2.闭合电路的欧姆定律
第1课时 闭合电路的欧姆定律
考点一 电动势
1.单位电荷量的正电荷沿闭合电路移动一周，在内外电路中释放的总能量取决于（ ）
A.电源的电动势 B.通过电源的电流
C.路端电压的大小 D.内外电阻之和
2.（多选）将电动势为3.0 V的电源接入电路中，测得电源两极间的电压为2.4 V。若电路中有6 C的电荷通过电源，下列说法正确的是（ ）
A.电源内部非静电力所做的功为18 J
B.有14.4 J其他形式的能转化为电能
C.电源的内阻消耗了3.6 J的电能
D.电子在电路中定向移动的速度等于光在真空中传播的速度
考点二 闭合电路的欧姆定律
3.某电路如图所示，已知电源的内阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝6 Ω，理想电压表的示数U＝3.0 V。则电源的电动势E等于（ ）
A.3.0 V B.3.2 V
C.3.5 V D.4.0 V
4.如图所示，电源的内阻r为2 Ω，R1＝10 Ω，R2＝8 Ω，当S连接1时，电流表的示数为0.2 A，则将S切换到2时，电流表的示数变为（ ）
A.0.18 A B.0.20 A
C.0.24 A D.0.26 A
5.如图所示的电路中，R1＝9 Ω，R2＝30 Ω，S闭合时，电压表V的示数为11.4 V，电流表A的示数为0.2 A；S断开时，电流表A的示数为0.3 A（各表均为理想电表），求：
（1）R3的电阻值；
（2）电源的电动势E和内阻r。
考点三 路端电压与负载的关系
6.电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压，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U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大
C.因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压减小
D.若外电路断开，则路端电压为零
7.如图所示，当开关S断开时，理想电压表示数为3 V，当开关S闭合时，理想电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为（ ）
A.5∶3 B.3∶5
C.2∶3 D.3∶2
8.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是（ ）
A.电源的电动势为6.0 V
B.电源的内阻为12 Ω
C.电源的短路电流为0.5 A
D.电流为0.3 A时外电阻是20 Ω
9.“等效法”是简化电路的一种常用方法。如图所示，两个虚线框中的电路都可视为一个新的等效电源：
图甲中是一个电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻串联；
图乙中是一个电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻并联；
下列关于这两个等效电源的电动势和内阻的说法正确的是（ ）
A.E甲＞E乙 B.E甲＝E乙
C.r甲＝r乙 D.r甲＜r乙
10.（多选）如图所示的电路中，电源的电动势为3.2 V，电阻R的阻值为30 Ω，小灯泡L的额定电压为3 V，额定功率为4.5 W。当开关S接位置1时，电压表的读数为3 V，假如小灯泡电阻阻值不变，下列说法正确的是（ ）
A.电源的内阻为4 Ω
B.小灯泡的电阻为2 Ω
C.当开关S接到位置2时，小灯泡很暗
D.当开关S接到位置2时，小灯泡两端的电压为3 V
11.（多选）用如图甲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乙所示的U-I图像，由图可知（ ）
A.电池电动势的测量值是1.4 V
B.电池内阻的测量值是3.5 Ω
C.外电路发生短路时的电流为0.4 A
D.电压表的示数为1.2 V时，电流表的示数I'＝0.2 A
12.如图所示，已知电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R2＝20 Ω，小灯泡标有“4 V 0.2 A”字样。当滑动变阻器R1的滑片P处于正中间位置且开关S断开时，小灯泡恰好正常发光（设灯丝电阻不变），求：
（1）滑动变阻器的总电阻R1；
（2）当S闭合后，为使小灯泡正常发光，滑动变阻器接入电路的电阻R为多大？
3 / 3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→将两表笔第2课时 闭合电路的功率和效率 欧姆表的原理
考点一 闭合电路的功率和效率
1.（多选）现有甲、乙、丙三个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r甲、r乙、r丙。用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知R＝r甲＞r乙＞r丙，则将R先后接在这三个电源上的情况相比较，下列说法正确的是（ ）
A.接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大
B.接在甲电源上时，定值电阻R两端的电压最大
C.接在乙电源上时，电源的输出功率最大
