2017_2018学年高中物理全一册试题（打包30套）粤教版选修3_1

第二章
电路
第一节
探究决定导线电阻的因素
A级　抓基础
1．根据电阻定律，电阻R＝ρ
，对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率(　　)
A．跟导线的电阻成正比
B．跟导线的横截面积成正比
C．跟导线的长度成反比
D．由所用金属材料本身特性决定
解析：电阻率由金属材料本身的特性决定，金属导线一定，在温度一定时，材料的电阻率一定与导线的长度、导线的横截面积无关；故A、B、C错误，D正确；故选D.
答案：D
2．下列说法正确的是(　　)
A．半导体的导电性能介于导体与绝缘体之间，其电阻随温度升高而增大
B．热敏电阻的特点是温度升高时电阻迅速减小
C．导体中电流无穷大的现象叫超导现象
D．导体的电阻与通过其中的电压和电流有关
解析：半导体的导电性能介于导体与绝缘体之间，其电阻随温度升高而减小，故A错误；热敏电阻的特点是温度升高时电阻减小，故B正确；电阻无穷小的现象叫超导现象，故C错误；导体的电阻是通过比值定义的，因此与通过其中的电压和电流无关，故D错误．
答案：B
3．(多选)一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪种情况下其电阻值仍为R(　　)
A．当L，S都增大1倍时
B．当S不变，L增大1倍时
C．当L和S都缩为原来的时
D．当L和横截面的半径都增大1倍时
解析：根据电阻定律R＝ρ，电阻率不变，只要满足的比值不变即能使电阻值不变．
解析：AC
4．(多选)关于金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大．金属的电阻率随温度的升高而增大，有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金电阻率几乎不受温度的影响．根据以上信息判断下列说法，其中正确的是(　　)
A．连接电路用的导线一般用合金来制作
B．电炉、电阻器的电阻丝一般用纯金属来制作
C．标准电阻一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作
D．电阻温度计一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制成
解析：纯金属材料的电阻率较小，而合金材料的电阻率较大，一般连接电路用的导线是用纯金属材料来制作，电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作，所以A、B选项错．
答案：CD
5．一只“220
V　100
W”的灯泡工作电阻为484
Ω，拿一只这种灯泡来测量它不工作时的电阻应是(　　)
A．等于484
Ω　　　　
B．大于484
Ω
C．小于484
Ω
D．无法确定
解析：金属的电阻率随温度的升高而增大，灯泡不工作时，温度降低，电阻率减小，导致电阻减小．
解析：C
6．(多选)关于电阻率，下列说法正确的是(　　)
A．电阻率是表征材料导电性能的物理量，电阻率越大，导电的性能越好
B．各种材料的电阻率都与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大
C．超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时，它的电阻突然变为零
D．有些合金的电阻率几乎不受温度的影响，通常用它们制成标准的电阻
解析：电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大其导电性能越差，故A错误；电阻率表征了导体材料导电能力的强弱，由导体的材料决定，与温度有关，大多数金属的电阻率随温度升高而增大，故B正确；超导现象是绝对零度附近时，电阻突然减小到零的现象，此时电阻率突然变为零，故C正确；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故D正确．
答案：BCD
B级　提能力
7．(多选)图1是用来观察灯泡亮度变化的实验电路，图2是滑动变阻器的构造示意图，则下列说法中错误的是(　　)
A．a
接M、c
接N，P向
b
移动灯变亮
B．b
接M、d
接N，P向
b
移动灯变暗
C．c
接M、d
接N，P向
b
移动灯一直最亮
D．a
接M、b
接N，P向
b
移动灯一直最暗
解析：当a接M、c接N时，接入电路的部分是aP，P向b滑动时，电路中的电阻变大，灯变暗，故A错，同理B错．
答案：AB
8.两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示，则导线x和y的横截面积之比为(　　)
A．2∶1　　　　　　
B．1∶2
C．6∶1
D．1∶6
解析：ab段和bc段的电势差分别为2
V，4
V，电流相等，根据欧姆定律，得＝＝，根据电阻定律，得R＝，则S＝，横截面积之比：＝×＝×＝.故选B.
答案：B
9．在一根长l＝5
m，横截面积S＝3.5×10－6
m2的铜质导线两端加2.5×10－3
V电压．已知铜的电阻率ρ＝1.75×10－8
Ω·m，则该导线中的电流多大？
解析：由电阻定律R＝ρ，铜导线的电阻为R＝2.5×10－2
Ω，由欧姆定律R＝得：I＝＝0.1
A.
答案：0.1
A
10.如图所示，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？
解析：由电阻的定义式可得R＝，沿着长陶瓷管的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一个电阻，其长为L，横截面积为管的周长D×厚度d.
由电阻定律R＝ρ，得
R＝ρ＝，
则＝，解得ρ＝.
答案：　第一章
电场
第七节了解电容器
A级　抓基础
1．对电容C＝，以下说法正确的是(　　)
A．一只电容器充电量越大，电容增加的越大
B．对于固定的电容器，它的充电量跟加在两极板间电压的比值保持不变
C．可变电容的充电量跟加在两极板间的电压成反比
D．由C＝可知，如果一个电容器没有电压，就没有充电量，也就没有其电容
解析：电容的定义式C＝，但电容由电容器本身的因素决定，包括结构、电介质等因素，而与电容器所带的电量Q与两板间的电势差U无关．
答案：B
2．如图所示是描述对给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间相互关系图象，其中不正确的是(　　)
A　　　　　　　　
　B
C　　　　　　　
　　D
解析：电容的定义式C＝，电容与电容器所带的电量Q与两板间的电势差U无关．
答案：A
3．(多选)用比值法定义物理量是物理学中一种常见的方法，下列四个表达式中是用比值法定义的物理量是(　　)
A．电场强度E＝　　
B．电场强度E＝k
C．电容C＝
D．电容C＝
解析：很明显，比值法定义的物理量是A、C.而E＝k是点电荷的场强的决定式，C＝是平行板电容器的电容的决定式．
答案：AC
4．(多选)关于电容的叙述正确的是(　　)
A．电容器简称电容
B．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量
C．电容器的电容由其本身性质决定，也与电容器是否带电有关
D．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1
V时电容器需要带的电量
答案：BD
5．用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U.保持平行板电容器两极板的正对面积S、极板距离d和所带电量Q不变，插入电介质，如图所示，则有(　　)
A．U增大，C减少
B．U减小，C增大
C．U增大，C增大
D．U减小，C减小
解析：根据C＝可知插入电介质，C变大，根据Q＝CU可知，U减小，故选B.
答案：B
B级　提能力
6．(多选)一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距的过程中(　　)
A．电容器A板始终带正电荷
B．电容器的电容变小
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．A、B板间的电场强度增大
答案：AD
7．(多选)如图所示，平行板电容器的上下极板A、B分别和电池的正极、负极相连，在电容器两极板之间形成的匀强电场中，有一个质量为m、带电量为q的带电粒子始终处于静止状态．若电源的电压为U，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带负电
B．粒子一定带正电
C．匀强电场的电场强度为
D．极板间的距离为
解析：由题意可知，电场力与重力相平衡，因此电场力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下，则有粒子带负电，故A正确，B错误；根据受力平衡，则有qE＝mg，因此电场强度为E＝，故C正确；由于电源的电压为U，可设间距为d，则有＝mg，因此d＝，故D正确；故选A、C、D.
答案：ACD
8．充电后的平行板电容器，连接静电计，如图所示(　　)
A．若两极板距离增大，则α角不变
B．若两极板距离减小，则α角变大
C．若在两极板间插入玻璃板，则α角变大
D．若在两极板间插入玻璃板，则α角变小
解析：由C＝＝可知，Q保持不变，两极板距离增大，C减小，则U变大，引起静电计内E增大，指针受力增大，故偏角增大，A、B错；在两极板间插入玻璃板，εr变大，C变大，则U减小，引起静电计内E减小，指针受力减小，故偏角减小，C错，D对．
答案：D
9．(多选)如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正负极相连；当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则(　　)
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
答案：BC
10.如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应(　　)
A．给平行板电容器充电，补充电荷量
B．让平行板电容器放电，减少电荷量
C．使两极板相互靠近些
D．使两极板相互远离些
答案：A
11．(多选)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板为A、B，B板接地，A板带电量＋Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或将A板固定，B板上移一些，在这两种情况中，下列说法正确的是(　　)
A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
解析：由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论E＝可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A正确，B错误．B板上移时，同理可得，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C正确，D错误．
答案：AC
12．如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长为L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为α，两板间的距离为d，求：
(1)小球带何种电荷？
(2)两板间的电势差是多少？
(3)把线拉成竖直向下的位置，放手后小球到达平衡位时的速度为多大？
解析：(1)由小球的受力可知，小球带负电．
(2)由qE＝q＝mgtan
α，则U＝.
(3)小球受重力、电场力、拉力作用，拉力不做功，
由动能定理：
qELsin
α－mgL(1－cos
α)＝mv2，
其中Eq＝mgtan
α，
整理得：(1－cos
α)＝mv2，
解得：v＝
.
答案：(1)负电　(2)mgdtan
(3)模块综合检测(一)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．下列有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是(　　)
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向一致
C．正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷在电场中不一定受电场力的作用
答案：C
2．在闭合电路中，下列叙述正确的是(　　)
A．当外电路断开时，路端电压等于零
B．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比
C．当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大
D．当外电阻增大时，路端电压将减小
答案：B
3．下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是(　　)
A．某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向
B．小磁针S极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向
C．垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向
D．磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向
解析：某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向垂直，故A错误；小磁针N极受磁力的方向就是该处磁感应强度的方向，故B错误；垂直于磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度的方向垂直，故C错误；磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，故D正确．
答案：D
4．在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如图所示，在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是(　　)
A．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移
B．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移
C．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移
D．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移
解析：地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以D正确．
答案：D
5．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220
V　100
W”字样，L3和L4都标有“220
V　40
W”字样，把电路接通后，最暗的是(　　)
A．L1　　　　　　　　　
B．L2
C．L3
D．L4
解析：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4.由公式P＝.可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P＝I2R得到，P1＞P2.L2和L3的电压相等，由公式P＝.可知，P2＞P3.通过L3的电流小于L4的电流，由公式P＝I2R得到，P4＞P3.所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3.所以L3最暗．故选C.
答案：C
6．一平行板电容器接在电源上，当两极板间的距离增大时，如图所示，则(　　)
A．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量也将减小
B．两极板间的电场强度将减小，极板上的电量将增大
C．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量将减小
D．两极板间的电场强度将增大，极板上的电量也将增大
解析：平行板电容器接在电源上，板间电压不变，当两极板间的距离增大时，由公式E＝，分析得知，两极板间的电场强度将减小．当两极板间的距离增大时，电容C减小，电压U不变，则由C＝，分析得知极板上的电量将减小．故A正确．
答案：A
7.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由无穷远处的A→O→无穷远处的B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受另一个力的大小和方向的变化情况是(　　)
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
解析：等量异种电荷的中垂线上的电场强度方向垂直中垂线指向负电荷，即水平向右，电场强度沿中垂线上的O点向两边减小，即电子受到向左的电场力，大小先增大后减小，所以为了保持合力为零，另一个力的方向应水平向右，大小先增大后减小，B正确．
答案：B
8．美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量．如图，两平行极板M、N与电压为U的恒定电源连接，板的间距为d.现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(　　)
A．此时极板间电场强度E＝
B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将减速下落
D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：由匀强电场中电压与电场强度关系可知A正确；油滴匀速下落，重力和电场力平衡有q＝mg，可知B错误；电压减小，电场力减小，小于重力，油滴加速下落，C错误；N板向上移动一小段距离，电场力大于重力，油滴减速下降，D错误．
答案：A
9．如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处(　　)
A．场强大小为，方向沿OA方向
B．场强大小为，方向沿AO方向
C．场强大小为，方向沿OA方向
D．场强大小为，方向沿AO方向
解析：在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为O处的场是五个＋q和一个－2q的点电荷产生的场合成，五个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强，故选C.
答案：C
10．如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论(　　)
A．它们的动能一定各不相同
B．它们的电量一定各不相同
C．它们的质量一定各不相同
D．它们的电量与质量之比一定各不相同
解析：沿直线穿过电磁场区域的离子受力平衡，则Bqv＝Eq，因此离子的速度均为v＝，进入右侧磁场后，分成三束，由r＝可知，离子的电量与质量之比一定不同，则D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．长为L的直导线ab斜放(夹角为θ)在水平轨道上，轨道平行且间距为d，通过ab的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为(　　)
A.
B.
C．ILBsin
θ
D．ILB
解析：导线ab所受安培力的大小为F＝BIL＝，选项B、D正确．
答案：BD
12．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是(　　)
A．该离子带负电荷
B．A点和B点位于同一高度
C．离子在C点时速度最大
D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
解析：根据左手定则，离子带正电，选项A错误；洛伦兹力不做功，离子A点和B点动能都为零，那么离子在A点和B点电势能相等，A点和B点位于同一高度，选项B正确；离子的电势能和动能之和是守恒的，离子在C点时电势能最小，所以动能最大，速度最大，选项C正确；离子到达B点时，将向B的右侧做周期性运动，不会沿原曲线返回A点，选项D错误．
答案：BC
13．如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块(动摩擦因数相同)．由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止．在小物块运动的过程中，表述正确的是(　　)
A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
B．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些
C．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少
D．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少量
解析：开始运动时库仑力肯定大于物块与水平面的最大静摩擦力，此后，随两物块间距的变大，库仑力逐渐减小，会小于物块与水平面间的滑动摩擦力；物块受到的库仑力方向与其运动方向一致，做正功，质量较小的物体，加速度较大，移动距离较大，库仑力对其做功较多；运动开始后的最初一段时间里库仑力做的功大于摩擦力做的功的绝对值，系统机械能增加．由于库仑力(电场力)做正功，系统电势能减少，其减少量等于库仑力做的总功．选项A、C错误，选项B、D正确．
答案：BD
14．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点(　　)
A．带有电荷量为的负电荷
B．沿圆周逆时针运动
C．运动的角速度为
D．运动的速率
解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg＝qE，求得电荷量q＝，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B错误；由qvB＝mvω，得ω＝＝＝，故C正确；在速度选择器装置中才能判断带电粒子的速度，故D错误．
答案：AC
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(12分)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L＝________mm.
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D＝________mm.
(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.
图丙
(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻R；
电流表A1(量程0～5
mA，内阻约50
Ω)；
电流表A2(量程0～15
mA，内阻约30
Ω)；
电压表V1(量程0～3
V，内阻约10
kΩ)；
电压表V2(量程0～15
V，内阻约25
kΩ)；
直流电源E(电动势4
V，内阻不计)；
滑动变阻器R1(阻值范围0～15
Ω，允许通过的最大电流2.0
A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0～2
kΩ，允许通过的最大电流0.5
A);
开关S；导线若干．
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在下面框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
(5)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ＝____________(不要求计算，用题中所给字母表示)．
答案：(1)50.20　(2)4.698(4.697、4.698、4.699均可以)　(3)220
(4)　(5)
16．(10分)(1)在测定一根粗细均匀的合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为______mm，合金丝的直径为______mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图1所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接．
图1　　　　　　　　图2　　　　
解析：校零时螺旋测微器读数：0
mm＋0.01
mm×0.7＝0.007
mm；测量时螺旋测微器读数：0.5
mm＋0.01
mm×14.5＝0.645
mm；合金丝的直径d＝0.645
mm－0.007
mm＝0.638
mm.
答案：(1)0.007
mm　0.638
mm　
(2)实物电路连接如图
17．(12分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力的2倍．求：
(1)A点在斜轨道上的高度h为多少？
(2)小球运动到最低点时的最小压力为多少？
解析：(1)设小球到B点的最小速度为vB，由牛顿第二定律：
mg－qE＝meq
\f(v,R)，
小球从A到B的过程中，由动能定理：
(mg－qE)(h－2R)＝mv，由以上各式得：h＝.
(2)小球从A到C的过程中，由动能定理：(mg－qE)h＝mv，
小球在C点时，由牛顿第二定律：N＋qE－mg＝meq
\f(v,R)，
又因为mg＝2qE得：N＝3mg.
