学业分层测评(五)电场强度与电势差的关系
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的有( )
A．电势为零的点，场强也为零
B．电势为零的点，场强不一定为零；但场强为零的点，电势一定为零
C．场强为零的点，电势不一定为零；电势为零的点，场强不一定为零
D．场强为零的点，电势不一定为零；电势为零的点，场强一定为零
【解析】 场强与电势与空间位置的变化率有关，与电势大小无关，所以场强为零的点，电势不一定为零；电势为零的点，场强不一定为零．
【答案】 C
2．(多选)关于场强的三个公式：①E＝；②E＝k；③E＝的适用范围，下列说法中正确的是( )
A．三个公式都只能在真空中适用
B．公式②只能在真空中适用，公式①和③在真空中和介质中都适用
C．公式②和③只能在真空中适用，公式①在真空中和介质中都适用
D．公式①适用于任何电场，公式②只适用于真空中点电荷形成的电场，公式③只适用于匀强电场
【解析】 公式E＝为定义式，适用于任何电场，无论介质还是真空均可．E＝适用于匀强电场，无论真空还是介质均可，而E＝，由F＝推出，仅适用于真空中的点电荷的电场．
【答案】 BD
3．在阴雨天气下，当电场强度超过3.0×106
V/m时，空气将被击穿而发生放电．现有一片带电的乌云，距地面300
m高，发生闪电时乌云与地面的电势差至少有( )
A．9.0×108
V
B．1.0×108
V
C．1.0×104
V
D．9.0×104
V
【解析】 根据E＝，可得U＝Ed＝3.0×106
V/m×300
m＝9.0×108
V，选项A正确．
【答案】 A
4．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图1 5 6中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )
图1 5 6
A．动能减少
B．电势能增加
C．动能和电势能之和减少
D．重力势能和电势能之和增加
【解析】 由图示的轨迹可知电场力大于重力，则合力向上．从a到b电场力做正功，电势能减少．合力做正功，所以动能增加，由动能定理可得W电－
W重＝ΔEk，动能和电势能之和减少，重力势能和电势能之和减少，所以选项C正确．
【答案】 C
5.如图1 5 7所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为φa＝－50
V，φb＝－20
V，则a、b连线的中点c的电势φc应为( )
图1 5 7
A．φc＝－35
V
B．φc>－35
V
C．φc<－35
V
D．无法判断
【解析】 电场线密的地方，等差等势面也密集，故φc>－35
V.
【答案】 B
6．(多选)场强为E＝1.0×102
V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2
m的a，b两点，则a，b两点间的电势差可能为( )
A．1.0
V
B．2.0
V
C．3.0
V
D．4.0
V
【解析】 当d为沿电场线方向两点间的距离时，Uab最大，Uab＝Ed＝2
V，故选A、B.
【答案】 AB
7．如图1 5 8所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在等势线U3上时，具有动能20
J，它运动到等势线U1上时，速度为零，令U2＝0，那么，当该电荷的电势能为4
J时，其动能大小为( )
图1 5 8
A．16
J
B．10
J
C．6
J
D．4
J
【解析】 正电荷从等势线U3运动到等势线U1上时，克服电场力做功，电势能增加了20
J，由U12＝U23知U1＝－U3，则点电荷在等势线U1处电势能为10
J，在U3处电势能为－10
J，正电荷的总能量E＝10
J．当电势能为4
J时，动能应为6
J．选项C正确．
【答案】 C
8．如图所示，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势分别为φa＝10
V，φb＝2
V，φc＝6
V，a、b、c三点在同一平面上，下列各图中电场强度的方向表示正确的是( )
A．
B． C． D.
【解析】 由于是匀强电场，所以a、b连线的中点与c点等势，电场强度的方向垂直于等势面且由高电势指向低电势处，所以D正确．
【答案】 D
[能力提升]
9.如图1 5 9所示，匀强电场中，A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形，电场强度方向平行于纸面．现有一电子，在电场力作用下，由A至C动能减少W，而质子在电场力作用下，由A到B动能增加W，则该匀强电场E的大小和方向的判定正确的是( )
【导学号：30800009】
图1 5 9
A．E＝，方向垂直BC并由A指向BC
B．E＝，方向垂直BC并由A指向BC
C．E＝，方向垂直AC并由B指向AC
D．E＝，方向垂直AB并由C指向AB
【解析】 电子在电场力作用下由A到C，克服电场力做功为W，质子从A到B电场力做功为W，则质子从A到C电场力做功也为W，因此B、C两点是等势点，B、C的连线为匀强电场的等势线，电场线垂直于BC，电场强度的方向从A指向BC.A到BC的距离为asin
60°＝a，则Eea＝W，所以E＝.
【答案】 A
10.如图1 5 10所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15
V，φB＝3
V，φC＝－3
V，由此可得D点电势φD＝____________
V.
图1 5 10
【解析】 在匀强电场中，两条长度相等的线段AD和BC，与场强方向间的夹角相等，则UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，即：15－φD＝3－(－3)，所以φD＝9
V.
【答案】 9
11．如图1 5 11中画出了一个电场中的一簇互相平行且等间距的等势面，并标出了各等势面的电势值．电场中A、B两点所处位置如图所示，它们之间的距离为5
cm，两点连线与等势面夹角为37°，一个电量为3×10－3
C的粒子正好静止在此电场中，则此粒子重为多少？
图1 5 11
【解析】 根据题意可知，A、B两点沿场强方向(垂直于等势面方向)的距离为d＝sin37°＝5×10－2×0.6
m＝3×10－2
m，A、B两点电势差
UAB＝φA－φB＝(40－20)
V＝20
V
所以电场强度E＝＝
V/m＝
×103
V/m
设粒子重为G，由平衡条件得
G＝qE＝3×10－3××103
N＝2
N.
【答案】 2
N
12．如图1 5 12所示，在平行金属带电极板MN形成的电场中将电荷量为－4×10－6
C的点电荷从A点移到M板，电场力做负功8×10－4
J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4×10－4
J，N板接地．则
图1 5 12
(1)A点的电势φA是多少？
(2)UMN等于多少伏？
【解析】 (1)N板接地，φN＝0，UAN＝＝
V＝－100
V，而UAN＝φA－φN＝φA，所以φA＝－100
V
(2)UAM＝＝
V＝200
V
UMN＝UMA＋UAN＝－200
V＋(－100)
V＝－300
V.
【答案】 (1)－100
V (2)－300
V学业分层测评(十一) 认识多用电表
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该( )
A．换用“×1
k”挡，不必重新调整调零旋钮
B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮
C．换用“×1
k”挡，必须重新调整调零旋钮
D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮
【解析】 某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，即读数较小，所选量程较大，应换用较小挡位，所以A、C错.
而换挡时必须重新调零，所以B错．D对．
【答案】 D
2．用一个满偏电流为10
mA，内阻为40
Ω的电流表，一个电动势为1.5
V、内阻为1
Ω的干电池和一个可变电阻组装成一个欧姆表，可变电阻应选( )
A．0～20
Ω
B．0～50
Ω
C．0～100
Ω
D．0～200
Ω
【解析】 设当表头满偏时，接入的阻值为Rx，则
Ig＝
所以Rx＝－r－Rg＝(－1－40)
Ω＝109
Ω
所以只能选D.
【答案】 D
3．关于欧姆表，下列说法正确的是( )
A．欧姆表是根据闭合电路欧姆定律制成的
B．由于电流和电阻成反比，所以刻度盘上的刻度是均匀的
C．使用欧姆表时，选择好一定量程的欧姆挡后首先应该将两表笔短接，进行电阻调零，换挡后不必重新调零
D．若测量时指针偏角较小，应换用较小倍率挡测量
【答案】 A
4．使用多用表的欧姆挡测导体电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的金属杆，则造成测量值( )
A．比真实值大
B．比真实值小
C．与真实值相等
D．可能比真实值大，也可能小
【解析】 两手同时接触两表笔金属杆时，相当于被测导体两端并联上一个电阻，即测量值变小．
【答案】 B
5．用多用电表测量直流电压U和测量电阻R时，若红表笔插入正(＋)插孔，则( )
A．测电压U时红表笔电势高，测电阻R电流从红表笔流出
B．不管测电压U还是测电阻R，都是红表笔电势高
C．测电压U电流从红表笔流入，测电阻R电流从红表笔流入
D．测电压U电流从红表笔流出，测电阻R电流从红表笔流出
【解析】 用多用电表测量直流电压U时，多用电表就是电压表，电流从红表笔流入，黑表笔流出，用多用电表测量电阻R时，多用电表内部有电源，电流也是从红表笔流入，黑表笔流出，故C正确、D错误．测电压时电流源于外电路的电压，红表笔电势高，测电阻时电流源于内电路的电压，红表笔电势低，A、B错误．
【答案】 C
6．某同学在探究规格为“6
V 3
W”的小电珠伏安特性曲线实验中：在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至的挡位是( )
【导学号：30800023】
A．直流电压10
V
B．直流电流5
mA
C．欧姆×100
D．欧姆×1
【解析】 由小电珠的规格可知其电阻R＝＝
Ω＝12
Ω，故应将选择开关旋至欧姆挡“×1”，D正确．
【答案】 D
7．(多选)调零后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，正确的判断和做法是( )
A．这个电阻值很小
B．这个电阻值很大
C．为了把电阻测得更准一些，应换用“×1”挡，重新调零后再测量
D．为了把电阻测得更准一些，应换用“×100”挡，重新调零后再测量
【解析】 表针偏角极小，说明欧姆表电路中的电流太小，待测电阻的阻值很大．应换用大倍率挡．若偏角太大应换小倍率挡．故应选B、D.
【答案】 BD
8．晶体二极管是电子电路中的常用元件，用多用电表欧姆挡可粗略测量它的好坏．如图2 4 8所示，是用多用电表欧姆挡(×10
Ω)测试三只二极管的示意图，由图可知哪个图中的二极管是好的，哪端为它的正极，正确的是( )
图2 4 8
A．甲，a
B．乙，a
C．丙，b
D．乙，b
【解析】 晶体二极管的正向电阻很小，而反向电阻很大．由甲、乙、丙测量结果可知，乙图二极管是好的，a端为正极，故B正确．
【答案】 B
[能力提升]
9.如图2 4 9所示为多用电表欧姆挡原理的示意图，其中电流表的满偏电流为300
μA，内阻rg＝100
Ω，调零电阻最大阻值R＝50
kΩ，串联的固定电阻R0＝50
Ω，电池的电动势E＝1.5
V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是( )
图2 4 9
A．30
kΩ～80
kΩ
B．3
kΩ～8
kΩ
C．300
kΩ～800
kΩ
D．30
000
kΩ～8
000
kΩ
【解析】 本题考查欧姆表的测量原理，可根据欧姆表原理求出欧姆表的中值电阻，跟中值电阻相当的电阻就是能准确测出的阻值范围．
Ig＝＝，
其中R中＝R0＋R＋rg.
由于本题当电流表半偏时，Ig＝，所以，
R中＝＝＝5
kΩ.
【答案】 B
10．如图2 4 10所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标点．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
图2 4 10
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的__________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的__________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．
【解析】 (1)在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡．
(2)表明5、6两点可能有故障．
(3)①调到欧姆挡；②将红，黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．
【答案】 (1)电压 欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①调到欧姆挡．
②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作．
③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．
11．用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值，若将选择倍率的旋钮拨至“×100
Ω”的挡时，测量时指针停在刻度盘0
Ω附近处，为了提高测量的精确度，有下列可供选择的步骤：
A．将两根表笔短接
B．将选择开关拨至“×1
kΩ”挡
C．将选择开关拨至“×10
Ω”挡
D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数
E．调节调零电阻，使指针停在0
Ω刻度线上
F．将选择开关拨至交流电压最高挡上
图2 4 11
将上述步骤中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理顺序是________(填写步骤的代号)；若操作正确，上述D步骤中，指针偏转情况如图2 4 11所示，则此未知电阻的阻值Rx＝________.
【解析】 用多用电表的欧姆挡测未知电阻时，指针停在中值(中心位置)附近时测量误差较小，当用“×100
Ω”的挡测量时，指针停在0
Ω附近，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精度，应换低倍率“×10
Ω”的挡来测量，换挡之后，必须重新调零，之后再接入未知电阻进行测量和读取数据，测量后若暂时不使用此多用电表，应将选择开关置于交流电压最高挡上，这是为了安全，保证多用电表不受意外损坏，如下次再使用这个多用电表测电流、电压时，一旦忘了选挡，用交流电压最高挡虽然测不出正确结果，但不会把多用电表烧坏．此时电表所测电阻的阻值为R＝16×10
Ω＝160
Ω.
【答案】 CAEDF 160
Ω
12．多用电表表头的示意图如图2 4 12所示，在正确操作的情况下：
图2 4 12
(1)若选择开关的位置如箭头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箭头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箭头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箭头c所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该为：____________.
(5)全部测量结束后，应将选择开关拨到____________挡或者______________．
(6)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应该从____________色表笔经______________插孔流入电表．
【解析】 多用电表可以测直流电压、直流电流、交流电压、电阻．测电压、电流时，同电压表、电流表的使用方法相同，选择的挡位是最大量程；而选择测电阻挡位时，指针指示的数，乘以倍率得测量值．
【答案】 (1)直流电压 1.15
V
(2)直流电流 46
mA
(3)电阻 1.7
kΩ
(4)选用欧姆表“×1
k”倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值
(5)“OFF” 交流电压500
V
(6)红 正
13.图2 4 13所示的欧姆表示意图中，电流表的满偏电流Ig＝200
μA，内阻Rg＝100
Ω，R0＝1.4
kΩ，电源电动势E＝1.5
V，电源电阻不计，欧姆表的调零电阻的有效值R是多大？当测量某电阻时，指针恰好在中间位置，则被测电阻R1是多大？
图2 4 13
【解析】 对欧姆表调零时，指针指在0处，此位置为满偏电流的位置，即：Ig＝，
解得：R＝－Rg－R0＝
Ω－100
Ω－1
400
Ω＝6
000
Ω＝6
kΩ
欧姆表总内阻R内＝R＋R0＋Rg＝7.5
kΩ
当指针在中间位置时
＝得R1＝－R内＝7.5
kΩ
【答案】 6
kΩ 7.5
kΩ学业分层测评(六) 示波器的奥秘
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．一带电粒子在电场中只受到电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动
【解析】 只在电场力的作用下，说明电荷受到的合外力的大小为电场力，不为零，则粒子做变速运动．所以选项A不可能；当电荷在匀强电场中由静止释放后，电荷做匀加速直线运动，选项B可能；当电荷垂直进入匀强电场后，电荷做类平抛运动，选项C可能；正电荷周围的负电荷只在电场力作用下且电场力恰好充当向心力时，可以做匀速圆周运动，选项D可能．
【答案】 A
2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)下列说法中正确的是( )
A．电势能增加，动能增加
B．电势能减小，动能增加
C．电势能和动能都不变
D．上述结论都不正确
【解析】 在带电粒子垂直进入匀强电场偏转过程中，电场力对粒子做正功，根据动能定理，粒子的动能增加，根据电场力做功与电势能的关系，电势能减小，选项B正确．
【答案】 B
3．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图1 6 8所示．带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
图1 6 8
A．微粒在0～1
s内的加速度与1～2
s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1
s内的位移与第3
s内的位移相同
【解析】 带正电的微粒在电场中，第1
s内加速运动，第2
s内减速至零，故B、D对．
【答案】 BD
4.如图1 6 9所示，质量为m、带电荷量为q的粒子以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
【导学号：30800011】
图1 6 9
A.
