课时跟踪检测部分
第九章 静电场及其应用
1.电荷
1.B 感应起电的实质是电荷从物体的一部分转移到另一个部分，摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，A错误；汽油和塑料油桶会摩擦起电，因为塑料是绝缘材料，不能把电荷传走，所以塑料油桶内易产生火花导致塑料油桶爆炸，B正确；摩擦起电的实质是电子的转移，所以摩擦起电并没有创造电荷，C错误；与丝绸摩擦后的玻璃棒带上了正电荷，是因为玻璃棒上的负电荷转移到了丝绸上，从而使玻璃棒带上了正电荷，而丝绸带上了负电荷，D错误。
2.B 当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，发生了静电感应现象，金属导电的实质是自由电子的移动，即负电荷在外电场的作用下移动，枕形金属导体自由电子向A移动，正电荷不移动，故B正确。
3.ACD 将带负电的绝缘棒移近两球，由于静电感应，甲球感应出正电荷，乙球感应出负电荷，用绝缘工具把两球分开后，它们带上了等量异种电荷，再移走棒并不影响两球带电情况，A正确；若先将棒移走，则两球感应出的等量异种电荷立即全部中和，再用绝缘工具把两球分开，两球不会带上电荷，B错误；使棒与其中一个球接触，则两球会因接触而带上负电荷，C正确；若使乙球瞬时接地，则大地为远端，甲球为近端，由于静电感应，甲球带正电，再将棒移走，由于甲、乙两球是接触的，所以甲球上的电荷会重新分布在甲、乙两球上，结果两球都带上了电荷，D正确。
4.D 元电荷指的是自然界中的最小电荷量，而不是带电粒子，其大小等于一个电子所带电荷量，A、B错误，D正确；任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍，C错误。
5.C 根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创造，只会发生转移。该现象是潮湿的空气将电子导走了，是由于电子的转移引起的，仍遵守电荷守恒定律，故C正确，A、B、D错误。
6.A 将A、B接触后再分开，A、B所带电荷量均为q＝ C＝－1.6×10－9 C＝－1×1010e，所以B球得到了1×1010个电子。故A正确。
7.B 因验电器的金属球带正电，验电器的金属箔片先闭合，说明了金属箔片得到电子，将正电荷中和，带电棒带的是负电；验电器的金属箔片后又张开是因为验电器金属球的一端将更多的负电荷传导给了金属箔片一端，验电器的金属箔片因带同种电荷而张开，故B正确。
8.D 验电器是利用同种电荷相互排斥的原理工作的，当有带电体接触金属球时，验电器的金属球与金属箔带同种电荷，金属箔由于带同种电荷相互排斥而张开；当有带电体靠近金属球时，金属球与金属箔带等量异种电荷，金属箔由于带同种电荷相互排斥而张开，并且金属箔所带电荷量越多，金属箔张开的角度越大，故A、B错误，D正确；n＝＝＝18.75，而带电体所带的电荷量必须是元电荷的整数倍，故C错误。
9.C 导体P处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出负电荷，在导体的左端A会出现正电荷，故A错误；因毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，则B端的感应电荷电性与毛皮摩擦过的橡胶棒所带电性相同，故B错误，C正确；随着靠得越近，P两端的感应电荷越来越多，故D错误。
10.D 当只闭合开关K1时，导体A、B和大地组成了一个大导体，A左端为近端，大地为远端，由于静电感应，B右端带的正电荷会被从大地传来的负电荷中和，B右端不再带电，A左端带负电，故A错误；同理可知，当只闭合开关K2时，导体B右端不带电，A左端带负电，接着移走带电小球，导体A所带负电荷和大地中的电荷中和，不再带电，最后将A、B分开，A、B都不带电，故B错误；同理，K1、K2均闭合时，由于静电感应，A左端带负电，B右端不带电，故C错误，D正确。
11.D 导体原来不带电，但是在带正电的导体球C的静电感应作用下，导体中的自由电子向B部分转移，使B部分带负电，A部分带正电。根据电荷守恒定律，A部分移走的电子数目和B部分得到的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量大小总是相等的，电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时，A部分所带电荷量的大小QA与所切的位置有关，故只有选项D正确。
12.见解析
解析：（1）当C、D两球接触时，两球所带总电荷量q＝＋5×10－9 C＋（－1×10－9 C）＝＋4×10－9 C，移走C球后，D球所带的电荷量为＝＋2×10－9 C。
（2）将A、B接触，D球靠近A，根据静电感应原理，在近端A感应出负电荷，远端B感应出等量正电荷，如图所示，在移走D之前，将A与B分开，则A带负电，B带等量的正电荷。
（3）在（2）问做法的基础上，先用手触摸B，再将A、B接触后分开，则A、B都带等量的负电荷。（其他答案合理即可）
2.库仑定律
1.B 带电体可以看成点电荷的条件是带电体的形状、大小及电荷分布状况对它和其他带电体间相互作用力的影响可忽略不计，与带电体自身大小、形状及所带电荷量无必然联系，选项A、C错误；元电荷是带电体所带电荷量的最小值，因此点电荷所带电荷量一定是元电荷的整数倍，选项B正确；点电荷是物理模型，元电荷是电荷量的最小值，不是物理模型，选项D错误。
2.AC 法国物理学家库仑发现了电荷之间的相互作用规律，故A正确；两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律可知，无论点电荷q1的电荷量与点电荷q2的电荷量大小关系如何，q1对q2的静电力大小总等于q2对q1的静电力大小，故B错误；库仑定律的适用条件是真空和静止点电荷，如果在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看成一个几何点，则这样的带电体就是点电荷，一个实际的带电体能否看成点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，故C正确；当r→0时，带电体不能看成点电荷，公式F＝k不再适用，故D错误。
3.D 依据题图可知，两球之间相互排斥，因此它们带同种电荷，可以是都带正电，也可以是都带负电，究竟带何种电荷不能确定，故A、B错误；两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
4.C 根据库仑定律知，真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F＝k，若它们的带电荷量分别变为2q1、4q2，而距离增大为原来的2倍，则两点电荷间的静电力大小为F'＝k＝k＝2F，选项C正确。
5.A
A受到B、C点电荷的库仑力，如图所示。根据库仑定律有
FBA＝＝ N＝1.08×10－3 N，
FCA＝＝ N＝9×10－5 N
规定沿这条直线由A指向C为正方向，则点电荷A受到的合力大小为FA＝FBA－FCA＝（1.08×10－3－9×10－5）N＝9.9×10－4 N，故A正确。
6.C 根据电荷受力平衡规律可知，C应放在B的右侧，且与A电性相同，带负电，由FAB＝FCB得k＝k，由FAC＝FBC得k＝k，解得rBC＝L，QC＝4Q，故选C。
7.D 对小球进行受力分析，如图所示，设A、B两点与P点的距离分别为r1、r2，根据库仑定律有F1＝k，F2＝k，由几何关系知r1＝Lcos α，r2＝Lsin α，根据平衡条件，过P点沿圆环切向方向有F1sin α＝F2cos α，解得tan3α＝，故A、B、C错误，D正确。
8.
解析：a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的静电力为引力，b电荷对a电荷的静电力为斥力。
根据库仑定律可得Fca＝，Fba＝Fda＝。
b、d电荷对a电荷的合力为F合＝，其方向与c电荷对a电荷的静电力的夹角为90°。
根据力的合成法则，a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小F＝＝。
9.D 由平衡条件可知，A、B间和A、C间必是引力，B、C间必是斥力，故B、C带同种电荷，电性与A相反，对B球受力分析，如图所示
由平衡条件可得FABcos 60°＝FBC
同理对于C球满足FACcos 30°＝FBC
设A、B距离为l，则A、C距离为l，B、C距离为2l，由库仑定律可得FAB＝k，FAC＝k，FBC＝k，联立可得qA∶qB∶qC＝∶2∶2，D正确。
10.B 先把带电圆环均分成若干个小部分，每一小部分均可视为点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直向上方向上的库仑力大小为＝，故选B。
11. 方向由球心指向小圆孔中心
解析：解法1：由于球壳上均匀带电，原来每条直径两端相等的一小块面积上的电荷对球心处点电荷＋q的静电力相互平衡。当在球壳上挖去半径为r的小圆孔后，因为是绝缘球壳，其余部分的电荷分布不改变，所以其他直径两端的电荷对球心处点电荷＋q的作用力仍相互平衡，剩下的就是与小圆孔相对的半径也为r的一小块圆面上的电荷对它的作用力。又r R，所以这一带电小圆面可看成点电荷，库仑定律适用。
小块圆面上的电荷量为q'＝Q＝Q
根据库仑定律得它对球心处的点电荷＋q的静电力大小F＝k＝k＝
其方向由球心指向小圆孔中心。
解法2：根据中和的特点可知，挖去的小圆孔相当于在此处加上了等量的异种电荷，因为完整球壳对球心处的点电荷的静电力为零，则被挖去小圆孔后的球壳对球心处点电荷的静电力等于在小圆孔处补上的等量异种电荷对该点电荷的作用力。
由库仑定律有F＝
其中Q'＝πr2＝。
得出F＝，方向由球心指向小圆孔中心。
12.F
解析：由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F。将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F。
习题课一 库仑力作用下的平衡与加速
1.B 当方向水平向右、大小为F的力作用在B上，A、B间的距离为L时，有F＝3ma1，＝ma1，若改用方向水平向左的力作用在A上，两小球间的距离保持为2L并相对静止时，有F'＝3ma2，＝2ma2，联立可得F'＝F，B正确，A、C、D错误。
2.A 设两小球带电荷量均为Q，当两小球相距r时，两球间静电力大小为k，此时两细线的夹角为2θ1。根据两小球处于平衡状态，有k＝mgtan θ1。当两小球所带电荷量都减半时，重新达到平衡，两细线的夹角减小，设此时两细线的夹角为2θ2，两小球相距r'，则有k＝mgtan θ2。易知θ1＞θ2，则k＞k，所以r2＜4r'2，解得r'＞，故A正确。
3.D 滑块Q在光滑斜面N上静止，则由平衡条件可知，P与Q带同种电荷，两者之间为库仑斥力，设为F，两滑块的受力分析和相关角度如图所示，对Q，沿斜面方向有mgcos 30°＝Fcos 30°，可得F＝mg，对P，当P与M间的动摩擦因数最小时有N2＝F'＋mgsin 30°，f＝μN2，又f＝mgcos 30°，F＝F'联立解得μ＝，选项D正确。
4.AC 设菱形边长为l，则b、d之间的距离为2lsin α，a、c之间的距离为2lcos α。选取a作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，选项A正确，B错误；选取d作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，选项C正确，D错误。
5.C 要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间距离用r表示，由于处于平衡状态，所以k＝，解得x＝0.2 m，选项C正确。
6.见解析
解析：（1）对C进行受力分析，由平衡条件可知，C应在A、B的连线上且在A、B之间，设C与A相距r，则有＝，解得r＝。
（2）C放置在距离A为处时，不论C为正电荷还是负电荷，A、B对其作用力的合力均为零，故C的电荷量大小和电性对其平衡无影响。
（3）A、B不固定，若将D放在A、B电荷外侧，A、B对D的作用力同为向左（或向右）的力，D不能平衡；若将D放在A、B之间，D为正电荷时，A、B都不能平衡，所以D为负电荷。设放置的点电荷的电荷量大小为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件
对点电荷A，有＝
对点电荷B，有＝
联立可得r1＝，Q＝q，即应在A的正右方与A相距处放置一个电荷量为q的负电荷，可以使A、B、D三个点电荷都处于平衡状态。
7.A C处小球受到A处小球的库仑引力为FAC＝，C处小球受到B处小球的库仑引力为FBC＝＝，且两力的夹角为60°，则合力为F＝2×cos 30°＝，则加速度大小为a＝＝，故选项A正确。
8.A 静电力提供向心力，则k＝m1，解得v＝，A正确。
9.BC 选取A、B、C作为整体研究，依据牛顿第二定律，则有F＝3ma，对C受力分析，设B、C间绳的拉力大小为T，由牛顿第二定律有T＝ma，解得T＝F，故A错误，B正确；对A受力分析，其受到拉力F及库仑力F'的作用，由牛顿第二定律有F－F'＝ma，解得F'＝F，由库仑定律有F'＝，解得A、B间距离LAB＝，故C正确，D错误。
10.C 设AO、BO、CO三条棱与水平面的夹角为θ，由几何关系可知sin θ＝，对带正电的小球根据平衡条件可得3ksin θ＝mg，联立解得q＝，选项C正确。
11.C 平衡时小球间的库仑力大小等于弹簧弹力。第一次平衡有kx0＝，C与A接触后，A所带电荷量变为原来的一半，再次平衡时有kx＝。若r'＝r，则此时弹簧弹力F＝kx0，压缩量刚好为原来的一半，但实际上r'＞r，所以弹簧的压缩量小于，故C正确。
12.（1） 正电荷 （2）
解析：（1）由初始B球的加速度等于零及B球带正电荷，可知A球带正电荷。
对B球受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即
F0－mgsin α＝0
根据库仑定律得F0＝k
解得Q＝。
（2）两球距离为L'时，A球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有F＋2mgsin α＝2ma1
B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mgsin α－F'＝ma2
依题意有a1∶a2＝11∶5
由牛顿第三定律得F＝F'
解得F'＝mgsin α
又F'＝k
解得＝。
3.电场 电场强度
第1课时 电场强度 电场强度的叠加
1.AC 电荷周围存在着电场，电场对放在其中的电荷有力的作用，电荷之间的相互作用是通过电场发生的，A、C正确；电场是一种物质，它与其他物质一样，是客观存在的，在真空中、空气中、导体中都能存在，B、D错误。