答案：(1)R　3mg
18．(12分)水平放置的平行正对的金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图a所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝50
T，已知两板间距离d＝0.3
m，电场强度E＝50
V/m，M板正中央有一小孔P，在P正上方h＝5
cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好从N板边缘水平飞出(油滴以水平速度从M、N板位置经过时，认为油滴恰好没有打在板上)，已知油滴的质量m＝10－4
kg，带电量q＝＋2×10－5
C(不计空气阻力，油滴可视为质点，重力加速度g＝10
m/s2)．求：
(1)油滴在P点的速度；
(2)N板的长度L和交变磁场的变化周期．
　图a　　　　　　　图b
解析：(1)带电油滴从O点到P点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得
mgh＝mv2，①
代入数据，得v＝1
m/s.②
(2)进入场区时，因为：mg＝10－3
N，qE＝10－3
N，方向向上．
所以，重力与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动．
所以有qvB＝.
代入数据，解得R＝0.1
m.
油滴要想从N板右端水平飞出，则粒子要场内做三次1/4圆弧运动．
所以，N板的长度L＝6R，
所以L＝0.6
m.
油滴在磁场中运动的周期T0＝(或T0＝)，
所以，交变磁场的周期T＝T0，
联立解得T＝0.31
s.
答案：(1)1
m/s　(2)0.6
m　0.31
s第一章
电场
第三节电场强度
A级　抓基础
1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　)
A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0
B．若检验电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小、方向均不变
解析：电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与放入该点的检验电荷无关，与该点是否放检验电荷无关，故选D.
答案：D
2．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是(　　)
A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左
B．该点场强方向一定向右
C．该点场强方向一定向左
D．该点场强方向可能向右，也可能向左
解析：电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有B正确．
答案：B
3．由电场强度的定义式可知，在电场中的同一点有(　　)
A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比
B．无论试探电荷q的值如何变化，F与q的比值始终不变
C．电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到的电场力不一定为零
D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零
解析：电场强度的大小和方向与放入该点电荷q的正负、电荷量多少和有无等因素都无关，由场源电荷和位置决定，选项A错误；无论试探电荷q的值如何变化，场强不变，也就是F与q的比值始终不变，选项B正确；由F＝Eq，电场中某点的场强为零，则处在该点的电荷受到电场力一定为零，选项C错；不带电的小球不受力不能判断场强一定为零，选项D错．
答案：B
4．如图所示，
是在同一电场中的a、b、c、d四个点分别引入试探电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电荷量之间的函数关系．下列说法正确的是(　　)
A．该电场是匀强电场
B．这四点的场强大小关系是Ed>Eb>Ea>Ec
C．这四点的场强大小关系是Eb>Ea>Ec>Ed
D．无法比较E值大小
解析：对图象问题要着重理解它的物理意义．场中给定的位置，放入的试探电荷的电荷量不同，它受到的电场力不同，但是电场力F与检验电荷的电荷量q的比值，即场强E是不变的量，因为F＝Eq，所以F跟q的关系图线是一条过原点的直线，该直线的斜率的大小即表示场强的大小，由此可得出Ed>Eb>Ea>Ec，故选项B正确．
答案：B
5．(多选)对电场强度公式E＝k有几种不同理解，其中正确的是(　　)
A．只要带电体电量为Q，在距离r处激发的电场都能用此公式计算场强E
B．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强E不相同
C．当离点电荷距离r→0时，场强E→∞
D．当离点电荷距离r→∞，场强E→0
解析：E＝k真空中点电荷产生的电场强度计算式，只适用于点电荷产生的电场，不是任何带电体激发的电场都能用此公式计算场强E，故A错误；以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，有大小和方向，所以场强不同，故B正确；场强公式E＝k是根据E＝和库仑定律推导出来的，只适用于点电荷，当r→0时，带电体不能看成点电荷，此公式就不适用，所以得不到E→∞，故C错误；当r→∞时，也就是距离场源电荷距离很远，所以E→0，故D正确．
答案：BD
B级　提能力
6．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是(　　)
解析：设带电圆环在O点产生的场强大小为E.A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E；C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带负电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0.所以坐标原点O处电场强度最大的是B.
答案：B
7．(多选)如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，则可判定(　　)
A．点电荷一定带正电
B．点电荷一定带负电
C．点电荷一定在A的左侧
D．点电荷一定在B的右侧
解析：带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大，说明电场力增大，由F＝Eq，场强也在增大，由点电荷的场强公式，r越小，场强越大，则点电荷一定在A的左侧．而速度减小，说明力与运动方向相反，粒子受到排斥力，粒子带负电，所以点电荷也带负电．
答案：BC
8．(多选)如图甲所示，AB是一点电荷电场中的电场线，图乙是放在电场线上a、b处检验电荷的电荷量与其所受电场力大小间的函数关系图象，由此可判定(　　)
图甲　　　　　　　　图乙
A．场源可能是正电荷，位置在A侧
B．场源一定是正电荷，位置在B侧
C．场源可能是负电荷，位置在A侧
D．场源一定是负电荷，位置在B侧
解析：如图所示，斜率表示场强大小知，a点场强大于b点，由点电荷的场强公式知，r越小，场强越大，则点电荷一定在A侧，可能是正电荷也可能是负电荷．
答案：AC
9．(多选)两个等量点电荷P、Q在真空中产生电场的电场线(方向未标出)如图所示，下列说法可能正确的是(　　)
A．P、Q是两个等量正电荷
B．P、Q是两个等量负电荷
C．P、Q是两个等量异种电荷
D．P、Q产生的是匀强电场
答案：AB
10．如图所示，一导体球A带有正电荷，当只有它存在时，它在空间P点产生的电场强度的大小为EA.在A球球心与P点连线上有一带负电的点电荷B，当只有它存在时，它在空间P点产生的电场强度大小为EB，当A、B同时存在时，根据场强叠加原理，P点的场强大小应为(　　)
A．EB　　　　　　
B．EA＋EB
C．|EA－EB|
D．以上说法都不对
解析：A、B同时存在时，P点的场强是A在P点形成的场强和B在P点形成的场强的矢量和，由于B的存在，改变了A球上电荷的分布，靠近B的一面电荷密度较大，所以A、B、C错误，D正确．
答案：D
11.如图所示，AB两个点电荷QA＝2×10－8
C，QB＝－2×10－8
C相距d＝3
cm，在方向水平的匀强电场作用下，AB均保持静止状态，且悬线都沿竖直方向：
(1)求空中匀强电场的场强大小和方向；
(2)求A、B连线中点C的场强大小和方向(小球可视为质点，静电常数k＝9×109
N·m2/C2)．
解析：(1)由题可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力向右，所以要加个水平向左的电场，且k＝EQA，解得E＝2.0×105
N/C.
(2)AB两质点连线中点处的场强是两个点电荷与匀强电场的合场强：
两个点电荷在C点的场强方向都向右，E方向向左，
所以E′＝2·－E＝1.4×106
N/C，方向水平向右．
答案：(1)2.0×105
N/C　水平向左　(2)1.4×106
N/C　水平向右第二章
电路
第五节
电功率
A级　抓基础
1．对于连入电路的不同灯泡而言，亮度大的灯泡是(　　)
A．通过的电流大的灯泡
B．两端电压大的灯泡
C．电阻值大的灯泡
D．消耗电功率大的灯泡
解析：在电路中灯泡的亮度是由实际功率的大小决定的．
答案：D
2．如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1和R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于(　　)
A．1∶1∶1　　　　　　
B．2∶1∶1
C．1∶4∶4
D．4∶1∶1
解析：设干路电流为I，流过R1和R2的电流分别为I1和I2.由题，R1和R2并联，电压相等，电阻也相等，则电流相等，故I1＝I2＝0.5I；根据公式P＝I2R，三个电阻相等，功率之比等于电流平方之比，即Pr∶P1∶P2＝4∶1∶1.故选D.
答案：D
3．如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是(　　)
A．4
W，8
W
B．2
W，4
W
C．4
W，6
W
D．2
W，3
W
解析：从图可知，此时电路的电流是2
A，路端电压是
2
V，由此可得：P出＝IU＝4
W，P总＝IE＝6
W.
答案：C
4．(多选)关于电功和电功率以下说法正确的是(　　)
A．含有电动机的电路中电功不能用公式W＝UIt来计算
B．在一切电路中电功都等于电热
C．对任何用电器，电功率公式P＝UI均适用
D．当二极管两端加的电压为U，流过它的电流为I，此时二极管的电阻可以用R＝来计算
解析：计算电功的公式就用W＝UIt，A错．在非纯电阻电路中电功大于电热，B错．从公式出发知C、D对．
答案：CD
5．(多选)不考虑温度对电阻的影响，对一个“220
V　40
W”的灯泡，下列说法正确的是(　　)
A．接在110
V的电路中时的功率为20
W
B．接在110
V的电路中时的功率为10
W
C．接在440
V的电路中时的功率为160
W
D．接在220
V的电路中时的功率为40
W
答案：BD
6．如图所示的电路中，输入电压U恒为12
V，灯泡L标有“6
V　12
W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50
Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中不正确的是(　　)
A．电动机的输入功率是12
W
B．电动机的输出功率是12
W
C．电动机的热功率是2.0
W
D．整个电路消耗的电功率是24
W
答案：B
7．一般地说，用电器的工作电压并不一定等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图(a)和(b)所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒，求此时加在电热水壶上的实际电压(电热水壶中的电阻不随电流的变化而变化)．
解析：设电热水壶的电阻为R，
由题图(a)知R＝eq
\f(U,P额)＝
Ω＝
Ω，
由题图(b)知电能表转1转消耗的电能为：
J＝1
200
J，
设电热水壶的实际电压为U，则t＝125×1
200
J，解得U＝220
V.
答案：220
V
B级　提能力
8．(多选)如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是(　　)
A．阴影部分的面积表示电源输出功率
B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率
C．当满足α＝β时，电源效率最高
D．当满足α＝β时，电源输出功率最大
解析：两条图线的交点为电源连入电阻后的工作电压，即路端电压；电流为工作电流，即干路电流．据此分析所给选项，阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率．故A正确，B错误．当满足α＝β时，内外阻值相等，输出功率最大，但电源的效率为50%，不是最高．故C错误，D正确．
答案：AD
9．将两个阻值不同的电阻R1、R2分别单独与同一电源连接，如果在相同的时间内，R1、R2发出的热量相同，则电源的内阻为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：根据闭合电路欧姆定律，得I1＝，I2＝，
根据焦耳定律，得Q1＝IR1t，Q2＝IR2t，
根据题意可知，Q1＝Q2，则R1t＝R2t，
解得r＝，故选D.
答案：D
10．一个电源电动势为30
V，内电阻不计，与一个“6
V　12
W”的电灯、一个绕线电阻为2
Ω的电动机M串联接入电路．已知电路中电灯正常发光，则电动机输出的机械功率(　　)
A．40
W
B．44
W
C．48
W
D．60
W
解析：先根据电灯的额定电压和额定功率求出额定电流，再求出电动机的输入电压；求出电动机消耗的总功率和绕线电阻的电热功率；最后求出电动机输出的机械功率．
通过电灯的电流：I＝＝
A＝2
A，
电动机的电压：U电＝E－U灯＝30
A－6
A＝24
V，
电动机消耗的总功率：P电＝U电I＝24×2
W＝48
W，
绕线电阻的电热功率：P热＝I2R＝22×2
W＝8
W，
电动机输出的机械功率P机＝P电－P热＝40
W.
答案：A
11．用一电热器煮水，已知它的额定电压220
V，电阻44
Ω，不考虑温度对电阻的影响，电热器的效率为50%.将质量为5.5
kg、初温是20
℃的水煮沸，需要多少时间？消耗多少度电[水的比热容c＝4.2×103
J/(kg·℃)]
解析：电热器是纯电阻电路，电路中电流做功全部转化为电热，所以t时间内产生的热量：Q＝I2Rt＝，
将水煮沸即将水加热到100
℃，需吸热Q1＝cmΔt，
由能量守恒定律得：Q1＝Q×η，代入数据得：
50%×＝4.2×103×5.5×(100℃－20℃)，
求得：t＝3.36×103
s＝56
min.
消耗电能：Q＝＝2202×3.36×
J＝1.027
kW·h.
即Q＝1.027度．
答案：56
min　1.027度第二章
电路
【知识体系】
[答案填写]　①ρ　②　③I2Rt　④UIt　⑤　⑥EI　⑦UI　⑧I2r
主题1　非纯电阻电路的计算
　1.电功：W＝UIt.
2．电功率：P电＝UI.
3．热量：Q＝I2Rt.
4．热功率：P热＝I2R.
分析与方法：闭合电路中电功、热量和电功率、热功率的问题本质上都是能量转化和守恒问题．分析这类问题时，要注意区分电功和热量、电功率和热功率，抓住能量守恒这条主线；在纯电阻电路中，电功和热量相等，电功率和热功率相等；在非纯电阻电路中，电功大于热量，电功率大于热功率．
【典例1】　一台小型电动机在3
V电压下工作，用此电动机提升重力为4
N的物体时，通过电动机的电流是0.2
A．在30
s内可使该物体被匀速提升3
m．若不计电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升物体的30
s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
解析：(1)电动机的输入功率
P入＝IU＝0.2×3
W＝0.6
W.
(2)根据能量的转化与守恒，线圈产生的热量
Q＝P入t－G·h＝0.6×30
J－4×3
J＝6
J.
(3)据焦耳定律，线圈的电阻
r＝＝
Ω＝5
Ω.
答案：(1)0.6
W　(2)6
J　(3)5
Ω
针对训练
1．(多选)如图所示，一直流电动机与阻值R＝9
Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30
V，内阻r＝1
Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10
V，已知电动机线圈电阻RM＝1
Ω，则下列说法中正确的是(　　)
A．通过电动机的电流为10
A
B．电动机的输入功率为20
W
C．电动机的热功率为4
W
D．电动机的输出功率为20W
解析：根据闭合电路欧姆定律，有E＝U＋I(r＋R)，解得I＝＝2
A，故A错误；电动机的输入功率P入＝UI＝10×2＝20
W；电动机的热功率P热＝I2RM＝22×1＝4
W；电动机的输出功率P出＝P－P热＝UI－I2RM＝10×2－22×1＝16
W，故B、C正确，D错误．
答案：BC
主题2　含电容器的直流电路
　在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：
(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．
(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等．
(3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．
【典例2】　如图所示，电源电动势E＝12
V，内阻r＝1
Ω，电阻R1＝3
Ω，R2＝2
Ω，R3＝5
Ω，电容器的电容C1＝4
μF，C2＝1
μF.求：
(1)当S闭合时间足够长时，C1和C2所带的电量各是多少？
(2)把S断开，S断开后通过R2的电量是多少？
解析：(1)当S闭合时间足够长时，C1两端的电压等于R2两端的电压；C2两端的电压等于路端电压．
回路电流I＝＝2
A，
C1两端的电压UC1＝U2＝IR2＝4
V，
C1的带电量为：Q1＝C1UC1＝4×10－6×4
C＝1.6×10－5
C，
C2两端的电压UC2＝U＝I(R1＋R2)＝10
V，
C2的带电量为：Q2＝C2UC2＝1×10－6×10
C＝1.0×10－5
C.
(2)断开S后，电容器C1通过电阻R2、R3放电；电容器C2通过电阻R1、R2、R3放电，放电电流均流过R2，且方向相同．
因此，通过R2的电量为：
Q＝Q1＋Q2＝1.6×10－5
C＋1.0×10－5
C＝2.6×10－5
C.
答案：(1)1.6×10－5
C　1.0×10－5
C　(2)2.6×10－5
C
针对训练
2．下图电路中，电源电动势E＝10
V、内阻忽略不计，定值电阻R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，电容C＝30
μF.
(1)闭合开关S，电路稳定后通过电阻R1的电流多大？
(2)然后将开关S断开，求这以后流过电阻R1的总电量？
(3)开关S断开以后，电源还输出多少电能？
解析：(1)
闭合开关S后，电路达到稳定时，电容器相当于断路，由闭合电路欧姆定律知，通过R1的电流为：I＝＝1
A.