B.
C.
D.
【解析】 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有：2gh＝v，电场力做正功、重力做负功，使粒子的动能由变为2mv，则根据动能定理有：Uq－mgh＝2mv－mv，联立解得A、B两点间的电势差为，应选C.
【答案】 C
5.喷墨打印机的简化模型如图1 6 10所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )
图1 6 10
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电量无关
【解析】 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．
【答案】 C
6.质量为m的物块，带正电q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝mg/q的匀强电场中，如图1 6 11所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为( )
图1 6 11
A.
B．2
C．2
D.
【解析】 由动能定理得mgH＋qU＝mv2，而U＝E·＝，故物块落地时的速度大小
v＝2，B正确．
【答案】 B
7.
(多选)如图1 6 12，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图1 6 12
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
【解析】 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
【答案】 BD
8.在空间有正方向水平向右、大小按如图1 6 13所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1
s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t＝2
s时，电子将处在( )
图1 6 13
A．A点
B．A点左方l处
C．A点右方2l处
D．A点左方2l处
【解析】 粒子在第1
s内做初速度为零的匀加速运动，第2
s内做末速度为零的匀减速运动，加速度大小相等，由于电子带负电，故向左方运动，距离A点为2l，故选D.
【答案】 D
[能力提升]
9．(多选)如图1 6 14所示，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，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )
图1 6 14
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1
【解析】 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝＝，t时间内加速度方向上的位移y＝at2＝，前加速度方向上的位移y1＝a.＝，后加速度方向上的位移y2＝y－y1＝d.由公式W＝F·l可知前、后、前、后电场力做的功分别为W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU.
【答案】 BD
10．如图1 6 15所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．质量为m，电荷量为q的带电粒子以速度v0从a点进入电场，恰好从c点离开电场，离开时速度为v，不计重力，求电场强度大小．
图1 6 15
【解析】 从a点到c点静电力做功W＝qEL
根据动能定理得W＝mv2－mv20
所以qEL＝mv2－mv20
场强大小E＝.
【答案】
11.如图1 6 16所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8
cm.两板间的电势差为300
V．如果两板间电势差减小到60
V，则带电小球运动到极板上需多长时间？
图1 6 16
【解析】 取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用．
当U1＝300
V时，小球平衡：
mg＝q①
当U2＝60
V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动：
mg－＝ma②
又h＝at2③
由①②③得：
t＝
＝
s＝4.5×10－2
s.
【答案】 4.5×10－2
s
12.如图1 6 17所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向放射出电子，速率为107
m/s.在A板右方距A为2
cm处放置一个与A平行的金属板B，在B、A之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E＝3.64×104N/C，方向水平向左．已知电子质量m＝9.1×10－31kg、电荷量e＝1.6×10－19
C，求电子打在B板上的范围．
图1 6 17
【解析】 电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B板的O点．其他电子打在以O点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B板上的N点，且距O点最远．
电子竖直方向上的分运动＝v0t①
水平方向上的分运动d＝.t2②
将v0＝107
m/s，e＝1.6×10－19
C，m＝9.1×10－31
kg，E＝3.64×104N/C，d＝2×
10－2
m代入①②求得＝2.5×10－2
m＝2.5
cm.
即电子打在B板上的范围是以O为圆心，以2.5
cm为半径的圆面．
【答案】 以O为圆心，以2.5
cm为半径的圆面．学业分层测评(十八) 洛伦兹力与现代技术
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)运动电荷进入磁场(无其他场)中，可能做的运动是( )
A．匀速圆周运动
B．平抛运动
C．自由落体运动
D．匀速直线运动
【解析】 若运动电荷平行磁场方向进入磁场，则电荷做匀速直线运动，若运动电荷垂直磁场方向进入磁场，则电荷做匀速圆周运动，A、D正确；由于电荷的质量不计，故电荷不可能做平抛运动或自由落体运动．B、C错误．
【答案】 AD
2．(2015·浙江省效实中学高二检测)如图3 6 12所示，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v.则( )
图3 6 12
A．a先回到出发点
B．b先回到出发点
C．a、b同时回到出发点
D．不能确定
【解析】 电子再次回到出发点，所用时间为运动的一个周期．电子在磁场中运动的周期T＝，与电子运动速度无关．
【答案】 C
3．质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图3 6 13中虚线所示，下列表述正确的是( )
【导学号：30800046】
图3 6 13
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
【解析】 根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r＝，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；M和N的运行时间都为t＝，D错误．故选A.
【答案】 A
4．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
【解析】 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小．选项D正确．
【答案】 D
5．(多选)用回旋加速器加速质子时，所加交变电压的频率为f，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法
( )
A．将其磁感应强度增大为原来的2倍
B．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍
C．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍
D．将交变电压的频率增大为原来的4倍
【解析】 带电粒子从D形盒中射出时的动能
Ekm＝mv①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则最大圆周半径R＝②
由①②可得Ekm＝，显然，当带电粒子q、m一定时，则Ekm∝R2B2，即Ekm与磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压无关，故A、B正确，C、D错误．
【答案】 AB
6.如图3 6 14所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为( )
图3 6 14
A．1∶
B．1∶2
C．1∶1
D．2∶1
【解析】 正负电荷在磁场中轨迹如图所示，由几何知识，θ1＝60°，θ2＝120°，则t∝θ，所以t1∶t2＝1∶2.
【答案】 B
7．如图3 6 15所示，重力不计、初速度为v的正电荷，从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后( )
图3 6 15
A．动能发生改变
B．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动
C．运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出
D．运动轨迹是一个半圆，并从a点下方某处穿出边界向左射出
【解析】 洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A不正确；由左手定则知，正电荷刚进入磁场时受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出，B、D均不正确，C正确．
【答案】 C
8.质谱仪原理如图3 6 16所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动．求：
图3 6 16
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器的电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
【解析】 (1)在a中，e被加速电场加速，由动能定理有eU1＝mv2，得v＝.
(2)在b中，e受到的电场力和洛伦兹力大小相等，即e＝evB1，代入v值得U2＝B1d.
(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R＝，代入v值得R＝.
【答案】 (1)
(2)B1d (3)
[能力提升]
9．(多选)如图3 6 17所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，粒子重力不计，欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )
【导学号：30800047】
图3 6 17
A.
B.
C.
D.
【解析】 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的径迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大，若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，容易看出R1sin
45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，B正确；若粒子带负电，其运动径迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，容易看出R2＋R2cos
45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C正确．
【答案】 BC
10．(多选)如图3 6 18所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场．在边长为2R的正方形区域里也有匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，则下列说法正确的是( )
图3 6 18
A．带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同
B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场
C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场
D．从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场
【解析】 画轨迹草图如图所示，由图可知粒子在圆形磁场中的轨迹长度(或轨迹对应的圆心角)不会大于在正方形磁场中的，故A、B、D正确．
【答案】 ABD
11．如图3 6 19所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量为e，质量为m，重力不计)由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点，匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°.求：
图3 6 19
(1)电子在磁场中运动的时间t；
(2)若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？
【解析】 (1)由洛伦兹力提供向心力可得evB＝，且T＝
得电子在磁场中运动周期T＝
由几何关系知电子在磁场中运动时间t＝T＝T
解得t＝
(2)电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R＝d
由evB＝m得v＝
电子在PQ间由动能定理得eU＝mv2－0
解得U＝
【答案】 (1) (2)
12．一台质谱仪的工作原理如图3 6 20所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．
图3 6 20
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；
【解析】 (1)离子在电场中加速，qU0＝mv2
在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m
解得r0＝
代入r0＝L，解得m＝.
(2)由(1)知，U＝，
离子打在Q点时，r＝L，得U＝
离子打在N点时，r＝L，得U＝
则电压的范围≤U≤.
【答案】 (1) (2)≤U≤学业分层测评(十五) 探究安培力
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于安培力、磁感应强度的说法，正确的是( )
A．通电导体不受磁场力作用的地方一定没有磁场
B．将I、L相同的通电导体放在同一匀强磁场的不同位置，受安培力一定相同
C．磁感线指向磁感应强度减小的方向
D．以上说法都不正确
【解析】 由F＝BILsinθ，当I∥B时，F＝0，此时通电导线不受磁场力，但导线处有磁场，故A错；如果I、L相同，放在同一匀强磁场中因放置角度不同，安培力也可能不同，故B不对；在匀强磁场中沿磁感线方向磁感应强度不变，故C错，正确答案为D.
【答案】 D
2．关于通电直导线所受安培力F、磁感应强度B和电流I三者方向之间的关系，下列说法正确的是( )
A．F、B、I三者必保持垂直
B．F必定垂直于B、I，但B不一定垂直于I
C．B必定垂直于F、I，但F不一定垂直于I
D．I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
【解析】 左手定则是判断安培力的方向、电流方向、磁场方向的一种方法，要正确理解左手定则的内容．
由左手定则知，安培力的方向总是既垂直于磁场方向又垂直于电流方向(即安培力垂直于磁场方向和电流方向所确定的平面)，但磁场方向不一定总垂直于电流方向．答案为B.
【答案】 B
3．由磁感应强度定义式B＝知，磁场中某处的磁感应强度的大小( )
A．随着通电导线中电流I的减小而增大
B．随着IL乘积的减小而增大
C．随着通电导线所受磁场力F的增大而增大
D．跟F、I、L无关
【解析】 磁感应强度是用比值定义法定义的．B＝只是指出了计算B的方法，而B的大小由磁场本身决定，与F、I、L无关．
【答案】 D
4．(多选)下列关于磁通量的说法，正确的是( )
A．磁通量是反映磁场强弱和方向的物理量
B．某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数
C．在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量越大
D．穿过任何封闭曲面的磁通量一定为零
【解析】 磁通量Φ是磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积，即Φ＝BS，亦表示穿过磁场中某面积S的磁感线的总条数，Φ只有大小，没有方向，是标量．由此可知选项A错误，B正确．
磁通量Φ的大小由B、S共同决定，所以面积大，Φ不一定大，由此可知选项C错误．由于磁感线是闭合曲线，所以只要有磁感线穿入封闭曲面，如一个球面，则该磁感线必然从该曲面穿出，由此可知选项D正确．
【答案】 BD
5．(多选)把一小段通电直导线放入磁场中( )
A．若导线受到的安培力为零，说明它所在处磁感应强度为零
B．若通电直导线垂直放入磁场中，导线受到的安培力最大
C．若电流方向与磁场方向不垂直时，安培力也一定既垂直于导线，又垂直于磁场
D．根据B＝F/IL可知，磁感应强度B与安培力F成正比，与电流I导线长度L的乘积(IL)成反比
【解析】 安培力的大小除与电流大小、导线长度有关外，还与电流和磁场方向间的夹角大小有关，两者平行时为零，垂直时最大，故当安培力为零时，磁感应强度不一定为零，A错，B对，由左手定则知道电流方向与磁场方向不垂直时，安培力也一定既垂直于导线，又垂直于磁场，C对，磁感应强度由磁场本身决定，与电流受到的安培力以及电流元大小无关，D错．
【答案】 BC
6．(多选)一根长为0.2
m的导线，通过的电流为2
A，放在磁感应强度为0.5
T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是( )
【导学号：30800037】
A．0.4
N
B．0.3
N
C．0.1
N
D．0
【解析】 根据安培力的定义，当磁感应强度B与通电导线电流I方向垂直时，磁场力有最大值为F＝BIL＝0.5×2×0.2
N＝0.2
N．当两方向平行时，磁场力有最小值为0.随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2
N与0之间取值．故C、D均有可能．
【答案】 CD
7．在磁场中的同一位置，先后引入长度相等的直导线a和b，a、b导线的方向均与磁场方向垂直，但两导线中的电流不同，因此所受到的力也不相同．下图中的几幅图象表现的是导线所受到的力F与通过导线的电流I的关系．a、b各自有一组F、I的数据，在图象中各描出一个点．下列四幅图中正确的是( )
【解析】 两条相同的导线通入不同的电流先后放在磁场中的同一点，并且电流方向都与磁场方向垂直．由于磁场方向是不变的，故导线所在处的磁感应强度是确定的．根据磁感应强度的定义式B＝，当L确定时，F∝I时，则F－I图象应是过原点的一条直线，故C对．
【答案】 C
8．面积S＝0.5
m2的闭合金属圆环处于磁感应强度B＝0.4
T的匀强磁场中，当磁场与环面垂直时，穿过环面的磁通量是________；当金属圆环转过90°，环面与磁场平行时，穿过环面的磁通量是________．
【解析】 根据公式Φ＝B·S＝0.4×0.5
Wb＝0.2
Wb；当金属环面与磁场平行时，没有磁感线穿过，故Φ＝0.
注意：Φ＝B·S中的S指的是与B垂直的面积．
【答案】 0.2
Wb 0
[能力提升]
9．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图3 3 12所示，过c点的导线所受安培力的方向( )
【导学号：30800038】
图3 3 12
A．与ab边平行，竖直向上
B．与ab边平行，竖直向下
C．与ab边垂直，指向左边
D．与ab边垂直，指向右边
【解析】 根据安培定则，a、b在c处产生的磁场分别为垂直于ac连线斜向下和垂直于bc连线斜向下，并且大小相等，由平行四边形定则可确定c处合磁场方向向下，又根据左手定则，可判定c处直导线所受安培力方向垂直于ab边，指向左边，所以C项正确．
【答案】 C
10．(多选)两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图3 3 13所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )
图3 3 13
A．a点
B．b点
C．c点
D．d点
【解析】 由安培定则可判知，电流I1、I2分别在a、b两点产生的磁感应强度方向相反，大小有可能相等，合磁感应强度可能为0，而c、d两点的合磁感应强度不可能为0.