D.接在丙电源上时，电源的输出功率最大
2.机器人的使用开阔了我们的视野，延伸了我们的肢体，增强了我们的力量，提高了我们的工作效率，将人们从繁重的生产劳动中解放出来。一款微型机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电源电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰能正常工作，下列说法错误的是（ ）
A.电动机消耗的总功率为UI
B.电动机消耗的热功率为I2R
C.电动机的输出功率小于UI
D.若此时将电动机卡住，电动机的电流仍为I
3.（多选）在如图甲所示的电路中，电源的U-I图像如图乙中的图线a所示，定值电阻R0的U-I图像如图乙中的图线b所示，滑动变阻器Rx的最大阻值为1 Ω，下列说法正确的是（ ）
A.定值电阻R0的阻值为4 Ω
B.电源的内阻为0.5 Ω
C.当Rx＝0时电源输出的功率最大
D.在Rx＝0.25 Ω时电源输出的功率最大
4.如图甲所示的电路中，定值电阻R1＝4 Ω。可变电阻R的功率随自身阻值变化的函数关系如图乙所示，由此可知（ ）
A.电源电动势E＝2 V
B.电源内阻r＝ Ω
C.增大R，电源效率增大
D.增大R，电源效率可能增大，也可能减小
5.如图所示，已知电源电动势E＝20 V，内阻r＝1 Ω，当接入定值电阻R＝4 Ω时，电路中标有“3 V 4.5 W”的灯泡L和内阻r'＝0.5 Ω的小型直流电动机恰能正常工作，求：
（1）电路中的电流大小；
（2）电动机的额定电压；
（3）电源的总功率。
考点二 欧姆表的原理
6.如图所示，用多用电表测量直流电压U和测量电阻R时（ ）
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.两者电流均从红表笔流入多用电表
C.两者电流均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
7.如图所示为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA，内阻r0＝100 Ω，调零电阻最大阻值为R＝50 kΩ，串联的定值电阻R0＝50 Ω，电池电动势E＝1.5 V，用它测量电阻Rx的阻值，能准确测量的阻值范围是（ ）
A.30～80 kΩ B.3～8 kΩ
C.300～800 kΩ D.3 000～8 000 kΩ
8.如图所示是一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。表头G满偏电流为0.5 mA、内阻为10 Ω，电池的电动势为1.5 V、内阻为1 Ω，滑动变阻器R0的最大阻值为5 000 Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V标定的。当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时仍可调零。调零后R0接入电路的阻值将变 （选填“大”或“小”），若测得某待测电阻阻值为300 Ω，则这个待测电阻的真实阻值 （选填“大于”“等于”或“小于”）300 Ω。
9.（多选）如图所示，a表示某电源路端电压随电流变化的图线，b表示外电阻两端电压随电流变化的图线，下列判断正确的是（ ）
A.阴影部分的面积表示电源内阻消耗的功率
B.阴影部分的面积表示电源的输出功率
C.当α＝β时，电源的输出功率最大
D.当α＝β时，电源的效率最高
10.（多选）如图所示是一个多用电表内部的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，可以切换不同的挡位。下列说法正确的是（ ）
A.当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接1时量程较大
B.当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是黑表笔
C.当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔
D.当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大
11.电动自行车的车灯和电动机（提供行驶动力）均由电瓶供电，工作原理简化为如图所示电路，查得电瓶的电动势E＝48 V，电瓶的内阻r及保护电阻R1的阻值均未知。在停车状态下打开车灯（S1闭合、S2断开），车灯正常发光，电流表的示数为1 A；在打开车灯时行驶（S1和S2均闭合），调节R2，仍使车灯正常发光，此时电流表的示数为3.2 A，电压表示数减少为原来的。若电动机内阻RM＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表，假定车灯灯丝电阻不变，用R0等效替代电瓶内阻r与保护电阻R1之和。求：
（1）等效电阻R0；
（2）行驶时电动机的效率。
12.如图所示，电源内阻r＝1 Ω，R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，灯L上标有“3 V 1.5 W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1 A，灯L恰能正常发光。
（1）求电源的电动势；