(2)断开前，电容器两极上电压等于R2两端的电压，即：
UC＝IR2＝1×6
V＝6
V，
电容器的带电量为：Q＝CUC＝30×10－6×6
C＝1.8×10－4
C.
S断开后，电容器两极间电压等于电源电动势E，其带电量为：
Q′＝CE＝30×10－6×10
C＝3×10－4
C，
流过R1的总电量等于电容器带电量的增加量，即：
ΔQ＝Q′－Q＝1.2×10－4
C.
(3)开关断开以后，电源又释放的电能为：
E电＝ΔQE＝1.2×10－4×10
J＝1.2×10－3
J.
答案：(1)1
A　(2)1.2×10－4
C　(3)1.2×10－3
J
主题3　电路故障的分析方法
1．故障类型．
(1)短路：电路被短路部分有电流通过(电流表有示数)，被短路两点之间没有电压(电压表无示数)．
(2)断路：电路断路部分没有电流通过(电流表无示数)，断路两点之间有电压，断路同侧导线两点无电压．
2．电路故障分析思路．
(1)认真审题，判断电路各元件连接方式，明确电流表、电压表测量的元件，各开关控制的元件．
(2)根据故障现象分析有无电流，得出电路是短路还是断路．
(3)根据电表示数变化分析找出故障位置．
3．利用电流表、电压表判断电路故障．
(1)电流表示数正常而电压表无示数．
“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表．
故障原因可能是：①电压表损坏；②电压表接触不良；③与电压表并联的用电器短路．
(2)电压表有示数而电流表无示数．
“电压表有示数”表明电路中有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表．
故障原因可能是：①电流表短路；②和电压表并联的用电器断路．
(3)电流表、电压表均无示数．
“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流．
【典例3】　在如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则(　　)
A．L可能变亮　　　　
B．R可能断路
C．灯L可能断路
D．电阻R可能短路
解析：首先分析电路的连接方式与电表的作用对象．灯L与电阻R串联，V测电源电压，V1测电阻R电压．其次，从故障现象看，有一个电压表示数变大，而电源电压不变，则可判断是V1示数变大．根据“故障分析思路”可判断：可能是灯L短路，或者可能是电阻R断路(V1也测电源电压)．所以，此题应选B.
答案：B
针对训练
3．如图所示，开关S闭合电灯不亮，为了检查图中电路故障，现用一根导线进行判断，当导线连接BC时，灯不亮；当导线连接CD时，灯也不亮；当导线连接DE时，灯亮了．则电路故障原因是(　　)
A．电阻R断路
B．电灯L断路
C．R、L同时断路
D．变阻器断路
解析：在串联电路中，灯不亮，有两种可能，第一，灯短路；第二，电路中有断路处．根据导线的连接现象判断，应该不是第一种故障，所以是电路中有断路处．当把断路处连接好，灯就会亮．所以，此题应选D.
答案：D
主题4　电学实验
1．实验基本原则．
(1)安全——不损坏实验仪器．
(2)精确——尽可能减少实验误差．
(3)方便——便于实验操作、读数和数据处理．
2．实验仪器的选取．
(1)电源允许的最大电流要大于电路中的实际电流．
(2)用电器的额定电流大于或等于通过它的实际电流．
(3)电压表和电流表的量程不能小于被测电压和电流的最大值，一般两表的指针应该指到满偏刻度的～的位置为宜．
3．两种电路的选择．
(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．
(2)临界值计算法．
Rx＜时，用电流表外接法；
Rx＞时，用电流表内接法．
(3)实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．
4．滑动变阻器的两种接法的选择．
(2)两种接法的适用条件．
限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)．
分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大)．
如果Rx很小，限流式接法中滑动变阻器分得电压较大，调节范围也比较大．Rx很大时，分压式接法中Rx几乎不影响电压的分配，滑片移动时，电压变化接近线性关系，便于调节．
①若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法．
②若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路．
③若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．
④两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．
5．电路的实物连接的方法．
(1)先图后连，先串后并．
(2)看准极性，接线到柱．
(3)明确量程，检查定位．
【典例4】　用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：
(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线.
(2)将K旋转到电阻挡“×100”位置.
(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件______，使指针对准电阻的________(填“0
刻线”或“∞刻线”).
(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．
A．将K旋转到电阻挡“×1
K”的位置
B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
解析：首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.接着是欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处．当两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，必须将指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调大．原因是指针偏转小，则说明刻度盘值大，现在要指针偏大即刻度盘值要小，则只有调大倍率才会实现．所以正确顺序ADC.
答案：(1)S　(3)T　0刻线　(4)ADC
针对训练
4．小明的实验桌上有：A.待测电源一个(电动势约3
V，内阻小于1
Ω)；B.直流电流表(量程0～0.6～3
A，0.6
A挡的内阻约0.22
Ω，3
A挡的内阻约0.1
Ω)；C.直流电压表(量程0～3～15
V，3
V挡内阻为15
kΩ，15
V挡内阻为25
kΩ)；D.滑动变阻器(阻值范围为0～15
Ω，允许最大电流为1
A)；E.滑动变阻器(阻值范围为0～1
000
Ω，允许最大电流为0.2
A)；F.开关；G.导线若干；H.小灯泡(电阻小于1
Ω)．请你帮助小明完成下列问题：
(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻，有如图甲、乙两种电路，为了减小测量误差，应选择图______所示电路．
(2)根据你选择的电路将图丙中的实物连接好．
(3)你选择的滑动变阻器是________(填代号)，理由是
___________________________________________________.
(4)小明根据测出的数据，作出U－I图线如图丁a线所示，实验所测电源的电动势为E＝__________V，内电阻为r＝________Ω.
解析：(1)伏特表测量的是路端电压，所以使用图乙电路．(2)图略．(3)滑动变阻器应选择能使电路电流适中且移动滑片时电流表示数较明显，所以选D.(4)E＝3
V，r＝0.75
Ω.
答案：见解析
统揽考情
本章的内容较多，理论基础是闭合电路的欧姆定律，通常以电路分析、计算和实验题的形式考查，近几年来，实验题的考查是重中之重．从近几年的高考来看，各省市的高考题基本都涉及本章的实验，考查范围较广，有实验仪器的选择与使用、实验过程与结果的分析以及实验设计，涉及的实验有多用电表的使用、伏安法测电阻，电流表(电压表)的改装和测电源电动势和内阻．这要求我们在深刻理解闭合电路的欧姆定律、熟练掌握电路分析方法的基础上，对有关的几个实验在原理、实质上有明确的认识．
真题例析
(2013·广东卷)下图a是测量电阻Rx的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6
A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0
cm.
图a
图b
图c
(1)根据原理图连接图b的实物图．
(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0
V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度l，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度l和A2的示数I.测量6组l和I值，测量数据已在图c中标出．写出Rx与l、I、u的关系式Rx＝______；根据图c用作图法算出Rx＝________Ω.
解析：(2)3
V电压分布在长为30
cm的电阻丝上，故有单位长度的电压u＝
V/cm＝0.1
V/cm.
(3)设电阻丝每1
cm长的电阻为R，当合上S1,
断开S2时，设此时电阻丝电流为I′，有：I′·30R＝30u,
当合上S1
、S2时，I′·lR＝IRx，由上两式得：Rx与l、I、u的关系式Rx＝.在图c中过尽可能多的点作直线如图所示，对照图可得l＝I，由L－I图线的斜率k＝60.016
cm/A＝，可得Rx＝ku＝60.016×0.1
Ω≈6.0
Ω.
答案：(1)见下图　(2)0.1　(3)　6.0
针对训练
(1)在测定一根粗细均匀的合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图1所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接．
图1
图2
解析：校零时螺旋测微器读数：0
mm＋0.01
mm×0.7＝0.007
mm；测量时螺旋测微器读数：0.5
mm＋0.01
mm×14.5＝0.645
mm；合金丝的直径d＝0.645
mm－0.007
mm＝0.638
mm.
答案：(1)0.007
mm　0.638
mm　
(2)实物电路连接如图
1．(2016·全国Ⅱ卷)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
解析：当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE.所以＝，C项正确．
图1　　　　　　　　　　图2
答案：C
2．(2014·全国Ⅱ卷)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200
Ω，电压表
的内阻约为2
kΩ，电流表
的内阻约为10
Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，
图(a)
图(b)
结果由公式Rx＝计算得出．式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则__________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
解析：＝20，＝10，因此Rx属于大电阻，用电流表内接法时测量值更接近真实值，即Rx1更接近真实值；因Rx1＝＝Rx＋RA，故Rx1＞Rx，Rx2＝＝R并(即Rx与RV的并联值)，故Rx2＜Rx.
答案：Rx1　大于　小于
3．某同学用量程为1
mA、内阻为120
Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1
V和1
A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答下列问题：
(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线．
(2)开关S闭合时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)．
(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)．
(4)定值电阻的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω(结果取3位有效数字)．
图(a)　　　　　　　　图(b)　
解析：(1)见答案．
(2)开关S闭合时，表头和R2串联后与R1并联，为电流表，因此用于测量电流；当开关S断开时，R2与表头串联，为电压表，因此用于测电压．
(3)电流应从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表，因此表笔A应为黑色．
(4)开关S断开时为电压表，U＝Ig(Rg＋R2)，解得R2＝880
Ω；
开关S闭合时为电流表，R1＝＝1.00
Ω.
答案：(1)连线如图所示
(2)电流　电压　(3)黑　(4)1.00　880
4．某同学设计的可调电源电路如图(a)所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S.
(1)用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3
V挡，示数如图(b)，电压值为________V.
(2)在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于________端．
(3)要使输出电压U变大，滑片P应向________端移动．
(4)若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在______(填“断路”或“短路”)的风险．
解析：(1)电压表选择0～3
V量程，最小刻度为0.1
V，读数时应估读到下一位，因此电压表的读数为1.30
V．(2)接通电路前应使滑片置于A端，使用电器两端电压为0，这样才能保护外电路的安全．(3)要增大输出电压，应使滑片P向B端移动．(4)如果电路不接入R0，则电路电流过大会烧坏电路，出现短路风险．
答案：(1)1.30　(2)A　(3)B　(4)短路
5．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图(a)所示的I－U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．
(1)根据图线的坐标数值，请在图(b)中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．
(2)根据图(a)，可判断出图(c)中正确的关系图是______(图中P为小灯泡功率)．
(3)将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10
Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8
V的电源上，如图(d)所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W.
解析：(1)因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示．
(2)由题图(a)所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，由P＝I2R可知，在PI2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随I的增大而增大，则PI2图象的斜率随I2的增大而增大，由图象可知，A、B、C错误，D正确．
(3)由图(d)所示电路图可知，两灯泡并联，可以把电源与定值电阻等效为电源，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I.
在这个闭合电路中，E＝U＋2IR0，代入数据并整理得，U＝8－20I，在下图坐标系中作出U＝8－20I的图象如图所示，由图象可知，两图象交点坐标值为：U＝2
V、I＝0.3
A，此时通过电流表的电流值IA＝2I＝0.6
A，每只灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3
W＝0.6
W.
答案：(1)见解析图所示　(2)D　(3)0.6　0.6第二章
电路
第九节
实验：测定电源的电动势和内阻
1．在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中：
(1)移动滑动变阻器的滑动头应特别注意防止________．
(2)现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器(0～50
Ω)
C．滑动变阻器(0～1
750
Ω)
D．电压表(0～3
V)
E．电压表(0～15
V)
F．电流表(0～0.6
A)
G．电流表(0～3
A)
其中滑动变阻器应选________，电流表应选________，电压表应选________．
解析：在使用滑动变阻器时容易因滑动过快而将滑片滑出，与金属接触，从而造成短路．因为待测电源电动势约为1.5
V，所以电压表选用0～3
V的量程，干电池的允许电流一般在0.5
A左右，所以电流表应选用0～0.6
A的量程；滑动变阻器一般采用限流接法，为了方便调节，要选阻值稍小的滑动变阻器．注意开关闭合前，要使滑动变阻器接入电路的阻值尽量大些，保护电流表以防烧毁．
答案：(1)短路　(2)B　F　D
2．(1)实验室用电压表、电流表测定电源的电动势和内阻实验，选择的电路图是________．
(2)某同学将V和A测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点画出了图线A，如图所示，根据该图线得到电源电动势的大小是________V；内阻是________Ω(结果保留两位小数)．
解析：(1)根据闭合回路欧姆定律，可知E＝Ir＋U，如果利用该原理测量电源电动势和内阻，则需要电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，由于电流表存在内阻，只能采用内接法，故D正确．
(2)U I图象的纵截距表示电源电动势，故E＝1.45
V，斜率表示内阻，所以有r＝＝Ω≈0.93
Ω.
答案：(1)D　(2)1.45　0.93
3．在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为RV的电压表一个(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个，开关一个，导线若干．为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象，如图所示．由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k，试根据以上信息：
(1)在虚线框内画出实验电路图．
(2)写出E、r的表达式，E＝________
；r＝________．
解析：①实验器材中没有电流表，本实验是利用电压表和电阻箱测电源电动势与内阻，实验电路如图所示：
(2)电压表的电阻为RV，设电路电流为I，根据闭合电路的欧姆定律和部分电路的欧姆定律，有：E＝I(R＋RV＋r)，U＝IRV，结合图象，整理可得：＝·R＋，图象的斜率k＝，可得：电源电动势E＝；纵轴截距m＝＝k(RV＋r)，所以电源内阻r＝－RV.
答案：(1)电路如图所示：
(2)　
4．用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图甲所示，一位同学测得六组数据如下表中所示.
组别
I/A
U/V
1
0.12
1.37
2
0.20
1.32
3
0.31
1.24
4
0.32
1.18
5
0.50
1.10
6
0.57
1.05
(1)试根据这些数据在图乙中作出U－I图线．
(2)根据图线得出电池的电动势E＝________V，电池的内电阻r＝________Ω.
(3)若不作出图线，只选用其中两组U和I数据，可利用公式E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r算出E和r，这样可能得出误差很大的结果，选用第________组和第________组的数据，求得E和r误差最大．
解析：本题考查用图象法对实验数据进行处理．其解题步骤是描点、连线、找交点求斜率．连线的原则是使尽可能多的点在直线上，图象如下．直线与纵轴的交点是电动势E，斜率k的绝对值表示内阻r.由作出的图象可以看出第四组数据所对应的点偏离直线较远，所以选用第3、4组数据算出的结果误差最大．
答案：(1)如下图所示
(2)1.46　0.72
(3)3　4
5．(2016·四川卷)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3
V，内阻约2
Ω)，保护电阻R1(阻值10
Ω)和R2(阻值5
Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．
实验主要步骤：
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作U I图线(U、I都用国际单位)；
(ⅳ)求出U I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.
回答下列问题：
(1)电压表最好选用______；电流表最好选用______．
A．电压表(0～3
V，内阻约15
kΩ)
B．电压表(0～3
V，内阻约3
kΩ)
C．电流表(0～200
mA，内阻约2
Ω)
D．电流表(0～30
mA，内阻约2
Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．
解析：(1)电压表测量路端电压，测量中为了减小误差，通过电压表的电流越小越好，在量程一样(0～3
V)的情况下，其内阻越大越好，故电压表应选A；电路中的电流最大值大约为＝200
mA，故电流表应选C.(2)滑片从左向右滑动时，电压表示数增大，说明滑片滑动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，只有C项的接法符合上述情形．(3)U I图线如图所示，斜率的绝对值k＝r＋R2，故r＝k－R2.横轴截距a＝，则E＝ak.
答案：(1)A　C　(2)C　(3)ak　k－R2第三章
磁场
第四节
安培力的应用
A级　抓基础
1．两条导线相互垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图所示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)(　　)
A．顺时针方向转动，同时靠近导线AB
B．逆时针方向转动，同时离开导线AB
C．顺时针方向转动，同时离开导线AB
D．逆时针方向转动，同时靠近导线AB
解析：本题可用下面两种方法解答．
(1)电流元受力分析法：把直线电流CD等效为CO、DO两段电流元，AB电流的磁感线分布如图所示，用左手定则判定可知导线CD将逆时针转动．
(2)特殊值分析法：将导线CD转过90°的特殊位置，两直线电流相互平行，方向相同相互吸引，可见CD将靠近AB，所以导线CD逆时针方向转动，同时要靠近导线AB.因此正确答案是D.