2.B 对于电场中给定的位置，放入电荷量不同的试探电荷，它们受到的静电力不同，但是静电力F与试探电荷的电荷量q的比值（即场强E）是不变的量，因为F＝qE，所以F跟q的关系图线是一条过原点的直线，该直线斜率的绝对值表示场强的大小，由此可得Ed＞Eb＞Ea＞Ec，故选项B正确，A、C、D错误。
3.B 电场强度与检验电荷无关，所以把电荷拿走后，A点的电场强度仍为E＝＝ N/C＝2×102 N/C，B正确，A、C、D错误。
4.B 根据点电荷电场强度的计算公式E＝k可知，a点电场强度大小和b点电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；a点到点电荷的距离比c点近，则a点电场强度的大小比c点大，同理可知，b点电场强度的大小比c点大，故B正确，C、D错误。
5.A ①式中的场强E不是①式中的电荷q所产生的电场的场强，②式中的场强E是②式中的电荷q所产生的电场的场强，故A正确；①式中的F是放入某电场中的电荷所受的力，q是放入这个电场中的电荷，故B错误；②式中的场强E是某电场的场强，q是产生此电场的电荷，故C错误；公式E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场，而②式只对点电荷产生的电场才成立，故D错误。
6.A 根据点电荷的电场强度公式可知，点电荷B、C在D点合电场强度为0，点电荷A在D点的电场强度EA＝k＝
所以D处的电场强度大小为ED＝EBC＋EA＝
故选A。
7.B 设ab＝bc＝cd＝L，点电荷＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，则E＝；点电荷－Q在b点产生的场强大小为E1＝＝E，方向水平向右，所以此时b点的场强大小为Eb＝E＋E＝E，方向水平向右。由对称性可知，c点的场强大小也为E，方向水平向右，故B正确。
8.（1）3×105 N/C （2）3×105 N/C 方向水平向左
（3）0.15 N
解析：（1）由点电荷电场强度公式有E1＝k
代入数据得E1＝3×105 N/C。
（2）点电荷q2在C点产生的电场强度大小E2＝E1
根据平行四边形定则有E＝2E1cos 60°
代入数据得E＝3×105 N/C，方向水平向左。
（3）电荷q3在C处受到的静电力F＝qE
代入数据得F＝0.15 N。
9.C 由正、负点电荷的电场强度特点及电场强度的叠加原理可知，只有选项C正确。
10.B 根据几何关系可知，D到A、B两点间的距离等于AC的一半，也等于BC，根据点电荷电场强度的方向可知，两点电荷在D点的电场强度方向夹角为120°，由点电荷电场强度公式E＝及电场强度叠加原理可知，它们在D点的电场强度大小相等，且都为E；那么A点电荷在C点的电场强度大小为，B点电荷在C点的电场强度大小为E，方向如图所示。（以A、B处点电荷均为正点电荷为例），根据平行四边形定则，结合余弦定理，可得C点的电场强度大小为EC＝E，故B正确，A、C、D错误。
11.（1）gsin α－ （2）
解析：（1）对A球，由牛顿第二定律可知
mgsin α－F库＝ma
根据库仑定律得F库＝k
又r＝
解得a＝gsin α－。
（2）当A球受到的合力为零时，加速度为零，动能最大，设此时A球与B点间的距离为d，则有mgsin α＝，
解得d＝。
第2课时 电场线 匀强电场
1.C 电场线是直线，可能是点电荷的电场，也可能是匀强电场，故A、B错误；依据电场线某点的切线方向即为电场强度方向，则M、N两点的电场强度方向一定相同，故C正确；由A、B选项分析，可知，M、N两点的电场强度大小不一定相同，故D错误。
2.BD 由于不知道电场线的方向，所以不能判断该电场是正点电荷还是负点电荷产生的，但是无论是正点电荷产生的还是负点电荷产生的，都是A点处的电场线密，B点处的电场线疏，则EA＞EB，所以A、C错误，B、D正确。
3.B 电场强度为矢量，M、N两处电场强度相同，则电场强度方向、大小都要相同。图A中M、N两点的电场强度大小相同、方向不同。图B是匀强电场，M、N两点的电场强度大小、方向都相同。图C中M、N两点的电场强度方向相同、大小不同。图D中M、N两点的电场强度大小、方向都不相同，故B正确。
4.A 电场线越密，电场强度越大，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故A正确；电场线的疏密表示电场强度的大小，在任意两条电场线之间虽没有电场线，但仍有电场，故B错误；由于A点的电场强度大于B点的电场强度，故同一点电荷放在A点受到的电场力大于放在B点受到的电场力，故C错误；在题图所示的非匀强电场中，由静止释放的电荷的运动轨迹不沿电场线，故D错误。
5.B O、M、N三点的电场强度方向相同，但大小不同，O点场强最大，EM＝EN＜EO，同一电荷在三点所受的电场力大小不同，方向相同，A、C错误，B正确；把另一电荷从M点静止释放，由于受到水平的电场力作用，不会在MON间往复运动，D错误。
6.C 带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的电场强度为零，向中垂线的两边电场强度先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零，但a点与最大电场强度点的位置关系不能确定，当a点在最大电场强度点的上方时，电子从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小，当a点在最大电场强度点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中都在做加速运动，所以电子的速度一直增大，当到达O点时，加速度为零，速度达到最大值，故C正确；通过O点后，电子的运动方向与电场强度的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称的b时，电子的速度为零，同样因b点与最大电场强度的位置关系不能确定，所以加速度大小的变化不能确定，故D错误。
7.A 越靠近两点电荷的地方电场强度越大，两点电荷连线的中点处电场强度最小，但不是零，B、D错误；两点电荷所带的电荷量大小相等，则两点电荷连线上关于中点对称的点的电场强度大小相等，A正确，C错误。
8.B 两个点电荷是同种电荷，则中点O处的电场强度为0，故图线一定经过原点，A错误；两电荷为同种电荷，则在原点两侧电场方向相反，C、D错误；能正确表示x轴上电场强度变化规律的是B选项。
9.D 由题中v-t图像可知，正电荷做加速度逐渐增大的加速运动，因此该正电荷所受电场力越来越大，电场强度越来越大，由于电场线密的地方电场强度大，且正电荷的受力方向与电场方向相同，故选项A、B、C错误，D正确。
10.C 电场线从正电荷出发，到负电荷终止，电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电场的方向，A、B两点的电场强度大小不相等，方向也不相同，A、B错误，C正确；电场线分布关于两电荷连线的中垂线不对称，两电荷所带电荷量不相等，D错误。
11.AB 在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，负点电荷沿垂直平分线从无穷远处向O点运动，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度为零，速度达到最大，此过程中v-t图线的斜率先变大后变小；由O点运动到无穷远速度变化情况，与从无穷远到O点速度的变化情况具有对称性。如果P、N距O点足够远，B正确；如果P、N距O点很近，A正确。
12.（1）9×10－3 N （2）0 （3）1.8×104 N/C 其方向沿x轴负方向
解析：（1）由库仑定律可得两点电荷间的库仑力大小F＝k＝9×10－3 N。
（2）由于两点电荷的电荷量相同，且同为正电荷，故由电场的叠加可知O点的电场强度为二者电场强度的矢量和，由于两点电荷在O点的电场强度等大、反向，故O点的电场强度为0。
（3）若只取走A点的点电荷，则O点的电场强度仅有B处点电荷产生的电场强度，其大小为E＝k＝1.8×104 N/C，其方向沿x轴负方向。
习题课二 静电力的性质
1.B 线框上剩余的电荷在O点产生的电场强度等效为取下的q电荷在O点产生的电场强度，故E1＝＝，方向水平向左；将q移到F点时，q在O点产生的电场强度为E2＝，方向水平向右。由电场强度的叠加原理可知O点的电场强度E＝E1－E2＝，方向水平向左，故选B。
2.D 该导体环可认为是从封闭的导体环上取下宽为l的一小段后的剩余部分，对宽为l的一小段导体分析，由于l远小于R，因此可视为点电荷，其在圆心O处产生的电场强度大小为E＝＝，又因为宽为l的一小段导体带负电荷，故电场强度方向由O指向A。根据对称性知，封闭的导体环在圆心O处产生的合电场强度为零，所以宽为l的一小段导体在圆心O处产生的电场强度与该导体环在圆心O处产生的电场强度大小相等、方向相反，则导体环在圆心O处产生的电场强度大小为，方向由A指向O，A、B、C错误，D正确。
3.C 根据对称性，先假定在A点放上电荷量为＋q的点电荷，O点的电场强度为零，即B、C、D、E四个点处的点电荷在O点的电场强度方向沿OA方向，大小为，再与A处的－q在O点的电场强度叠加，则O点的电场强度大小为，方向沿OA方向，C正确。
4.BC 根据做曲线运动的物体所受合外力指向轨迹的凹侧，可知静电力与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点时受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中静电力与速度的方向成锐角，速度增大，故D错误。
5.CD 粒子做曲线运动，受到指向曲线弯曲的内侧的电场力，可知粒子所受电场力与电场方向相反，粒子受到的电场力方向向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速率减小，运动到M点时，粒子的速率最小，然后粒子向左运动时，电场力做正功，粒子的速率增大，故A、B错误，D正确；粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，故C正确。
6.C 由曲线轨迹只能判断出a、b受力方向相反，带异种电荷，无法判断哪个带正电荷，A错误；由粒子的偏转轨迹可知静电力对a、b均做正功，动能增加，B、D错误；由电场线的疏密可判定，a所受静电力逐渐减小，加速度减小，b正好相反，C正确。
7.BD 滑块运动到B点后，虽然速度减小为零，但水平方向仍受电场力的作用，且F电＝Eq＝mg，F摩＝μmg，显然电场力大于摩擦力，滑块将返回向A点运动，选项A错误；由A到B运动的加速度为aAB＝＝（μ＋1）g，由B到A运动的加速度为aBA＝＝（1－μ）g，而位移大小相同，所以运动时间不可能相同，滑块再次运动到A点的速度大小也不可能为v，选项B正确，C错误；根据公式v2＝2ax可得滑块回到A点时的速度大小为v，选项D正确。
8.（1）正电 （2） （3）
解析：（1）小球进入电场后受两个力的作用：重力mg和电场力qE，若要保证小球做直线运动，则小球必然带正电，并且所受电场力qE和重力mg的合力F沿直线AB水平向右。
（2）由（1）中结论和几何关系可知mg＝qEsin θ，所以匀强电场的电场强度大小为E＝。
（3）小球在恒力作用下由A到B做匀加速直线运动，合力F＝，由牛顿第二定律得加速度a＝，由匀变速直线运动的规律得－＝2ad，则vB＝。
9.B 设细绝缘体带正电，三段圆弧中每段圆弧在圆心O处产生的电场强度大小为E'，将三段圆弧产生的电场强度画在图中。AB、CD两段圆弧在圆心O处产生的电场强度方向的夹角为120°，这两者的合电场强度大小为E'，方向与BC在圆心O处产生的电场强度的方向相同。所以三段圆弧在圆心O处产生的合电场强度大小E＝2E'，则E'＝，即圆弧BC在圆心O处产生的电场强度的大小是。
10.B 在B点由库仑力和重力的合力提供向心力，则qE－mg＝m，所以qE＝m＋mg，小球从C到B电场力不做功，由动能定理得mgR＝mv2，联立可得E＝，点电荷在C点产生的电场强度大小与B点相同，故B正确。
11.BD 由于M、N释放后能保持静止，故电场对M、N的作用力一定与M、N间的静电力等大反向，因此两个小球所带电荷量大小一定相等，A错误；M、N一定带异种电荷，则匀强电场对M的作用力一定向左，M带负电荷，N带正电荷，B正确；静止时两小球受到的合外力均为零，C错误；M受到匀强电场施加的电场力方向水平向左，移动过程中，M受到的电场力对其做负功，D正确。
12.O点左侧0.2 m处
解析：当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的静电力F和滑动摩擦力Ff。静电力大小为F＝Eq，滑动摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmg。
设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得－（F＋Ff）s＝－m
联立解得s＝＝0.4 m
由于F＞Ff，当物块运动到沿x轴正方向离O点的最远距离时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时在O点左侧s'处。
在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得（F－Ff）s－Ffs'＝0
解得s'＝s＝0.2 m。
4.静电的防止与利用
1.D 导体内部电场强度处处为零是感应电荷的电场与外电场叠加的结果，故D正确。
2.C 处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小Ea、Eb的关系为Ea＝Eb，故A、B错误；处于静电平衡状态的导体，内部合场强为零，则感应电荷在a、b两点产生的场强和外部电荷在a、b两点产生的场强大小相等、方向相反，根据E＝可知Ea'＞Eb'，故C正确，D错误。
3.C 因为在金属内部电子可以自由移动，当在外部加上水平向右的、电场强度大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布，就是所谓的“静电屏蔽”。此时验电器不会受到影响，故验电器的箔片不张开，选项A、B错误；由以上分析可知，金属网罩上的感应电荷在金属网罩内部空间产生的电场方向水平向左，选项C正确；由于静电感应，金属网罩外表面存在感应电荷，内表面不存在感应电荷，选项D错误。
4.D 因为金属壳的外表面接地，所以外表面没有感应电荷，只有内表面有感应电荷分布，由于A带正电，则B的内表面带负电，D正确，B、C错误；B的空腔内有带正电的小球A产生的电场和金属壳内表面感应电荷产生的电场，所以空腔内电场强度不为零，A错误。
5.D 为了保证题图甲中超高压带电作业的工作人员的安全，他们必须穿上金属丝编制的工作服，以起到静电屏蔽的作用，A正确；题图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理制成的，B正确；题图丙中的避雷针，是在高大建筑物顶端安装尖锐的导体棒，用粗导线将导体棒与接地装置连接，当带电的雷雨云接近建筑物时，通过尖端放电，可防止建筑物被雷击，C正确；题图丁中喷枪喷出的油漆微粒带同种电荷，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的金属件带相反电性的电荷，对油漆微粒产生引力，把油漆微粒吸到表面，完成喷漆工作，D错误。