【答案】 AB
11.如图3 3 14所示，两根平行金属导轨M、N，电阻不计，相距0.2
m，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m＝5×10－2
kg的金属棒ab，ab的电阻为0.5
Ω.两金属导轨一端通过电阻R和电源相连．电阻R＝2
Ω，电源电动势E＝6
V，电源内阻r＝0.5
Ω，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止．(导轨光滑，g取10
N/kg)求所加磁场磁感应强度的大小和方向．
图3 3 14
【解析】 因ab对导轨压力恰好是零且处于静止，ab所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定则可以判定B的方向应为水平向右，ab中的电流
I＝＝
A＝2
A
F＝ILB＝mg
B＝＝
T＝1.25
T
【答案】 1.25
T 水平向右
12．如图3 3 15所示，两光滑的平行金属轨道与水平面成θ角，两轨道间距为L，一金属棒垂直两轨道水平放置．金属棒质量为m，电阻为R，轨道上端的电源电动势为E，内阻为r.为使金属棒能静止在轨道上，可加一方向竖直向上的匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B应是多大？
图3 3 15
【解析】 导体棒受力分析如图所示：
则FN＝mg/cosθ①
I＝E/(R＋r)②
F安＝BIL③
F安＝mgtanθ④
由②③④解得：
B＝mg(R＋r)tanθ/(EL)
【答案】 mg(R＋r)tanθ/(EL)学业分层测评(一) 认识静电
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是( )
A．静电感应不是创造了电荷，而是电荷从物体的一部分转移到另一部分引起的
B．一个带电物体接触另一个不带电物体，两个物体有可能带上异种电荷
C．摩擦起电是因为通过克服摩擦做功而使物体产生了电荷
D．以上说法都不对
【解析】 静电感应的实质是电荷的转移，A项正确；B项中接触起电的结果是两个物体带上同种电荷，B项错误；摩擦起电的实质是电荷的转移，不是产生了新电荷，C项错误．
【答案】 A
2.如图1 1 4所示，AB是中性导体，把一个带正电的电荷靠近A端后又拿走．B端带( )
图1 1 4
A．正电
B．负电
C．不带电
D．不确定
【解析】 把一个带正电的电荷靠近A端时，由于静电感应，中性导体的A端带上负电荷，B端带上正电荷．拿走后，导体上A、B两端的电荷重新分布，A、B两端均呈电中性．C项正确．
【答案】 C
3.如图1 1 5所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2～3
cm，在宽约0.5
cm的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面，再用一块硬泡沫塑料在玻璃上来回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞．下列哪种做法能使实验效果更好( )
图1 1 5
A．将玻璃板换成钢板
B．向舞区哈一口气
C．将玻璃板和地面用导线连接
D．用一根火柴把舞区烤一烤
【解析】 该同学所做的实验是摩擦起电现象的应用，要使实验效果更好，应使器材和地面绝缘且保持干燥，故选项D正确．
【答案】 D
4．如图1 1 6所示，用起电机使金属球A带上正电，靠近不带电的验电器B，则( )
图1 1 6
A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触
B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
D．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电
【解析】 A带正电，靠近验电器B时发生静电感应，使B的金属球带负电，下端金属箔带正电而张开．
【答案】 D
5．(多选)有一个质量很小的小球A，用绝缘细线悬挂着，当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时，看到它们互相吸引，接触后又互相排斥，则下列说法正确的是( )
【导学号：30800001】
A．接触前，A，B一定带异种电荷
B．接触前，A，B可能带异种电荷
C．接触前，A球一定不带任何电荷
D．接触后，A球一定带电
【解析】 接触前橡胶棒带电，带电体有吸引轻小物体的性质，故A可能带正电也可能不带电，接触后橡胶棒和A带同种电荷，故要排斥，故正确答案为B、D.
【答案】 BD
6．地毯中加入少量金属丝的目的是( )
A．增大地毯的强度和韧性
B．避免人走动时产生静电
C．将人走动时产生的静电导走
D．以上说法都不正确
【解析】 人在地毯上走动会产生静电是不可避免的，故B错；加入少量金属丝的目的是将人走动产生的静电及时导走，避免形成电荷的积累，故C对，A、D错．
【答案】 C
7．把一个带正电的金属球A跟不带电的同样的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这是因为( )
A．A球的正电荷移到B球上
B．B球的负电荷移到A球上
C．A球的负电荷移到B球上
D．B球的正电荷移到A球上
【解析】 金属球中能够自由移动的电荷是自由电子，则B球上的自由电子受A球上所带正电荷的吸引而转移到A球上，B球因缺少电子就带上了正电荷．
【答案】 B
8．梳头发的时候，头发有时不听指挥而随梳子飞起来，这时若将梳子上撒些水，头发就规律了，试解释生活中的这一现象．
【解析】 梳头发时，由于摩擦起电，梳子和头发因带上异种电荷而相互吸引，从而头发漂动，若撒些水，则潮湿的梳子将静电导走，不再出现漂动现象．
【答案】 见解析
[能力提升]
9．(多选)原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15C，丙物体带电荷量的多少为8×10－16C.则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是( )
A．乙物体一定带有负电荷8×10－16C
B．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15C
C．丙物体一定带有正电荷8×10－16C
D．丙物体一定带有负电荷8×10－16C
【解析】 由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15C而带正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15C－8×10－16C＝8×10－16C，故A、D正确．
【答案】 AD
10．(多选)如图1 1 7所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔．当枕形导体的A端靠近一带电导体C时( )
图1 1 7
A．A端金箔张开，B端金箔闭合
B．用手触摸枕形导体后，两对金箔均张开
C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开
D．选项A中两对金箔分别带异种电荷，选项C中两对金箔带同种电荷
【解析】 根据静电感应现象，带正电荷的导体C放在枕形导体附近，在A端出现了负电荷，在B端出现了正电荷，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布．金箔上带电相斥而张开．选项A错误．用手触摸枕形导体后，B端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B端不再有电荷，金箔闭合．选项B错误．用手触摸导体时，只有A端带负电荷，将手和C移去后，不再有静电感应，A端所带负电荷便分布在枕形导体上，A、B端均带有负电荷，两对金箔均张开．选项C正确．从以上分析可看出，选项D正确．
【答案】 CD
11．(多选)挂在绝缘细线下的两个轻质小球，表面镀有金属薄膜，由于电荷的相互作用而靠近或远离，分别如图1 1 8甲、乙所示，则( )
甲 乙
图1 1 8
A．甲图中两球一定带异种电荷
B．乙图中两球一定带同种电荷
C．甲图中两球至少有一个带电
D．乙图中两球至少有一个带电
【解析】 题目中的小球都是镀有金属薄膜的轻质小球，带电物体具有吸引轻小物体的性质，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以可以判断出甲图的现象可以是两个带异种电荷的小球，也可以是一个小球带电而另一个小球不带电；两个小球由于相互排斥而出现乙图中的现象，则必须都带电且是同种电荷．
【答案】 BC
12．有两个完全相同的金属球A和B，带电量分别为q和－q，现要让A、B均带有的正电荷，应怎么办？
【解析】 应用电荷均分规律，方法多样，现举两种：
方法一：先用手摸一下金属球B，将B上的电荷放掉，再把金属球A、B接触后再分开，则A、B两球均分电量q，各带有电量．再用手摸一下A(或B)，让两球再接触后分开，此时两球各带有的电量．
方法二：用一个与A、B均相同的小球C先与B接触后分开，则B带有－电量，再让A、B两球接触后分开，则A、B都带有的电量．
【答案】 见解析学业分层测评(十七) 研究洛伦兹力
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1.一个长直螺线管中通有大小和方向都随时间变化的交变电流，把一个带电粒子沿如图3 5 3所示的方向沿管轴线射入管中，则粒子将在管中( )
图3 5 3
A．做匀速圆周运动
B．沿轴线来回振动
C．做匀加速直线运动
D．做匀速直线运动
【解析】 通有交变电流的螺线管内部磁场方向始终与轴线平行，带电粒子沿着磁感线运动时不受洛伦兹力，所以应做匀速直线运动．
【答案】 D
2．宇宙中的电子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些电子在进入地球周围的空间时，将( )
A．竖直向下沿直线射向地面
B．相对于预定地面向东偏转
C．相对于预定点稍向西偏转
D．相对于预定点稍向北偏转
【解析】 地球表面的磁场方向由南向北，电子带负电，根据左手定则可判定，电子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向西，故C项正确．
【答案】 C
3．如下图所示的磁感应强度B、电荷的运动速度v和磁场对电荷的作用力f的相互关系图中，其中正确的是(其中B、f
、v两两垂直)( )
【解析】 由于B、f、v两两垂直，根据左手定则得：A、B、D选项中受洛伦兹力都与图示f的方向相反，故A、B、D错误，C正确．
【答案】 C
4．(多选)(2016·汕头高二检测)如图3 5 4所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则
( )
【导学号：30800043】
图3 5 4
A．导线中的电流从A流向B
B．导线中的电流从B流向A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
【解析】 由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流方向应为从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转，所以本题的正确选项应为B、C.
【答案】 BC
5．带电油滴以水平向右速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图3 5 5所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
图3 5 5
A．油滴必带正电荷，电量为
B．油滴必带正电荷，荷质比＝
C．油滴必带负电荷，电量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
【解析】 由于带电的油滴进入磁场中恰做匀速直线运动．且受到的重力向下，洛伦兹力方向必定向上．由左手定则可知油滴一定带负电荷，且满足mg－qv0B＝0.所以q＝，故C正确．
【答案】 C
6.如图3 5 6所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向下，由于磁场的作用，则( )
图3 5 6
A．板左侧聚积较多的电子，使b点电势高于a点电势
B．板左侧聚积较多的电子，使a点电势高于b点电势
C．板右侧聚积较多的电子，使a点电势高于b点电势
D．板右侧聚积较多的电子，使b点电势高于a点电势
【解析】 铜板靠电子导电，电子运动方向向上，根据左手定则，电子受洛伦兹力向右，所以右板为负、电势较低．
【答案】 C
7．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子沿电场线方向射入，静电力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
B．带电粒子垂直于电场线方向射入，静电力对带电粒子不做功，粒子动能不变
C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加
D．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变
【解析】 带电粒子沿电场线方向射入，若为正电荷，静电力对带电粒子做正功，粒子动能增加，若为负电荷，静电力对带电粒子做负功，粒子动能减小，A错误；带电粒子垂直电场线方向射入，粒子做类平抛运动，静电力一定做正功，粒子动能增加，B错误；由于洛伦兹力的方向始终与粒子的速度方向垂直，故洛伦兹力永远不做功，C项错误，D项正确．
【答案】 D
8．(多选)(2016·泰州高二检测)不计重力的负粒子能够在如图3 5 7所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子带电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是( )
图3 5 7
A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够沿直线穿过
B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能沿直线穿过
C．若粒子向下偏，且能够飞出极板间，则粒子动能一定减小
D．若粒子向下偏，且能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变
【解析】 粒子能够直线穿过，则有q＝qvB，即v＝，若U、B增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A错误；同理若d减小几倍，v增大几倍，粒子仍能沿直线穿过，B正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W洛＝0，所以ΔEk<0，C项正确，D项错误．
【答案】 BC
[能力提升]
9．(多选)(2016·菏泽高二检测)如图3 5 8所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是( )
图3 5 8
A．始终做匀速运动
B．开始做减速运动，最后静止于杆上
C．先做加速运动，最后做匀速运动
D．先做减速运动，最后做匀速运动
【解析】 带电滑环向右运动时所受洛伦兹力方向向上，其大小与滑环初速度大小有关．由于滑环初速度的大小未具体给定，因而洛伦兹力与滑环重力可出现三种不同的关系：(1)当洛伦兹力等于重力，则滑环做匀速运动．(2)当洛伦兹力开始时小于重力，滑环将做减速运动，最后停在杆上．(3)当洛伦兹力开始时大于重力，滑环所受的洛伦兹力随速度减小而减小，滑环与杆之间的挤压力将逐渐减小，因而滑环所受的摩擦力减小，当挤压力为零时，摩擦力为零，滑环做匀速运动．故正确答案为A、B、D.
【答案】 ABD
10．如图3 5 9所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
【导学号：30800044】
图3 5 9
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【解析】 根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C对．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错．B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错．由于开始时滑块由静止下滑，故其开始时不受洛伦兹力，即使B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D错．
【答案】 C
11．如图3 5 10所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速度大小不一．当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S.设产生匀强电场的平行板间的电压为300
V，间距为5
cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0.06
T，问：
图3 5 10
(1)磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？
(2)速度为多大的电子才能通过小孔S
【解析】 (1)由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下．带负电的电子受到的电场力FE＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．
(2)能够通过小孔的电子，其速率满足下式：evB＝eE，解得：v＝.又因为E＝，所以v＝＝
m/s＝1×105
m/s.即只有速率为1×105
m/s的电子可以通过小孔S.