（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；
（3）当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值为多大？
4 / 4习题课六 闭合电路的分析
考点一 闭合电路的动态分析
1.如图所示，电源电动势为E（电源内阻不可忽略），当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A.电流表读数变小
B.电流表读数变大
C.电压表读数变小
D.电压表读数不变
2.（多选）电源电动势为E，内电阻为r，L1、L2、L3是相同规格的小灯泡。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，发现理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是（ ）
A.小灯泡L3变亮，L1、L2变暗
B.小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C.ΔU1＜ΔU2
D.ΔU1＞ΔU2
3.（多选）如图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端移动时，下列说法正确的是（ ）
A.电压表的读数减小，电流表的读数增大
B.电压表的读数增大，电流表的读数减小
C.电压表的读数减小，电流表的读数增大
D.电压表的读数增大，电流表的读数减小
考点二 含电容电路的分析与计算
4.在如图所示的电路中，电表均为理想电表，当开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，下列说法正确的是（ ）
A.电压表和电流表的示数都增大
B.灯L2变暗，电流表的示数减小
C.灯L1变亮，电压表的示数减小
D.灯L2变亮，电容器的带电荷量增加
5.（多选）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A.灯泡L将变暗
B.灯泡L将变亮
C.电容器C的电荷量将减小
D.电容器C的电荷量将增大
6.如图所示，电源电动势为E，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝28 Ω，R2＝30 Ω，R3＝60 Ω。求开关S断开和闭合时，电容器所带电荷量之比。
考点三 电路故障分析
7.如图所示的电路，1、4两接线柱接有电压恒为6 V的电源，发现电路接通后两小灯泡均不发光，小明用一只电压表分别接在两接线柱上时，电压表的示数分别为U14 ＝6 V、U12＝0、U23＝6 V、U34＝0。则下列说法正确的是（ ）
A.由以上数据可知小灯泡L1发生了断路
B.由以上数据可知小灯泡L2发生了断路
C.由以上数据可知滑动变阻器发生了断路
D.由以上数据可知电源发生了断路
8.如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S闭合后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压分别为Uab＝6 V，Uad＝0 V，Ucd＝6 V，由此可断定（ ）
A.L1和L2的灯丝都烧断了 B.L1的灯丝烧断了
C.L2的灯丝烧断了 D.滑动变阻器R断路
9.（多选）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，电表A、V1、V2、V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列比值正确的是（ ）
A.不变，变大 B.变大，变大
C.变大，不变 D.变大，不变
10.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1 μF的平行板电容器水平放置且下极板接地。当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A.此时P点电势为6 V
B.电容器上极板所带电荷量为6×10－6 C
C.若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变
D.若仅将滑片P从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动
11.（多选）在如图所示的电路中，C为电容器，R1为0～99.00 Ω的电阻箱，电源内阻r＝5 Ω，定值电阻R2＝2 Ω，R3＝R4＝5 Ω。现闭合开关S，调节R1使其电阻从零逐渐增至最大，在此过程中（ ）
A.电容器的a板先带正电后带负电
B.电容器的a板先带负电后带正电
C.电源的输出功率先增大后减小
D.电容器两板间的电压先增大后减小
12.如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝4.0 cm。电源电动势E＝400 V，内阻r＝20 Ω，电阻R1＝1 980 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，使一带正电的微粒（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0＝1.0 m/s竖直向上射入两板间，微粒恰好能到达A板。若微粒所带电荷量q＝1.0×10－7 C，微粒质量m＝2.0×10－4 kg，不考虑空气阻力，忽略射入微粒对电路的影响，取g＝10 m/s2。求：