6.D 集尘极接电源的正极，尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误；由于集尘极与电源的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，B错误；负电荷在电场中所受静电力的方向与电场方向相反，C错误；根据F＝qE可得，同一位置带电荷量越多的尘埃所受静电力越大，D正确。
7.AC 煤粉带负电，向正极运动，所以外壳A应接电源的正极，金属丝B应接负极，A正确，B错误；外壳A应接地，原因是防止高压触电，C正确，D错误。
8.B 金属板内部场强为0，点电荷在A点场强沿E1方向，感应电荷在A点的场强沿E2方向，故选项A错误，B正确；B点在金属板表面上，那么B点合场强方向应垂直金属板向外，而点电荷引起的场强方向指向负电荷，则感应电荷引起的场强方向可能为题目所给的E3方向，故选项C、D错误。
9.B B为线状，A为板状，距离B越近，电场线越密，场强越大，故该电场不是匀强电场，选项A错误，B正确；粉尘带负电，被吸附到正极A，做加速运动，选项C错误；粉尘靠近收集器A过程中，所受电场力是变力，重力是恒力，则所受合力为变力，粉尘的运动轨迹不是抛物线，选项D错误。
10.B 点电荷放在球心处，对球壳外部产生的电场强度等于点电荷产生的电场，即内部对外部有影响；根据库仑定律可得F＝k，故B正确，A、C、D错误。
11.AC 将c移近A的过程中，由于静电感应，金属小球c感应出负电荷，静电计指针上感应出正电荷，B会张开一定角度，选项A正确；将c与A外表面接触后移开A，由于接触使静电计带电，B会张开一定角度，选项B错误；将c与A内表面接触，静电平衡后，电荷只分布在导体外表面，静电计可视为导体外表面，静电计B会张开一定角度，选项C正确；将c从导线上解下，然后用绝缘细绳吊着从小孔a放入A内，并与其内壁接触，由于空腔导体内部没有电荷，再提出空腔，与b接触，B不会张开，选项D错误。
12.AB 金属球在达到静电平衡状态后，左侧感应出正电荷，故A正确；发生静电感应时，导体内部合场强为零，所以感应电荷在金属球内部产生的场强与外部点电荷在金属球内部产生的场强大小相等，方向相反，所以感应电荷在球心处所激发的电场强度大小为E＝，方向水平向右，故B正确；用一小段导线的一端接触金属球的左侧，另一端接触金属球的右侧，则导线和金属球成为一个导体，左侧依然带正电荷、右侧依然带负电荷，故C错误；如果用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则金属球和大地相当于一个新的大导体，在靠近点电荷的一端即金属右侧感应出负电荷，在远离场源电荷的一端即大地感应出正电荷，即有电子流入金属球，故D错误。
13.（1） 方向水平向左 （2） 方向水平向右
解析：（1）由点电荷场强公式E＝可知A在O点产生的电场强度的大小EA＝k＝，场强方向水平向左。
（2）两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为E0＝k＋k＝，方向水平向左。金属球最终处于静电平衡状态，根据静电平衡状态导体的特征可知，球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与两个点电荷在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小为E0'＝E0＝，方向水平向右。
第十章 静电场中的能量
1.电势能和电势
1.C 把负点电荷沿电场线由a点移至c点的过程中，受力方向与位移方向相反，所以静电力做负功，电势能增加，故C正确，A、B、D错误。
2.ACD 根据带电粒子仅在静电力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受静电力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，根据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，静电力的方向与运动方向的夹角小于90°，静电力对其做正功，电势能减小，动能增大，故A、C正确，B错误。根据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故D正确。故选A、C、D。
3.AB 两球带异种电荷，两者相互吸引，距离减小，根据库仑定律F＝k，可知两小球受的库仑力均在增大，根据牛顿第二定律F＝ma，可知两小球的加速度均逐渐增大，故A正确；两小球都在库仑力作用下做加速运动，动能增大，库仑力做正功，电势能减小，故B正确，C错误；两小球受到的库仑力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律知两小球受到的库仑力大小相等、方向相反，故D错误。
4.C 带电体在上升的过程中，静电力做正功，电势能减小，故A错误；由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势如何变化，故B错误；因为越靠近场源，电场强度越大，所以带电体在上升中所处位置的电场强度越来越大，故C正确；根据电场强度越来越大，则静电力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D错误。
5.A 无限远处电势为零，当检验电荷的电势能也为零，当检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为W＝Ep0－EpA，可得检验电荷在A点的电势能EpA＝－W，根据电势的定义可得φA＝＝，故A正确，B、C、D错误。
6.D A、B两点关于O点对称，根据正点电荷的电场线分布情况可知，A、B两点电场强度的大小相等，方向不同，故A错误；根据对称性可知，A、B两点的电势相等，B错误；根据Ep＝φq，A、B两点电势相等，可知带正电的试探电荷在A点的电势能与在B点的电势能相等，C错误；将一带正电的试探电荷从A点沿直线向正点电荷O移动的过程中，静电力方向与试探电荷运动方向相反，静电力做负功，D正确。
7.A 由点电荷的场强合成可知A和B两点场强方向均向右，大小相等，选项A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA＞φB，选项B错误；正电荷从A点移到B点，所受电场力与运动方向相同，电场力做正功，选项C错误；Ep＝qφ，因为q＜0，所以EpA＜EpB，选项D错误。
8.AD 电场线的疏密表示电场强度的大小，据图可知，a点的电场强度比b点的电场强度大，故A正确； a点所在处的电场线从Q发出到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，所以a点的电势比b点的电势高，故B错误； 电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能比b点的小，把检验电荷－q从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，静电力做负功，故C错误，D正确。
9.C 沿着电场线方向电势降低，因此A点电势比B点高，A错误；从A运动到B的过程中，静电力做正功，因此电荷受静电力的方向与电场线方向相同，点电荷带正电，B错误；由于静电力做的正功等于电势能的减少量，因此该过程中，点电荷的电势能减少了3×10－3 J，C正确；如果仅由静电力做功，根据动能定理，动能增加3×10－3 J，如果还有其他的力，无法判断动能的变化，D错误。
10.D P点的电势与关于两点电荷连线的对称点电势相等，根据几何关系知P关于两点电荷连线的对称点与Q在同一条电场线上，由沿着电场线方向电势逐渐降低可知P、Q两点电势不相同，故A错误；在P点由静止释放一试探电荷，试探电荷运动过程中所受静电力方向不断改变，不可能沿直线运动到Q点，故B错误；根据对称性可知同一试
探电荷在P、Q两点受到的静电力方向相同，但与在O点受到的静电力方向不同，故C错误；根据电场线的疏密程度可知EM＝EN＜EO，故D正确。
11.BD 由题意可知O点合电场强度为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，A错误；根据同种电荷间电场线的分布情况可知b点电势低于c点电势，B正确；根据电场线分布可知负电荷从a到b静电力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，C错误；同理根据电场线分布可知负电荷从c点到d点静电力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，D正确。
12.BC 根据电场强度叠加原理以及对称性可知，M、N两点的电场强度大小相同，但是方向不同，A错误；由对称性可知在A、B处的正电荷在M、N两点产生的电势相等，在C点的负电荷在M、N两点产生的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；负电荷从M移到O，因A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小，同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小，C正确，D错误。
13.（1）－3×10－5 J 1.2×10－5 J 0
（2）增加4.2×10－5 J 减少1.2×10－5 J
（3）－4.2×10－5 J 1.2×10－5 J
解析：（1）根据公式φ＝可得Ep＝qφ
所以该电荷在A点、B点、C点具有的电势能分别为
EpA＝qφA＝－6×10－6×5 J＝－3×10－5 J
EpB＝qφB＝－6×10－6×（－2）J＝1.2×10－5 J
EpC＝qφC＝－6×10－6×0 J＝0。
（2）将该电荷从A移到B，电势能的变化量为
ΔEpAB＝EpB－EpA＝1.2×10－5 J－（－3×10－5）J＝4.2×10－5 J
即电势能增加了4.2×10－5 J
将该电荷从B移到C，电势能的变化量为
ΔEpBC＝EpC－EpB＝0－1.2×10－5 J＝－1.2×10－5 J
即电势能减少了1.2×10－5 J。
（3）将该电荷从A移到B，静电力做的功为
WAB＝EpA－EpB＝－4.2×10－5 J
将该电荷从B移到C，静电力做的功为
WBC＝EpB－EpC＝1.2×10－5 J。
2.电势差
1.A a、b两点间的电势差Uab＝＝＝8 V，故A正确；电子由a点移到b点，电场力做功－8 eV，即克服电场力做功8 eV，电子的电势能增加了8 eV，故B错误；根据题中条件不能确定电场强度的方向，即电场强度的方向不一定由a指向b，故C错误；电势差与零电势点的选择无关，根据已知条件能求出a、b两点间的电势差，故D错误。
2.C 静电力做功W＝Uq，对该电荷运用动能定理分析有ΔEk＝W其他＋Uq，负电荷电荷量为负值，解得U＝－2×104 V。故C正确。
3.BC 由图乙知带负电粒子的速度减小，受到向左的静电力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，A错误；由图乙可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的电场强度大于Q处的电场强度，B正确；由动能定理知qUPQ＝m，可求出P、Q两点的电势差为，C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，D错误。
4.D a、b两点是对称的，它们的电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；沿电场线的方向电势降低，所以a点电势比b点电势高，故B错误；c、d两点在两等量异种点电荷连线的中垂线上，因为中垂线上的电势相等，所以c、d两点的电势相同，根据等量异种电荷间电场分布规律可知d点电场强度大于c点电场强度，故C错误，D正确。
5.D 正电荷由c经a移到d点，静电力做功为W1＝qUcd，由c经b移到d点，静电力做功为W2＝qUcd，则有W1＝W2，静电力对正电荷做正功时，电势降低，则φ1＞φ2＞φ3，D正确，A、B、C错误。
6.D 电场线由正电荷出发终止于负电荷，则电场线方向向上，沿电场线方向电势降低，则φa＜φb，故A错误；等差等势线的疏密表示电场的强弱，则Ea＜Eb，故B错误；因φa＜φb，雨滴带负电，负电荷在电势高的地方电势能小，所以雨滴在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；a、b两点连线上的电场线方向向上，则带负电的雨滴所受电场力方向向下，向下运动时电场力做正功，电势能减小，故D正确。
7.（1）3.6×10－5 J （2）增加了4.8×10－5 J
解析：（1）UCD＝φC－φD＝30 V
WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3.6×10－5 J。
（2）UDA＝φD－φA＝－30 V－10 V＝－40 V
WDA＝qUDA＝1.2×1×（－40）J＝－4.8×1 J
所以电势能增加了4.8×1 J。
8.BD 在匀强电场中，因为AD垂直于电场线，所以φA＝φD，UAD＝0，而UAA'≠0，故A错误；因为φD＞φD'，所以沿路径A→D→D'移动正电荷电场力做正功，移动负电荷电场力做负功，电势能增加，B正确，C错误；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故D正确。
9.ABC 根据φa＞φb可知该场源电荷带正电，A正确；由题意可知从c到b的过程中静电力对质子做功为－2.5 eV，所以电势能增加2.5 eV，B正确；若质子速度方向不沿半径方向，质子速度不能减小到零，有可能还没到达a等势面就远离场源电荷运动，所以该质子有可能到达不了等势面a，C正确；由题意可知＝＝，D错误。
10.D 根据电子的运动轨迹可知，电场力方向向左，因电子带负电，则电场强度的方向向右，电子经过等势面a和经过等势面c时的动能变化量的绝对值为8 eV，则电子的电势能增加了8 eV，即静电力做的功Wac＝－8 eV，根据Wac＝－eUac，解得Uac＝8 V，A、C错误；Uac＝8 V，φa＝7 V，电场的电场强度方向向右，电场线向右，沿电场线方向电势降低，则由a到c电势降低，因为等势面是等差等势面，所以Uab＝Ubc＝Ucd，可得φb＝3 V，φc＝－1 V，φd＝－5 V，故电势为零的位置在等势面b、c之间，B错误；电子从等势面d运动到等势面c，电势差Udc＝φd－φc＝－4 V，由Wdc＝－eUdc得，Wdc＝4 eV＞0，故D正确。
11.