【答案】 (1)磁场方向垂直纸面向里 (2)1×105
m/s
12．(2016·绍兴高二检测)如图3 5 11所示，一带电量为＋q，质量为m的小球从一倾角为θ的足够长的光滑斜面上由静止开始下滑，斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，求：
图3 5 11
(1)小球在斜面上滑行的最大速度．
(2)滑行多少距离后小球离开斜面．
【解析】 (1)当小球在斜面上的速度最大时，它对斜面的压力恰好为零．对其进行受力分析，将重力分解，如图所示：
由题意知Bqv＝mgcos
θ①
故最大速度v＝
(2)小球沿斜面向下运动只有重力做功，根据动能定理
mgssin
θ＝mv2②
由①②得s＝
【答案】 (1) (2)学业分层测评(八)探究决定导线电阻的因素
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于公式R＝U/I和公式R＝ρ·l/S，下列说法正确的是( )
A．两式对一切情况都适用
B．R＝U/I仅适用于金属导体，R＝ρ·l/S适用于任何导体
C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比
D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比
【解析】 R＝适用于金属导体和电解液导电并且为纯电阻电路，故A、B错误；导体电阻由本身决定，与U、I无关，故C错误；在温度一定时，电阻率ρ一定，由R＝ρ可知导体的电阻R与l成正比，与S成反比，故D正确．
【答案】 D
2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列说法正确的是( )
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
【解析】 由R＝ρ可知，在横截面积S一定时，电阻R与长度l成正比，长度l一定时，电阻R与横截面积S成反比，故A正确，B错误；R＝是电阻的定义式，提供了一种测电阻的方法，但电阻R与电压U、电流I无关，故C、D均错误．
【答案】 A
3．在测定金属丝电阻率的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是( )
A．导线直径d的测量
B．电压U的测量
C．电流I的测量
D．导线长度l的测量
【解析】 四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是直径d，因为在计算式中取直径的平方．
【答案】 A
4．有长度相同质量相同、材料不同的金属导线A、B各一根．已知A的密度比B的小，A的电阻率比B的小．则A、B两根导线的电阻( )
A．RA>RB
B．RAC．RA＝RB
D．无法判断
【解析】 由R＝ρ可知，RA【答案】 B
5．将截面均匀、长为l、电阻为R的金属导线截去，再拉长到l，则导线电阻变为( )
A.R
B.R
C.R
D．nR
【解析】 R＝ρ，截去再拉长l后的截面积为S′则(l－)S＝lS′，S′＝S，则R′＝ρ＝ρ＝R.
【答案】 C
6．(多选)如图2 1 5所示是插头式电阻箱的结构示意图，下列说法正确的是( )
图2 1 5
A．电阻箱的铜塞拔出的越多，接入电路中的电阻越大
B．电阻箱连入时要拔出一些铜塞，以免电路短路
C．此电阻箱能得到的最大阻值为10
Ω
D．要想使电阻箱的电阻为8
Ω，应拔出的铜塞是3和5
【解析】 铜塞全部拔出时，接入电路的阻值最大为20
Ω，C错，全部插入时电阻为零，所以A、B对，电阻为8
Ω时应拔出的是1、2、4或1、3、4，D错．
【答案】 AB
7．用电器距离电源L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】 输电线由两根导线组成，根据R＝和R＝ρ得S＝.
【答案】 B
8．有一根细长而均匀的金属材料，长为l，电阻率为ρ，横截面积外方(正方形)内圆，正方形边长为a，如图2 1 6所示，现把它沿垂直纸面方向接入电路中，当电压为U时，电流为I，内圆的直径为多大？
【导学号：30800017】
图2 1 6
【解析】 设直径为d，其电阻为R＝①
由电阻定律R＝ρ②
由几何关系S＝a2－③
联立①②③得d＝2
【答案】 2
[能力提升]
9．(多选)如图2 1 7所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是( )
图2 1 7
A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大
B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大
C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大
D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大
【解析】 滑动变阻器共有四个接线柱和一个滑片，金属杆上的两个接线柱(图中的c和d)与滑片P可视为同一个等电势点，因此滑动变阻器问题的关键在于先认清串联接入电路的电阻丝是哪一段(看与电阻丝相连的两个接线柱a和b是谁接入电路)，然后从滑片P的移动方向判定接入电路的电阻丝是变长了还是变短了，再根据电阻定律判定电阻是变大了还是变小了．当a和c或d接入电路且P向右移动时，串联接入电路的有效电阻丝增长，电阻增大，电流减小．因此D错．当b和c或d接入电路且P向右移动时，接入电路的有效电阻丝变短，电阻变小，电流变大，B、C都对．当a和b串联接入电路时，无论P向何方移动，接入电路的电阻丝长度不变，电阻不变，电流就不变，A错．
【答案】 BC
10．如图2 1 8所示，一段粗细均匀的导线长1
200
m，在两端点A、B间加上恒定电压时，测得通过导线的电流为0.5
A，若剪去BC段，在A、C两端加同样电压时，通过导线的电流变为0.6
A，则剪去的BC段多长？
图2 1 8
【解析】 设整个导线AB的电阻为R1，其中AC段的电阻为R2，根据欧姆定律U＝I1R1＝I2R2，则＝＝＝.再由电阻定律，导线的电阻与其长度成正比，所以AC段导线长l2＝l1＝×1
200
m＝1
000
m．由此可知，剪去的导线BC段的长度为：l＝l1－l2＝200
m.
【答案】 200
m
11．两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I1∶I2＝3∶2，求它们的电阻率之比ρ1∶ρ2为多少？
【解析】 根据欧姆定律I＝，
当U相同时，R1∶R2＝I2∶I1＝2∶3，
根据电阻定律R＝ρ得ρ＝R，
所以＝＝×4×＝.
【答案】 16∶15
12．如图2 1 9所示，P是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜的厚度为d，管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路中，测得它两端电压为U，通过它的电流为I，则金属膜的电阻为多少？镀膜材料电阻率为多少？
图2 1 9
【解析】 由欧姆定律可得R＝，沿着L的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一电阻，其长为L，横截面积为管的周长×厚度d.由电阻定律R＝ρ可得：R＝ρ＝，则＝，解得ρ＝.
【答案】 学业分层测评(十二) 电功率
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．对于接入电路的灯泡来说，亮度大的灯泡一定是( )
A．流过的电流大的
B．电阻大的
C．消耗功率大的
D．加在两端电压高的
【解析】 连入电路的不同灯泡，灯泡的亮度指的是灯泡消耗的功率的大小，亮度大的灯泡指的是消耗的功率大，所以C正确．
【答案】 C
2．(多选)关于电功和焦耳热，下列说法正确的是( )
A．在纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
B．在非纯电阻电路中，计算电功可用公式W＝I2Rt
C．在非纯电阻电路中，计算焦耳热用Q＝UIt
D．在纯电阻电路中，计算焦耳热可以用Q＝UIt
【解析】 电功的计算式W＝UIt适用于任何形式的电路，焦耳热计算式Q＝I2Rt也是普遍适用的，但是只有在纯电阻电路中，电功W才等于焦耳热Q.
【答案】 AD
3．夏天，空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行，一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系图2 5 7所示，此空调器运转1
h用电( )
图2 5 7
A．1.0度
B．1.5度
C．2.0度
D．2.5度
【解析】 W＝P1t1×4＋P2t2×4＝4×(2.0×＋
0．5×)kW·h＝1.5
kW·h.
【答案】 B
4．有一只电风扇，标有“220
V 50
W”，电动机线圈的电阻为0.4
Ω，把它接入220
V的电路中，以下几种计算时间t内产生热量的方法，正确的是( )
A．Q＝
B．Q＝Pt
C．Q＝()2Rt
D．以上三种方法均正确
【解析】 对纯电阻电路电热的计算可用Q＝UIt＝I2Rt＝，而电风扇工作时不能看成纯电阻电路，故电热计算要用Q＝I2Rt计算，而电流计算I＝用于任何电路，所以C项正确．
【答案】 C
5．额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间．比较它们产生的热量，结果是( )
A．电风扇最多
B．电烙铁最多
C．日光灯最多
D．一样多
【解析】 在三种用电器中，只有电烙铁是纯电阻用电器，将电能全部转化为内能，故B选项正确．
【答案】 B
6．(多选)一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同的时间内( )
A．电炉放热大于电动机放热
B．电炉两端电压小于电动机两端电压
C．电炉两端电压等于电动机两端电压
D．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
【解析】 由焦耳定律Q＝I2Rt知A错，电动机为非纯电阻电路两端电压U>IR，电炉为纯电阻电路，两端电压U＝IR.故B对，C错，由P＝UI得D对．
【答案】 BD
7．(多选)日常生活用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干．设电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝的电阻R2相串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，通过的电流为I，消耗的电功率为P，则以下选项正确的是( )
A．IU>P
B．IU＝P
C．P>I2(R1＋R2)
D．P＝I2(R1＋R2)
【解析】 P＝UI为定义式，对任何电路都适应，而电吹风内部是一电动机，I2(R1＋R2)为整个电路的热功率，所以有P>I2(R1＋R2)．
【答案】 BC
8.如图2 5 8所示电路中，灯泡L1和L3上标有“220
V 100
W”，灯泡L2和L4标有“220
V 40
W”，设灯泡电阻不变，当电路接上220
V电压后，实际功率最大和最小的灯泡分别是( )
图2 5 8
A．L1和L3
B．L1和L2
C．L2和L4
D．L3和L4
【解析】 R1＝R3P3，而P3>P4，知功率最小为L4.
【答案】 C
[能力提升]
9．(多选)在如图2 5 9所示的电路中，定值电阻的阻值为10
Ω，电动机M的线圈电阻值为2
Ω，a、b两端加有44
V的恒定电压，理想电压表的示数为24
V，由此可知( )
图2 5 9
A．通过电动机的电流为12
A
B．电动机消耗的功率为48
W
C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480
J
D．电动机输出的功率为8
W
【解析】 通过电动机的电流与通过定值电阻的电流相同为I＝＝
A＝2
A，故A错误；电动机消耗的功率为P＝U1I＝24×2
W＝48
W，故B正确；电动机线圈在1分钟内产生的热量Q＝I2rt＝22×2×60
J＝480
J，故C正确；电动机的热功率P热＝I2r＝22×2
W＝8
W，电动机的输出功率P出＝P－
P热＝48
W－8
W＝40
W，故D错误．
【答案】 BC
10．在如图2 5 10甲所示的电路中，电源电动势为3.0
V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列判断错误的是( )
甲 乙
图2 5 10
A．灯泡L1的电阻为12
Ω
B．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍
C．灯泡L1消耗的电功率为0.75
W
D．灯泡L2消耗的电功率为0.30
W
【解析】 由于电源电动势为3.0
V，内阻不计，所以当开关闭合后，达到稳定状态时，加在小灯泡L1两端的电压应为3.0
V，由小灯泡的伏安特性曲线可以看出当电压为3.0
V时，流过小灯泡L1的电流为I1＝0.25
A，由此求得，灯泡L1的电阻为12
Ω，所以A选项正确．由P＝UI可以求得灯泡L1消耗的电功率为0.75
W，所以C选项正确．L2与L3串联，L2两端的电压为1.5
V，由I U图象可知，I2＝0.2
A，则L2消耗的电功率P2＝U2I2＝0.3
W，故D正确，由以上分析可知I1<2I2.故B错．
【答案】 B
11.如图2 5 11所示的电路中，电源电动势E＝6.0
V，内阻r＝0.6
Ω，电阻R2＝0.5
Ω，当开关S断开时；电流表的示数为1.5
A，电压表的示数为3.0
V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；
图2 5 11
(2)当S闭合后，电压表的示数以及R2上消耗的电功率.
【导学号：30800025】
【解析】 (1)R3＝＝
Ω＝2.0
Ω
由E＝I3(R1＋R3＋r)
代入数据有6.0＝1.5(R1＋2.0＋0.6)
解得R1＝1.4
Ω
(2)S闭合后，
R总＝R1＋r＋＝2.4
Ω
电压表的示数U＝×
＝×0.4
V＝1.0
V
R2上消耗的功率P2＝＝
W＝2.0
W.
【答案】 (1)1.4
Ω 2.0
Ω (2)1
V 2
W
12．一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表：
规格
后轮驱动直流永磁体电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120
W
整车质量
30
kg
额定电压
40
V
最大载重
120
kg
额定电流
3.5
A
质量为M＝70
kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k＝0.02倍，g取10
m/s2.求：
(1)此车永磁体电机在额定电压下正常工作的效率．
(2)仅在永磁体电机以额定功率提供动力的情况下，人骑自行车的最大速度．
(3)仅在永磁体电机以额定功率提供动力的情况下，当车速为v1＝1.0
m/s，人骑车的最大加速度．
【解析】 (1)由表可知，电动机的额定电压为U0＝40
V，额定电流为I0＝3.5
A，所以电动机正常工作时输入功率为P输入＝U0I0＝140
W．又因电动机的输出功率为P输出＝120
W，所以电动机的效率为
η＝P输出/P输入＝85.7%.
(2)行驶时所受阻力为f＝k(M＋m)g，式中m为车的质量．当车达到最大速度vm时，应有P输出＝fvm，所以最大速度vm＝Pm/f＝6.0
m/s.
(3)当车速度为v1＝1.0
m/s时，牵引力F＝P出/v1＝120
N，设此时车的加速度为a，根据牛顿第二定律F－f＝(M＋m)a，解得a＝1.0
m/s2.
【答案】 (1)85.7% (2)6.0
m/s (3)1.0
m/s2学业分层测评(十) 研究闭合电路
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于电动势，下列说法中正确的是( )
A．电动势数值上大于内外电压之和
B．电动势数值上等于外电路断路时的路端电压
C．当外电路短路时电动势为零
D．电动势的大小与外电路的结构有关
【解析】 根据闭合电路的欧姆定律E＝U内＋U外，A错，外电路断开时
U内＝0，E＝U外，B对，外电路短路时U外＝0，E＝U内，电源的电动势不变，C错，电动势是表征电源性能的物理量，与外电路结构无关，D错．
【答案】 B
2．(多选)对于不同型号的干电池，下列说法中正确的是( )
A．1号干电池的电动势大于5号干电池的电动势
B．1号干电池的容量比5号干电池的容量大
C．1号干电池的内阻比5号干电池的内阻大
D．把1号和5号干电池分别连入电路中，若电流I相同，则它们做功的快慢相同
【解析】 电池的电动势取决于正、负极材料及电解液的化学性质，与体积大小无关，A错．电池的容量与体积大小有关，B正确，电池的内阻与体积大小无关，C错，1号和5号电池电动势相同，电流相同时，做功快慢也相同，D正确．
【答案】 BD
3．一电池外电路断开时的路端电压为3
V，接上8
Ω的负载后路端电压降为2.4
V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )
A．E＝2.4
V，r＝1
Ω
B．E＝3
V，r＝2
Ω
C．E＝2.4
V，r＝2
Ω
D．E＝3
V，r＝1
Ω
【解析】 当外电路断路时，I＝0，U外＝E＝3
V；接上8
Ω负载时，I′＝＝
A＝0.3
A，
则r＝＝＝
Ω＝2
Ω.