（1）A、B两金属板间的电压U；
（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；
（3）电源的效率η。
4 / 44.能源与可持续发展
考点一 能量守恒定律 能量转移或转化的方向性
1.（多选）为了减缓大气中CO2浓度的增加，可以采取的措施有（ ）
A.禁止使用煤、石油和天然气
B.开发使用核能、太阳能
C.将汽车燃料由汽油改为液化石油气
D.植树造林
2.（多选）根据能量转移或转化的方向性，下列判断正确的是（ ）
A.电流的电能不可能全部转化为内能
B.在火力发电机中，燃气的内能不可能全部转化为电能
C.热机中，燃气的内能不可能完全转化为机械能
D.能量不能被创造或被消灭
3.假如某运动员在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。该运动员在此过程中（ ）
A.动能增加了1 900 J B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J D.重力势能减小了2 000 J
4.针对图中工厂烟囱向空中排放大量废气的现象，下列说法中错误的是（ ）
A.排放废气不仅浪费能源，而且严重违反能量守恒定律
B.排放废气引起能量耗散，但并没有违反能量守恒定律
C.当前存在着环境恶化和能源短缺问题，所以必须加强废气排放等污染治理
D.能量守恒定律揭示出了各种自然现象之间的相互联系与转化
5.说明下列现象中的能量转化情况。
（1）水平公路上行驶的汽车，发动机熄火之后，速度越变越小，最后停止；
（2）在空气阻力作用下，单摆摆动的幅度越来越小，最后停下来；
（3）火药爆炸产生燃气，子弹在燃气的推动下从枪膛发射出去，射穿一块木板，速度减小；
（4）柴油机带动发电机发电，供给电动水泵抽水，把水从低处抽到高处。
考点二 能源的分类与应用
6.（多选）煤炭是重要的能源和化工原料，直接燃烧既浪费资源又污染环境，某企业利用“煤粉加压气化制备合成气新技术”，让煤变成合成气（一氧化碳及氢气总含量≥90％），把煤“吃干榨尽”。下列有关说法正确的是（ ）
A.煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化
B.煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化但没有物理变化
C.该技术实现了煤的清洁利用
D.该技术实现了煤的高效利用
7.（多选）关于能源的开发和利用，下列观点正确的是（ ）
A.能源是有限的，无节制地使用常规能源，是一种盲目的短期行为
B.根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C.能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响
D.不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的重要途径
8.柴油在柴油机的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，气体的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能。燃烧相同的柴油，输出的机械能越多，柴油机越节能。有经验的柴油机维修师傅，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，就能判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A.尾气的温度越高，柴油机越节能
B.尾气的温度越低，柴油机越节能
C.尾气的温度高低与柴油机是否节能无关
D.以上说法均不正确
9.（多选）可燃冰是一种藏在深海海底的新型能源，1 m3“可燃冰”可转化为164 m3的天然气和0.8 m3的水，下列关于“可燃冰”的说法正确的是（ ）
A.“可燃冰”是不可再生能源
B.“可燃冰”属于可再生能源
C.1 m3“可燃冰”比0.8 m3的水质量小
D.相同体积的“可燃冰”和天然气完全燃烧后，“可燃冰”释放的热量多
10.（多选）电冰箱能够不断地把热量从温度较低的冰箱内部传到温度较高的外界空气，这说明了（ ）
A.热量能自发地从低温物体传到高温物体
B.在一定条件下，热量可以从低温物体传到高温物体
C.热量的传递过程不具有方向性
D.在自发的条件下热量的传递过程具有方向性
11.风能是一种很好的再生能源，而且对环境的污染较小，近年来我国在西北地区，建立了许多风力发电厂。如图所示为风力发电的情景。通过风轮机一个叶片旋转一周扫过面积的最大风能为可利用风能。已知：空气的密度为ρ，风轮机叶片的长度为r，若风速为v0，每台风力发电机输出电功率为P，求此过程中：
（1）单位时间内每台风力发电机获得的风能表示式；
（2）风力发电机利用风能的效率表示式。
12.目前研制开发的太阳能汽车具有更好的发展前景。如图是某研究所研制的太阳能汽车，它是利用太阳能电池将接收到的太阳能转化为电能，再利用电动机来驱动的一种新型汽车。设太阳光照射到电池板上的辐射功率为7 kW。在晴朗的天气里，太阳能电池对着太阳时产生的电压为160 V，并对车上的电动机提供12 A的电流。