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°
解得vB＝v0
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m（－）
解得UAB＝。
12.（1），方向由O指向P （2）－50 V （3）50 V
解析：（1）依据电场强度的决定式EAP＝EBP＝
故EP＝2EAPcos 30°＝
方向由O指向P。
（2）依据静电力做功的定义得WPO＝qUPO，故UPO＝＝ V＝－50 V。
（3）依据电势差的关系UPO＝φP－φO
故φO＝φP－UPO＝0－（－50）V＝50 V。
3.电势差与电场强度的关系
1.C 电场强度大的地方电势不一定高，二者没有必然联系，选项A错误；电场中任意两点间的电势差与电场强度有关，也与这两点在电场方向上的距离有关，选项B错误；电场强度的方向由高电势处指向低电势处且指向电势降落最快的方向，选项C正确；将正点电荷从电场强度为零的一点移至电场强度为零的另一点，例如将正点电荷由等量同种正点电荷连线中点处移至无穷远处，电场力做功不为零，选项D错误。
2.B 电场线与等势面垂直，且从高电势指向低电势，所以电场强度的方向水平向左，电场强度大小为E＝＝ V/m＝100 V/m，B正确，A、C、D错误。
3.B 根据电势能的定义式Ep＝qφ可得O点的电势为φO＝6 V，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知电场线方向水平向右，B正确；根据电势差与电场强度的关系式E＝，解得E＝400 V/m，C错误；根据Ep＝qφ，依题意从O点到C点，电势一直在降低，电子带负电荷，所以其电势能增大，D错误。
4.1 000 V，方向水平向左
解析：匀强电场中电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，电场线垂直于等势面，由图可知该电场强度方向水平向左，电场线与A、B连线的夹角是37°，得UBA＝Edcos 37°，E＝＝＝ V/m＝1 000 V/m。
5.D 电场线方向指向云层，则云层带负电，A项错。电场线的密度越大，电场强度越大，故Ea＞Eb＞Ec，B项错。ab＝bc，但由题图可知该电场并非匀强电场，故a、b间与b、c间电势差不相等，C项错。云层带负电，地面则可视为带正电，当云层上的负电荷导入大地时，因电流方向与负电荷运动方向相反，即电流从避雷针流向云层，D项对。
6.C 由于A、K之间的电场是非匀强电场，不能应用匀强电场中电势差与电场强度的关系式E＝计算非匀强电场的电场强度，选项A错误；根据动能定理，可知电子到达A极时的动能等于eU，选项B错误；由K极到A极，电场力做的功为eU，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电子的电势能减少了eU，选项C正确；A、K之间的电场线方向由A极指向K极，所以由K极沿直线到A极电势逐渐升高，选项D错误。
7.B 在匀强电场中，任意一簇平行线上等距离的两点的电势差相等，所以Uba＝Ucd，所以c点电势为8 V。
8.A 因为电场是匀强电场，D点是AB的中点，所以D点的电势φD＝＝10 V，所以W＝q（φD－φC）＝8×10－6 J。设场强的方向与AB的夹角为α，则E＝＝＝ V/m，因为α＞0，所以cos α＜1，E＞8 V/m，故A正确。
9.B 由公式W＝Uq代入数据可得U＝5 V，由题意可知a、O、c三点所构成的面是等势面，Ob垂直于xOz平面，b点到xOz平面的距离d＝10 cm，故匀强电场的电场强度大小E＝＝ N/C＝50 N/C，故B正确，A、C、D错误。
10.A 从a到c点：Uac＝＝－4 V，因为Uac＝φa－φc，所以φc＝8 V，又Ucd＝2Uab＝2（φa－φb）＝8 V，可得φd＝0，即bd为等势面，所以电场强度的方向垂直bd斜向上，由电势差与电场强度的关系得E＝＝400 V/m，故A正确。
11.（1）9 V （2）30 V/m
解析：（1）A、C两点的电势差UAC＝＝9 V，A、B两点电势相等，则UBC＝UAC＝9 V。
（2）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有UBC＝Ed，解得E＝30 V/m。
12.（1）1 200 V （2）6×10－5 J －480 V －1 680 V
解析：（1）由U＝Ed得A、B两点间的电势差UAB＝E·cos θ＝2.4×104×10×10－2×0.5 V＝1 200 V。
（2）正点电荷在电势高处电势能大，它在A、B两点间的电势能之差为ΔEp＝EpA－EpB＝qUAB＝5×10－8×1 200 J＝6×10－5 J。若M板接地，M板电势为0，UMA＝φM－φA＝E·＝480 V，则φA＝－480 V，φB＝φA－UAB＝－480 V－1 200 V＝－1 680 V。
习题课三 电场中的运动轨迹 功能关系和图像问题
1.D P处等差等势面密，P处电场强度大，质点受到的静电力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势面垂直可知带电质点所受的静电力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确。带电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误。带电质点的总能量守恒，即带电质点在运动过程中的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误。
2.D 带电粒子从等势面φ1运动到等势面φ3过程中做减速运动，动能减少20 eV，由于相邻两等势面间电势差相等，所以从等势面φ1到等势面φ2的过程中动能减少10 eV，因此在等势面φ2时动能为10 eV，此时电势能为0，因此总能量为10 eV，结合题意可知当粒子的动能等于8 eV时，电势能为2 eV，故D正确。
3.C 由电场线分布可知，ab、cd为等势面，且电势相等，EP＞EQ，选项A、B错误；P、Q等电势，所以把负电荷从P点沿题图中虚曲线移到Q点电场力做功为零，选项D错误；由对称性可知EO＝0，选项C正确。
4.CD 由题述及几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由点电荷周围电势分布可知D与A的电势相等，即A、C间电势差与D、C间电势差相等，则由W＝qU，知小球从A到D的过程中静电力做的功等于0，A错误；由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中静电力对小球做正功而增大时做负功，所以小球从A到D的过程中电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增大，C正确；设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ＝mv2－0，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsin θ＋（－qUAB）＝0－0，联立解得UAB＝，D正确。
5.ACD 小球在水平位置静止，可知小球带正电，由共点力的平衡有F电sin θ＝mg，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝－EqL·（cos θ＋sin θ），因电场力做负功，电势能增加，电势能增加量ΔEp＝－EqL（cos θ＋sin θ）＝qEL，选项D正确；重力势能减少量ΔEp＝mgL，选项C正确；由动能定理有W外＋W电＋WG＝0，W外＝－（W电＋WG）＝EqL（cos θ＋sin θ）－mgL＝mgL，选项A正确，B错误。
6.B 由图像知A处的加速度大于B处的加速度，A处的电场强度一定大于B处的电场强度，A错误；根据电荷的电性，能判断电场线的方向，也就能判断电势的高低，即A处的电势一定低于B处的电势，B正确；由功能关系及动能和电势能之和守恒知C、D错误。
7.A 计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点O的点电荷，则有x2处场强大小为E＝，故A正确；由E-x图像可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐降低，可知＞，故C错误；E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故D错误。
8.B φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；M点的电势为零，MN电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C错误；由题图乙可知，UMN＞UPN，故电场力做功qUMN＞qUPN，正试探电荷从P移到M过程中，电场力做负功，故｜WPN｜＜｜WNM｜，故D错误。
9.A 因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误。由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误。粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断粒子在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误。
10.C 试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的静电力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受静电力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，A错误；由题图可知x4处的电场强度为零，则＝，解得＝，D错误。
11.（1）－ （2） （3）mg
解析：（1）小球由A到B过程，由动能定理得mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
（2）B、A间电势差为UBA＝－UAB＝，
则电场强度大小E＝＝。
（3）分析可知小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线拉力与A处细线拉力大小相等，而在A处，由水平方向受力平衡有TA＝qE＝mg，所以TB＝TA＝mg。
12.（1） （2）mgh－mv2－mgR
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球由B到C只有重力做功，由动能定理得
mgRsin 30°＝m－mv2
解得vC＝。
（2）由A到C，设电场力做功为WAC，则由动能定理得
WAC＋mgh＝m－0
解得WAC＝mv2＋mgR－mgh
由电势能变化与电场力做功的关系得
ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR。
4.电容器的电容
1.C 电容器上标有“1.5 μF 9 V”字样，说明电容器的电容是1.5 μF，是电容器本身的特性，与所加电压无关，电压是9 V或4.5 V时，电容都是1.5 μF，A、D错误；9 V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，不是只有在9 V的电压时，电容器才能正常工作，B错误；9 V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，所加的电压不能超过9 V，但9 V不是击穿电压，C正确。
2.C 由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000∶10 000＝1∶10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误。
3.B 根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝可得C＝ F≈1.7 F，B正确。
4.B 开关S掷向1端时，电源给电容器充电，电容器两极板所带电荷量及两极板间电压均增大。开关S掷向2端后的极短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极板所带的电荷量减小，两极板间电压也减小，直至最后减小为0，故B正确，A、C、D错误。
5.BD 塑料壳变厚时，相当于介电常数εr变大。根据C＝知C变大。断开开关，Q不变。根据C＝，U会减小，静电计指针偏角减小，故A、C错误，D正确；根据公式E＝，结合电容的决定式C＝与电容的定义式C＝可得，电场强度E＝，可知当介电常数变大时，电场强度减小，故B正确。
6.A 使OP悬线与竖直方向的夹角增大，即是增大小球所受的静电力。增大M、N两极板间的电势差，根据E＝，d不变，可知电场强度将变大，根据F＝Eq可知静电力将增大，A正确；减小M、N两极板的带电荷量，根据U＝，C不变时电势差减小，则电场强度减小，小球所受静电力将减小，B错误；保持板间间距不变，将M、N一起平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C错误；根据C＝＝可得电场强度E＝＝，保持极板带电荷量不变，将N板向右平移，可知E不变，所以静电力不变，D错误。
7.B 电容器与电池始终相连，则两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，由E＝可知两板间电场强度E变小，则点电荷所受电场力F＝Eq变小，A错误；两板间电场强度E变小，由UaP＝EdaP知，P点与a板间的电势差减小，而a板的电势不变，故P点的电势升高，由于点电荷带负电，点电荷在P点的电势能减少，B正确，C错误；b板下移，板间距离d增大，由C＝可知，电容C减小，由Q＝CU可知Q减小，D错误。
8.D 由题意知，电容器两板所带电荷量不变，正对面积不变，A板下移时，导致极板间距减小，依据C＝可知电容增大，再根据推论E＝可知，P点的电场强度E不变。P点与下极板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下极板的电势差不变，而下极板的电势为零，所以P点电势不变，故A、C错误；B板上移时，同理得知，极板间距减小，依据C＝可知电容增大，再根据推论E＝可知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下极板的电势差减小，而下极板的电势为零，则P点电势降低，B错误，D正确。
9.C 将电容器两极板的间距变大，根据平行板电容器决定式C＝，可知电容变小，则充电电荷量Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，I-t图像与横轴所围的面积代表电荷量，所以面积比题图乙中的小，故A、B、D错误，C正确。
10.BD 由电容的决定式C＝可知，当极板间距d增大时，电容C减小，但不是均匀减小，A错误；由电容的定义式C＝及电容的决定式C＝可知U＝d，又d＝x0＋x，电荷量Q不变，故B正确；当电容器充电完成与电源断开后，两极板上所带的电荷量就是固定不变的，C错误；由电容定义式和决定式C＝，C＝，解得E＝＝，由于Q、S没有变化，所以电场强度E也是固定不变的，D正确。
11.AC 由C＝可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故A正确；绝缘笔是绝缘体，与工作面不能形成电容器，无法进行触控操作，故B错误；只要手触摸电容触摸屏，不需要压力就可以与工作面形成电容器，就能产生位置信号，故C正确；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面间距离变小，由C＝可知，电容变大，故D错误。
12.C 开始状态，粒子从静止释放到速度为零的过程，运用动能定理得＝qU，将下极板向上平移，设粒子运动到距离上极板x处返回，根据动能定理得mg＝qx，联立两式解得x＝d，即粒子将在距上极板d处返回，故选项C正确。
13.（1）上 左 （2）3.3×10－2 （3）A
解析：（1）开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流向左。
（2）充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×10 V＝3.3×10－2 C。
（3）电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式C＝可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点的直线，C、D错误。