答案：D
2．在如图所示的电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为Fa、Fb，可判断这两段导线(　　)
A．相互吸引，Fa＞Fb　　
B．相互排斥，Fa＞Fb
C．相互吸引，Fa＜Fb
D．相互排斥，Fa＜Fb
解析：无论电键置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．电键置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故B错误，D正确．
答案：D
3．用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示，当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有(　　)
A．两导线环相互吸引
B．两导线环相互排斥
C．两导线环无相互作用力
D．两导线环先吸引后排斥
解析：通电的导线环周围能够产生磁场，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流产生力的作用．由于导线环中通入的电流方向相同，二者同位置处的电流方向完全相同，相当于通入同向电流的直导线，据同向电流相互吸引的规律，判知两导线环应相互吸引，故A正确．
答案：A
4．如图所示的弹性线圈AB，当给它通电时下面判断正确的是(　　)
A．当电流从A向B通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小
B．当电流从B向A通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小
C．不管电流方向如何，线圈长度都不变
D．不管电流方向如何，线圈长度都减小
解析：把环形电流看成无数小段的直线电流组成，当电流从A向B通过线圈时各线环的电流方向如图所示，各电流平行且同向，相互吸引，线圈长度变短，当电流从B向A通过线圈时各线环的电流方向与所示方向相反，但各电流仍平行且同向，相互吸引，线圈长度仍变短，故D正确．
答案：D
5．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4
m，质量为6×10－2
kg的通电直导线，电流强度I＝1
A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度从零开始每秒增加0.4
T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如右图所示．由平衡条件得：
FTcos
37°＝F，①
FTsin
37°＝mg，②
由①②解得：F＝，
代入数值得：F＝0.8
N，
由F＝BIL得：B＝＝
T＝2
T.
B与t的变化关系为B＝0.4t
T，所以t＝5
s.
答案：5
s
B级　提能力
6．如图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙导轨上，且有图示方向的匀强磁场，处于静止状态，若增大电流强度，导体棒仍静止，则在电流增大到刚要运动的过程中，导体棒受到摩擦力的大小变化情况可能是(　　)
A．一直减小　　　　　　
B．先减小后增大
C．先增大后减小
D．始终不变
解析：由左手定则可判定安培力方向沿斜面向上，若开始时摩擦力方向沿斜面向下，则有F安＝mgsin
θ＋f，而F安＝BIL，则f＝mgsin
θ－F安，I增大，f减小；当f减小到0后，F安＞mgsin
θ，f反方向，I增大，f增大．
答案：B
7．如图所示，一条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示．则在这个过程中磁铁受到的摩擦力(保持静止)(　　)
A．为零
B．方向由向左变为向右
C．方向保持不变
D．方向由向右变为向左
答案：B
8．(多选)如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则(　　)
A．将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极
B．将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极
C．将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极
D．将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极
答案：AB
9．如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹角为α
，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？
解析：画出导体棒ab受力的截面图，如图所示．
导体棒ab所受安培力：F＝BIL，
由牛顿第二定律得：Fsin
α＝ma，
导体棒ab中的电流：I＝，得a＝.
答案：
10.(2015·全国Ⅰ卷)如图所示，
一长为10
cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1
T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12
V的电池相连，电路总电阻为2
Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5
cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3
cm.重力加速度大小取10
m/s2.试判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5
cm.由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度，两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3
cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③
由欧姆定律有
E＝IR④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01
kg.⑤
答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01
kg第二章
电路
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是(　　)
A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻
B．由R＝可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度
D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一
答案：C
2．关于电动势，以下说法中正确的是(　　)
A．电源电动势等于电源正、负极之间的电势差
B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值
C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大
答案：B
3．如下图左所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如下图右所示．电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是(　　)
A．I变大，U变大　　
B．I变大，U变小
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
解析：当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，R2电阻减小，总电流变大，R1电压变大，R3电压变小，故电流表示数I变小，路端电压U变小．故D正确．
答案：D
4．如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，
曲线b为小灯泡R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该小灯泡R组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是(　　)
A．0.6
W，5
Ω
B．0.6
W，
Ω
C．0.8
W，5
Ω
D．0.8
W，
Ω
答案：A
5．关于多用电表表面上的刻度线，下列说法中不正确的是(　　)
A．直流电流刻度线和直流电压刻度线都是均匀的，可以共用一刻度
B．电阻刻度是不均匀的
C．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线相对应
D．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度线不对应
解析：本题主要考查学会使用多用电表．要认识多用电表的表盘，电流表和电压表零刻度线在左侧，最大刻度线在右侧，左侧的零刻度线与欧姆表无穷大重合；右侧的最大刻度线与欧姆表零刻度线重合，欧姆表从右向左读数．故选项A、B、C正确．
答案：D
6．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，A为灯泡，D为理想电压表．在变阻器的滑片P由B端向C端滑动的过程中(　　)
A．A灯变亮，D示数变大
B．A灯变亮，D示数变小
C．A灯变暗，D示数变大
D．A灯变暗，D示数变小
解析：变阻器的滑片P由B端向C端滑动的过程中滑动变阻器连入电路的电阻减小，故电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，即D的示数减小，由于总电阻减小，故总电流增大，所以R两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以并联电路两端的电压减小，所以灯泡A两端的电压减小，故A灯变暗，D正确．
答案：D
7．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障(　　)
A．R1短路
B．R2短路
C．R3短路
D．R1断路
解析：若各元件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A正确；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B错误；若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意，故C错误；若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D错误．
答案：A
8．关于家庭电路，下列说法中正确的是(　　)
A．家庭电路采用的电压为220
V的交流电
B．洗衣机、电冰箱等家用电器都使用三孔插座，是为了节约用电
C．在家庭电路中，已有两个灯泡正常发光，若再打开电视，则灯泡的亮度可能会变暗
D．可以用铜丝代替保险丝，这样可以防止断电
解析：火线和零线之间的电压就是电路中的电压：220
V，故A错误；洗衣机、电冰箱等家用电器都使用三孔插座，最下面的插孔为地线，是为了防止漏电，起保护作用，并不能起到节约用电，故B错误；家庭电路中各用电器为并联连接，因此工作的用电器越多并联后的总电阻越小，总电流变大，则灯泡的分压会稍微减小，灯泡的亮度会变暗，C正确；保险丝串联在电路中，当家庭电路中如果出现短路则电流过大，保险丝会熔断，使电路发生断路，保护起来，不需要用铜丝代替保险丝，故D错误．
答案：C
9．如图所示电路，P位于滑动变阻器的中点，当在ab之间加上60
V的电压时，接在cd之间的电压表示数为20
V；如果在cd之间加上60
V的电压，将同样的电压表接在ab之间时的示数为(　　)
A．120
V
B．60
V
C．30
V
D．20
V
解析：设变阻器总电阻为2R，电压表内阻为RV.
当ab两端加60
V电压时，则有：R∶＝40∶20＝2∶1，解得RV＝R
当在cd端加上60
V的电压，则得：电压表与变阻器上部分串联后与下部分并联，由于RV＝R，则电压表接在ab间时其示数为30
V.
答案：C
10．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的处．现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为(　　)
A．4R
B．5R
C．10R
D．16R
解析：由闭合电路的欧姆定律，调零时有E＝IgR内；指针偏转至满刻度的时有E＝；指针偏转到满刻度的时有E＝.联立三式，解得Rx＝16R.故D正确，A、B、C错误．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．日常生活用的电吹风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：由电功率的定义式得IU＝P，所以选项B正确；因电吹风中有电动机，有一部分电能转化为机械能，所以选项C正确．
答案：BC
12．关于电源和直流电路的性质，下列说法正确的是(　　)
A．电源被短路时，放电电流无穷大
B．外电路断路时，路端电压最高
C．外电路电阻值减小时，路端电压降低
D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变
解析：对一个给定电源，一般认为电动势E和内阻r是不变的，电动势在数值上等于内、外电压之和E＝U内＋U外，电源短路时，放电电流为，不可能为无穷大，外电路断开时，由于U内＝Ir＝0，所以U外＝E.正确选项为B、C、D.
答案：BCD
13．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大
B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值减小
C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
答案：AD
14．用伏安法测未知电阻Rx时，若不知道Rx的大概值．为选择正确电路以减小误差，可将仪器按图接好，只空出电压表一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么(　　)
A．若电流表示数有显著变化，S应接a
B．若电流表示数有显著变化，S应接b
C．若电压表示数有显著变化，S应接a
D．若电压表示数有显著变化，S应接b
解析：若电流表示数有显著变化，说明流过电压表的电流较大，Rx应为阻值较大的电阻，S应接在b处；若电压表示数有显著变化，说明电流表分压大，电阻较小，应接在a处．
答案：BC
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)有一灯泡上标有“6
V　0.1
A”字样，现要测绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用
A．电压表(0～5
V，内阻2.0
kΩ)
B．电压表(0～10
V，内阻3.0
kΩ)
C．电流表(0～100
mA，内阻2.0
Ω)
D．电流表(0～6
A，内阻1.5
Ω)
E．滑动变阻器(30
Ω，2
A)
F．滑动变阻器(100
Ω，0.5
A)
G．学生电源(直流9
V)及开关、导线等
(1)实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．
(2)画出实验电路图，要求电压从零开始测量．
(3)根据你的实验电路，将图中所示的器材连成实验电路．
(4)该同学描绘出的I U图象应是图中的________．
解析：(1)电压表的量程应大于小灯泡的额定电压6
V，故电压表应选B.小灯泡的额定电流是0.1
A，故电流表应选C.由题目要求可知滑动变阻器采用分压式，故应选电阻较小的E.
(2)小灯泡的电阻R＝＝
Ω＝60
Ω，电压表的内阻与待测电阻的比为＝50，待测电阻与电流表的内阻的比为＝30，＞，故电流表应采用外接法，滑动变阻器接成分压式，电路图见下图．
(3)电路图如图所示．
(4)小灯泡的电阻随着温度的升高而变大，所以B正确．
答案：(1)B　C　E　(2)如图　(3)如图　(4)　B
16．(10分)在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据(如下表).
组数
1
2
3
4
5
6
电流/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.44
0.57
电压/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.13
1.05
(1)根据数据选定下列供选用仪器，并按本实验要求：
电流表量程选________A，电压表量程选________V，滑动变阻器选________Ω.
①干电池(E＝1.5
V);
②直流电流表(0～0.6
A挡，内阻0.1
Ω)，(0～3
A
挡，内阻为0.02
Ω);
③直流电压表(0～3
V挡，内阻5
kΩ)，(0～15
V挡，内阻为25
kΩ);
④滑动变阻器(0～10
Ω，允许最大电流为1
A);
⑤滑动变阻器(0～1
000
Ω，允许最大电流为0.6
A);
⑥开关一个、导线若干．
在图甲实物图中按所选规格连线．
(2)根据记录数据在图乙所示的坐标纸上作U－I图线，并根据图线求出E＝________，r＝________．
答案：(1)0.6　3　0～10　(2)1.45
V　0.7
Ω
17．(12分)如图所示电路，定值电阻R0＝6
Ω，灯L标有“6
V　3
W”字样，灯L的阻值及电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P置于最左端时，电流表的示数为0.8
A；滑片P置于最右端时，电流表的示数为0.55
A，求：
(1)灯L正常工作时的电阻；
(2)滑动变阻器的最大阻值．
解析：(1)RL＝eq
\f(U,PL)＝＝12
Ω.
(2)闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P置于最左端时，灯L被短路，电阻R0与滑动变阻器R并联．所以U＝I×＝0.8
A×.
闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P置于最右端时，电阻R0被短路，灯L与滑动变阻器R并联．所以U＝I′×＝0.55
A×.
联立解得：R＝10
Ω.
答案：(1)12
Ω　(2)10
Ω
18．(14分)如图所示的电路中，电源的电动势E＝6
V，内阻r＝1
Ω，电阻R1＝3
Ω，R2＝6
Ω，电容器的电容C＝3.6
μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．
(1)合上S2，待电路稳定后，求电容器C上电量变化了多少？
(2)合上S2，待电路稳定后再断开S1后流过R1的电量是多少？
解析：(1)设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有I1＝＝1.5
A
U1＝I1R1＝4.5
V
合上开关S2后，设电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有
I2＝＝2
A　U2＝I2＝4
V
所以电容器上电量变化了ΔQ＝(U2－U1)C＝－1.8×10－6
C
故电容器的电量减少了1.8×10－6
C.
(2)合上S2后，设电容器上的电量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10－5
C
断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，因而流过的电量与阻值也成反比，故流过R1的电量Q1＝Q＝9.6×10－6
C
故断开S1后流过R1的电量是9.6×10－6
C.
答案：(1)电容器的电量减少了1.8×10－6
C　(2)9.6×10－6
C第一章
电场
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．以下说法正确的是(　　)
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D．公式C＝，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
解析：公式U＝Ed中的d是a、b两点间的沿场强方向上的距离．
答案：D
2．下列各组物理量中，由电场自身性质决定的是(　　)
A．电场力、电场强度　　　　
B．电场强度、电势差
C．电场力做的功、电势能
D．电势差、电势能
答案：B
3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S、电容为，其中εr是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间(　　)
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
答案：A
4．在匀强电场中，同一条电场线上有A、B两点，有两个带电粒子先后由静止从A点出发并通过B点，若两粒子的质量之比为2∶1，电荷量之比为4∶1，忽略它们所受重力，则它们由A点运动到B点所用的时间之比为(　　)
A．1∶　　　　　
B.∶1
C．1∶2
D．2∶1
答案：A
5.如图所示，两种细线挂着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线中的拉力分别是TA、TB.现使A、B带同种电荷，此时上、下细线受力分别为TA′、TB′，则(　　)
A．TA′＝TA，TB′＞TB
B．TA′＜TA，TB′＞TB
C．TA′＝TA，TB′＜TB
D．TA′＞TA，TB′＜TB
解析：(1)整体法：研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上细线的拉力，则由平衡条件得：上丝线的拉力T＝2mg.所以TA＝TA′.
