的电势和其中之一的电势，再求另一点的电势。
第2页，共2页