5.带电粒子在电场中的运动
1.A 根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，根据上式可知，经相同电压加速后，比荷大的粒子速度v大，电荷量q大的粒子动能大，故A正确，B、C、D错误。
2.A 根据动能定理得eU＝mv2，可知电子到达Q板时的速率为v＝，将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板时的速率不变，A正确，B错误；电子的加速度为a＝＝，根据d＝at2得t＝d，若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的，C、D错误。
3.C 质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：mH＝qHU
对α粒子：mα＝qαU
所以＝＝ ＝∶1。
4.D 电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，D正确。
5.C 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即dv0＝（定值），故C正确。
6.A 设电子经加速电场加速后的速度为v，则有mv2＝eU0，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v＝，电子进入偏转电场后的偏转位移y＝at2＝··＝。可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场极板间距离d。选项A正确。
7.BC 三个电子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同，a、b两电子在竖直方向上的位移相等，根据y＝at2 可知运动时间相等，故B正确；b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb，根据y＝at2，可知tc＜tb，故A错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个电子做匀速直线运动，则有v＝，因xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb，根据ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理知，a、b两电荷静电力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电荷偏移最小，静电力做功最少，动能增加量最少，故D错误。
8.（1） （2）4 cm
解析：（1）由动能定理得eU1＝m－0
解得v0＝。
（2）水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有y＝at2
又eE＝ma，E＝
解得y＝4 cm。
9.A 设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，根据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①
当C板向右平移后，BC板间的电场强度
E2'＝＝＝＝
BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。
第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0 ②
比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。
10.AC 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则＝·a·t2，粒子的加速度a＝，粒子运动的时间t＝，联立可得q＝，A正确；带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，粒子动能增加量为ΔEk＝qU＝，B错误；设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为y1、y2，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则y1∶y2＝1∶3，得y1＝d，y2＝d，在前一半时间内，静电力对粒子做的功为W1＝qU，在后一半时间内，静电力对粒子做的功为W2＝qU，静电力做功之比为1∶3，D错误，C正确。
11.C 粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据动能定理可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝，t＝，解得a＝，C正确，D错误。
12.（1） （2） （3）（L1＋2L2）
（4）（L1＋2L2）
解析：（1）对电子从K发出到穿过A板中心孔，由动能定理得eU1＝m
解得v0＝。
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动
沿偏转电场方向有e＝ma，y＝at2
垂直偏转电场方向有L1＝v0t
解得y＝。
（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，离开偏转电场到打在P点的过程中的侧移量为y'，则
vy＝at，tan θ＝，y'＝tan θ·L2，Y＝y＋y'
解得Y＝（L1＋2L2）。
（4）该示波器的灵敏度D＝＝（L1＋2L2）。
习题课四 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
1.AD 由电压图像可知，电子在一个周期的时间内，第一个T内做匀加速直线运动，第二个T内做匀减速直线运动到速度为零，第三个T内反向做匀加速直线运动，第四个T内做匀减速直线运动，回到出发点，只有A、D选项正确。
2.B 设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正确。
3.BD 带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，位移为x1＝a＝a，1 s末的速度为v1＝at1＝a，在第2 s内加速度大小是第1 s内的2倍，方向与第1 s内相反，第2 s内的位移和速度为x2＝v1t2－·2a＝a－a＝0，v2＝v1－2at2＝－a，则2 s末带电粒子仍处于1 s末的位置，第3 s内的加速度与第1 s内相同，有x3＝v2t3＋a＝－a＋a＝－a，则带电粒子在这3 s内的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝0，即带电粒子在3 s末回到出发点，则静电力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；根据对B选项的分析可知，2 s末带电粒子未回到原出发点，C错误；带电粒子在2 s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以静电力做的总功不为零，D正确。
4.C A球所受的静电力为F＝qE＝mg，故A错误；A、B之间的细线剪断的瞬间，弹簧弹力不变，弹力为F弹＝mAg＋mBg＋F＝3mg，故B错误；剪断细线的瞬间，小球A受到向上的弹力和向下的静电力、重力，根据牛顿第二定律得F弹－mg－F＝maA，解得aA＝g，故C正确；剪断细线瞬间，B球只受到向下的重力，所以aB＝g，故D错误。
5.B 带电微粒在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为F＝，由牛顿第二定律得a＝，故A错误；点电荷在水平方向的加速度为a1＝，由运动学公式有＝，所以t＝ ，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝gt2＝g×＝，故C错误；由功的定义式可得，静电力做的功为W＝，故D错误。
6.（1） （2） （3）v
解析：（1）若自A点至B点所用的时间为t1，粒子在水平方向加速度为a，则
竖直方向：0＝4v－gt1
水平方向：Eq＝ma，3v＝at1
联立得E＝。
（2）若A、B间竖直高度差为h1，则：－2gh1＝0－（4v）2
－mgh1＋qUAB＝m（3v）2－m（4v）2
联立解得UAB＝。
（3）微粒速度与合力之间的夹角先为钝角，后为锐角，当二者垂直时，速度最小，若从A点到微粒速度最小时间为t2，速度最小时速度的水平分量为vx，竖直分量为vy，则：
vx＝at2，vy＝4v－gt2，且＝
联立解得t2＝
vmin＝
解得vmin＝v。
7.BD 由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差Uab＝，故D正确。
8.（1）2×10－3 s （2）0.85 m～0.95 m （3）5.05×10－2 J
解析：（1）粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝＝2×10－3 s。
（2）t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1
y1＝a＋
＝ma
解得y1＝0.15 m
纵坐标y＝d－y1＝0.85 m
t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2
y2＝a
解得y2＝0.05 m
纵坐标y'＝d－y2＝0.95 m
所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85 m～0.95 m。
（3）分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得qy2＝Ek－m
解得Ek＝5.05×10－2 J。
9.（1）mg，方向竖直向下 （2）不会 （3）mgL
解析：（1）设第一次到达B点时的速度为vB，则由动能定理可得
－μmgLcos 37°＋mgLsin 37°＝m－0
所以m＝mgL
在B点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝＝mg
根据牛顿第三定律可得FN'＝FN＝mg，方向竖直向下。
（2）小物块进入虚线右侧区域后，受到的静电力F电＝qE＝mg
静电力与重力的合力F合＝＝mg，方向斜向右下、与竖直方向成53°角，即小物块在右侧区域受到重力场与电场的合力场方向如图所示。
假设小物块始终不脱离轨道，且当速度减为0时，在合力的反方向上移动了距离h。
由动能定理得0－m＝－F合·h＝－mg·h
由（1）知m＝mgL，所以h＝L
经分析，小物块不脱离轨道需满足
h≤h0，h0＝L·cos 53°＝L
因为L≤L，所以假设成立，小物块不会脱离半圆形轨道。
（3）经分析，如图所示，最终小物块将在半圆形轨道上的B点与G点间往复运动，∠BOG＝106°，在B点与G点时速度恰好为0，由功能关系可知，Q＝mgLsin 37°＝mgL。
第十一章 电路及其应用
1.电源和电流
1.D 虽然电流有方向，但电流的计算不能根据平行四边形定则，所以电流是标量，故A错误；根据电流的定义式I＝可知，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流不一定越大，还要看时间长短，故B错误；电源是提供电能的装置，把其他形式的能转化成电能，故C错误；电源能把自由电子从正极搬运到负极，从而形成两极间的电势差，故D正确。
2.B 根据电流的定义式I＝，可得电流的大小为I＝ A＝2 A，电流方向规定为正电荷定向移动的方向，因移动的是负电荷，电流方向与负电荷定向移动的方向相反，故电流向左，选项B正确。
3.A 北京正、负电子对撞机的储存环长l为240 m，环中的电流I为10 mA，电子的速率v＝c，则有I＝＝，t＝＝，联立可得n＝＝5×1011个，选项A正确。
4.B 已知雷击时放电时间为200 μs，放出的电荷量等于8 C，则此次雷击时的平均电流为I＝＝ A＝4×104 A，选项B正确，A、C、D错误。
5.B 对同一根导线单位体积内的自由电子数是一样的，A错误；电流和自由电子的定向移动的速率有关，与自由电子的热运动速率无关，B正确，C错误；电流的传导速度是电场的形成速度，等于光速c，和电流的大小无关，D错误。
6.B 导体内自由电子定向移动的平均速率很小，其数量级约为10－5 m/s，而导体内自由电子做热运动的平均速率大约是105 m/s，A错误；设导体中自由电子定向移动的平均速率为v，由电流的微观表达式可知，时间t内通过导体横截面的电荷量q＝nSvte，由电流的定义式可得I＝＝＝nevS，则v＝，B正确；知道导体单位体积内的自由电子数，但是由于不能计算出导体的体积，所以不能求出导体内自由电子的总数，C、D错误。
7.A 时间t内棒通过的长度l＝vt，总电荷量Q＝ql＝qvt，则I＝＝＝qv，选项A正确。
8.（1）1.62×10－2 kW·h （2）37.5 mA （3）8倍
解析：（1）4 500 mA·h指的是该电池放电时能输出的总电荷量，电池充满电后，可提供的电能为W＝Uq＝3.6×4 500×10－3×10－3 kW·h＝1.62×10－2 kW·h。
（2）待机放电时电流的大小为
I＝＝ mA＝37.5 mA。
（3）播放视频时电流的大小为
I1＝＝ mA＝300 mA，
故n＝＝＝8。
9.D 根据公式C＝，当细胞膜两则的电势差从－70 mV变为30 mV时，有Q1＝CU1＝1×10－8×（－0.07）C＝－7×10－10 C，Q2＝CU2＝1×10－8×0.03 C＝3×10－10 C，所以I＝＝5×10－7 A，故A、B、C错误，D正确。
10.A 由电流的微观表达式可知I＝neSv，由动能定理可知eU＝mv2，联立解得，这束质子流内单位体积的质子数n＝，故选项A正确。
11.D 由于单位时间内通过甲导体横截面的电荷量是乙导体的2倍，所以甲导体中的电流是乙导体的2倍，故A、B错误；由I＝nqSv得v＝，由于甲、乙两导体是由同种材料（n、q相同）制成的，又乙导体的横截面积是甲导体的2倍，所以甲导体中自由电荷定向移动的平均速率是乙导体的4倍，选项C错误，D正确。
12.D 正电荷定向移动方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正、负电荷反向经过同一截面时，I＝公式中q应该是正、负电荷电荷量绝对值之和，所以I＝，电流方向由A指向B，故选项D正确。
13.（1）见解析 （2）7.4×10－10
解析：（1）如图所示，时间t内能通过导体横截面的自由电子数为N＝S·vt·n，总电荷量为q＝Ne＝nSvte，由电流的定义式得I＝＝neSv。
（2）将题中的数据代入公式I＝neSv，可求得自由电子定向移动的平均速率为v≈7.4×10－5 m/s，则自由电子定向移动的平均速率与常温下自由电子热运动的平均速率的比值约为7.4×10－10。
2.导体的电阻
1.CD U＝IR和I＝的意义不同，可以说I由U和R共同决定，但不能说U由I和R共同决定，因为电流产生的条件是导体两端存在电势差，A错误，C正确；可以利用R＝计算导体的电阻，但R与U和I无关，B错误，D正确。
2.C 甲、乙两个电阻，在相同时间内流过甲的电荷量是乙的2倍，根据公式I＝可知，通过甲、乙两个电阻的电流之比为2∶1，由题意知甲、乙两端的电压之比为1∶2，根据电阻的定义式R＝可得，甲、乙两个电阻的阻值之比为＝×＝×＝，选项C正确。
3.D 根据电阻定律可得：拉长后电阻变为R'＝ρ＝ρ＝4R，所以根据欧姆定律可得＝，所以U'＝4U，故选D。
4.D 由欧姆定律I＝知，当所加电压U相同时R1∶R2＝I2∶I1＝2∶3；根据d1∶d2＝2∶1知，横截面积之比S1∶S2＝4∶1。由电阻公式R＝ρ得ρ＝，所以它们的电阻率之比为＝＝××＝，故D正确。
5.C 根据电阻定律R＝ρ，可知l＝＝，因此需要查阅铜的电阻率ρ、测量导线的电阻R、测量导线横截面的直径d，故选C。
6.A 设沿AB方向的横截面积为S1，沿CD方向的横截面积为S2，则有＝。设AB接入电路时电阻为R1，CD接入电路时电阻为R2，则有＝＝，所以电流之比＝＝，I2＝4I1＝4I，故A正确。
7.B b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R＝ρ，可知b的导线粗，B正确，A、C错误；电阻由导体本身的性质决定，与电阻两端的电压无关，D错误。
8.AB 由题图可知图甲元件的电阻不变，图乙元件的电阻随电压U的增大而增大，图丙元件的电阻随电压U的增大而减小，故A、B正确。
9.B 由电阻定律可知R＝，则两导体的电阻Ra＝Rb＝，两导体串联，分压相等，即两导体两端的电压均为，由欧姆定律可知Ra＝，解得ρ＝，选项B正确，A、C、D错误。