(2)隔离法：对于B，不带电时受重力和下细线的拉力，由平衡条件得：TB＝mg.带电时受重力、下细线的拉力TB′和A对B的向下的排斥力F.由平衡条件得：TB′＝mg＋F′，即TB′＞mg.所以TB＜TB′.故A是正确的，B、C和D错误．
答案：A
6．如图所示是静电除尘的示意图．关于静电除尘的原理，下列说法不正确的是(　　)
A．除尘器圆筒的外壁A接高压电源的正极，中间的金属丝B接负极
B．B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子
C．正离子向A运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带正电，吸附到A上，排出的烟就清洁了
D．电子向A极运动过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到A上，排出的烟就清洁了
解析：除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，即圆筒的外壁A接高压电源的正极，中间的金属丝B接负极，故A正确；空气被强电场电离为电子和正离子，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，故B正确；电子向A极运动过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到A上，排出的烟就清洁了，故C错误；D正确．
答案：C
7．如图，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．在A、B、C、O四个点分别固定一个正点电荷，电荷量相等．则O处电荷受到电场力方向为(　　)
A．沿y轴正方向
B．沿y轴负方向
C．沿x轴正方向
D．沿x轴负方向
解析：由于A、B两点到O处的距离相等，故A、B点的正点电荷在O点处产生的合场强为零，C点的正电荷在O处产生的场强沿y轴负方向．以上可知，O点的合场强方向沿y轴负方向，在根据场强方向的规定，在O点放正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
8．如图所示，正点电荷Q、2Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a为MO的中点，点b为ON的中点，点c、d在M、N中垂线上，关于O点对称．下列说法正确的是(　　)
A．a、b两点的电场强度相同
B．O点的电势高于c点的电势
C．将电子沿直线从a点移到b点，电场力对电子先做正功后做负功
D．将电子沿直线从c点移到d点，电场力对电子先做负功后做正功
解析：同种电荷的电场线是排斥状的，沿电场线方向电势逐渐降低，知O点的电势高于c点的电势．故B正确．设Ma＝L，aO＝r，则a点的电场强度Ea＝k－k，Eb＝k－k，可见Ea≠Eb，故A错误；电子受到的电场力方向与电场方向相反，所以将电子沿直线从a点移到b点，电场力对电子先做负功后做正功，C错误；对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段方向斜向左上，在Od段方向斜向左下．所以电子所受的电场力在Oc段斜向右下，在Od段斜向右上，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功，故D错误．
答案：B
9．如图所示的电路中，A、B是平行板电容器的两金属板．先将电键S闭合，等电路稳定后将S断开，并将B板向下平移一小段距离，保持两板间的某点P与A板的距离不变．则下列说法不正确的是(　　)
A．电容器的电容变小
B．电容器内部电场强度大小变大
C．电容器内部电场强度大小不变
D．P点电势升高
解析：根据C＝，当B板向下平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A正确；根据E＝与C＝相结合可得E＝，由于电量不变，场强大小不变，故B错误，C正确；B板接地，场强不变，所以P点与地间的电势差增大，即P点电势升高，故D正确．
答案：B
10．质量为m的带电小球在a点水平射入竖直向上的匀强电场中，运动轨迹如图所示，则正确的说法是(　　)
A．小球带负电
B．小球在b点的加速度大于在a点的加速度
C．小球的电势能减小
D．在相等的时间间隔内重力做的功相等
解析：物体做曲线运动时的合力指向轨迹的内侧，从图中可得小球受到的合力竖直向上，因为小球受到重力和电场力作用，合力向上，所以电场力一定向上，因为电场方向竖直向上，所以小球带正电，A错误；因为是匀强电场，所以电场力恒定不变，而重力也是恒定不变，所以合力恒定不变，故加速度恒定不变，B错误；电场力做正功，电势能减小，C正确；因为小球在竖直方向上做加速运动，所以在相等时间内走过的位移不同，故重力做功不同，D错误．
答案：C
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．如图所示，质量分别为m1和m2的两小球，分别带电荷量q1和q2，用同等长度的绝缘线悬于同一点，由于静电斥力使两悬线与竖直方向张开相同的角度，则(　　)
A．q1不一定等于q2
B．m1必等于m2
C.必等于
D．必须同时满足q1＝q2和m1＝m2
解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图，
据平衡条件得：F＝m1gtan
θ，F＝m2gtan
θ，所以有m1＝m2.
答案：AB
12．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图作出的下列判断中错误的是(　　)
A．带电粒子带正电
B．粒子在a、b两点的受力方向沿电场线向左
C．粒子在a点的速度大于在b点的速度
D．a点电场强度小于b点电场强度
解析：由电场线的形状可判定产生电场的源电荷在电场线左侧，因做曲线运动的物体受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，可知粒子在a、b点受力沿电场线向左，无论从a向b，还是从b向a，粒子在a点速度大于b点速度，由电场线的分布情况可得Ea>Eb.
答案：AD
13.如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点；把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是(　　)
A．小球重力与电场力的关系是Eq＝mg
B．小球重力与电场力的关系是Eq＝mg
C．球在B点时，细线拉力为T＝mg
D．球在B点时，细线拉力为T＝mg
解析：根据动能定理，得mgLsin
θ－qEL(1－cos
θ)＝0，解得qE＝mg，故A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，可知T＝qEcos
60°＋mgsin
60°，故细线拉力T＝mg，故C正确，D错误．
答案：BC
14．如图，水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线．以水平线上的某点O′为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是(　　)
A．b、e两点的电场强度不相同
B．a点电势低于c点电势
C．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
D．电子沿圆周由d到b，电场力做正功
解析：由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A正确．根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势．故B正确．根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差都等于零，故C正确．d点的电势高于b点的电势，由Ep＝qφ＝－eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由d到b，电场力做负功，故D错误．
答案：ABC
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)如图所示，光滑斜面倾角为37°，将质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上．当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上．重力加速度g已知，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.
(1)该电场的电场强度有多大？
(2)若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？
解析：(1)物块静止于斜面上，由平衡条件，得Eq＝mgtan
37°，
解得E＝＝.
(2)当场强变为原来的时，小物块所受的合外力
F合＝mgsin
37°－qEcos
37°＝0.3mg
又F合＝ma，解得a＝3
m/s2，方向沿斜面向下，
由动能定理，得F合L＝mv2－0，代入解得v＝.
答案：(1)　(2)
16．(12分)如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q，套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.
(1)求小球滑至C点时的速度大小；
(2)求A、B两点间的电势差UAB；
(3)若以C点为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．
解析：(1)由几何关系，可得BC的竖直高度hBC＝R，因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做功为零，对小球从B到C过程应用动能定理，有mgR＝mv－mv，解得vC＝.
(2)对小球从A到B过程应用动能定理，有mgR＋WAB＝mv，解得WAB＝mgR；所以UAB＝＝－.
(3)因φB＝φC，故UAB＝UAC＝－，又UAC＝φA－φC，φC＝0，因此φA＝φC＋UAC＝－.
答案：(1)vC＝　(2)－　(3)－
17．(12分)如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向．
解析：(1)由动能定理：eU0＝eq
\f(mv,2)
得v0＝
.
(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，设板长为L，
L＝v0t，
y＝＝，a＝＝，
联立以上得L＝d
.
(3)全过程由动能定理：eU0＋eU＝Ek－0，
得：Ek＝eU0＋eU，
速度方向与水平方向夹角φ满足
tan
φ＝＝
.
答案：(1)
　(2)d　(3)见解析
18．(12分)如图所示，一带电量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球稍大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口并通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场．求：
(1)小球的初速度；
(2)应加电场的场强；
(3)小球落地时的动能．
解析：(1)由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，设运动时间为t，则
竖直方向：h＝gt2，
水平方向：s＝t，
联立解得：v0＝s.
(2)小球落到管口的过程中，水平方向上，小球作匀减速运动．
由运动学公式a＝，
由动力学公式qE＝ma，
解得E＝.
(3)小球的竖直分运动一直是作初速度为零的匀加速运动，因此小球落地动能Ek＝mg·2h＝2mgh.
答案：见解析第二章
电路
第二节
对电阻的进一步研究
A级　抓基础
1．实验室用的小灯泡灯丝的I U特性曲线可用以下哪个图象来表示(　　)
答案：A
2．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中L1和L2两灯的亮度变化情况是(　　)
A．L1亮度不变，L2变暗
B．L1变暗，L2变亮
C．L1变亮，L2变暗
D．L1变暗，L2亮度不变
解析：在变阻器的滑片P向右移动过程中，电阻变大，并联电阻也增大，而电路两端的电压保持不变，根据欧姆定律，干路电流变小，所以L1变暗，并联部分电压增大，L2灯变亮．
答案：B
3．三个电阻的阻值之比为R1∶R2∶R3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为(　　)
A．1∶2∶5
B．5∶2∶1
C．10∶5∶2
D．2∶5∶10
解析：三个电阻并联，电压相等，设为U，由欧姆定律，得I＝，所以，I1∶I2∶I3＝∶∶＝∶∶＝∶∶＝10∶5∶2，C对，A、B、D错．
答案：C
4．(多选)电阻R1、R2、R3串联在电路中，已知R1＝10
Ω，R3＝5
Ω.R1两端电压为6
V，R2两端电压为12
V，则(　　)
A．电路中的电流为0.6
A
B．电阻R2的阻值为20
Ω
C．三只电阻两端的总电压为21
V
D．电阻R3两端的电压为4
V
解析：电路中电流I＝＝
A＝0.6
A，A对；R2的阻值为R2＝＝
Ω＝20
Ω，B对；三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21
V，C对；电阻R3两端的电压U3＝IR3＝0.6×5
V＝3
V，D错．
答案：ABC
5．(多选)如图所示是两根材料和粗细相同的导体
a、b
的伏安特性曲线，下列说法正确的是(　　)
A．导体
a
的电阻大于导体
b
的电阻
B．将它们并联后接入电路中，流过导体
b
的电流大于流过导体
a
的电流
C．将它们串联后接入电路中，导体
b两端的电压大于导体a两端的电压
D．导体
b
的长度大于导体
a
的长度
解析：在I
U图象中，图线的斜率越大，电阻越小，导体a的电阻大于导体b的电阻，A正确．将它们并联后，流过导体b的电流大，B正确．串联后，电压的分配与电阻成正比，C错误．由电阻定律R＝ρ，两导体的电阻率和粗细相同，所以a的长度大于b的长度，D错误．
答案：AB
6．(多选)两个电阻R1与R2，且R1>R2，并联后总电阻为R，则一定有(　　)
A．R＝　　　　　　
B.＝＋
C．RD．R2答案：BC
7．有一金属丝，长1
m，电阻为15
Ω.现将金属丝两端连接成一闭合圆环，如图所示，在圆环上取P、Q两点．已知P、Q间的短圆弧长20
cm，求P、Q间的电阻值．
解析：PQ间的电阻是两段电阻的并联R＝＝
Ω＝2.4
Ω.
答案：2.4
Ω
B级　提能力
8．如图所示，是将滑动变阻器做分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是(　　)
A．空载(不接R)时，输出电压为大于
B．接上负载
R时，输出电压小于
C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低
D．接上负载R后，要使输出电压为，滑动片P须向下移动至某一位置
解析：空载时，AB两端电压为变阻器一半阻值分到的电压，为，接上负载
R时，并联电阻小于变阻器阻值的一半，输出电压小于，A错、B正确．负载电阻R的阻值越大，并联电阻越大，输出电压越高，C错误．接上负载R后，要使输出电压为，滑动片P需向上移动至某一位置，D错误．
答案：B
9．(多选)如图所示是两个不同电阻的I－U图象，则图象①是电阻R1，图象②是电阻R2，则(　　)
A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图象应在区域Ⅰ
B．R1和R2串联后的总电阻的I－U图象应在区域Ⅲ
C．R1和R2并联后的总电阻的I－U图象应在区域Ⅰ
D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图象应在区域Ⅲ
答案：BC
10．(多选)如图所示，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，则根据小灯泡的伏安特性曲线可判定下列说法中正确的是(　　)
A．小灯泡的电阻随着所加电压的增加而增大
B．小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大
C．欧姆定律对小灯泡不适用
D．如果把三个这种相同的灯泡串联后，接到电压恒为12
V的电源上，则流过每个小灯泡的电流为0.4
A
解析：由图可知，图中电流随电压的增大而增大，每一点的斜率表示该点电阻的倒数，故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A对；因导线的形状没有发生变化，故说明随电压的升高电阻率增大，而随电压增大，温度是升高的，故B对；虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适用，故C错误；若把三个相同的灯泡串联，则每个灯泡两端的电压为4
V，由图可知对应的电流为0.4
A，故D正确．
答案：ABD
11．如图所示电路，R1＝2
Ω，R2＝3
Ω，R3＝4
Ω，求：
(1)若已知流过R1的电流I1
＝3
A，则干路电流为多大？
(2)若已知干路中电流I＝3
A，则流过每个电阻电流为多大？
解析：(1)并联电路电压是U＝I1R1＝6
V，I2＝＝2
A，I3＝＝1.5
A，I＝I1＋I2＋I3＝6.5
A.
(2)并联总电阻为R，＝＋＋，得R＝
Ω，并联电压为U＝IR＝
V，I1＝＝
A，I2＝＝
A，I3＝＝
A.
答案：(1)6.5
A
(2)I1
＝
A，I2
＝
A，I3
＝
A第三章
磁场
第三节
探究安培力
A级　抓基础
1．下图中磁感应强度B，电流I和安培力F之间的方向关系错误的是(　　)
答案：D
2．关于安培力、磁感应强度的有关说法，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＝BILsin
θ，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错；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
3．如图所示，一通电直线竖直放置，其右侧A、B两点的磁感应强度分别为BA和BB，则(　　)
A．BA
>BB，方向均垂直纸面向外
B．BA
C．BA
D．BA
>BB，方向均垂直纸面向里
解析：由右手螺旋定则可知，AB两点的磁场方向均垂直纸面向里；由于A点离通电导线较近，故BA
>BB，选项D正确．
答案：D
4．在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10
cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量为5.0×10－5
T，通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10
cm处产生磁场的磁感应强度大小为(　　)
A．5.0×10－5
T　　　　
B．1.0×10－4
T
C．8.66×10－5
T
D．7.07×10－5
T
答案：C
5．(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是(　　)
A．通过abcd平面的磁通量大小为L2B
B．通过dcfe平面的磁通量大小为L2B
C．通过abfe平面的磁通量大小为零
D．通过整个三棱柱的磁通量为零
解析：abcd平面在垂直于B方向的投影S⊥＝L2，所以Φ＝BS⊥＝L2B，A错误；dcfe平面与B垂直，S＝L2，所以Φ＝L2B，B正确；abfe平面与B平行，S⊥＝0，Φ＝0，C正确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以Φ＝0，D正确．
答案：BCD
6．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，一倾角为α＝60°的光滑斜面上，静止一根长为L＝1
m，重G＝3
N，通有电流I＝3
A的金属棒．求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)导体棒对斜面的压力大小．
解析：(1)由左手定则知金属棒受水平向右的安培力，对金属棒进行受力分析，运用合成法，如图所示
由平衡条件，得F安＝BIL＝Gtanα，则B＝＝
T.
(2)由上图，根据三角函数关系，得N＝＝6
N.
答案：(1)
T　(2)6
N
B级　提能力
7.如图中，金属棒MN用绝缘细线悬吊在垂直纸面向里的匀强磁场中，电流方向M→N，此时悬线的拉力不为零，要使悬线的拉力变为零，有以下办法：
①将磁场反向，并适当增大磁感应强度
②将电流反向，并适当增大电流强度
③不改变磁场和电流方向，适当增大磁感应强度
④不改变磁场和电流方向，适当增大电流强度
其中正确的是(　　)
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
解析：通电导线在磁场中受到安培力作用，由公式F＝BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加．所以应适当增加电流强度，或增大磁场，所以③④正确．
答案：C
8．(多选)如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源E，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是(　　)
A．增大磁感应强度B
B．调节滑动变阻器使电阻减小
C．增大导轨平面与水平面间的夹角θ
D．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变
解析：对金属杆受力分析，沿导轨方向：－mgsin
θ＝0，若想让金属杆向上运动，则增大，A项正确；电阻减小，增大，则B项正确；若增大θ，则mgsin
θ增大，C项错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D项错误．
答案：AB
9．(多选)质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如下图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是(　　)
解析：对通电杆进行受力分析如下：
根据平衡条件可以判断出C和D一定受到摩擦力的作用，正确选项为C、D.此题要求考生能够对通电杆进行正确的受力分析，并根据平衡条件进行判断．
答案：CD
10．如图所示，两平行光滑导轨相距为L＝20
cm，金属棒MN的质量为m＝10
g，电阻R＝8
Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8
T，方向竖直向下，电源电动势E＝10
V，内阻r＝1
Ω，当开关K闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？(设θ＝45°，g取10
m/s2)
解析：先根据左手定则判定安培力的方向，然后根据平衡条件列方程，再利用安培力公式以及闭合电路欧姆定律进行求解．
金属棒平衡时的平面受力图如图所示．
当MN平衡时，有：
mgsin
θ
－BILcos
θ
＝0，①
由闭合电路欧姆定律，得：I＝，②
由①②式联立并代入数据，得：R1＝7
Ω.