（1）在这种情况下电动机消耗的电功率是多大？
（2）如果这辆汽车的电动机将电能最终转化为机械能的效率为75％，当汽车在水平路面上匀速行驶时，受到的牵引力为180 N，则在1 min内这辆汽车行驶了多少米？
3 / 33.实验：电池电动势和内阻的测量
1.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。
（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。
（2）在图乙所示的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“A”或“B”）端。
（3）如图丙所示是根据实验数据作出的U-I图像，由图像可知，电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。
2.（2023·湖北高考12题）某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：
电压表（量程0～3 V，内阻很大）；
电流表（量程0～0.6 A）；
电阻箱（阻值0～999.9 Ω）；
干电池一节、开关一个和导线若干。
（1）根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。
（2）调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U-I图像如图（c）所示，则干电池的电动势为 V（保留3位有效数字）、内阻为 Ω（保留2位有效数字）。
（3）该小组根据记录数据进一步探究，作出-R图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（2）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω（保留2位有效数字）。
（4）由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 （填“偏大”或“偏小”）。
3.小明要测定干电池的电动势和内阻。实验室有如下实验器材：干电池一节（电动势约为1.5 V），量程为3.0 V的电压表V1，量程为15 V的电压表V2，量程为0.6 A的电流表A1，量程为3.0 A的电流表A2，最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R1，最大阻值为100 Ω的滑动变阻器R2，开关一个，导线若干。
根据所学的知识回答下列问题：
（1）为了减小实验误差，电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 。（填器材对应的字母）
（2）将所选的实验器材在图甲中用笔画线代替导线连接。
（3）连接好电路后，通过调节滑动变阻器得到多组实验数据，将所得数据描点在坐标系中，并将这些点连起来如图乙所示。由图可知该电池的电动势大小为 V，测量值比真实值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）；内阻大小为 Ω，测量值比真实值 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。（结果均保留两位小数）
4.某同学利用如图甲所示的电路测量电源的电动势E和内阻r，所用的实验器材有：一个电压表V、一个电阻箱R、一个5.0 Ω的定值电阻R0，一个开关和导线若干。
（1）根据电路图，在图乙中用笔画线代替导线，将实物图连成完整电路。
（2）该同学为了用作图法来确定电源的电动势和内阻，以为纵轴、为横轴作出的图像如图丙所示，则该图像的函数表达式为 。（用含有U、R、R0、E、r的函数表达式表示）
（3）由图像可求得，该电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω。（结果均保留两位有效数字）
5.某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A（0～100 mA，内阻为30 Ω）、电阻箱R（最大阻值99.9 Ω）、开关和若干导线。
（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，需将一个定值电阻和电流表A进行 联（填写“串”或“并”），若要使连接后的电流表A可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R0＝ Ω。
（2）如图甲所示，虚线框中为同学设计了实验电路的一部分，请将电路图补充完整。
（3）实验中记录了若干组电阻箱的阻值R和电流表A的示数I，并用记录的实验数据描绘出R-图像如图乙所示，则该电源的电动势E＝ V，内阻r＝ Ω（结果保留两位有效数字）。
6.某研究性学习小组利用如图甲所示电路，测定某一电池组的电动势和内阻。其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电压表V，图中A为理想电流表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是阻值为4.0 Ω的定值电阻。已知灵敏电流计G的满偏电流Ig＝100 μA，内阻rg为2.0 kΩ。