10.A 根据电阻定律知，最大电阻为R＝ρ，最小电阻为R'＝ρ＝×＝，故A正确。
11.D 由题图可知，当电压为4 V时，电流为0.4 A，其电阻R＝＝ Ω＝10 Ω，故A、B错误；I-U图像中图线的斜率表示电阻的倒数，则由图像可知，导体的电阻随着电压的增大而增大，故C错误，D正确。
12.D 由于总体积不变，设16 cm长时的横截面积为S。所以长度变为20 cm后，横截面积S'＝S，R＝ρ·，R'＝ρ＝R，故D正确，A、B、C错误。
13.100 m
解析：盐水电阻R＝＝1 000 Ω
由电阻定律得R＝，又S＝πr2＝3.14×10－2 m2
解得h＝100 m。
3.实验：导体电阻率的测量
第1课时 长度的测量及测量工具的选用
1.9.200
解析：螺旋测微器的固定刻度上的读数为9.0 mm，可动刻度上的读数为0.01×20.0 mm＝0.200 mm，所以最终读数为9.0 mm＋0.200 mm＝9.200 mm。
2.0.512（0.511～0.514均可）
解析：螺旋测微器的读数为d＝0.5 mm＋1.2×0.01 mm＝0.512 mm。
3.2.23 2.99
解析：题图甲中游标卡尺的主尺读数为22 mm，游标尺读数为3×0.1 mm＝0.3 mm，所以最终读数为22 mm＋0.3 mm＝22.3 mm＝2.23 cm。题图乙中游标卡尺的主尺读数为29 mm，游标尺读数为9×0.1 mm＝0.9 mm，所以最终读数为29 mm＋0.9 mm＝29.9 mm＝2.99 cm。
4.4.220 1.850
解析：游标卡尺的主尺读数为4.2 cm，游标尺上第4条刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为4×0.05 mm＝0.20 mm＝0.020 cm，所以最终读数为4.2 cm＋0.020 cm＝4.220 cm。螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm，可动刻度为35.0×0.01 mm＝0.350 mm，所以最终读数为1.5 mm＋0.350 mm＝1.850 mm。
5.4.120 cm 0.990 mm 1.510 mm
解析：题图甲主尺示数为4.1 cm，游标尺上第10格对齐，精确度为0.02 mm，故题图甲读数为41 mm＋10×0.02 mm＝41.20 mm＝4.120 cm。题图乙螺旋测微器固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为49.0×0.01 mm，故题图乙读数为0.5 mm＋49.0×0.01 mm＝0.990 mm。题图丙中半毫米刻度线已露出，此时固定刻度读数应为1.5 mm，可动刻度读数为0.010 mm，故题图丙读数为1.510 mm。
6.10.34 3.388（3.386～3.389均可）
解析：游标卡尺示数是103 mm＋4×0.1 mm＝103.4 mm＝10.34 cm；螺旋测微器的示数是3 mm＋38.8×0.01 mm＝3.388 mm。
7.0.800 0.188
解析：游标卡尺不需要估读，题图甲读数l＝8 mm＋0×0.02 mm＝8.00 mm＝0.800 cm；题图乙读数d＝1 mm＋44×0.02 mm＝1.88 mm＝0.188 cm。
8.（1）0.6 0.02 0.34 0.1 1.70 （2）3 0.1 2.20
0.5 11.0
解析：（1）电流表和电压表的接线柱上的数字表示其量程。由图甲知，当使用电流表的“－”和“0.6”两接线柱时，能测量的最大电流是0.6 A，对应刻度盘上的每一小格代表 A＝0.02 A，电流表示数为17×0.02 A＝0.34 A；当使用电流表的“－”和“3”两接线柱时，对应刻度盘上的每一小格代表 A＝0.1 A，电流表示数为17.0×0.1 A＝1.70 A。
（2）由图乙知，电压表的较小量程为0～3 V，所以测量电压的最大值不得超过3 V，对应刻度盘上的每一小格表示 V＝0.1 V，电压表示数为22.0×0.1 V＝2.20 V；若使用的是较大量程时，则对应刻度盘上的每一小格表示 V＝0.5 V，电压表示数为22×0.5 V＝11.0 V。
9.AD 电压表直接并联在Rx的两端，测量的是Rx两端的实际电压，即电压表V的读数等于Rx两端的实际电压，电流表A的读数I＝Ix＋IV，即电流表A的读数大于通过Rx的实际电流，选项A正确，B错误；Rx的测量值R测＝＝＜＝R实，选项D正确，C错误。
10.ACD 在测灯泡电阻R时，题图甲的接法叫电流表的外接法，题图乙的接法叫电流表的内接法，选项A正确；题图甲中由于电压表的分流导致电流的测量值偏大， 由R＝可知，R测＜R真，待测电阻阻值越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻；题图乙中由于电流表的分压，导致电压的测量值偏大， 由R＝得R测＞R真，待测电阻阻值越大，电流表的分压越小，误差越小，因此这种接法适用于测大电阻，选项B错误，C、D正确。
11.D 由于＝＜＝，即电流表的变化大，电压表的分流作用大，可知用电流表内接法测量该电阻的阻值比较准确，用题图乙电路，此时测得电阻Rx＝＝＝750 Ω，用电流表内接法测电阻时，测量值大于真实值，选项D正确，A、B、C错误。
12.80.4 Ω 87.5 Ω 结论见解析
解析：题图甲中，电流表测得的电流实际上是电压表和导体电阻并联部分的总电流，所以电阻的测量值为电压表和导体电阻并联部分的总电阻，即
R测甲＝＝ Ω＝80.4 Ω
题图乙中，电压表测得的电压实际上是电流表和导体电阻串联部分的总电压，所以电阻的测量值为电流表和导体电阻串联部分的总电阻，即
R测乙＝R＋RA＝（87.4＋0.1）Ω＝87.5 Ω。
结论：由于电压表和电流表的内阻的影响，两种测量电路都存在系统误差，题图甲电路得到的测量值小于真实值，题图乙电路得到的测量值大于真实值，但两种电路测量电阻的误差的大小是不一样的。
第2课时 金属丝电阻率的测量
1.（1）图见解析 （2）
解析：（1）由于电源电压为3 V，所以电压表选择0～3 V量程，被测金属丝的电阻约为5 Ω，流过金属丝的最大电流约为 A＝0.6 A，所以电流表选0～0.6 A量程，连线如图所示。
（2）由公式ρ＝和S＝，可得金属丝的电阻率ρ＝。
2.（1）0.600 （2）图见解析 （3）1.6×10－6
解析：（1）螺旋测微器读数为0.5 mm＋10.0×0.01 mm＝0.600 mm。
（2）由于金属丝电阻较小，电流表采用外接法。由于滑动变阻器的阻值大于待测电阻的阻值，故滑动变阻器可以用限流式接法，实验电路如图。
（3）由Rx＝ρ得ρ＝＝，将Rx＝4.0 Ω、l＝0.720 m、d＝0.600 mm＝0.600×10－3 m代入上式，解得ρ≈1.6×10－6 Ω·m。
3.（1）2.26 （2）图见解析 （3）80.2
解析：（1）由游标卡尺直接读数得玻璃管内径为2.26 cm。
（2）由题表中数据可以计算出不同长度水柱的电阻，R1＝ Ω＝20 kΩ，R2＝40 kΩ，R3＝60 kΩ，R4＝80 kΩ，R5＝100 kΩ，在坐标系中描点得到R-l图线如图所示。
（3）l＝30 cm时，R3＝60 kΩ，d＝2.26 cm，由电阻定律得R＝ρ，解得ρ＝＝，代入数据解得ρ≈80.2 Ω·m。
4.2.50 接b 接a 31.4
解析：电压表量程为0～3 V，因此电压表的读数为2.50 V。被测电阻属于小电阻，电流表应该外接，P点接b，题中已知电流表示数能从0开始变化，所以滑动变阻器应采取分压式接法，Q点应接a。根据欧姆定律及串联电路知识有Rx＋R0＝＝ Ω＝5.00 Ω，解得Rx＝0.70 Ω，又Rx＝ρ＝，代入数据解得l＝31.4 m。
5.（1）C （2）不同 （3）如图（a）所示 （4）如图（b）所示
（5）23.5（23.0～24.0均正确）
解析：（1）A起固定作用，便于读数；B起粗调作用，调节B使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好接触；然后调节C，C起微调作用。
（2）电阻丝的电阻R＝ρ，其中S为这段电阻丝的横截面积，而不是某位置处的横截面积，故应在不同位置进行多次测量，取平均值作为电阻丝的直径以减小误差。
（3）实物电路图如答案图（a）所示。
（4）把U2和I2的数据在方格纸中描点连线，如答案图（b）所示。
（5）结合答案图U-I中图线的斜率可知R0＋Rx＋RA＝49.0 Ω，R0＋RA＝25.5 Ω，解得Rx＝23.5 Ω。
6.（2） （5）0.150 （6）5.0
解析：（2）由于电压表内阻非常大，故K接2时电压表两端电压与K接1时金属丝两端电压和R0两端电压之和相等，即U2＝U1＋IR0，故流过金属丝的电流I＝，由电阻的定义式可知金属丝的电阻r＝＝。
（5）由题图（b）可知螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为15.0×0.01 mm＝0.150 mm，故该读数为d＝0.150 mm。
（6）金属丝的横截面积S＝πd2，由电阻定律有r＝ρ，将相关数据代入解得ρ≈5.0×10－7 Ω·m。
4.串联电路和并联电路
1.ACD 共有四种组合，三个串联：总电阻为36 Ω；三个并联：总电阻为4 Ω；两个串联再跟第三个并联：总电阻为8 Ω；两个并联再跟第三个串联，总电阻为18 Ω。故A、C、D正确。
2.D 根据欧姆定律求出通过R2的最大电流为I＝ A＝0.5 A，若将它们串联时，允许的最大电流为0.5 A，而不是1.5 A，所以加在电路两端的最大电压是U＝IR＝0.5×30 V＝15 V，故A、B、C错误，D正确。
3.A 由并联电路的特点知I1R1＝I2R2，所以R2＝R1＝4 Ω，R总＝＝2.4 Ω，A正确。
4.B 设电池提供的电压为U，每个电阻的阻值为R。S接通前，通过R2的电流I＝＝。S接通后，通过R2的电流I'＝×＝×＝，＝，故B正确。
5.A 将小量程的电流表改装成电压表需要串联一个大一些的电阻，改装后电压表量程为3 V，所串联电阻的阻值为R＝－Rg＝Ω＝2 500 Ω，故A正确，B、C、D错误。
6.B 要使电流表的量程变为0～0.5 A，需要并联分流电阻，流过分流电阻的电流I＝0.5 A－0.001 A＝0.499 A，并联部分的电压U＝IgR＝0.001×200 V＝0.2 V，则需要并联的电阻r＝＝ Ω≈0.4 Ω，故选B。
7.D 把电流计改装成大量程电流表要并联电阻分流，所以R1＝＝ Ω＝24 Ω，改装后电流表内阻为R并＝ Ω＝20 Ω，改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为R2＝ Ω－R并＝250 Ω－20 Ω＝230 Ω，故选D。
8.AC A1（0～3 A）和A2（0～0.6 A）是由两个相同的表头改装而成的，只是改装时与它们并联的电阻不同。当两个电流表并联时，加在两电流表上的电压相等，所以通过两表头的电流也相等，选项A正确，B错误；A1的读数为1.0 A时，A2的读数应为×0.6 A＝0.2 A，通过干路的电流为1.2 A，选项C正确，D错误。
9.BC 由图甲所示可知，G与电阻R并联，所以甲表是电流表，R增大时，电阻R的分流减小，电流表量程减小，故A错误，B正确；由图乙所示可知，G与电阻串联，所以乙是电压表，R增大时，电阻分压增大，电压表量程增大，故C正确，D错误。
10.AD 电流表A1的量程大于电流表A2的量程，根据电流表的改装原理可知电流表A1的电阻值小于电流表A2的电阻值，在并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A1的读数大于电流表A2的读数，A正确；两个电流表的表头是并联关系，电压相同，故偏转角度相等，B错误；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分担的电压越大，量程越大，电压表V1的量程大于电压表V2的量程，则电压表V1的电阻值大于电压表V2的电阻值，故电压表V1的读数大于电压表V2的读数，C错误；两个电压表的表头是串联关系，电流相等，故偏转角度相等，D正确。
11.A 由题中电路图可知，两定值电阻R1、R2串联，由串联电路的特点可知，两定值电阻两端的电压与电阻成正比，则U1∶U2＝R1∶R2＝3∶5，又U1＋U2＝8 V，所以U1＝3 V，U2＝5 V；电容器两极板之间的电压等于阻值为R2的定值电阻两端的电压，所以UC＝U2＝5 V，所以Q＝CU2＝1×10－3 C，A正确。
12.（1）10 A （2）1 V
解析：（1）并联部分的等效电阻为R并＝＝R
则电路的总电阻为R总＝10R＋R＝11R
根据欧姆定律得流经10R电阻的电流为I＝＝ A＝10 A。
（2）由串联分压得并联部分R并上的电压为
U并＝UAB·＝110× V＝10 V
而输出电压UCD即电阻R上分到的电压，再由串联分压得UCD＝U并·＝10× V＝1 V。
13.（1）电压表 0～1 V （2）电流表 0～1 A
解析：（1）S1和S2均断开时，电阻R1与小量程电流表G串联，可组成较大量程的电压表，电压表的内阻RV＝Rg＋R1＝1 000 Ω，所以电压表两端的电压最高为U＝IgRV＝0.001×1 000 V＝1 V，即改装成的电压表的量程为0～1 V。
（2）S1和S2均闭合时，电阻R1被短路，电阻R2与小量程电流表G并联，组成较大量程的电流表。当小量程电流表G满偏时，通过R2的电流为IR2＝＝ A＝0.999 A，故改装成的电流表的电流最大为I＝IR2＋Ig＝0.999 A＋0.001 A＝1 A，即改装成的电流表的量程为0～1 A。
5.实验：练习使用多用电表
1.（1）直流电压 1.25 V （2）直流电流
50 mA （3）电阻 1.7 kΩ （4）×1 k
解析：（1）若选择开关的位置如a所示，则测量的是直流电压，量程为2.5 V，测量结果为1.25 V。
（2）若选择开关的位置如b所示，则测量的是直流电流，量程为100 mA，测量结果为50 mA。
（3）若选择开关的位置如c所示，则测量的是电阻，倍率为“×100”，测量结果为17×100 Ω＝1.7 kΩ。
（4）若选择开关的位置如c所示，指针的偏转角很小，说明所测量的电阻的阻值很大，应该选择更大倍率的挡位，即“×1 k”挡。
2.（1）电阻零刻度处 （2）正极 （3）如图所示 （4）16
解析：（1）在进行欧姆调零时，应将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处。（2）根据多用电表原理可知多用电表内部电源的正极与黑表笔接触，所以将黑表笔接二极管的正极。（4）多用电表的读数为R＝16×1 Ω＝16 Ω。
3.（1）13.75 （2）0.950 （3）110 （4）
解析：（1）由题图甲可知，游标卡尺主尺示数为13 mm，游标尺示数为15×0.05 mm＝0.75 mm，游标卡尺示数为13 mm＋0.75 mm＝13.75 mm。
（2）由题图乙可知，螺旋测微器固定刻度示数为0.5 mm，可动刻度示数为45.0×0.01 mm＝0.450 mm，螺旋测微器示数为0.5 mm＋0.450 mm＝0.950 mm。
（3）用多用电表的电阻“×10”挡，由题图丙可知，电阻阻值为11×10 Ω＝110 Ω。
（4）根据电阻定律可知R＝ρ，因为S＝，所以该新材料的电阻率的表达式ρ＝。
4.（1）CABE （2）500 （3）乙
解析：（1）第一次选择的是“×10”的欧姆挡，发现指针偏转角度较小，说明选择的倍率挡拉太低，应选择高倍率的挡位，即“×100”。第二次测量的过程中实验步骤为：将多用电表选择开关旋转到“×100”挡→两表笔短接，并调零→将两表笔2.导体的电阻
考点一 导体的电阻 欧姆定律
1.（多选）根据欧姆定律，下列说法正确的是（ ）
A.由关系式U＝IR可知，导体两端的电压U由通过它的电流I和它的电阻R共同决定
B.由关系式R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C.由关系式I＝可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比
D.由关系式R＝可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值
2.今有甲、乙两个电阻，在相同时间内流过甲的电荷量是乙的2倍，甲、乙两端的电压之比为1∶2，则甲、乙两个电阻阻值之比为（ ）
A.1∶2 B.1∶3
C.1∶4 D.1∶5
考点二 电阻定律 电阻率
3.一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（ ）
A. B.U
C.2U D.4U
4.两根不同材料制成的均匀电阻丝，长度之比l1∶l2＝5∶2，直径之比d1∶d2＝2∶1，给它们加相同的电压，通过它们的电流之比为I1∶I2＝3∶2，则它们的电阻率之比为（ ）