答案：7
Ω第三章
磁场
第一节
我们周围的磁现象
第二节
认识磁场
A级　抓基础
1．关于信鸽“认家”的现象，有一种解释说，信鸽是通过地球的磁场来导航的，如果这种说法正确，则当在信鸽腿上系上一块小磁体，信鸽还能否通过地球的磁场来导航(　　)
A．能　　　　　　　　
B．不能
C．能，但不灵敏
D．无法判断
解析：小磁体干扰了信鸽自身的磁场，故B正确．
答案：B
2．关于地磁场，下列叙述正确的是(　　)
A．地球的地磁两极和地理两极重合
B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极
C．地磁的北极与地理的南极重合
D．地磁的北极在地理南极附近
答案：D
3．关于磁场的方向，下列叙述中不正确的是(　　)
A．磁感线上每一点的切线方向
B．磁场N极到S极的方向
C．小磁针静止时北极所指的方向
D．小磁针北极受力的方向
解析：磁场方向规定为小磁针北极的受力方向或静止小磁针北极的指向，用磁感线表示则是磁感线的切线方向即为该点的磁场方向．
答案：B
4．一束电子流沿水平面自西向东运动，在电子流的正上方一点P，由于电子运动产生的磁场在P点的方向为(　　)
A．竖直向上
B．竖直向下
C．水平向南
D．水平向北
解析：电子流沿水平面自西向东运动，根据右手螺旋定则可知，电子流在P点产生的磁场的方向为水平向北，所以D正确．
答案：D
5．如图所示的螺线管正上方放置一小磁针，当闭合开关S后，小磁针的指向如图所示，其中黑色的那一端为小磁针的N极，下列判断正确的是(　　)
A．电源左端为正、右端为负，线圈左端为N极，右端为S极
B．电源左端为负、右端为正，线圈左端为N极，右端为S极
C．电源左端为负、右端为正，线圈左端为S极，右端为N极
D．电源左端为正、右端为负，线圈左端为S极，右端为N极
解析：磁针所在处的磁场向右，由右手螺旋定则可知B正确．
答案：B
6．如图所示，一个电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，则此电子的运动(　　)
A．不产生磁场
B．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里
C．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外
D．只在圆的内侧产生磁场
解析：电子沿逆时针方向转动，形成顺时针方向电流．由安培定则可得，在圆心处的磁场方向垂直纸面向里．
答案：B
7．(多选)关于磁感线和电场线，下列说法正确的是(　　)
A．磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线
B．磁感线和电场线都可以是一些互相平行的曲线
C．磁感线始于N极，终止于S极；电场线起始于正电荷，终止于负电荷
D．磁感线和电场线都只能分别表示磁场和电场的方向
答案：AB
B级　提能力
8．(多选)如图，当电流逆时针通过圆环导体时，在导体中央的小磁针的N极将指向(　　)
A．指向读者
B．背离读者
C．垂直纸面向内
D．垂直纸面向外
答案：AD
9．(多选)如图，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是(　　)
A．向右飞行的正离子
B．向左飞行的正离子
C．向右飞行的负离子
D．向左飞行的负离子
答案：BC
10．(多选)在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知(　　)
A．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针
B．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针
C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过
D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
答案：BC
11．月球表面周围没有空气，它对物体的引力仅为地球上的，月球表面没有磁场，根据这些特征，在月球上，下列选项中的四种情况能够做到的是(　　)
解析：既然月球表面没有磁场，那么在月球上就不能用指南针定向，所以A错误；月球表面周围没有空气，所以无法使用电风扇吹风，而声音的传播需要介质，所以B、C均不对，只有选项D正确．
答案：D第一章
电场
第二节探究静电力
A级　抓基础
1．下列说法中正确的是(　　)
A．点电荷就是体积很小的带电体
B．点电荷就是体积和带电量都很小的带电体
C．根据公式F＝k，当r→0时，F→∞
D．静电力常量的数值是由实验得出的
解析：带电体能否看成点电荷取决于所研究的问题，并不是取决于它的实际大小和带电量的多少．当r→0时，库仑定律已不再适用．静电力常量是由库仑通过扭秤实验测量得到的．
答案：D
2．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是(　　)
A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关
B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比
C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关
D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比
解析：利用控制变量法可知：库仑力的大小与电量大小以及距离有关．
答案：C
3．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是(　　)
A．F引＝G，F库＝k　　B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G，F库＝k
D．F引＝G，F库≠k
答案：D
4．如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球．同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是(　　)
A．速度变大，加速度变大
B．速度变小，加速度变小
C．速度变大，加速度变小
D．速度变小，加速度变大
解析：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互加速远离，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．
答案：C
5．如图所示，A、B两个点电荷的电量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，若弹簧发生的均是弹性形变，则(　　)
A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0
B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0
C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0
D．保持q不变，将Q变为－Q
，平衡时弹簧的缩短量小于x0
解析：设弹簧的劲度系数为K，原长为x.当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：
Kx0＝k.①
保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：
Kx1＝k，②
由①②解得：x1<2x0，故A错误；同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；同理可以得到保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，同理可以得到保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误．故选B.
答案：B
6．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性(　　)
A．一定是正电
B．一定是负电
C．可能是正电，也可能是负电
D．无法判断
答案：B
B级　提能力
7．(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡状态，如图所示．现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过程A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是(　　)
A．细线对带电小球A的拉力变大
B．细线对细环的拉力保持不变
C．细环所受的摩擦力变大
D．粗糙杆对细环的支持力变大
解析：A、B项以小球A为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得：T＝，F增大时，T变大．故B错误，A正确；C、D项以小球和环整体为研究对象，分析受力如右图：总重力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f，电场力F，根据平衡条件得：N＝G，f＝F.
当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C正确、D错误．
答案：AC
8．(多选)如图所示为半径相同的两个金属小球，A、B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互作用力大小是F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(A、B两球均可看成点电荷)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：第一种情况，当两球带等量异种电荷时有：假设A带电量为Q，B带电量为－Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F＝k.第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：，C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：－，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′＝k＝，故A正确；同理当两球带有同种电荷时，有：F′＝，故C正确，BD错误．故选AC.
答案：AC
9．(多选)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动(　　)
A．半径越大，加速度越小
B．半径越小，周期越大
C．半径越大，角速度越小
D．半径越小，线速度越大
解析：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得：
k＝ma＝m＝mω2r＝m，
得a＝k；T＝；ω＝；v＝.
半径越大，加速度越小，故A正确；半径越小，周期越小，故B错误；半径越大，角速度越小，故C正确；半径越小，线速度越大，故D正确．
答案：ACD
10．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3间距离为q1与q2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为(　　)
A．(－9)∶4∶(－36)　　　　　B．9∶4∶36
C．(－3)∶2∶(－6)
D．3∶2∶6
解析：分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可排除B、D选项，正确选项只可能在A、C中．若选q2为研究对象，由库仑定律知＝，因而得q1＝q3，即q3＝4q1.若以q1为研究对象，k＝k得q2＝q3，q1＝q2，由于三个电荷平衡，q1与q3为同种电荷，q1与q2为异种电荷．故选项A恰好满足此关系，显然正确选项为A.
答案：A
11．(多选)如图所示，可视为点电荷的小物体A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力的个数可能是(　　)
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
解析：据题意，A物体的受力情况有两种可能，一种是：A物体受到重力G和向上的电场力F，两个力大小相等方向相反，可以使A物体静止，则受到两个力；另外一种是：A物体受到重力G、向上的电场力F、斜面提供的支持力N和摩擦力f，则受到4个力．故A、C选项正确．
答案：AC
12．真空中有两个相距1
m带电荷量相等的点电荷，它们间的静电力的大小为3.6×10－4
N，求每个点电荷的电荷量是多少？它是元电荷的多少倍(静电力常量k＝9.0×109
N·m2/c2)
解析：由F＝k得q＝2×10－7
C，
N＝＝1.25×1012，
答案：2×10－7
C　1.25×1012倍
13．如图所示，一个挂在丝线下端带正电的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，θ＝30°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中．试求A、B两球间的距离r.
解析：由图可知：
F＝mgtan
θ＝mgtan
30°＝mg，①
F＝k，②
联立①②解得：
r＝
.
答案：第二章
电路
第四节
认识多用电表
A级　抓基础
1．用多用电表测直流电压U和电阻R时，若红表笔插入正(＋)插孔，则(　　)
A．前者(测电压U)电流从红表笔流入多用电表，后者(测电阻R)电流从红表笔流出多用电表
B．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
C．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流也从红表笔流入多用电表
D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表
解析：电压表红表笔接外接电源的正极，电流从红表笔流入多用电表，而欧姆表的红表笔接内部电源的负极，电流从黑表笔流出，从红表笔流进．
答案：C
2．关于多用电表表面的欧姆挡刻度线，下列说法正确的是(　　)
A．零欧姆刻度线与零电流刻度线重合
B．零欧姆刻度线与电流表满偏的刻度线不重合
C．欧姆挡表面的刻度线是不均匀的，欧姆值越大，刻度线越密
D．欧姆挡表面的刻度线是不均匀的，欧姆值越小，刻度线越密
解析：零欧姆刻度线应该是在红黑表笔短接时，此时电流最大，所以在满偏电流处；由I＝可知道电流与Rx不是成正比，刻度不均匀，欧姆值越大，刻度线越密．
答案：C
3．(多选)关于多用电表的使用，下列说法不正确的是(　　)
A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大
B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏大
C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况
D．用多用电表测量60
W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大
答案：ABD
4．如果收音机不能正常工作，需要判断干电池是否已经报废，可取出一节干电池用多用电表来测量它的电动势，下列步骤中正确的是(　　)
①把多用电表的选择开关置于交流500
V挡或置于“OFF”挡　②把多用电表的红表笔和干电池的正极接触，黑表笔与负极接触　③把多用电表的红表笔和干电池的负极接触，黑表笔与正极接触　④在表盘上读出电压　⑤把多用电表的选择开关置于直流25
V挡　⑥把多用电表的选择开关置于直流5
V挡
A．⑤③④①　　　　　
B．②⑤①④
C．⑥③④①
D．⑥②④①
解析：用久的废电池内阻过大、电动势下降，可用多用电表的直流电压挡测电动势．如果示数明显小于1.5
V，则说明该电池已报废．在电压挡选取时，应使用5
V挡，这样可较为准确地读数．在测量时，应使黑表笔接电源负极，红表笔接电源正极．测量完毕后，应使选择开关置于交流500
V挡或“OFF”挡．
答案：
D
5．如图所示，A、B、C是多用电表在进行不同测量时转换开关分别指示的位置，D是多用电表表盘指针在测量时的偏转位置．
(1)A是________挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________；
(2)B是________挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________；
(3)C是________挡，若用此挡测量，指针偏转如D，则读数是________．
解析：A是欧姆挡，读数为：示数×倍率＝30×100
Ω＝3
000
Ω；B是电流10
mA挡，每小格表示1
mA，读数为：5.0×1
mA＝5.0
mA；C是电压50
V挡，每小格表示5
V，读数为：5×5
V＝25
V.
答案：(1)欧姆　3
000
Ω　(2)电流　5.0
mA　(3)电压　25
V
B级　提能力
6．用电压表检查如图所示电路中的故障，测得Uad＝5.0
V，Ucd＝0
V，Uab＝5.0
V，则此故障可能是(　　)
A．L断路　　　　　　
B．R断路
C．R′断路
D．S断路
解析：串联电路中灯L不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，测得Uad＝5.0
V，测量的是电源，测得Ucd＝0
V，Ubc＝0
V，说明在b→R′→c→灯L→d之外有开路现象；测得Uab＝5.0
V，说明ab之间有断路之处，所以断路是在电阻R上，故选B.
答案：B
7．实验课上，老师在实验桌上摆放了晶体二极管、电阻、电容器各一只，性能均正常，要求某实验小组用多用电表对以上三元件加以区分．该小组的做法是：将多用电表的选择开关拨到“R×100”挡，分别测它们的正负电阻加以区别：测甲元件时，R正＝R反＝0.5
kΩ；测乙元件时，R正＝0.5
kΩ，R反＝100
kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到0.5
kΩ，接着读数逐渐增大，最后停在100
kΩ上，则甲、乙、丙三个元件分别是(　　)
A．电容器、电阻、二极管　　
B．电阻、电容器、二极管
C．电阻、二极管、电容器
D．二极管、电阻、电容器
解析：甲元件的正、反向电阻相同，说明甲为定值电阻；乙元件的正向电阻很小，反向电阻很大，说明乙为二极管；测丙元件时，电阻增大过程，是给电容器的充电的过程，充电完成后，电容器阻值很大，故丙为电容器，C项正确.
答案：C
8．在商店选购一个10
μF电容器，在只有一个多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：
①直流电压挡；
②直流电流挡；
③欧姆挡；
选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：
④不偏转；
⑤偏转至最右边；
⑥偏转至中值；
⑦偏转一下又返回最左边
正确的选项是(　　)
A．①④
B．①⑤
C．③④
D．③⑦
解析：若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡；使用欧姆挡检测时，接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边，选项D符合题意．
答案：D
9．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(　　)
图甲　　　图乙　　　　图丙
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
10．多用电表是实验室和生产实际中常用的仪器．
①如图甲是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将S拨到________或________两个位置，在进行电压测量时，应将S拨到________或________两个位置．
②使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图乙a、b所示．若选择开关处在“×10
Ω”的电阻挡时指针位于a，则被测电阻的阻值是________Ω.若选择开关处在“直流电压2.5
V”挡时指针位于b，则被测电压是________V.
③两位同学使用完多用电表后，分别把选择开关置于图丙和图丁位置，你认为图________的位置比较好．
解析：①测量电阻要构成一完整的闭合回路，故要接入内部电源，为3或4.测量电压给电流计串联分压电阻即可，为5或6.
②测量电阻图示读数为：50×10＝500
Ω.
测量电压的图示读数：因最小分度为0.05
V，则要估读到同位为：1.98
V
③测量完毕要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡．则丙图即可．
答案：①3　4　5　6　②500　1.98(或1.99或2.00)　③丙
11．(1)某同学按如图所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B灯都不亮，该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障，检查前，应将开关S________(填“闭合”或“断开”)．
(2)若(1)中同学检查结果如下表所示，由此可以确定(　　)
测试点
b、f
b、e
b、d
d、e
多用电表示数
无穷大
无穷大
500
Ω
无穷大
A.灯A断路　　　　　　
B．灯B断路
C．灯A、B都断路
D．d、e间导线断开
解析：(1)用多用电表的欧姆挡检查电路的故障需将电路断开．
(2)b、f之间电阻无穷大说明b、f间有断路，b、e之间电阻无穷大说明b、e间有断路，d、e之间电阻无穷大说明d、e间有断路，b、d之间电阻有一定的数值，说b、d之间没有断路，所以断路在d、e之间．
答案：(1)断开　(2)D模块综合检测(二)
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．学习物理除了知识的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发现，领悟并掌握处理物理问题的思想与方法．关于以上两点下列叙述正确的是(　　)
A．法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法
D．在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法
答案：C
2．如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是(　　)
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
解析：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表电场越强，由图可知b点的场强小于a点的场强．故B正确，A、C错误．由于电场线切线的方向就是该点的电场的方向，由图可知ab两点的切线方向不同，故ab两点的场强不同，而场强的方向就是正电荷所受电场力的方向，所以正电荷在ab两点所受电场力方向不同，故D错误．
答案：B
3.在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如图所示，四导线中电流I1＝I3＞I2＞I4，要使O点磁场增强，则应该(　　)
A．切断I1　　　　
　
B．切断I2
C．切断I3
D．切断I4
解析：从题图中可得I1、I2、I3在O点产生的磁感应强度的方向都为垂直纸面向里，而I4在O点产生的磁感应强度方向为垂直纸面向外，故要使O点磁场增强，应该切断I4，D正确．
答案：D
4．空间中存在着竖直向下的匀强磁场，如图所示，一带正电粒子(不计重力)垂直于磁场方向以初速度v射入磁场后，运动轨迹将(　　)
A．向上偏转　　　　　
B．向下偏转
C．向纸面内偏转
D．向纸面外偏转
解析：带电粒子垂直进入磁场，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向向纸外，则其轨迹向纸外偏转．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是(　　)
A．这两个点电荷一定是等量异种电荷
B．这两个点电荷一定是等量同种电荷
C．把某正电荷q从C点移到D点电场力做正功
D．C点的电场强度可能比D点的电场强度小
解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷．故A正确，B错误；根据平行四边形定则，对中垂线上的场强进行合成，知中垂线上每点的电场方向都水平向右，中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，把某正电荷q从C点移到D点电场力不做功．故C错误；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故D错误．
答案：A
6．如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r.现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B＝，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是(　　)
A．b点的磁感应强度大小为
B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为
C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0
D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0
解析：根据B＝，可知a点磁感应强度B0＝＋＝，则＝B0，根据右手螺旋定则，此时b点磁感应强度为Bb＝－＝＝B0，方向向外，故A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为Bb＝＝B0，B错误；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为Bb＝－＝＝B0，方向向外，C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为Bb＝＝B0，故D正确．
答案：D
7．如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－q(Q>q)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法中正确的是(　　)
A．A点场强小于B点场强
B．C点场强与D点场强相同
C．A点电势小于B点电势
D．将正检验电荷从C点移到O点，电场力做负功
解析：设A点到Q的距离为d，到－q的距离为L，故A点的场强EA＝＋，同理可得B点的场强EB＝＋，故EA－EB＝－，由于d答案：D
8．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R，由qvB＝可得：v＝，选项B正确．
答案：B
9．在如图所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为如图中的(　　)
解析：根据电阻定律，横坐标为x的点与A点之间的电阻R＝ρ，这两点间的电压U＝IR＝Iρ(I为电路中的电流，它是一个定值)，故U跟x成正比例关系，故选A.