【答案】 B
4.如图2 3 11所示E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
图2 3 11
A．的读数变大，的读数变小
B．的读数变大，的读数变大
C．的读数变小，的读数变小
D．的读数变小，的读数变大
【解析】 S断开时，外电路总电阻增大，总电流减小，故路端电压增大，电压表示数增大，由于R3两端电压增大，故通过R3的电流增大，电流表示数增大，故B正确．
【答案】 B
5．(多选)在用图2 3 12所示的电路测量电池电动势和内阻的实验中，若有两只电压表V1和V2量程相同，内阻RV1>RV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻RA1>RA2，在该实验中，为了使E、r的测量精确些，选择的电表可以是( )
图2 3 12
A．V1和A2
B．V2和A2
C．V2和A1
D．V1和A1
【解析】 首先分析该电路的误差来源，此种接入电路的方法来源于电压表分流，即所测得的电流为不准确值(不是干路电流)，所以应尽可能避免电压表分流，应选大阻值电压表．
【答案】 AD
6．如图2 3 13所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是( )
图2 3 13
A．电流表坏了或未接好
B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路
C．灯L2的灯丝断开或灯座未接通
D．电流表和灯L1、L2都坏了
【解析】 因电压表有示数，则说明电流表与灯泡L2没有断路，可能是从点a经过灯L1，到点b的电路中有断路．
【答案】 B
7.如图2 3 14所示，A灯和B灯都未正常发光，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度的变化是( )
图2 3 14
A．A灯变亮，B灯变亮
B．A灯变暗，B灯变亮
C．A灯变暗，B灯变暗
D．A灯变亮，B灯变暗
【解析】 当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，接入电路的有效电阻变大，R与灯A的并联电阻变大，闭合回路的总电阻变大，则总电流变小，由U＝E－Ir可知路端电压变大，灯B两端电压变大，则灯B变亮；由串联电路的分压关系可知灯A两端电压变大，则灯A也变亮．因此选项A正确．
【答案】 A
8．如图2 3 15所示的电路中，电阻R＝10
Ω，当开关S打开时，理想电压表示数为6
V．当开关S合上时，电压表示数为5.46
V，则电源的内阻为多少？
【导学号：30800021】
图2 3 15
【解析】 当S打开时，R外→∞，E＝U外＝6
V；S闭合时，U外＝IR，即5.46＝I×10
Ω.所以I＝0.546
A．再由E＝U外＋I·r，即6＝5.46＋0.546r，得r≈1
Ω.
【答案】 1
Ω
[能力提升]
9．如图2 3 16所示，当滑动变阻器的滑片向上端移动时，电流表、和电压表、示数如何变化？
图2 3 16
【解析】 当滑片上移时，R4接入电路的电阻变大，因此混联电路的总电阻也随之增大，总电阻增大，由I＝知，总电流I减小，示数变小，U外＝E－Ir，路端电压变大，示数变大．U2＝IR1，I减小，故U2减小，示数减小．
U并＝E－Ir－U2，故U并增大，I2＝，故I2增大，示数变大．
【答案】 见解析
10．测定干电池的电动势和内阻的实验电路如图2 3 17所示，请回答下列问题：
图2 3 17
(1)现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器(0～50
Ω)
C．电压表(0～3
V)
D．电压表(0～15
V)
E．电流表(0～0.6
A)
F．电流表(0～3
A)
其中电压表应选________，电流表应选________．(填字母代号)
(2)如图2 3 18是根据实验数据画出的U－I图象，由此可知这个干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.
图2 3 18
【解析】 (1)干电池的电动势大约为1.5
V，所以电压表选用0～3
V量程．当滑动变阻器阻值为一半时，电路中电流小于0.6
A，所以电流表选用0～0.6
A量程．
(2)U－I图象在纵轴截距等于干电池电动势1.5
V，图线斜率的大小等于电源内阻r＝＝
Ω＝1.0
Ω.
【答案】 (1)C E (2)1.5 1.0
11.一电源与电阻R组成串联电路，电源的路端电压U随电流的变化关系图线及外电阻的U－I图线分别如图2 3 19所示，求：
图2 3 19
(1)电源的电动势和内阻；
(2)电源的路端电压．
【解析】 (1)由图象知：
电源的电动势E＝4
V，I短＝4
A，
所以内阻r＝＝1
Ω.
(2)电源与电阻串联，其交点表示电路中的电流和R两端的电压(路端电压)，即I＝1
A，U＝3
V.
【答案】 (1)4
V 1
Ω (2)3
V
12．在图2 3 20甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100
Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的．求：
甲 乙
图2 3 20
(1)电源的电动势和内电阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器R3的最大值．
【解析】 (1)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir
将图象中A、B两点的电压和电流代入得：
E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r
解得E＝20
V，r＝20
Ω.
(2)当R3的滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电路电阻等于R2，且对应于图线上B点，故由B点的U、I值可求出R2的阻值为：
R2＝＝
Ω＝5
Ω.
(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R3阻值最大，设此时外电路总电阻为R，由图象中A点坐标求出：
R＝＝
Ω＝80
Ω.
又R＝＋R2，代入数值解得滑动变阻器的最大阻值R3＝300
Ω.
【答案】 (1)20
V 20
Ω (2)5
Ω (3)300
Ω学业分层测评(十三)走进门电路 了解集成电路
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为( )
A．“与”门电路
B．“非”门电路
C．“或”门电路
D．上述答案都有可能
【解析】 不论用哪一个开关接通都能使电灯点亮，这体现了“或”逻辑关系．
【答案】 C
2．(多选)“非”门电路的逻辑关系可表示为Z＝，则下列结论中正确的是( )
A.＝0
B.＝1
C.＝0
D.＝1
【解析】 在“非”门电路中“0”和“1”是相反关系．
【答案】 BC
3．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系( )
A．“与”门
B．“非”门
C．“或”门
D．“与非”门
【解析】 联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过，这和“与”门的逻辑关系一致．
【答案】 A
4．请根据下面所列的真值表，从四种图中选出与之相对应的一个门电路( )
【导学号：30800028】
输入
输出
A
B
Q
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
【解析】 从真值表可看出不是单一的“与”、“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确．
【答案】 D
5．在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光．能实现此功能的电路是( )
【解析】 根据逻辑电路可知，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光属于或门电路，所以只有D正确．
【答案】 D
6．如图2 6 6所示，用“1”表示有信号输入，用“0”表示无信号输入，用“1”表示有信号输出，用“0”表示无信号输出，则当A、B、C的输入分别为“0”、“1”、“0”时，在输出Y的结果是( )
图2 6 6
A．“0”
B．“1”
C．“0”或“1”
D．无法确定
【解析】 A、B的输入分别为“0”、“1”，由“或”门逻辑关系知“或”门将输出“1”，C输入“0”，由“非”门的逻辑关系知，“非”门将输出“1”，“与”门的两个输入都为“1”，由“与”门的逻辑关系知，“与”门将输出“1”，即Y为“1”，故B正确．
【答案】 B
7.一逻辑电路图如图2 6 7所示，其真值表见下表，此逻辑电路为__________门电路，在真值表中X处的逻辑值为________.
图2 6 7
输入
输出
S1
S2
Q
0
0
0
0
1
0
1
0
X
1
1
1
若输出的逻辑值分别为0,1,1,1时，则该门电路的种类及符号如何？
【解析】 由真值表可知，电路为“与”门电路，X处的逻辑值为“0”．
若真值表中的逻辑值为0,1,1,1时，则应为“或”门电路，符号为.
【答案】 与 0 “或”门电路
8．如图2 6 8所示为两个“非”门和一个“或”门组成的一个复合门电路，请在下表填写该门电路的电路状态表．
图2 6 8
输入
输出
A
B
Z
【解析】 “非”门与“或”门组成的复合门．
【答案】
输入
输出
A
B
Z
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
[能力提升]
9．(多选)如图2 6 9所示为温度报警器的示意图，下列对此电路的分析正确的是( )
图2 6 9
A．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
B．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
C．当增大R1时，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
D．当增大R1时，A端电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
【解析】 当RT温度升高时其电阻会减小，A端电势升高，Y端电势降低蜂鸣器报警．
【答案】 BC
10.楼梯过道中的电灯往往采用如图2 6 10所示的电路控制．设高电压为“1”，低电压为“0”，试讨论灯泡L的亮暗情况，列出真值表.
图2 6 10
输入
输出
A
B
Q
【解析】 设高电压为“1”低电压为“0”，由题图，可知A接低，B接低，灯不亮；A接低，B接高，灯亮；A接高，B接低，灯亮；A接高，B接高，灯不亮，列出真值表如下.
输入
输出
A
B
Q
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
0
【答案】 见解析
11．在体育比赛中，甲、乙两名裁判员各控制一只开关，用灯的亮与否来表达评判结果．如灯亮，表示合格；灯灭，表示不合格．
(1)若比赛规则规定两名裁判员都认为合格，才可发出合格信号，试画出逻辑电路．
(2)若比赛规则规定两名裁判员只要有一人认为合格就可发出合格信号，试画出逻辑电路．
【答案】
12．如图2 6 11所示给出了“或”逻辑电路的输入端加在A、B端的输入信号的波形图，试画出输出端的波形图
图2 6 11
【解析】 在输入端只要A或B端有输入信号，在输出端就会有输出信号，其输出端的波形如图所示．
【答案】 见解析
13．一路灯控制装置如图2 6 12所示，RG为光敏电阻，光照射RG时，RG变小．白天时，继电器J两端电压是较大还是较小？要使傍晚路灯比平时早一些时间亮起来，应如何调节R1
图2－6－12
【解析】 由题可知，按照逻辑分析法，引起电路状态变化的原因是照射光敏电阻RG的光的强弱，白天光照强，RG的阻值较小，R1两端的电压U1＝较大，即A点电势较高，则Y端为低电势，继电器两端电压较小，不工作，路灯不亮，而夜间的情形恰好相反．若使路灯早一些亮时，首先要明确继电器的工作电压U1一定，Y端电势一定，A端电势一定，则R1两端的电压U1一定，因U1＝＝，则可知要使路灯早些亮时，环境光线仍较强，RG较小，要保证U1一定，必须调节R1变小．
【答案】 较小 调节R1变小学业分层测评(四) 电势和电势差
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( )
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
【解析】 将正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，说明正电荷的电势能增加，电势升高，故b点的电势一定比a点高，C正确；但是a、b两点不一定在同一条电场线上，故B错误；从做功情况反映不出电场力的大小，也不能反映电场的强弱，故A错误；动能的变化取决于合外力做功，电场力做了负功不代表合外力也做负功，所以动能不一定减小，故D错误．
【答案】 C
2.如图1 4 12所示，A、B是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是( )
图1 4 12
A．电场力做正功
B．电场力做负功
C．电场力不做功
D．电场力先做正功后做负功
【解析】 正电荷的受力方向由A指向B，所以由A到B，电场力做正功．
【答案】 A
3．(多选)下列说法中正确的是( )
A．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大
B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大
C．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大
D．无论是正电荷还电负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大
【解析】 无穷远处的电势能为零，电荷从电场中某处移到无穷远时，若电场力做正功，则电势能减小，到无穷远处时电势能减为零，电荷在该点的电势能为正值，且等于移动过程中电荷电势能的变化，也就等于电场力做的功，因此电场力做的正功越多，电荷在该点电势能越大，A正确，B错误．电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服电场力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是电荷在该点的电势能值，因此，电荷在该点的电势能等于电荷从无穷远处移到该点时克服电场力所做的功，故C正确，D错误．
【答案】 AC
4.某静电场的电场线分布如图1 4 13所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )
图1 4 13
A．EP>EQ，φP>φQ
B．EP>EQ，φP<φQ
C．EPφQ
D．EP【解析】 根据沿着电场线方向电势是降落的可判断出φP>φQ，根据电场线的疏密表示电场的强弱，可判断EP>EQ，故选A.
【答案】 A
5．下列说法正确的是( )
A．电势差与电势一样，是相对量，与零点的选取有关
B．电势差是一个标量，没有正值和负值之分
C．由于电场力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势面的不同而改变，所以UAB＝UBA
【解析】 电势和电势差都是标量，但都有正负之分，B错，电势是相对的与零势点的选取有关，但电势差是绝对的，不随零势点的改变而改变且UAB＝φA－φB＝－UBA，A、D错，电场力的功只与移动电荷的初末位置有关与路径无关，所以C对．
【答案】 C
6.如图1 4 14所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )
图1 4 14
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
【解析】 根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错．从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加．当达到M点后电场力做正功，加速，电势能在减小．则在M点的速度最小A错，D错．在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变．
【答案】 C
7.如图1 4 15所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )
【导学号：30800007】
图1 4 15
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
【解析】 由于电场力做负功，所以Q应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB＞φA，故A项错误；由E＝k，r不相等，所以EA≠EB，故B项错误；由φA＝、φB＝，因为WA→∞＝WB→∞，φA＜φB＜0，所以＞，即q1＜q2，故C项正确；由于克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D项错误．
【答案】 C
8．如果把q＝1.0×10－8
C的电荷从无穷远移至电场中的A点，需要克服电场力做功W＝1.2×10－4
J，选取无穷远处为势能零点，那么：
(1)A点的电势及q在A点的电势能各是多少？
(2)q未移入电场前A点的电势是多少？
【解析】 (1)据电势能的改变量等于电场力做的功，所以q在A点的电势能：EpA＝W＝1.2×10－4
J．正电荷在电势高处具有的电势能大，即A点的电势φA>0，则
φA＝＝＝1.2×104
V.
(2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍是1.2×104
V.
【答案】 (1)1.2×104
V 1.2×10－4
J
(2)1.2×104
V
[能力提升]
9．如图1 4 16所示，Q1和Q2是两个固定的负点电荷，在它们的连线上有a、b、c三点，其中b点的合场强为零．现将另一正点电荷q由a点沿连线移到c点．在移动的过程中，点电荷q的电势能变化的情况是( )
图1 4 16
A．不断减小
B．不断增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【解析】 在b点左侧，合电场强度向左，正电荷受电场力向左，由a→b，电场力做负功，电势能增大；在b点右侧，合电场强度向右，正电荷受电场力向右，由b→c，电场力做正功，电势能减小．综合分析，正电荷由a→b→c的过程中，电势能先增大后减小．
【答案】 D
10．(多选)空间存在一匀强电场，有一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子由O点以速度v0射入电场，运动到A点时速度为2v0.现有另一电荷量为－q、质量为m的粒子以速度为2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则( )
A．在O、A、B三点中，B点电势最高
B．在O、A、B三点中，A点电势最高
C．OA间的电势差比BO间的电势差大
D．OA间的电势差比BA间的电势差小
【解析】 正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速率增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高．所以B点电势最高，A对；
UOA＝＝＝，
UOB＝＝＝，
故D对．
【答案】 AD
11.如图1 4 17所示，a、b、c表示点电荷电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ、φ、φ，一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力的作用而运动．已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速率为多少？
图1 4 17
【解析】 从a到b过程中电场力做功Wab＝qUab＝q(φa－φb)＝q(φ－φ)＝qφ①
在从a到b过程中由动能定理得：
Wab＝mv2－0②
由①②两式可得 q＝③
从a到c过程中电场力做功Wac＝qUac＝q(φa－φc)＝q(φ－φ)＝qφ④
由动能定理得：Wac＝mv－0⑤
由③④⑤式可得：vc＝v
【答案】 v
12.如图1 4 18所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方，和Q相距分别为h和0.25
h，将一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为g，试求：
图1 4 18
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)．
【解析】 (1)这一小球必带正电，设其电荷量为q，由牛顿第二定律知，在A点时，有mg－＝mg，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3
g，方向竖直向上．
(2)从A到B的过程中，由动能定理得mg(h－0.25
h)＋qUAB＝0，得UAB＝－.