A. B.
C. D.
5.学校买回一捆带绝缘层的铜导线，物理老师要求同学们在不打开包装只露出两端线头的情况下，测量其长度是否与包装标识吻合。同学们需要查阅及测量下列哪组物理量才能完成任务（ ）
A.铜的电阻率ρ、导线的电阻R
B.铜的电阻率ρ、导线横截面的直径d
C.铜的电阻率ρ、导线的电阻R、导线横截面的直径d
D.导线的电阻R、导线横截面的直径d
6.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc。当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（ ）
A.4I B.2I
C.I D.I
考点三 导体的伏安特性曲线
7.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是（ ）
A.a代表的电阻丝较粗
B.b代表的电阻丝较粗
C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值
D.图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比
8.（多选）某同学在研究三种导电元件的伏安特性时，他根据实验中所测得的数据，分别绘制了I-U图线，如图甲、乙、丙所示，下列说法正确的是（ ）
A.图甲的元件可以作为标准电阻使用
B.图乙的电阻随电压升高而增大
C.图丙的电阻随电压升高而增大
D.只有图乙才是可能的
9.有两个同种材料制成的导体，两导体是横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体横截面边长为a，小柱体横截面边长为b，现将大、小柱体串联接在输出电压为U的电源两端，已知通过导体的电流方向如图所示，大小为I，则导体电阻率ρ为（ ）
A. B.
C. D.
10.如图所示，一段长为a、宽为b、高为c（a＞b＞c）的长方体金属导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为（ ）
A. B.
C. D.R
11.某导体的伏安特性曲线如图所示，直线a是伏安特性曲线上b点的切线，关于导体的电阻，下列说法中正确的是（ ）
A.当电压是4 V时，导体的电阻为0.8 Ω
B.当电压是4 V时，导体的电阻为0.1 Ω
C.导体的电阻随着电压的增大而减小
D.导体的电阻随着电压的增大而增大
12.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口，管中盐水柱长为16 cm时，测得电阻为R，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至20 cm（盐水体积不变，仍充满橡胶管）。则盐水柱电阻为（ ）
A.R B.R
C.R D.R
13.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100 V，I＝100 mA，π取3.14。求该钻孔的深度。
2 / 3 第十一章 电路及其应用
1.电源和电流
考点一 电流的理解和计算
1.下列关于电源和电流的说法正确的是（ ）
A.因为电流有方向，所以电流是矢量
B.通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
C.电源是将电能转化为其他形式的能的装置
D.电源能把自由电子从正极搬运到负极
2.如图所示是通有恒定电流的某段导体。在5 s内有10 C的负电荷向右通过横截面A，则导体内电流的大小和方向分别是（ ）
A.2 A 向右 B.2 A 向左
C.50 A 向右 D.50 A 向左
3.北京正、负电子对撞机的储存环是长240 m的近似圆形轨道，若电子的速率为光速的十分之一，当环中的电流为10 mA时，在整个环中运行的电子数目为（ ）
A.5×1011个 B.5×1019个
C.1×103个 D.1×102个
4.雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击形式是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫作“直击雷”。若某次发生“直击雷”前瞬间云层所带的电荷量为8 C，雷击时放电时间为200 μs，则此次雷击时的平均电流为（ ）
A.0.04 A B.4×104 A
C.0.08 A D.8×104 A
考点二 电流的微观表达式
5.一根导线，分别通以不同电流，并保持温度不变，当电流较大时，以下说法正确的是（ ）
A.单位体积内自由电子数较多 B.自由电子定向移动的速率较大
C.自由电子的热运动速率较大 D.电流的传导速度较大
6.一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位体积内的自由电子数为n，金属内的自由电子电荷量为e，自由电子做热运动的平均速率为v0，导体中通过的电流为I，通电时间为t，以下说法正确的有（ ）
A.自由电子定向移动的平均速率为v0
B.自由电子定向移动的平均速率为
C.导体中自由电子的数目为
D.导体中自由电子的数目为nv0St
7.如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上带有均匀的负电荷，每单位长度上电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为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.qv B.
C.qvS D.
考点三 电池的容量
8.一块手机电池背面的部分符号如图所示，求解下列问题：
（1）电池充满电后可提供的电能是多少？
（2）若该电池可待机5天，待机放电电流的大小是多少？
（3）若播放视频时间为15 h，则播放视频的电流是待机电流的多少倍？
9.有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10－8 F的电容器，在2 ms内细胞膜两侧的电势差从－70 mV变为30 mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A.1.5×10－7 A B.2×10－7 A
C.3.5×10－7 A D.5×10－7 A
10.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电荷量为e。那么这束质子流内单位体积的质子数n是（ ）
A. B.
C. D.
11.有甲、乙两个由同种材料制成的导体，乙导体的横截面积是甲导体的2倍，而单位时间内通过甲导体横截面的电荷量是乙导体的2倍，则下列说法正确的是（ ）
A.甲、乙两导体中的电流相同
B.乙导体中的电流是甲导体的2倍
C.乙导体中自由电荷定向移动的平均速率是甲导体的4倍
D.甲导体中自由电荷定向移动的平均速率是乙导体的4倍
12.如图所示，电解池内有含一价离子的电解液，时间t内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下说法中正确的是（ ）
A.正离子定向移动形成电流，方向从A到B，负离子定向移动形成电流，方向从B到A
B.溶液内正、负离子向相反方向移动，电流抵消
C.溶液内电流方向从A到B，电流I＝
D.溶液内电流方向从A到B，电流I＝
13.电荷定向移动形成电流，若金属导体中自由电子定向移动的平均速率为v，金属导体的横截面积为S，自由电子的密度（单位体积内的自由电子数）为n，自由电子的电荷量为e。
（1）求证导体中的电流I与定向移动的平均速率v的关系为I＝neSv；
（2）设铜导线的n＝8.5×1028个/m3，横截面积为S＝1.0 mm2，电子的电荷量大小为e＝1.6×10－19 C，导线中的电流为I＝1.0 A，已知常温下自由电子热运动的平均速率约为105 m/s，求自由电子定向移动的平均速率与自由电子热运动的平均速率的比值。
2 / 34.串联电路和并联电路
考点一 串联电路和并联电路
1.（多选）三个阻值都为12 Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻可能为（ ）
A.4 Ω B.24 Ω
C.8 Ω D.36 Ω
2.R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许加的最大电压为10 V，若将它们串联，加在电路两端的最大电压是（ ）
A.45 V B.5 V
C.25 V D.15 V
3.将一阻值为6 Ω的电阻R1与另一电阻R2并联，然后接入一电压为U的电源两端，经测量可知流过两电阻的电流之比为I1∶I2＝2∶3。则R2的阻值和并联电路的总电阻分别为（ ）
A.4 Ω 2.4 Ω B.4 Ω 3.6 Ω
C.9 Ω 3.6 Ω D.9 Ω 4.5 Ω
4.如图所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的电阻不计。那么开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（ ）
A. B.
C. D.
考点二 电压表、电流表的改装
5.现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig＝1 mA，内阻Rg＝500 Ω，若要将它改装成量程为3 V的电压表，则应在该灵敏电流计上（ ）
A.串联一个2 500 Ω的电阻
B.串联一个25 000 Ω的电阻
C.串联一个3 000 Ω的电阻
D.并联一个2 500 Ω的电阻
6.一电流表的满偏电流Ig＝1 mA，内阻为200 Ω。要把它改装成一个量程为0～0.5 A的电流表，则应在电流表上（ ）
A.并联一个约为200 Ω的电阻
B.并联一个约为0.4 Ω的电阻
C.串联一个约为0.4 Ω的电阻
D.串联一个约为200 Ω的电阻
7.将一个满偏电流为10 mA，内阻为120 Ω的电流计改装为量程为0.06 A和15 V的电流表和电压表两用表，其内部结构如图所示，则电阻R2的阻值为（ ）
A.24 Ω B.250 Ω
C.130 Ω D.230 Ω
8.（多选）将两个相同的表头分别改装成A1（0～3 A）和A2（0～0.6 A）两个电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B.A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏
C.A1的读数为1.0 A时，A2的读数为0.2 A
D.A1的读数为1.0 A时，干路的电流为2.0 A
9.（多选）如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（ ）
A.甲表是电流表，R增大时量程增大
B.甲表是电流表，R增大时量程减小
C.乙表是电压表，R增大时量程增大
D.乙表是电压表，R增大时量程减小
10.（多选）如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于电流表A2的量程，电压表V1的量程大于电压表V2的量程，把它们按图接入电路，则（ ）
A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B.电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角
C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D.电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角
11.如图所示的电路电源电压为U＝8 V，两定值电阻的阻值满足R1∶R2＝3∶5，电容大小为C＝200 μF，当电路接通一段时间后，电容器所带的电荷量为（ ）
A.1×10－3 C B.6×10－3 C
C.6×10－4 C D.1.6×10－3 C
12.如图所示的电路中，各电阻的阻值已标出。已知R＝1 Ω，当输入电压UAB＝110 V时，求：
（1）流经10R电阻的电流；
（2）输出电压UCD。
13.在如图所示的电路中，小量程电流表G的内阻Rg＝100 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，R1＝900 Ω，R2＝ Ω。
（1）当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表？量程为多大？
（2）当S1和S2均闭合时，改装成的表是什么表？量程为多大？
2 / 33.实验：导体电阻率的测量
第1课时 长度的测量及测量工具的选用
1.如图所示，螺旋测微器读数为 mm。
2.某次测量中，用螺旋测微器测量电阻丝的直径，示数如图所示，此示数为 mm。
3.某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如图甲和乙所示。由图可读出，圆管内壁的直径为 cm，圆管外壁的直径为 cm；由此可计算出金属圆管横截面的面积。
4.一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）、（b）所示。该工件的直径为 cm，高度为 mm。
5.图甲、乙和丙分别是用游标卡尺和螺旋测微器测量长度，图甲读数为 ，图乙读数为 ，图丙读数为 。
6.如图所示，游标卡尺的示数是 cm，螺旋测微器的示数是 mm。
7.均匀材料制成的圆柱体，用50分度的游标卡尺测量其长度l与直径d，结果分别如图甲、乙所示。由图可知其长度为 cm，直径为 cm。
8.（1）图甲是学生实验用的有两个量程的电流表刻度盘，当用“－”和“0.6”两接线柱时，能测量的最大电流是 A，对应刻度盘上的每一小格代表 A，图甲所示示数为 A；当使用电流表的“－”和“3”两接线柱时，对应刻度盘上的每一小格代表 A，图甲所示示数为 A。
（2）图乙为学生实验用的有两个量程的电压表刻度盘，当使用较小量程时，测量电压的最大值不得超过 V，对应刻度盘上的每一小格表示 V，图乙所示示数为 V；若使用的是较大量程时，则对应刻度盘上的每一小格表示 V，图乙所示示数为 V。
9.（多选）如图所示是用电压表V和电流表A测电阻的一种方法，Rx为待测电阻，若考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则（ ）
A.电压表V的读数等于Rx两端的实际电压，电流表A的读数大于通过Rx的实际电流
B.电压表V的读数大于Rx两端的实际电压，电流表A的读数小于通过Rx的实际电流
C.Rx的测量值大于Rx的实际值
D.Rx的测量值小于Rx的实际值
10.（多选）图甲、乙都是测灯泡电阻R的电路图，下列说法正确的是（ ）
A.在测灯泡电阻R时，图甲的接法叫电流表外接法，图乙的接法叫电流表内接法
B.图甲中R测＞R真，图乙中R测＜R真
C.图甲中误差由电压表分流引起，此法测较小电阻好
D.图乙中误差由电流表分压引起，此法测较大电阻好
11.有一未知电阻Rx，为较准确地测出其阻值，先后用图甲、乙两种电路进行测试，利用图甲测得的数据是“2.8 V 5.0 mA”，而用图乙测得的数据是“3.0 V 4.0 mA”，那么测得的该电阻较为准确的情况是（ ）
A.560 Ω，测得阻值偏大
B.560 Ω，测得阻值偏小
C.750 Ω，测得阻值偏小
D.750 Ω，测得阻值偏大
12.如图所示为用电压表、电流表测量导体电阻的两种电路图。其中电压表的内阻为1 kΩ，电流表的内阻为0.1 Ω，被测导体R的真实电阻为87.4 Ω。测量时，把电压表读数和电流表读数的比值作为电阻的测量值。如果不考虑实验操作中的偶然误差，按图甲、乙所示电路分别进行实验，得到的电阻的测量值各是多少？你能从中得出什么结论？
3 / 35.实验：练习使用多用电表
1.某多用电表表盘的示意图如图所示，在正确操作的情况下：
（1）若选择开关的位置如a所示，则测量的物理量是 ，测量结果为 。
（2）若选择开关的位置如b所示，则测量的物理量是 ，测量结果为 。
（3）若选择开关的位置如c所示，则测量的物理量是 ，测量结果为 。
（4）若选择开关的位置如c所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么应选择 挡测电阻。
2.现想用指针式多用电表的欧姆挡去测量某个二极管的正向电阻。
（1）实验前将多用电表调至“×1”挡，将红、黑表笔短接，调节旋钮，使指针指在 ；
（2）连接电路，并将黑表笔接二极管的 ；
（3）在图甲中补全二极管的正向接法：
（4）若多用电表的指针偏转情况如图乙所示，则二极管的正向电阻为 Ω。
3.某同学要测量一新材料制成的圆柱形均匀电阻丝的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图甲可知其长度L＝ mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图乙可知其直径d＝ mm。