答案：A
10．如图所示，电阻R1＝20
Ω，电动机绕线电阻R2＝10
Ω.
当电键S断开时，电流表的示数是I′＝0.5
A，当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足(　　)
A．I＝1.5
A
B．I>1.5
A
C．P＝15
W
D．P<15
W
解析：S断开时，电路两端的电压U＝I′R1＝10
V．S合上后，流过电动机的电流I″<＝1
A，则电流表的示数I＝I′＋I″<1.5
A，电路消耗的电功率P＝IU<15
W，选项D正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有(　　)
A．粒子带正电
B．粒子做匀速圆周运动
C．粒子电势能减小
D．仅增大电场强度粒子通过电场的时间不变
解析：带电粒子垂直进入电场后，仅在电场力作用下向场强方向偏转，粒子带正电；由于电场力大小及方向均恒定，粒子做类平抛运动；运动中电场力做正功，粒子电势能减小；粒子通过电场区域的时间仅由电场区域宽度及粒子初速度决定，仅增大场强，不会改变粒子通过电场区域的时间．选项B错误，A、C、D正确．
答案：ACD
12．如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列结论正确的是(　　)
A．导体的电阻是25
Ω
B．导体的电阻是0.04
Ω
C．当导体两端的电压是0.04
V时，通过导体的电流是1
A
D．当通过导体的电流是0.1
A时，导体两端的电压是2.5
V
解析：根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R＝＝
Ω＝25
Ω，故A正确，B错误；当导体两端电压是0.04
V时，通过导体的电流I＝＝
A＝0.001
6
A，故C错误；当通过导体的电流是0.1
A时，导体两端的电压U＝IR＝0.1
A×25
Ω＝2.5
V，故D正确．
答案：AD
13．如图所示，为某一点电荷形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是(　　)
A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
B．由于AB的长度等于BC的长度，故UAB＝UBC
C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变
D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
解析：题图为某一点电荷所形成的一簇电场线，由于没有说明是正电荷的电场还是负电荷的电场，所以无法判断出电场线的方向，不能判断出abc三种粒子的电性，故A错误；根据公式U＝Ed，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强，故UAB＜UBC，故B错误；由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；C粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F＝m，C粒子的质量较小，故D正确．
答案：CD
14．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN，则下列判断正确的是(　　)
A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤
B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤
C．小球在斜面做变加速曲线运动
D．小球达到底边MN的时间t＝
解析：小球受洛伦兹力提供向心力垂直斜面向上，小球不离开斜面的条件是qv0B≤mgcos
α，则B≤，A错误、B正确；小球的加速度a＝gsin
α不变，所以小球做匀变速曲线运动，C错误；沿斜面做初速度为零，加速度为a＝gsin
α的匀变速运动，所以＝at2，解得t＝
，D正确．
答案：BD
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)用多用电表的欧姆挡测某一电阻的阻值时，分别用×1、×10、×100三个电阻挡测了三次，指针所指的位置如图所示．
其中①是用________挡，②是用________挡，③是用________挡．为提高测量的精确度，应该用________挡，被测电阻阻值约为________．
解析：乘的倍率越大，示数越小，故①是“×1”挡，②是“×10”挡，③是“×100”挡．为了提高测量的准确度，指针应在表盘的中间附近，故选“×10”挡测量．被测电阻阻值约为30×10
Ω＝300
Ω.
答案：×1　×10　×100　×10　300
Ω
16．(12分)下图a是测量电阻Rx的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6
A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0
cm.
图a
图b
图c
①根据原理图连接图b的实物图．
②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0
V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图c中标出．写出Rx与L、I、u的关系式Rx＝____________；根据图c用作图法算出Rx＝________Ω.
解析：②3
V电压分布在长为30
cm的电阻丝上，故有单位长度的电压u＝
V/cm＝0.1
V/cm.
③设电阻丝每1
cm长的电阻为R，当合上S1
断开S2时，设此时电阻丝电流为I′，有：I′·30R＝30u,
当合上S1
、S2时，I′·LR＝IRx，由上两式得：Rx与L、I、u的关系式Rx＝.在图c中过尽可能多的点作直线如图所示，对照图可得L＝I，由L－I图线的斜率k＝60.016
cm/A＝，可得Rx＝ku＝60.016×0.1
Ω≈6.0
Ω.
答案：①见下图　②0.1　③　6.0
17．(12分)一质量为m、电荷量为q的带负电的带电粒子，从A点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，磁场区域足够长，如图所示．带电粒子射入时的初速度与PQ成45°角，且粒子恰好没有从MN射出(不计粒子所受重力)．求：
(1)该带电粒子的初速度v0；
(2)该带电粒子从PQ边界射出的射出点到A点的距离x.
解析：(1)设轨道半径为R，如图所示
则R＝，得R＝(2＋)d.
又R＝，解得v0＝.
(2)x＝R＝2(＋1)d.
答案：见解析
18．(12分)水平放置的两块平行金属板板长l＝5.0
cm，两板间距d＝1.0
cm，两板间电压为90
V，且上板为正极板，一个电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107
m/s，从两板中间射入，如图所示，不计电子的重力，电子的质量为m＝9.0×10－31
kg，电荷量为e＝－1.6×10－19
C．求：
(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？
(2)电子飞出电场时的速度大小是多少(保留两位有效数字)
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10
cm，求OP之长．
解析：(1)电子在电场中的加速度a＝，
侧位移即竖直方向位移y0＝at2＝，
运动时间t＝，
代入数据，解得y0＝5×10－3
m.
(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，
竖直分速度vy＝at＝＝4×106
m/s，
飞出电场时的速度为v＝eq
\r(v＋v)，
代入数据，得v＝2.0×107
m/s，
设v与v0的夹角为θ，则tan
θ＝＝0.2，
所以θ＝arctan
0.2.
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，
OP＝y0＋MP＝y0＋s·tan
θ，
代入数据，解得OP＝2.5×10－2
m.
答案：(1)5×10－3
m　(2)2.0×107
m/s　(3)2.5×10－2
m第一章
电场
第五节电场强度与电势差的关系
A级　抓基础
1．对公式E＝的理解，下列说法正确的是(　　)
A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差
B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大
C．公式中的d是指a点和b点之间的距离
D．公式中的d是a、b两个等势面间的垂直距离
解析：此公式只适用于匀强电场，故A错；a点和b点距离必须是电场中两点沿电场线方向的距离，才会出现距离越大电势差越大的情况，则B错；式中的d是电场中两点沿电场线方向的距离，故C错，D对．
答案：D
2．(多选)如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是(　　)
A．a点的电势高于b点的电势
B．该点电荷带负电
C．a点和b点电场强度的方向相同
D．a点的电场强度大于b点的电场强度
答案：BD
3．如图中，a、b、c、d、e五点在同一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为＋Q，已知在＋Q的电场中b、c两点间的电势差为U，将另一个点电荷＋q从d点移动到e点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电场力做功qU
B．克服电场力做功qU
C．电场力做功大于qU
D．电场力做功小于qU
解析：电场力做功W＝Uq，对于点电荷产生的电场，d、e两点的电势差小于b、c两点的电势差，故从d点到e点，电场力做功小于qU.
答案：D
4.如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间距离为5
cm，电势差为25
V，在电场中P点固定放置电量为5×10－9
C的负点电荷，此时电场中有一点场强为零，此点在P点的(　　)
A．上方30
cm
B．下方30
cm
C．上方25
cm
D．下方25
cm
答案：B
5．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20
V，b点的电势为24
V，d点的电势为4
V，如图所示，由此可知c点的电势为(　　)
A．4
V
B．8
V
C．12
V
D．24
V
解析：根据匀强电场的特点，Uab＝Ubc，即φa－φd＝φb－φc，解得φc＝8
V，B正确．
答案：B
B级　提能力
6．如图所示，匀强电场场强E＝100
V/m，A、B点相距10
cm，A、B连线与电场线夹角为60°，则UBA之值为(　　)
A．－10
V
B．10
V
C．－5
V
D．－5
V
解析：由公式U＝Ed，易得UBA＝－E×sBA×cos
60°＝－5
V.
答案：C
7．(多选)如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点，下列说法正确的是(　　)
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
答案：AC
8．(多选)如图所示，该线是电场中任意取的一条电场线，电场线上的a、b两点相距为d，则(　　)
A．a点的场强一定大于b点的场强
B．a点的电势一定高于b点的电势
C．a、b两点间的电势差一定等于Ed(E为a点场强)
D．a、b两点间的电势差等于单位正电荷由a点沿任意路径移到b点的过程中电场力所做的功
解析：电场的强弱由电场线的疏密反映出来，只有一条电场线是无法判断场强的强弱的，故A错；而沿着电场线方向，电势降低，故B对；公式U＝Ed只适用于匀强电场，故C错；电场力做功与路径无关，由W＝Uq可知D对．
答案：BD
9．(多选)A、B两点在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，且到连线上中点O的距离相等，如图所示，则(　　)
A．同一电荷在A，B两点的电势能相等
B．把正电荷从A点沿直线移动到B点，电荷的电场强度先增大后减少
C．把正电荷从A点沿直线移动到B点，电荷的电势能先减少后增大
D．A、B连线上的任意两点的电势差不为零
解析：由题图可知，A、B两点处于同一等势面上，故A对，D错；由正、负点电荷的场强叠加可知，O点是A、B所在等势面场强最大的点，故从A到O场强增大，从O到B场强减少，则B对，C错．
答案：AB
10.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1
m，D为AB的中点，如图所示．已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14
V、6
V和2
V．设电场强度大小为E，一电荷量为1×10－6
C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则(　　)
A．W＝8×10－6
J　　E＞8
V/m
B．W＝6×10－6
J　　E＞6
V/m
C．W＝8×10－6
J　　E≤8
V/m
D．W＝6×10－6
J　　E≤6
V/m
解析：因电场是匀强电场，D是AB的中点，故D的电势φD＝＝10
V．所以W＝q(φD－φC)＝8×10－6
J．设E的方向与AB的夹角为α，则α≠0，否则等势面与AB垂直，C点电势就会高于B点电势．由E＝，可知＝，因α＞0，则cos
α＜1，E＞8
V/m，故A正确．
答案：A
11．如图所示，匀强电场的场强E＝1.2×102
V/m，方向水平向右．一点电荷q＝4×10－8
C沿半径为R＝20
cm的圆周，从A点移动到B点(已知∠AOB＝90°)．求：
(1)这一过程电场力做的功；
(2)A、B间的电势差UAB.
解析：(1)点电荷从A点沿圆弧AB到达B点电场力所做的功等效于沿A→O→B电场力所做的功；在A→O过程中，因电场力方向与运动方向垂直，所以电场力不做功，WAO＝0.
在O→B过程中，电场力做功为：
W电＝F电·scos
α＝qERcos
180°＝
4×10－8×1.2×102×0.2×(－1)
J＝－9.6×10－7
J，负号表示电场力做负功．
(2)UAB＝＝
V＝－24
V.
答案：(1)－9.6×10－7
J　(2)－24
V
12.如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面．现将电荷量为1×10－8
C的正点电荷从A点移到B点，电场力做的功为3×10－6
J，将另一电荷量为1×10－8
C的负点电荷从A点移到C点，克服电场力做的功为3×10－6
J.
(1)求UAB、UAC、UBC的大小；
(2)画出电场线方向；
(3)若AB边长为2
cm，求电场强度．
解析：(1)正点电荷从A点移到B点时，电场力做正功．故A点电势高于B点电势，可求得UAB＝＝
V＝300
V．负点电荷从A点移到C点，电场力做负功，A点电势高于C点电势，可求得UAC＝＝300
V．因此B、C两点电势相等，故UBC＝0.
(2)由于匀强电场中的等势线是一簇平行直线，因此，BC为一条等势线，故电场线垂直于BC，设D为BC的中点，则场强方向为由A指向D，如图所示．
(3)AB在场强方向的距离d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与场强的关系式可得E＝＝
V/m＝104
V/m.
答案：(1)UAB＝300
V　UAC＝300
V　UBC＝0
(2)电场线垂直BC斜向下
(3)104
V/m第三章
磁场
第六节
洛伦兹力与现代技术
A级　抓基础
1．如图所示，质量为m、电荷量为－e的电子的初速为零，经电压为U的加速电场加速后进入磁感应强度为B的偏转磁场(磁场方向垂直纸面)，其运动轨迹如图所示．以下说法中正确的是(　　)
A．加速电场的场强方向向上
B．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
C．电子在电场中运动和在磁场中运动时，加速度都不变，都是匀变速运动
D．电子在磁场中所受的洛伦兹力的大小为f＝
解析：电子带负电，向上加速运动，因此加速电场的方向应为竖直向下，选项A错误；电子刚进入时受水平向左的洛伦兹力，根据左手定则知偏转磁场的方向垂直纸面向外，选项B错误；电子在电场中运动时加速度可能变化，在磁场中运动时，加速度变化，选项C错误；根据动能定理可知，电子进入磁场时的速度为v，Ue＝mv2，洛伦兹力的大小为f＝Bev，得f＝，选项D正确．
答案：D
2．质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量．其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知(　　)
A．此粒子带负电
B．下极板S2比上极板S1电势高
C．若只增大加速电压U，则半径r变大
D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小
解析：根据动能定理得，qU＝mv2，由qvB＝得，r＝
.由题图结合左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，因粒子带正电，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；若只增大加速电压U，由上式可知，则半径r变大，故C正确；若只增大入射粒子的质量，由上式可知，则半径也变大，故D错误．
答案：C
3．(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速．两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，重力不计，下列说法中正确的是(　　)
A．增加交流电的电压
B．增大磁感应强度
C．改变磁场方向
D．增大加速器的半径
解析：当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由牛顿第二定律qvB＝m，得v＝.若D形盒的半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝mv2＝.所以要提高带电粒子射出时的动能，应尽可能增大磁感应强度B和加速器的半径R.
答案：BD
4．(多选)如图所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是(　　)
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
答案：ABC
5．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子，最后粒子恰好从e点射出，则(　　)
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短
答案：A
B级　提能力
6．如图所示，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处与圆弧相连，将整个装置置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过圆弧最高点，现若撤去磁场，使球仍能恰好通过圆环最高点C，释放高度H′与原释放高度H的关系是(　　)
A．H′＝H
B．H′C．H′>H
D．不能确定
解析：无磁场时，小球在C点由重力提供向心力，临界速度为v′.加磁场后，小球在C点受向上的洛伦兹力，向心力减小，临界速度v减小．所以不加磁场时在C点的机械能较大，由于洛伦兹力不做功，有没有磁场机械能都守恒，所以，不加磁场时机械能较大．
答案：C
7．(多选)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入Ⅱ后偏转半径R相同，则它们一定具有相同的(　　)
A．速度
B．质量
C．电荷量
D．比荷
解析：当混合带电离子在通过正交的电场、磁场区域Ⅰ时没有发生偏转可得：电场力与洛伦兹力平衡，即q1E＝q1v1B，q2E＝q2v2B，所以v1＝v2＝，而进入匀强磁场区域Ⅱ后偏转半径r相同，也就是r＝，r1＝＝＝r2，即＝，所以A、D正确，B、C错误．
答案：AD
8．如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1
B．在Ek－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．不同粒子获得的最大动能都相同
解析：由图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tn－tn－1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B正确；交流电源的周期为2(tn－tn－1)，A错误；由r＝知当粒子的运动半径等于D形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能Ekm＝，即粒子的动能与加速次数无关，C错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D错误．
答案：B
9．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有：qE＝mg，①
E＝，②
重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．
(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，
∠MO′P＝θ，
如图所示．设半径为r，由几何关系知：
＝sin
θ，③
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有：
qvB＝，④
由速度的合成与分解知：＝cos
θ，⑤
由③④⑤式得：v0＝.⑥
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tan
θ，⑦
由匀变速直线运动规律知：v＝2gh，⑧
由⑥⑦⑧式得：h＝.