【答案】 (1)3
g 方向竖直向上 (2)－.学业分层测评(七)了解电容器 静电与新技术
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．对电容C＝，以下说法正确的是( )
A．电容器充电荷量越大，电容增加越大
B．电容器的电容跟它两极板所加电压成反比
C．电容器的电容越大，所带电荷量就越多
D．对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变
【解析】 电容器的电容是由电容器本身的因素决定的，与电容器的带电荷量Q和两极板间的电压无关．所以D对．
【答案】 D
2．(多选)电容器是将电能暂时存储的一种电学元件，电容器的电容越大，所接电压越高，其上存储的电能就越大，下列措施可以增大电容器存储电能能力的是( )
A．电压保持不变，插入电介质
B．电压保持不变，减小正对面积
C．电压保持不变，减小极板间的距离
D．以上措施都不行
【解析】 根据C＝及Q＝CU，当U不变时，增大S或减小d均可使电容增大，电量增大，从而增大电能．
【答案】 AC
3．为了防止静电危害，下列措施不正确的是( )
A．油罐车上拖一条与地面接触的铁链
B．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎
C．在地毯中夹杂不锈钢纤维
D．尽可能保持印染厂空气干燥
【答案】 D
4．电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明( )
A．A所带的电荷量比B多
B.
A比B能容纳更多的电荷量
C.
A的体积比B大
D．两电容器的电压都改变1
V时，A的电荷量改变比B的大
【解析】 电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定．电容描述了电容器容纳电荷的本领(电容器两极板间的电势差每改变1
V所改变的电荷量的多少)大小，而不表示容纳电荷的多少或带电荷量的多少．正确答案为D项．
【答案】 D
5．(多选)下列关于电容器和电容的说法中正确的是( )
A．根据C＝Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比
C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变
D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板上的电压有关
【解析】 由电容器的定义和电容器的物理意义知A、D错误，C正确．由Q＝CU知B正确．
【答案】 BC
6.如图1 7 6所示的电容器C，两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是( )
图1 7 6
A．两板间距离增大
B．两板间距离减小
C．两板正对面积减小
D．两板正对面积增大
【解析】 开始时电荷受重力和电场力平衡，要使电荷向上运动，则要增大电场力，即要使场强E增大．由于电容器始终跟电源两极相连，所以电容器两极板间的电势差不变，所以，当d减小时，由E＝可知E增大，故选B.
【答案】 B
7．(多选)如图1 7 7所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则( )
图1 7 7
A．电容器带电荷量不变
B．尘埃仍静止
C．检流计中有a→b的电流
D．检流计中有b→a的电流
【解析】 电容器与电源相连，所以两极板间电压不变．两板错开一些，正对面积S将减小，由C∝S得C减小．由Q＝UC得，Q减小，电容器放电，电子从b向a运动，所以电流从a向b.由E＝得，E不变，所以尘埃仍静止．
【答案】 BC
8．平行板电容器两极板间距为4
cm，带电荷量为5×10－8C，板间电场强度为2×104
N/C，则电容器两极板间的电压和电容为多少？
【导学号：30800013】
【解析】 平行板电容器两板间的电势差
U＝E·d＝2×104×0.04
V＝800
V
所以该电容器的电容C＝＝
F＝6.25×10－11
F
【答案】 800
V 6.25×10－11
F
[能力提升]
9．(多选)如图1 7 8所示为静电除尘示意图，在M、N两点间加高压电源时，金属管内空气电离，电离的电子在静电力的作用下运动，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电荷，因而煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了，就此示意图，下列说法正确的是( )
图1 7 8
A．N接电源的正极
B．M接电源的正极
C．电场强度EM＞EN
D．电场强度EM＜EN
【解析】 电子附在煤粉上，使煤粉带上负电荷，煤粉若能吸附在管壁上，说明管壁带正电荷，N接电源正极．将金属棒与金属管壁看做电容器，则其内电场线分布情况如图所示．由图可知金属棒附近的M点处电场线较密，而靠近金属管壁的N点处电场线较疏，故M处场强比N处场强大，即EM＞EN.
【答案】 AC
10．(多选)如图1 7 9所示，一个平行板电容器板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是( )
图1 7 9
A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度的大小E＝
B．电容器两极板间各点的电势有的相同、有的不同，有正的、有负的、有的为零
C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上所带的电荷量Q也会增加
D．若有一个电子穿越两极板之间的电场，则此电子的电势能一定会减小
【解析】 电容器两极板间的电势差U＝φ－(－φ)＝2φ，场强E＝＝，选项A错误；由U＝Ed得，电场中某点到B板的电势差UxB＝φx－(－φ)＝Ed′＝d′，φx＝d′－φ，当d′＝时，Ux＝0，选项B正确；U不变，当d减小时，C增大，带电荷量Q＝CU增大，选项C正确；电子的电势能如何变化要看电子进入电场和射出电场时的位置关系，选项D错误．
【答案】 BC
11．如图1 7 10所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60
V的恒压电源上，两极板间距为3
cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地．求：
图1 7 10
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板为2
cm的C点处的电势．
【解析】 (1)由电容定义式C＝＝
F＝1×10－9
F
(2)两板之间为匀强电场E＝＝
V/m＝2×103
V/m，方向竖直向下．
(3)C点距A板间距离为dAC＝d－dBC＝1
cm
A与C间电势差UAC＝EdAC＝20
V
又UAC＝φA－φC，φA＝0可得φC＝－20
V.
【答案】 (1)1×10－9
F (2)2×103
V/m，方向竖直向下 (3)－20
V
12．如图1 7 11所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C＝εr计算，式中常量εr＝9×10－12
F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为50
mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6
mm.如果电容变化0.25
pF，电子线路恰能检测出此信号，则键至少需要被按下多大距离？
图1 7 11
【解析】 按下键时电容C增大，由ΔC＝－代入数据得：d2＝0.45
mm
所以Δd＝d1－d2＝0.15
mm.
【答案】 0.15mm章末综合测评(一) 电场
一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．(2015·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是( )
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
【解析】 用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象．
【答案】 C
2．下列关于静电场的说法正确的是( )
A．在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点
B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动
C．场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强一定为零
D．初速为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动
【解析】 考查电场基本性质，几种典型场空间分布．场强是矢量，A对；若正电荷具有初速度，只在电场力作用下，不一定从高电势点向低电势点运动，B错；电势具有相对性，零电势点是可任意选取的，故C错；初速为零的正电荷若在电场线不为直线的电场中，只在电场力作用下，其将不沿电场线运动，故D错．
【答案】 A
3．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大
B．C增大，U减小
C．C减小，U增大
D．C和U均减小
【解析】 由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．
【答案】 B
4．(2013·全国卷Ⅱ)如图1，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )
图1
A.
B.
C.
D.
【解析】 各小球都在力的作用下处于静止状态，分别对各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c球为研究对象，除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F静＝2kcos
30°，F静＝Eqc，解得E＝，选项B正确．
【答案】 B
5．如图2所示为电场中的一条电场线，电场线上等距离分布M、N、P三个点，其中N点的电势为零，将一负电荷从M点移动到P点，电场力做负功，以下判断正确的是( )
图2
A．负电荷在P点受到的电场力一定小于在M点受到的电场力
B．M点的电势一定小于零
C．正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功
D．负电荷在P点的电势能小于零
【解析】 仅由一条电场线无法确定P、M两点的电场强弱，A错误．负电荷从M点至P点，电场力做负功，则电场线方向向右，正电荷从P点移到M点，电场力一定做负功，C正确；又沿电场线电势降低，N点电势为零，则M点电势为正，P点电势为负，负电荷在P点的电势能一定大于零，B、D错误．
【答案】 C
6．如图3所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )
图3
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压
D．仅减小偏转电极间的电压
【解析】 设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝，得v0＝，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝，a＝，vy＝at，tan
θ＝＝，由此可判断C正确．
【答案】 C
7．如图4所示，一束α粒子沿中心轴射入两平行金属板之间的匀强电场中后，分成三束a、b、c，则( )
【导学号：30800015】
图4
A．初速度va＜vb＜vc
B．板内运动时间ta＝tb＞tc
C．动能变化量ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc
D．动能变化量ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc
【解析】 粒子做平抛运动，竖直方向上加速度相同．竖直方向上
y＝at2，整理得ta＝tb＞tc，a的水平位移小于b的水平位移，va＜vb，b、c水平位移相等，又tb＞tc，所以vb＜vc；根据动能定理ΔE＝W＝qEy，动能变化量ΔEka＝ΔEkb＞ΔEkc.
【答案】 AC
8.图5中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )
图5
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【解析】 由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律F＝k可知，a、b、c三点中，在a点时受力最大，选项B错误；带电粒子从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，故Uab＞Ubc，所以Wab＞Wbc，根据动能定理，带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确．
【答案】 CD
9.图6中虚线是某电场的一组等势面，相邻等势面间的电势差相等．两个带电粒子从P点沿等势面的切线方向射入电场，粒子仅受电场力作用，运动轨迹如实线所示，a、b是实线与虚线的交点．下列说法正确的是( )
图6
A．两粒子的电性相反
B．a点的场强小于b点的场强
C．a点的电势高于b点的电势
D．与P点相比两个粒子的电势能均增加
【解析】 由于粒子仅受电场力的作用，据轨迹弯曲方向可知两粒子受到的电场力方向相反，故两粒子电性相反，A正确；b点的等势面较密集，故b点的场强大，B正确；由于两粒子各自的电性不确定，电场的方向未知，故无法判断电势的高低，C错误；电场力对两粒子均做正功，故电势能均减小，D错．
【答案】 AB
10．(2015·山东高考)如图7甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
甲 乙
图7
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
【解析】 0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确．根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．
【答案】 BC
二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)
11．(10分)一个带电量q＝－3×10－6
C的点电荷，从某电场的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10－4
J的功，问：
(1)点电荷的电势能如何变化？变化了多少？
(2)A、B两点的电势差多大？
(3)若把一个带电量为q＝1×10－6
C的电荷由A移到B，则电场力对此电荷做功多大？
【解析】 (1)电荷克服电场力做6×10－4
J的功，电场力做负功，电势能增加
增加6×10－4
J；
(2)A、B两点的电势差：UAB＝＝
V＝200
V
(3)电场力做功：W′AB＝qUAB＝1×10－6×200
J＝2×10－4
J.