（3）用多用电表的电阻“×10挡”，按正确的操作步骤粗测此电阻丝的电阻，表盘的示数如图丙所示，则其阻值约为R0＝ Ω。
（4）该同学用伏安法更精确地测量出其电阻R，则该新材料的电阻率的表达式ρ＝ （用R、d、L表示）。
4.某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆挡是“×10”挡位，发现指针偏转角度较小。现将旋钮调至另外一挡，进行第二次测量，使多用电表指针指在理想位置。下面列出第二次测量的过程中可能进行的操作：
A.将两表笔短接，并调零
B.将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置
C.将多用电表选择开关旋转到“×100”挡
D.将多用电表选择开关旋转到“×1”挡
E.随即记下表盘的读数，乘以欧姆挡的倍率，测得电阻值
（1）根据上述有关操作，请选择合理的实验步骤并按操作顺序写出 。
（2）使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图甲中a、b所示。若选择开关处在“×10”的欧姆挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是 Ω。
（3）两位同学使用完多用电表后，分别把选择开关置于图乙和图丙位置，你认为图 的位置比较好。
5.一同学在某次实验中，通过导线把完好的电流表、滑动变阻器、电阻R0及三节干电池连成如图甲所示的电路。他共用了5根导线，分别为导线ab、cd、ef、gh和ij，由于混进了一根内部断开的导线，当合上开关S后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表读数均为零。
（1）若用多用电表的直流电压挡进行检查，合上开关S，那么选择开关最好置于的挡位是 。
A.1 V B.5 V
C.25 V D.250 V
（2）接下来在测量gh两端的直流电压时，红表笔应接 端。若测试结果如图乙所示，则gh两端的直流电压是 V，其他四根导线两端的电压测量值为零，可以断定导线 内部断开。
（3）若改用多用电表的电阻挡进行检查，请写出操作步骤： 。
6.下列是关于使用多用电表的两个实验操作，请完成两题。
（1）黑箱上有三个连线柱A、B、C如图所示，已知里面装的元件只有两个（可能的元件是电池、电阻或二极管），并且两个接线柱之间最多只接一个元件，现用多用电表去进行检测，其检测结果如下：
①用直流电压挡测量，A、B、C三个接线柱之间均无电压；
②用欧姆挡测量，A、C之间正、反接电阻值不变；
③用欧姆挡测量，红表笔接A，黑表笔接B，有电阻，黑表笔接A，红表笔接B，电阻值很大；
④用欧姆挡测量，黑表笔接B，红表笔接C，有电阻，阻值比②步测得的大，反接电阻值很大。
画出箱内两个元件的接法。
（2）有关使用多用电表测电阻的说法正确的是 。
A.用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的
B.测量过程中，每换一次挡位，一定要重新调整“欧姆零点”
C.测量结束后，只要拔出红、黑表笔即可
D.测量电路中某个电阻的阻值时，一定要把该电阻从外电路中断开
3 / 3第2课时 金属丝电阻率的测量
1.在“测量金属丝的电阻率”的实验中，某同学用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量3次，求出其平均值L，用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d。
（1）已知被测金属丝的电阻约为5 Ω，实验所用电源的电压为3 V，电流表内阻约为0.1 Ω，电压表内阻约为15 kΩ。请你根据图甲所示的电路图在图乙中进行实物连线。
（2）若测出金属丝的电阻为R，则金属丝的电阻率ρ＝ 。
2.某同学在一次“测定金属的电阻率”的实验中，用米尺测出接入电路部分的金属丝长度为l＝0.720 m，用螺旋测微器测出金属丝直径（刻度位置如图所示），用伏安法测出金属丝的电阻（阻值大约为5 Ω），然后计算出该金属材料的电阻率。在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
A.直流电源（输出电压为3 V）
B.电流表A（量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）
C.电压表V（量程0～3 V，内阻3 kΩ）
D.滑动变阻器（最大阻值20 Ω）
E.开关、导线等
（1）从图中读出金属丝的直径为 mm。
（2）根据所提供的器材，在虚线框中画出实验电路图。
（3）若根据伏安法测出金属丝的阻值为Rx＝4.0 Ω，则这种金属材料的电阻率为 Ω·m（保留两位有效数字）。
3.某课题组通过实验测量河水的电阻率。现备有一根均匀的长玻璃管（两端各有一个可移动圆形电极，可装入样品水，接触电阻不计）、刻度尺、待测河水样品。他们用伏安法多次测量的数据如表（为使实验处理方便，实验时每次都把电流表示数调到相同）；实验中还用10分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图甲所示。
序号 水柱长度/cm 电压表示数/V 电流表示数/μA
1 10 2 100
2 20 4 100
3 30 6 100
4 40 8 100
5 50 10 100
（1）玻璃管内径d的测量值为 cm。
（2）用水柱长度l与计算出的水柱电阻R在图乙中描点，画出R-l图像（要求标出坐标轴的物理量、单位和对应的数值）。
（3）计算出所测水的电阻率为 Ω·m。
4.小明用电学方法测量电线的长度，首先，小明测得电线铜芯的直径为1.00 mm，估计其长度不超过50 m（已知铜的电阻率为1.75×10－8 Ω·m）。现有如下实验器材：
①量程为0～3 V、内阻约为3 kΩ的电压表；
②量程为0～0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表；
③最大阻值为20 Ω的滑动变阻器；
④输出电压为3 V的电源；
⑤阻值为R0＝4.30 Ω的定值电阻，开关和导线若干。
小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表示数从0开始增加，当示数为0.50 A时，电压表示数如图甲所示，读数为 V。根据小明测量的信息，图乙中P点应该 （选填“接a”“接b”“接c”或“不接”），Q点应该 （选填“接a”“接b”“接c”或“不接”），小明测得的电线长度为 m。
5.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：
（1）螺旋测微器如图甲所示。在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动 （选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
（2）选择电阻丝的 （选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
（3）图乙中Rx为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图丙实物电路中的正确位置。
（4）为测量Rx，利用图乙所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1-I1关系图像如图丁所示。接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V 0.50 1.02 1.54 2.05 2.55
I2/mA 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2-I2图像。
（5）由此，可求得电阻丝的阻值Rx＝ Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
6.（2023·全国乙卷23题）一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率。现有实验器材：螺旋测微器、米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R0（阻值10.0 Ω）、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图（a）是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空：
（1）实验时，先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大，闭合S。
（2）将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻，此时电压表读数记为U1，然后将K与2端相连，此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I＝ ，金属丝的电阻r＝ 。（结果均用R0、U1、U2表示）
（3）继续微调R，重复（2）的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示：
U1/mV 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
U2/mV 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
（4）利用上述数据，得到金属丝的电阻r＝14.2 Ω。
（5）用米尺测得金属丝长度L＝50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（b）所示，该读数为d＝ mm。多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等。
（6）由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ＝ ×10－7 Ω·m。（保留2位有效数字）
2 / 3习题课五 电阻的测量
1.为了精确测量某待测电阻Rx的阻值（约30 Ω）。有以下一些器材可供选择。
电流表A1（量程0～50 mA，内阻约12 Ω）；
电流表A2（量程0～3 A，内阻约0.12 Ω）；
电压表V1（量程0～3 V，内阻很大）；
电压表V2（量程0～15 V，内阻很大）；
电源E（电压约3 V）；
定值电阻R（30 Ω，允许最大电流2.0 A）；
滑动变阻器R1（0～10 Ω，允许最大电流2.0 A）；
滑动变阻器R2（0～1 kΩ，允许最大电流0.5 A）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
（1）电流表应选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应选 。（填字母代号）
（2）请画出测量电阻Rx的实验电路图。（要求测量值的范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）
（3）某次测量中，电压表示数为U1时，电流表示数为I1，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝ 。
2.用半偏法测电流表内阻，提供的器材如下：
干电池（电压约为1.5 V），待测电流表A（0～50 μA，内阻约 4 kΩ），电阻箱R1、R2（均为 0～9 999.9 Ω）、开关、导线若干。实验电路图如图所示，有关实验操作及测量如下：
（1）①只闭合S，调节R1让电流表A满偏；
②再闭合S1，R2调为3 770.0 Ω时，电流表A半偏，由此可得电流表的内阻Rg的测量值为 Ω。
（2）测量值 （填“偏大”或者“偏小”）。
（3）为了减小实验误差，在选择仪器时，R1应选 （填“较大阻值”或“较小阻值”）的。
3.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电压1.5 V），电流表○A （量程10 mA，内阻约10 Ω），微安表○G （量程100 μA，内阻Rg待测，约1 kΩ），滑动变阻器R（最大阻值10 Ω），定值电阻R0（阻值10 Ω），开关S，导线若干。
（1）将图中虚线框内所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
（2）某次测量中，微安表的示数为90.0 μA，电流表的示数为9.00 mA，由此计算出微安表内阻Rg＝ Ω。
4.现要测一未知电阻的阻值Rx，所给器材如下，一改装后尚未校对的电流表A，滑动变阻器R1，电阻箱R2，单刀双掷开关K1，单刀单掷开关K2，电源和导线。
（1）在虚线框内画出实验电路图。
（2）写出主要的实验步骤。
5.实验室有一个灵敏电流计G1，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1；
灵敏电流计G2；
电流表A：（量程为0～1 mA，内阻约为100 Ω）；
定值电阻R1：（阻值为200 Ω）；
定值电阻R2：（阻值为400 Ω）；
电阻箱R：（0～9 999.9 Ω）；
滑动变阻器R3：（最大电阻2 000 Ω，额定电流1.5 A）；
直流电源：电压1.5 V；
开关一个，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
（1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表A示数适当。
（2）若灵敏电流计G2中的电流由a流向b，再调节电阻箱，使电阻箱R的电阻 （选填“增大”或“减小”），直到G2中的电流为零。
（3）当G2中电流为零时，读出电阻箱连入电路的电阻为1 000.0 Ω，电流表A的示数为0.7 mA，灵敏电流计G1的指针指第20格的刻度线处，则灵敏电流计G1的满偏电流Ig＝ μA，内阻Rg＝ Ω。
6.小李在实验室测量一电阻Rx的阻值。
（1）因电表内阻未知，用如图甲所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1＝1.65 V，电流表的示数如图乙所示，其读数I1＝ A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2＝1.75 V，I2＝0.33 A。由此可知应采用电流表 （选填“内”或“外”）接法。
（2）完成上述实验后，小李进一步尝试用其他方法进行实验：
①器材与连线如图丙所示，请画出对应的电路图；
②先将单刀双掷开关掷到左边，记录电流表读数，再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次尽量相同，电阻箱的示数如图丙所示，则待测电阻Rx＝ Ω。此方法 （选填“有”或“无”）明显的实验误差，其理由是 。
7.（2017·全国Ⅱ卷）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100 μA，内阻大约为2 500 Ω）的内阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器R1、R2（其中一个阻值为20 Ω，另一个阻值为2 000 Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99 999.9 Ω）；电源E（电动势约为1.5 V）；单刀开关S1和S2。C、D分别为两个滑动变阻器的滑片。
（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。
（2）完成下列填空：
①R1的阻值为 （填“20”或“2 000”）Ω。
②为了保护微安表，开始时将R1的滑片C滑到接近图（a）中滑动变阻器的 （填“左”或“右”）端对应的位置；将R2的滑片D置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz的阻值置于2 500.0 Ω，接通S1。将R1的滑片置于适当位置，再反复调节R2的滑片D的位置，最终使得接通S2前后，微安表的示数保持不变，这说明S2接通前B与D所在位置的电势 （填“相等”或“不相等”）。
④将电阻箱Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz的阻值置于2 601.0 Ω时，在接通S2前后，微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为 Ω（结果保留到个位）。
（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 。
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