实验步骤如下：
（1）将灵敏电流计改装成量程为6 V的电压表，则需要将灵敏电流计与电阻箱R' （选填“串”或“并”）联，并将电阻箱阻值调整为 Ω。
（2）将改装好的电压表接入虚线框内后，测得几组实验数据如表格所示，其中I1、I2分别为灵敏电流计G和电流表A的读数，U为改装后电压表的读数。利用图像进行数据处理，在图乙中作出U-I2图像。
次数 1 2 3 4 5 6
I1/μA 97.0 95.0 92.7 90.3 88.0 85.8
U/V 5.82 5.70 5.56 5.42 5.28 5.15
I2/mA 20 40 60 80 100 120
（3）计算出电池组的内阻r＝ Ω，电池组的电动势E＝ V。（结果均保留三位有效数字）
3 / 3 第十二章 电能 能量守恒定律
1.电路中的能量转化
考点一 电功和电热的理解
1.对接入某电路中的用电器，下列说法正确的是（ ）
A.工作时间相同，额定功率较大的用电器消耗电能不一定较多
B.用电器两端所加电压越大，其额定功率也越大
C.用电器内通过的电流越大，其额定功率也越大
D.通电时间越长，用电器的电功率越大
2.（多选）在某段电路中，其两端电压为U，通过的电流为I，通电时间为t，若该电路电阻为R，则关于电功和电热的关系，下列结论不正确的是（ ）
A.在任何电路中，电功UIt＝I2Rt
B.在任何电路中，电功为UIt，电热为I2Rt
C.在纯电阻电路中，UIt＝I2Rt
D.在非纯电阻电路中，UIt≥I2Rt
3.一个阻值为1 Ω的电阻，通过它的电流为2 A，则下列说法正确的是（ ）
A.1 s内通过该电阻的电荷量为1 C
B.该电阻1 s内产生的热量为2 J
C.该电阻1 s内产生的热量为4 J
D.该电阻的热功率为2 W
考点二 纯电阻电路的分析与计算
4.三个阻值相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是10 W，现将其中的两只灯泡串联起来后再与第三只灯泡并联接在电路中，则整个电路允许消耗的最大功率为（ ）
A.30 W B.20 W
C.15 W D.10 W
5.一车载加热器（额定电压为24 V）发热部分的电路如图所示，a、b、c是三个接线端点，设ab、ac、bc间的功率分别为Pab、Pac、Pbc，则（ ）
A.Pab＞Pbc B.Pab＝Pac
C.Pac＝Pbc D.Pab＜Pac
考点三 非纯电阻电路的分析与计算
6.某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如表，电吹风在220 V电压下工作。下列说法正确的是（ ）
电吹风额定电压 220 V
电吹风额定功率 热风时：990 W
冷风时：110 W
A.开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风
B.该电吹风中电动机的内电阻为440 Ω
C.吹热风时通过电热丝的电流为4 A
D.吹热风时电热丝的功率为990 W
7.如图所示为一台冬天取暖用的暖风机。其内部电路可简化为加热电阻丝与电动机串联，电动机带动风叶转动，将加热后的热空气吹出。设电动机的线圈电阻为R1，电阻丝的电阻为R2，将暖风机接到额定电压为U的交流电源上，正常工作时，电路中的电流为I，电动机、电阻丝、暖风机消耗的电功率分别为P1、P2、P，则下列关系式正确的是（ ）
A.P1＝I2R1 B.P2＞I2R2
C.P＝UI D.P＝I2（R1＋R2）
8.把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足（ ）
A.＝1 B.＝
C.＝ D.＝2
9.直流电动机M接在如图所示的电路中，理想电压表的示数是20 V，理想电流表的示数是1.0 A，限流电阻R＝5.0 Ω，则可知（ ）
A.电动机的机械功率是20 W B.电阻R消耗的电功率是5 W
C.电动机线圈的电阻是20 Ω D.电动机产生的热功率是20 W
10.一台电风扇，内阻为20 Ω，接上220 V电压后，消耗的电功率为66 W。则：
（1）电风扇正常工作时，通过电动机的电流是多少？
（2）电风扇正常工作时，转化为机械能的功率是多少？转化为内能的功率是多少？电动机的效率是多少？
（3）如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流，以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？
11.有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m＝50 kg，电路电压为120 V，当电动机以v＝0.9 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5 A。（取g＝10 m/s2）
（1）电动机线圈的电阻R等于多少？
（2）电动机对该重物的最大提升速度是多少？
（3）若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大？电动机消耗的电功率又为多大？
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