【答案】 (1)增加 6×10－4
J (2)200
V
(3)2×10－4
J
12．(15分)如图8所示，质量为m＝5×10－8
kg的带电粒子以v0＝2
m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L＝10
cm，板间距离d＝2
cm，当A、B间加电压UAB＝103
V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A板电势高)，取g＝10
m/s2.求：
图8
(1)带电粒子的电性和所带电荷量；
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？
【解析】 (1)当UAB＝103
V时，粒子做直线运动
有q＝mg
解得q＝＝10－11
C，带负电．
(2)当电压UAB比较大时，qE>mg，粒子向上偏，
由牛顿第二定律得
－mg＝ma1
当刚好能从上板边缘飞出时，有
y＝a2t2＝a1()2＝
解得U1＝1
800
V
当电压UAB比较小时，qEmg－＝ma2
设刚好能从下板边缘飞出，有
y＝a2t2＝
解得U2＝200
V
则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为：
200
V≤UAB≤1
800
V
【答案】 (1)带负电 10－11C
(2)200
V≤UAB≤1
800
V
13．(15分)(2013·全国卷Ⅱ)如图9，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
图9
【解析】 小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝m②
Nb－F＝m③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mv④
Ekb＝mv⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝(Nb－Na)
Eka＝(Nb＋5Na)
Ekb＝(5Nb＋Na)．
【答案】 (Nb－Na) (Nb＋5Na) (5Nb＋Na)学业分层测评(十六) 安培力的应用
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)磁电式电流表的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，目的是( )
A．使磁场成圆柱形，以便线圈转动
B．使线圈平面在水平位置时与磁感线平行
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．使线圈受电磁力矩始终最大
【解析】 线圈平面始终和磁感线平行，可使线圈在转动过程中所受电磁力矩始终最大，M＝NBIS，以保证转动效果，若磁场是匀强磁场，则当线圈转至和磁场垂直时，磁力矩为零．
【答案】 CD
2．(多选)超导电磁铁相斥式磁悬浮列车，列车能够悬浮的原理是( )
A．超导体的电阻为零
B．超导体的磁性很强
C．超导体电流的磁场方向与轨道上磁场方向相反
D．超导体电流产生的磁力与列车重力平衡
【解析】 列车能够浮起，必定受到了向上的力，这个力就是车上超导体电磁铁形成的磁场与轨道上线圈中电流形成的磁场之间所产生的相斥力，这个力与列车重力平衡，列车才能悬浮．因此两磁场方向必须相反．故C、D两项正确．超导体无电流时，即使电阻为零，也不能产生磁场，因此列车也不能悬浮，则A、B两项错．
【答案】 CD
3．所谓电流表的灵敏度，是指在通入相同电流的情况下，指针偏转角度的大小．偏角越大，灵敏度越高．下列方法不能提高磁电式电流表灵敏度的方法有( )
A．增强永久磁铁的磁性
B．增大螺旋弹簧的劲度系数
C．增大线圈的面积
D．增加线圈的匝数
【解析】 通电线圈在磁场中转动时，螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动．电流越大，安培力就越大，螺旋弹簧的形变也就越大．要提高电流表的灵敏度，就要在通入相同电流时，让指针的偏转角度增大．所以要减小螺旋弹簧的劲度系数，同时使安培力变大，即增加磁感应强度、增大线圈面积和增加线圈的匝数．
【答案】 B
4.电动机通电之后电动机的轮子就转动起来，其实质是因为电动机内线圈通电之后在磁场中受到了磁力矩的作用，为电动机内的矩形线圈，其只能绕Ox轴转动，线圈的四个边分别与x、y轴平行，线中电流方向如图3 4 5所示．当空间加上以下所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )
图3 4 5
A．方向沿x轴的恒定磁场
B．方向沿y轴的恒定磁场
C．方向沿z轴的恒定磁场
D．任何方向的恒定磁场
【解析】 要想使线圈绕Ox轴转动起来，必须使与Ox轴平行的两条边所受安培力产生力矩，而其余两边力矩为零，要使与Ox轴平行的两条边所受安培力产生力矩，由左手定则知磁场方向沿y轴正向或负向，B正确．
【答案】 B
5.如图3 4 6所示，直导线MN与矩形线框abcd在同一平面内，直导线中通有向上的电流I，矩形线框中通有沿逆时针方向的电流I0，则直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安培力合力( )
【导学号：30800040】
图3 4 6
A．大小为零
B．大小不为零，方向向左
C．大小不为零，方向向右
D．大小不为零，方向向上
【解析】 ad、bc边所受安培力大小相等，方向相反，互相抵消，而ab、cd边所受的安培力不能抵消，由于ab边离MN近些，故斥力大于引力，C选项正确．
【答案】 C
6．(多选)对于放在匀强磁场中可绕垂直于磁场方向的轴转动的通电理想线圈，下列说法中正确的是( )
A．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩最大
B．当线圈平面平行于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零
C．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力最大，合力矩也最大
D．当线圈平面垂直于磁感线时，所受合力为零，合力矩也为零
【解析】 当线圈平面平行于磁感线时，两条边受到安培力作用，只不过这两个力大小相等，方向相反，合力为零，但它们不是作用在一条直线上且力臂最大，故对线圈的磁力矩最大；当线圈平面垂直于磁感线时，四条边所受安培力大小相等方向相反，作用在一条直线上且通过转轴，故合力为零，合力矩也为零．
【答案】 AD
7．在磁感应强度为B的匀强磁场 有一段长为2
m的直导线，直导线中通有2.5
A的电流，下列关于直导线所受安培力F的说法正确的是( )
A．如果B＝2
T，F一定是1
N
B．如果F＝0，B也一定为零
C．如果B＝4
T，F有可能是1
N
D．如果F最大，通电直导线一定与B平行
【解析】 当直导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，受力最大；当直导线与磁场方向平行放置时，F＝0；当直导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0【答案】 C
8．(多选)如图3 4 7所示，一根通电的直导体放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )
图3 4 7
A．一直增大
B．先减小后增大
C．先增大后减小
D．始终为零
【解析】 若F安α，因安培力向上，则摩擦力向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B对，C、D错；若F安>mgsin
α，摩擦力向下，随F安增大而一直增大，A对．
【答案】 AB
[能力提升]
9．如图3 4 8甲所示是磁电式电流表的结构图，图乙是磁极间的磁场分布图，以下选项中正确的是( )
图3 4 8
①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的 ②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大 ③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场 ④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力矩与电流有关，而与所处位置无关( )
A．①②
B．③④
C．①②④
D．①②③④
【解析】 当阻碍线圈转动的力矩增大到与安培力产生的使线圈转动的力矩平衡时，线圈停止转动，即两力矩大小相等、方向相反，故①正确．磁电式电流表蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐向分布的磁场特点是大小相等、方向不同，故③错，④正确．电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确．故C正确．
【答案】 C
10.如图3 4 9所示，O为圆心，和是半径分别为ON、OM的圆心圆弧，在O处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成KLMN回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )
【导学号：30800041】
图3 4 9
A．将向左平动
B．将向右平动
C．将在纸面内以通过O点并垂直纸面的轴转动
D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动
【解析】 因为通电直导线的磁感线是以O为圆心的一组同心圆，磁感线与电流一直平行，所以KN边、LM边均不受力．根据左手定则可得，KL边受力垂直纸面向外，MN边受力垂直纸面向里，故D正确．
【答案】 D
11.如图3 4 10所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为l，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码后，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知( )
图3 4 10
A．磁感应强度方向垂直纸面向里，B＝
B．磁感应强度方向垂直纸面向里，B＝
C．磁感应强度方向垂直纸面向外，B＝
D．磁感应强度方向垂直纸面向外，B＝
【解析】 电流反向时，右边再加质量为m的砝码后，天平重新平衡，说明安培力的方向原来竖直向下，由左手定则，知磁感应强度方向垂直纸面向里，设线圈质量为m0，根据平衡条件有：
m1g＝m2g＋NBIl＋m0g①
m1g＝m2g＋mg－NBIl＋m0g②
所以B＝.
【答案】 B
12.如图3 4 11所示，将长为50
cm、质量为10
g的均匀金属棒ab的两端用两个相同的弹簧悬挂成水平状态，并使其位于垂直纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通过0.4
A的电流时，弹簧恰好不伸长．取g＝10
m/s2，问：
图3 4 11
(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？
(2)当金属棒由a到b通过0.2
A电流时，弹簧伸长1
cm；如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧的伸长量又是多少？
【解析】 (1)因弹簧不伸长，结合安培力的公式得：BIL＝mg故B＝＝T＝0.5
T.
(2)当金属棒由a到b通过0.2
A的电流时，弹簧伸长1
cm，对金属棒，根据平衡条件有：BI1L＋2kx1＝mg
电流方向由b到a时，
同理有：BI1L＋mg＝2kx2
联立以上各式可得：x2＝3
cm.
【答案】 (1)0.5
T (2)3
cm
13.据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图3 4 12所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离s＝0.10
m，导轨长L＝5.0
m，炮弹质量m＝0.30
kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0
T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103
m/s，求通过导轨的电流I.(忽略摩擦力与重力的影响)
图3 4 12
【解析】 由题意知，炮弹加速的过程中只受安培力作用，则由牛顿第二定律有：BIs＝ma
炮弹做匀加速直线运动，因而v2＝2aL，
联立得I＝，
代入题给数据得：I＝6.0×105
A.
【答案】 6.0×105
A学业分层测评(二) 探究静电力
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电荷量增加到原来的4倍，B的带电荷量不变，要使它们的静电力变为F/4，则它们的距离应当变为( )
A．16r
B．4r
C．2r
D．2r
【解析】 根据库仑定律F＝k，可以确定距离应变为4r，故B正确．
【答案】 B
2.为了研究电荷之间的相互作用力跟什么因素有关，小宇做了如下实验：把一个带正电的物体放在A处，然后将挂在丝线上带正电的小球先后挂在P1、P2、P3处，发现情况如图1 2 3所示．由此，小宇归纳得出的初步结论是( )
图1 2 3
A．电荷之间的作用力大小随距离增大而减小
B．电荷之间的作用力大小随距离增大而增大
C．电荷之间的作用力大小随距离的增大先增大后减小
D．电荷之间的作用力大小与距离无关
【解析】 根据小球悬线偏离竖直方向的角度可以看出，电荷之间相互作用力的大小与电荷间距离的大小有关，距离越近，偏角越大，说明电荷间相互作用力越大，所以A选项正确．
【答案】 A
3．A、B两个点电荷间距离恒定，当其他电荷移到A、B附近时，A、B之间的库仑力将( )
A．可能变大
B．可能变小
C．一定不变
D．不能确定
【解析】 由库仑定律F＝k可知，当Q1、Q2、r不变时两点电荷间的库仑力F不变，与是否存在其他电荷无关，故C正确，A、B、D错误．
【答案】 C
4．如图1 2 4所示，两个带电球，大球的电量大于小球的电量，可以肯定( )
图1 2 4
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等
【解析】 由题图可知，两个小球相互排斥，可判断：两个小球带同种电荷，A、B项错误；两球间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，C错误，D正确．
【答案】 D
5．设星球带负电，一电子粉尘悬浮在距星球表面1
000
km的地方，若将同样的电子粉尘带到距星球表面2
000
km的地方相对于该星球无初速释放，则此电子粉尘( )
A．向星球下落
B．仍在原处悬浮
C．推向太空
D．无法判断
【解析】 均匀带电的球体可视为点电荷．粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出r增大，等式仍然成立，故选B.
【答案】 B
6．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知( )
A．n＝3
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
【解析】 由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q×nq＝×，解之可得n＝6，D正确．
【答案】 D
7．(多选)如图1 2 5所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是( )
图1 2 5
A．a对b的静电力一定是引力
B．a对b的静电力可能是斥力
C．a的电荷量可能比b少
D．a的电荷量一定比b多
【解析】 三个自由电荷仅在库仑力作用下平衡时满足“三者共线，两大夹小，两同夹异，近小远大”．所以，选项A、D正确．
【答案】 AD
8．真空中两个静止点电荷相距10
cm，它们之间相互作用力的大小为9×
10－4N，当它们合在一起时，成为一个带电量为3×10－8C的点电荷，若它们带异种电荷，原来两电荷的带电量各为多少？
【导学号：30800003】
【解析】 若两个小球带电量的大小分别为q1、q2
由题意：q1－q2＝3×10－8C
根据库仑定律：F＝k，得：q1＝5×10－8C
q2＝2×10－8C
考虑到可能带同种电荷，也可能带异种电荷，故q1＝－5×10－8C q2＝2×
10－8C.
或q1＝5×10－8C q2＝－2×10－8C.
【答案】 q1＝－5×10－8C q2＝2×10－8C或
q1＝5×10－8C q2＝－2×10－8C
[能力提升]
9．(多选)如图1 2 6所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，则c受到a和b的静电力的合力可能是( )
图1 2 6
A．F1
B．F2
C．F3
D．F4
【解析】 如图所示，可根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引判断c所受a、b的作用力方向，由平行四边形定则可判知其合力，选项A、B正确．
【答案】 AB
10.中子内有一个电荷量为＋
e的上夸克和两个电荷量为－e的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图1 2 7所示，如选项图给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是( )
图1 2 7
【解析】 对上夸克和下夸克分别受力分析，由对称性可知，两下夸克对上夸克的作用力的合力必竖直向下；由于上夸克对下夸克的作用力是两个下夸克之间作用力的二倍，夹角为120°，所以二者合力恰好竖直向上．故正确答案为B.
【答案】 B
11．如图1 2 8所示，一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是m的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电荷量是多少？
图1 2 8
【解析】 圆环A受力如图，受四个力：重力mg、库仑力F、丝线两个拉力T相等．
则Tsin
60°＝mg
Tcos
60°＋T＝k
解得q＝
.
【答案】 均为
12．三个带电量相同的正电荷Q，放在等边三角形的三个顶点上，问：
(1)在三角形的中心放置电量为多大的电荷，才能使中心的电荷受力为零？
(2)电量为多大时使每个电荷受力都为零？
【解析】 (1)由于放于顶点的电荷性质相同，电量多少相同，到三角形中心距离相等，由库仑定律可知，每个Q对中心电荷的库仑力大小相等且互成120°，故中心电荷只要电量不为零，受力均为零．
(2)设边长为l，在△ABC中，中心O到B(或A或C)距离为r，r＝l，A对B的作用力和C对B的作用力的合力与q对B的作用力为一对平衡力．q对B点Q的力
FqQ＝k＝3k.
C处(A处)Q对B处Q的库仑力，FQQ＝k＝k，B处Q受A、C处Q的库仑力的合力F合＝2FQQcos30°＝FQQ＝k，由力的平衡条件知3k＝k，得q＝Q，应为负电荷．
【答案】 (1)任何带电量不为零的电荷均可以
(2)－Q学业分层测评(十四)我们周围的磁现象 认识磁场
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(多选)关于磁性材料的分类和应用，下列说法中正确的是( )
A．任何物质在外磁场中都或多或少地被磁化，因此，所有物质都是磁性物质
B．磁性物质中的软磁性材料是指硬度比较小的且容易变形的材料
C．软磁性材料是指磁化后容易去磁性材料
D．在需要反复磁化的场合应该选用软磁性材料
【解析】 由于磁性材料是指磁化后磁性很强的材料，故A错误；软磁性材料不是指材料的硬度，是指磁化后容易去磁的材料，故B错误，C正确；在需要反复磁化的场合，也就是外磁场消失后，材料的磁性立即消失，反之立即被磁化，由此知应该选用软磁性材料，故D正确，故选C、D.
【答案】 CD
2．关于地磁场，下列说法中正确的是( )
A．地磁两极跟地理两极完全重合
B．世界上第一个论述磁偏角的科学家是我国的张衡
C．地球的地磁北极与地理南极重合
D．地球的地磁北极在地理南极附近
【解析】 地磁场的两极与地理两极并不重合，而且地磁场的两极在缓慢移动，A错．地球的地磁北极在地理南极附近，而不是重合，D对C错．我国的沈括是世界上第一个论述磁偏角的人．B错．
【答案】 D
3．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的，对磁场认识正确的是( )
A．磁感线有可能出现相交的情况
B．磁感线总是由N极出发指向S极
C．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极所指方向一致
D．某点磁场的方向与放在该点的小磁针受力的方向一致
【解析】 根据磁感线的特点：(1)磁感线在空间内不能相交；(2)磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极；(3)磁感线的切线方向表示磁场的方向(小磁针静止时N极指向)．可判断选项A、B错误，C正确．D错误．
【答案】 C
4．根据安培分子电流假说的思想，认为磁场是由于电荷运动产生的，这种思想如果对地磁场也通用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷．那么由此判断地球应该( )
A．带负电
B．带正电
C．不带电
D．无法确定
【解析】 根据地球磁场的N极在地球的南极附近，由安培定则，大拇指指向地球南极，四指的指向应为电流的方向，四指的指向与地球自转方向相反，故应带负电．
【答案】 A
5．图3 1 7是一种利用电磁原理制造的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是( )
图3 1 7
A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极
B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极
C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极
D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极
【解析】 当电流从a端流入电磁铁时，根据右手螺旋定则判断出电磁的上端为S极，此时它能吸引小磁铁向下运动，说明小磁铁的下端为N极．
【答案】 D
6．(多选)在下面四个图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向．其中对应正确的是( )
【解析】 由安培定则判断C错误，D正确．又因小磁针静止时N极所指的方向与磁场方向相同，所以A正确，B错误．
【答案】 AD
7．(多选)我们在看中央台体育频道的围棋节目时会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以自出移动，但是不会掉下来，棋盘和棋子都是由磁性材料做成的，棋子不会掉落是因为( )
A．质量小，重力可以忽略不计
B．受到棋盘对它向上的摩擦力
C．棋盘对它向上的摩擦力与重力平衡
D．它一方面受到棋盘的吸引，另一方面还受到空气的浮力
【解析】 本题考查包括磁场力在内的受力分析，解题时可根据力学规律按平衡条件进行分析．由题意知，磁场力在水平方向，与竖直方向的受力无关，棋子之所以能平衡，主要是重力和摩擦力平衡，因此BC正确．
【答案】 BC
8．(多选)南极考察经常就南极特殊的地理位置进行科学测量，“雪龙号”考察队员一次实验如下：在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电螺线管，如图3 1 8所示．下列说法正确的是( )
图3 1 8
A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将减小
B．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大
C．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大
D．不论螺线管通电情况如何，弹簧测力计示数均不变
【解析】 在地球南极附近即为地磁N极，螺线管相当于一条形磁铁，根据右手螺旋定则判断出“条形磁铁”的极性．
【答案】 AC
[能力提升]
9．(多选)如图3 1 9所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则( )
【导学号：30800033】
图3 1 9
A．放在a处的小磁针的N极向左
B．放在b处的小磁针的N极向右
C．放在c处的小磁针的S极向右
D．放在a处的小磁针的N极向右
【解析】 由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．
【答案】 BD
10．(多选)在三维直角坐标系中，电子沿y轴正方向运动，如图3 1 10所示，则( )
图3 1 10
A．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿电子的运动方向
B．利用安培定则判定电子运动产生的磁场方向时，大拇指应沿形成的电流方向
C．由电子运动产生的磁场在图示a处的方向沿＋x方向
D．由电子运动产生的磁场在图示a处的方向沿－x方向
【解析】 由安培定则知，伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，A错B对．弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．在a点的切线方向沿－x方向，所以C错D对．
【答案】 BD
11．如图3 1 11所示，在甲、乙间用两条导线将直流电源和电阻连成一个直流电路，将小磁针放在两导线之间时，N极向纸外偏转，接在A与B间的电压表向B接线柱一侧偏转(此电压表指针总偏向电流流进的一侧)，由此是否可以判断出甲，乙两处哪是电源，哪是电阻？
图3 1 11
【解析】 小磁针N极向读者偏转，可判断小磁针所在处磁场方向向外，由安培定则知，上面的导线
中的电流由乙处流向甲处，由电压表指针的偏转方向可知，电压表中的电流由B流向A，即B端电势高．综上所述，乙处一定是电源，甲处一定是电阻．
【答案】 见解析
12.如图3 1 12所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M.B为铁片，质量为m.当电磁铁通电时，铁片被吸引加速上升，设某时刻铁片的加速度为a，则轻绳上拉力F的大小为多少？
图3 1 12
【解析】 本题是磁场和力学的综合题，可通过受力分析，结合牛顿第二定律解决．在铁片B上升的过程中，轻绳上的拉力F大小等于A、C的重力Mg和B对A的引力F′引的和．在铁片B上升的过程中，对B有F引－mg＝ma，所以F引＝mg＋ma.由牛顿第三定律可知B对A的引力F′引与A对B的引力F引大小相等、方向相反，所以F＝Mg＋mg＋ma.
【答案】 Mg＋mg＋ma学业分层测评(九) 对电阻的进一步研究
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，在如图所示的图象中，可能表示金属铂电阻图线的是( )
【解析】 由于同一金属导体的电阻随温度的增加而变大，金属铂的电阻值对温度的高低非常敏感，显然随着所加电压的增大，电流增大，产生的热量增多，从而使温度升高，则其电阻一定变大，由图示图象可知，选项B正确．
【答案】 B
2．电阻R1阻值为6
Ω，与电阻R2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I1∶I2＝2∶3，则R2的阻值和总电阻的阻值分别是( )
A．4
Ω，2.4
Ω
B．4
Ω，3.6
Ω
C．9
Ω，3.6
Ω
D．9
Ω，4.5
Ω
【解析】 并联电路中，＝，所以R2＝＝×6
Ω＝4
Ω，R总＝＝
Ω＝2.4
Ω.
【答案】 A
3．(多选)下列说法正确是( )
A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零
B．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻
C．并联电路任一支路电阻减小(其他支路不变)总电阻增大
D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)总电阻一定减少
【解析】 并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和，即＝＋，当其中一个分电阻为零时，各支路电阻的倒数之和为无穷大，所以总电阻的倒数为无穷大，总电阻为零，A正确．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻，B正确．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，各支路电阻的倒数之和将减小，总电阻的倒数将减小，总电阻将增大，反之，总电阻将减小，C、D错误．
【答案】 AB
4.如图2 2 10所示，a、b两端电压恒定，电阻R1＝2
kΩ，用内阻也是2
kΩ的电压表测电阻R1两端电压为2
V，测R2两端电压为4
V，则不接电压表时，a、b间总电压为( )
图2 2 10
A．6
V
B．8
V
C．10
V
D．12
V
【解析】 设a、b间总电压为U，由题意：＝且＝，所以U＝10
V，故C正确．
【答案】 C
5．三个阻值都为12
Ω的电阻，它们任意连接、组合，总电阻不可能为( )
A．4
Ω
B．24
Ω
C．18
Ω
D．36
Ω
【解析】 若三个电阻并联，R总＝R＝4
Ω，A可能；若三个电阻串联，R总＝3R＝36
Ω，D可能；若两个电阻并联后和第三个电阻串联．R总＝R＋R＝12
Ω＋6
Ω＝18
Ω，C可能；若两个电阻串联后和第三个电阻并联，R总＝
Ω＝8
Ω，B不可能．故选B.
【答案】 B
6.如图2 2 11所示的电路，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，滑动触头P滑动时，电路的总电阻发生变化，以下情况正确的是( )
【导学号：30800019】
图2 2 11
A．P向左滑动，总电阻变小
B．P向右滑动，总电阻变小
C．P滑动到最左端时，总电阻为R0
D．P滑动到最右端时，总电阻为零
【解析】 R0为定值电阻，R为滑动变阻器，P向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻也减小，P向右滑动时，总电阻增大；P滑到最左端时，总电阻为零；P滑到最右端时，总电阻最大，故A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
7．(多选)如图2 2 12所示的电路中，若ab为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则( )
图2 2 12
A．空载时输出电压UAB＝Uab
B．当AB间接上负载R时，输出电压UAB<
C．AB间的负载R越大，UAB越接近
D．AB间的负载R越小，UAB越接近
【解析】 空载时，UAB＝Uab，A错，AB间接入R时，R与变阻器一半电阻并联，并联后电阻小于变阻器阻值一半，所以UAB<，B对，R越大，并联电阻越近变阻器阻值一半，UAB越接近，C对，D错．
【答案】 BC
8．(多选)如图2 2 13所示电路中，电压表和电流表的读数分别为10
V和0.1
A，已知电流表的内阻RA为0.2
Ω，那么待测电阻Rx的测量值和真实值的下列说法正确的是( )
图2 2 13
A．Rx的测量值为100
Ω
B．Rx的测量值为99.8
Ω
C．Rx的真实值为100
Ω
D．Rx的真实值为99.8
Ω
【解析】 电压表的示数表示Rx与RA串联的总电压，所以R测＝Rx＋RA＝即R测＝100
Ω，Rx真实值Rx＝R测－RA＝99.8
Ω，所以A、D对．
【答案】 AD
[能力提升]
9．如图2－5－15所示，4只电阻串联于某电路中，已测出UAC＝9
V，UBD＝6
V，R2＝R4，则UAE为( )
图2－5－15
A．3
V
B．7.5
V
C．15
V
D．无法确定
【解析】 四个电阻串联，根据电压关系可知
UAC＋UBD＝I(R1＋R2＋R2＋R3)＝15
V
已知R2＝R4，UAC＋UBD＝UAE.
【答案】 C
10．(多选)如图2 2 14所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
图2 2 14
A．R1∶R2＝1∶3
B．R1∶R2＝3∶1
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝3∶1
【解析】 I?U图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可得R1∶R2＝1∶3，故A项对，B项错．R1与R2串联后电流相等，故C项错，R1与R2并联后电压相同由公式U＝IR，电流与电阻成反比，故D项对．
【答案】 AD
11．如图2 2 15所示，R1＝2
Ω，R2＝3
Ω，滑动变阻器最大值R3＝5
Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？
图2 2 15
【解析】 设触头上部分电阻为x
Ω，则下部分为(5－x)Ω，总电阻R＝＝由数学知识可知当2＋x＝8－x时，即x＝3
Ω时，R最大，此时Rmax＝
Ω＝2.5
Ω.
安培表的示数最小值Imin＝＝
A＝2
A
【答案】 2
A
12．由4个电阻连接成的串、并联电路如图2 2 16所示，R1＝8
Ω，R2＝4
Ω，R3＝6
Ω，R4＝3
Ω.求：
图2 2 16
(1)a、d之间的总电阻．
(2)如果把42
V的电压加在a、d两端，求通过每个电阻的电流是多少？
【解析】 (1)由题图可知Rcd＝
Ω＝2
Ω
故Rad＝8
Ω＋4
Ω＋2
Ω＝14
Ω
(2)由欧姆定律知I＝＝
A＝3
A，
此即为通过R1、R2的电流．
设通过R3、R4的电流分别为I3、I4，
则由并联电路电压相等，I3R3＝I4R4
即6I3＝3I4，而I3＋I4＝3
A，
解得I3＝1
A，I4＝2
A.
【答案】 (1)14
Ω (2)I1＝3
A I2＝3
A I3＝1
A I4＝2
A学业分层测评(三) 电场强度
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．关于电场，下列说法正确的是( )
A．电场是假想的，并不是客观存在的物质
B．描述电场的电场线是客观存在的
C．电场对放入其中的电荷有力的作用
D．电场对放入其中的电荷是否有力的作用决定于电荷电性
【解析】 电场是物质存在的一种形式，客观存在；而电场线是假想的线，实际上不存在．电场的性质是对放入其中的电荷有力的作用．
【答案】 C
2．下面关于电场的叙述错误的是( )
A．两个未接触的电荷发生了相互作用，一定是电场引起的
B．只有电荷发生相互作用时才产生电场
C．只要有电荷存在，其周围就存在电场
D．A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用
【解析】 电荷周围存在电场，电荷的相互作用不可能超越距离，是通过电场传递的．故只有B错误．
【答案】 B
3．一个试探电荷q，在电场中某点受到的电场力为F，该点的场强为E，如图所示中能正确反映q、E、F三者关系的是( )
【解析】 本题考查的知识点是电场强度与电场本身、试探电荷的关系．电场强度E由电场本身决定，与试探电荷无关，即E不与F成正比，也不与q成反比，但F与q成正比．故正确答案为C.
【答案】 C
4．下列说法正确的是( )
A．靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小
B．沿电场方向电场强度越来越小
C．在电场中没画电场线的地方场强为零
D．电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来
【解析】 场强的大小可直观地用电场线的疏密来表示，与电荷的正负无关，所以选项A、B错误；电场线是人为画的，故选C错误．只有选D正确．
【答案】 D
5.如图1 3 4所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
图1 3 4
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．b点的电场强度比a点的大
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
【答案】 B
6．(多选)如图1 3 5中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强大小，则( )
【导学号：30800005】
图1 3 5
A．A、B两点的场强方向相同
B．电场线从A指向B，所以EA>EB
C．A、B同在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB
D．不知A、B附近的电场线分布状况，EA、EB的大小不能确定
【解析】 根据电场线的物理意义，线上各点的切线方向表示该点的场强方向．因题中的电场线是直线，所以A、B两点的场强方向相同，都沿着电场线向右．
因为电场线的疏密程度反映了场强的大小，但由于题中仅画出一条电场线，不知道A、B附近电场线的分布状态，所以无法肯定EA>EB或EA＝EB.
【答案】 AD
7．如图各电场中，A、B两点电场强度相同的是( )
【解析】 电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线的切线方向表示该点的场强方向，匀强电场必是大小相等、方向也相同的电场．
【答案】 C
8.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图1 3 6中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )
图1 3 6
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a做正功，对b做负功
C．a的速度将减小，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
【解析】 由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确．
【答案】 D
[能力提升]
9．(2013·阳江一中高二检测)
如图1 3 7所示，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图所示．则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的( )
图1 3 7
【解析】 由v?t图知，负电荷的加速度越来越大，可知A→B电场线越来越密，负电荷仅在电场力作用下由静止释放一定逆着电场线运动，所以只有C正确．
【答案】 C
10.如图1 3 8所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q(负电荷)，不计重力，下列说法中正确的是( )
图1 3 8
A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零
【解析】 由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，选项A、B错；但负电荷所受M、N点电荷库仑力的合力方向竖直向下，到O点一直加速，选项C对；同理点电荷越过O点后，速度越来越小，但加速度先增大后减小，选项D错．
【答案】 C
11．如图1 3 9所示，E为某匀强电场，将质量为2×10－3kg的小球从A点由静止释放，小球恰能沿直线AB向右下方运动，且AB与竖直方向成45°角．已知小球的带电量为2×10－4C.求电场强度的大小．(g＝10
m/s2)
图1 3 9
【解析】 小球受力情况如图所示，F＝Eq＝mg
E＝＝＝
N/C＝100N/C
【答案】 100N/C
12．一试探电荷q＝＋4×10－9C，在电场中某点P受到的电场力大小为F＝6×10－7N，方向水平向右．求：
(1)P点的场强；
(2)没有检验电荷时P点的场强；
(3)若将试探电荷换为q′＝－1.2×10－6C，再放于P点，此试探电荷所受的电场力F′.
【解析】 (1)根据电场强度的定义式E＝，得P点的场强大小为E＝＝N/C＝1.5×102N/C.
由于试探电荷电性为正，则P点电场强度的方向与其所受电场力的方向相同，为水平向右．
(2)电场强度是描述电场的物理量，跟有无试探电荷无关，所以场强大小仍为1.5×102N/C，方向为水平向右．
(3)由F＝qE得
F′＝Eq′＝1.5×102×1.2×10－6N＝1.8×10－4N
负电荷所受电场力的方向与该点场强的方向相反，所以F′方向为水平向左．
【答案】 (1)1.5×102N/C，水平向右 (2)1.5×102N/C，水平向右 (3)1.8×
10－4N，水平向左