答案：(1)　方向竖直向上　(2)　(3)
10．电子(不计重力)自静止开始经M、N板间(两板间电压为v)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为
L的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示(已知电子的质量为m，电量为e)，求：
(1)电子在加速电场中加速后获得的速度；
(2)匀强磁场的磁感应强度；
(3)电子在磁场中的运动时间．
解析：(1)电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：
mv2－0＝eU，
解得
v＝
.①
(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：Bev＝m，②
电子在磁场中的轨迹如图，由几何关系得：(r－L)2＋(L)2＝r2
③
由①②③解得
B＝
.
(3)电子在磁场的周期为T＝，
由几何关系得
∠AOP＝60°，
可得电子在磁场中的运动时间t＝
.
答案：(1)v＝
　(2)
(3)第一章
电场
第一节认识静电
A级　抓基础
1．下列关于电荷、电荷量的说法正确的是(　　)
A．自然界存在有三种电荷：正电荷、负电荷和元电荷
B．物体所带的电荷量可以是任意值
C．物体所带的电荷量只能是某些特定的值
D．物体的带电量可以是2×10－19
C
答案：C
2．导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带－Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为(　　)
A．－Q
B．Q
C．2Q
D．4Q
解析：两导体上的电荷先完全中和后再平分，所以每个小球上带电荷量的大小为＝2Q.
答案：C
3．下列说法不正确的是(　　)
A．摩擦起电和感应起电都是使物体的电荷发生转移，而电荷总量并未变化
B．用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带负电，是摩擦过程中毛皮上的负电荷转移到了硬橡胶棒上
C．物体不带电，表明物体中没有电荷
D．两个原来不带电的物体通过摩擦起电后，一定带有等量异种电荷
答案：C
4．如图所示，当将带正电荷的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形金属导体上电荷的移动情况是(　　)
A．枕形金属导体中的正电荷向B端移动，负电荷不移动
B．枕形金属导体中的负电荷向A端移动，正电荷不移动
C．枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D．枕形金属导体中的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
解析：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，在外电场的作用下枕形金属导体自由电子向A移动，故A错误；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枕形金属导体自由电子向A移动，正电荷不移动，故B正确；同理可知，C、D错误，故选B.
答案：B
5．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的哪一个(　　)
A．6.2×10－19
C
B．6.4×10－19
C
C．6.6×10－19
C
D．6.8×10－19
C
答案：B
B级　提能力
6．(多选)一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在了，这说明(　　)
A．小球上原有负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷是守恒的
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由于电子的转移引起的，仍遵循电荷守恒定律
解析：根据电荷守恒定律，电荷不能消灭，也不能创生，只会发生转移，故A错误；此过程中电荷仍然守恒，电荷没有消失，只是被潮湿的空气导走而已，仍然遵循电荷守恒定律，故B正确；金属小球上的负电荷减少是由于潮湿的空气将电子导走了，故C正确；该现象是潮湿的空气将电子导走了，是电子的转移引起，仍遵守电荷守恒定律，故D正确；故选BCD.
答案：BCD
7．(多选)关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是(　　)
A．摩擦起电现象说明了机械能可以转化为电能，也说明通过做功可以创造电荷
B．摩擦起电说明电荷可以从一个物体转移到另一个物体
C．感应起电说明电荷可以从物体的一个部分转移到物体另一个部分
D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
解析：摩擦起电现象说明机械能可以转化为电能，但并没有创造电荷，电荷只是发生转移，故A错误；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，故B正确；感应起电过程中电荷在电场力作用下，从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，电荷可以从带电的物体转移到原来不带电的物体是接触带电，故D错误；故选BC.
答案：BC
8．(多选)如图所示，挂在绝缘细线下的轻质小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以(　　)
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．甲图中至少有一个带电
D．乙图中两球至少有一个带电
解析：相互排斥，则两球一定带同种电荷，可能是正电，也可能是负电．相互吸引，两球可能带异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电，故BC正确，AD错误；故选BC.
答案：BC
9．如图所示，把一个不带电且与外界绝缘的导体两端分别设计上两个开关，当带正电的小球靠近时，由于静电感应，在a、b端分别出现正、负电荷，则以下说法中正确的是(　　)
A．闭合K1，有电子从导体流向大地
B．闭合K2，有电子从导体流向大地
C．闭合K2，有电子从大地流向导体
D．闭合K1，没有电子通过
解析：K1、K2闭合前，由于静电感应和电荷守恒定律，a、b出现等量异种电荷，当闭合任何一个开关以后，整个导体与大地连接，都是电子从大地被吸引过来，故C正确．
答案：C
10．如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB，则下列结论正确的有(　　)
A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QB>QA
B．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QB＝QA
C．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QB>QA
D．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而QA、QB的值与所切的位置有关
解析：静电感应使得A带正电，B带负电．导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子的数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的．由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的，这样导致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，QA、QB的值是变化的，故只有D正确．
答案：D第三章
磁场
【知识体系】
[答案填写]　①B＝　②F＝BIL　③f＝qvB　④r＝　⑤T＝
主题1　磁场对电流的作用——安培力
1．安培力大小．
(1)当B、I、L两两垂直时，F＝BIL.
(2)若B与I(L)夹角为θ，则F＝BILsin
θ.当通电导线与磁场垂直时，导线所受安培力最大，Fmax＝BIL.
(3)当通电导线与磁场平行时，导线所受的安培力最小，Fmin＝0.
2．安培力的方向：左手定则．
3．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．
(1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．
(2)用左手定则确定各段通电导线所受安培力．
(3)据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．
4．注意问题．
(1)公式F＝BIL中L为导线的有效长度．
(2)安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．
(3)安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．
【典例1】　如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40
m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50
T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5
V、内阻r＝0.50
Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040
kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝2.5
Ω，金属导轨电阻不计，g取10
m/s2.已知sin
37°＝0.60，cos
37°＝0.80，求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力的大小；
(3)导体棒受到的摩擦力的大小．
解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝1.5
A.
(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30
N.
(3)导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1＝
mgsin
37°＝0.24
N，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f；根据共点力平衡条件mgsin
37°＋f＝F安，解得：f＝0.06
N.
答案：(1)1.5
A　(2)0.30
N　(3)0.06
N
针对训练
1.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B大小的变化，正确的说法是(　　)
A．逐渐增大　　　　　
B．逐渐减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
解析：根据外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的条件，受力分析，再根据力的平行四边形定则作出力的合成变化图，由此可得B大小的变化情况是先减小后增大．
答案：C
主题2　磁场对运动电荷的作用——洛伦兹力
1．带电粒子在无界匀强磁场中的运动：完整的圆周运动．
2．带电粒子在有界匀强磁场中的运动：部分圆周运动(偏转)．
3．解题一般思路和步骤．
(1)利用辅助线确定圆心．
(2)利用几何关系确定和计算轨道半径．
(3)利用有关公式列方程求解．
4．带电粒子通过有界磁场．
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图)．
(2)平行边界(存在临界条件，如图)．
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图)．
【典例2】　如图所示，在x轴的上方(y＞0的空间内)存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45°角，若粒子的质量为m，电量为q，求：
(1)该粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
(2)粒子在磁场中运动的时间．
解析：先作圆O′，根据题目条件过O作直线L即x轴，交圆O′于O″，即可得到粒子进入磁场的运动轨迹：过入射点O沿逆时针再经O″射出．再分别过O、O″作垂线交于O′，既为粒子作圆周运动轨迹的圆心．如图(a)这样作出的图既准确又标准，且易判断粒子做圆周运动的圆心角为270°.
(1)粒子轨迹如图(b)．粒子进入磁场在洛伦兹力的作用下做圆周运动：
qvB＝m，r＝.
(2)粒子运动周期：T＝＝，粒子做圆周运动的圆心角为270°，
所以t＝T＝.
答案：(1)　(2)
针对训练
2．(多选)两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力，下列说法正确的有(　　)
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示，粒子a、b都向下运动，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；由r＝可知，两粒子半径相等，根据图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，a在磁场中飞行的时间比b的长，故B、C错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确．
答案：AD
主题3　带电粒子在复合场中的运动
1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中两场共存．
2．组合场：电场和磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．
3．三种场的比较．
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg方向：竖直向下
重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能
电场
大小：F＝qE，方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反
电场力做功与路径无关W＝qU，电场力做功改变物体的电势能
磁场
洛伦兹力f＝qvB，方向符合左手定则
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
4.复合场中粒子重力是否考虑的三种情况．
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等一般考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况按题目要求处理比较正规，也比较简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力．
【典例3】　
如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在点A(0，3)以初速度v0＝120
m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6，0)和Q点(8，0)各一次．已知该微粒的比荷为＝1×102
C/kg，微粒重力不计，求：
(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；
(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；
(3)电场强度E和磁感应强度B的大小．
解析：(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，
由x＝v0t，得t＝＝0.05
s，
微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2，
得a＝2.4×103
m/s2.
(2)vy＝at，tan
α＝＝1，所以α＝45°.
轨迹如图：
(3)由qE＝ma，得E＝24
N/C，
设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，v＝v0＝120
m/s，
由qvB＝m，得r＝，
由几何关系，可知r＝
m，所以可得B＝＝1.2
T.
答案：(1)0.05
s　2.4×103
m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24
N/C　1.2
T
针对训练
3．(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板．在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是(　　)
A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D．将开关S断开，两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
解析：初状态：qvB＝qE＝q.A、B选项中，当开关S闭合时，两极板间的电压不变，若将两极板的距离增大一倍，则电场力变为原来的一半，要使磁场力与电场力相等，则需使B变为原来的一半，A错；同理可判断B对；C、D选项中，若将开关S断开，则极板上的带电量不变，由C＝及C＝，E＝知F＝＝，当两极板的正对面积减小一半，可知电场强度变为原来的2倍，故板间的磁场也变为原来的2倍，才能使二力平衡，故D对．
答案：BD
统揽考情
历年高考对本章知识得考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到，特别是左手定则和带电粒子在磁场中运动更是两个命题频率最高的知识点，且题目难度大，对考生的空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力要求较高，且不仅考查对安培力的理解，而且考查能将它和其他力放在一起，综合分析和解决复杂问题的能力；而带电粒子在磁场中的运动考查能否正确解决包括洛伦兹力在内的复杂综合性力学问题，考查综合能力的特点．试题题型全面，难度中等偏难．预计今后的题目更趋于综合能力考查．
真题例析
(2014·广东卷)如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0，一电量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．
(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小．
(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．
(3)在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
解析：(1)粒子从A点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：
qU＝mv－mv，①
解得：v0＝
eq
\r(v－\f(2qU,m)).②
(2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r，磁感应强度为B1，运动时间为t，由牛顿第二定律，有：
qB1v2
＝meq
\f(v,r)
，③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则
r＝＝R0
，④
联立③④得：B1
＝.⑤
匀速圆周运动周期T＝，⑥
粒子在磁场中运动时间t＝T，⑦
联立③⑤⑥⑦得：t＝
.⑧
(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：
r1＝＝R0，⑨
设此过程的磁感应强度为B2，由牛顿第二定律，有：
qB2v3
＝meq
\f(v,r1)，⑩
由⑨⑩得：B2
＝.
所以磁感应强度应小于.
答案：(1)
eq
\r(v－\f(2qU,m))　(2)
　　(3)
针对训练
(2016·四川卷)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：由定圆心的方法知，粒子以vb射入时轨迹圆心在a点，半径为正六边形边长L；粒子以vc射入时轨迹圆心在M点，半径为2L；由半径公式r＝可得vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，由几何图形可看出，两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°，所以tb∶tc＝2∶1，A项正确．
答案：A
1．(2016·全国Ⅰ卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)
A．11　　　　　　　　
B．12
C．121
D．144
解析：设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2.在加速电场中：qU＝mv2，在磁场中：qvB＝m，联立两式得m＝，故有＝eq
\f(B,B)＝144，选项D正确．
答案：D
2．(2016·全国Ⅱ卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：如图所示，定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立以上两式，得＝，A项正确．
答案：A
3．(2016·全国Ⅲ卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m，得R＝，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上．
则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，选项D正确．
答案：D
4．(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5
T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6
kg，电荷量q＝2×10－6
C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10
m/s2.求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝，①
代入数据，解得v＝20
m/s.②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan
θ＝，③
代入数据，解得tan
θ＝，θ＝60°.④
(2)解法一
撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝.⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt，⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2，⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan
θ＝，⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得
t＝2
s＝3.5
s．⑨
解法二
撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向．小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin
θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2
s＝3.5
s．⑦
答案：(1)见解析　(2)3.5
s第三章
磁场
一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)
1．如图所示的四个实验现象中，不能表明在电流周围能产生磁场的是(　　)
A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转
B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离
答案：B
2．如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是(　　)
A．F为蓄电池负极
B．螺线管P端为S极
C．流过电阻R的电流方向向下
D．管内磁场方向由Q指向P
答案：D
3．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是(　　)
A．a点　　　　　　
B．b点
C．c点
D．d点
答案：A
4．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是(　　)
解析：由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，A错误；磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，C错误；通电螺线管产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由题图可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，D错误．
答案：B
5．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是(　　)
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．B＝mg，方向垂直斜面向下
C．B＝mg，方向垂直斜面向下
D．B＝mg，方向垂直斜面向上
解析：外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态．
答案：A
6．如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线，并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框，则导线框的运动情况是(　　)
A．线框静止　　　　　
B．线框向右匀速运动
C．线框向左匀速运动
D．线框向右加速运动
解析：直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向上的安培力，下边受到向下的安培力；离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线圈受通电直导线作用后将向右运动．故D正确，A、B、C错误．
答案：D
7．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是(　　)
A．粒子先经过a点，再经过b点
B．粒子先经过b点，再经过a点
C．粒子可以带正电也可以带负电
D．粒子带正电
解析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据r＝可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C、D错误．
答案：A
8．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞，为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变
解析：由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律推导出电子圆周运动的半径和周期表达式，再进行分析．电子在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，电子圆周运动的半径r＝，周期T＝＝.A、B对于给定的加速电压，v不变，又由题意得知，r不变，则带电粒子的比荷越大，则B越小．故A错误，B正确．C、D由上可知，加速电压U越大，电子获得的速度v越大，要保持半径r不变，B应增大，则T会减小．故C、D错误．
答案：B
9．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核(H原子核)和α粒子(He原子核)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知(　　)
A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
解析：因为加速器所加的高频交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等，而粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的运动速度没关系，故由公式T＝可知，氚核的交流电源的周期较大，故C、D均错误；再根据最大动能Ek＝mv2＝m·＝，将氚核与氦核的相关电荷量与质量代入，发现氚核获得的最大动能较小，故A正确，B错误．
答案：A
10．如图，某带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入水平放置、电势差为U′的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M，N两点间的距离d随着U和U′的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)
A．d随U变化，d随U′变化
B．d随U变化，d与U′无关
C．d与U无关，d与U′无关
D．d与U无关，d随U′变化
解析：对于加速过程，有qU＝mv，得v0＝，带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有v0＝vcos
θ；而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则＝cos
θ，所以d＝，又因为半径公式R＝，所以d＝＝
.故d随U变化，d与U′无关．所以B正确，A、C、D错误，故选B.
答案：B
二、多项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选得0分．)
11．如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图中虚线是带电粒子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的有(　　)
A．A端接的是高压直流电源的正极
B．A端接的是高压直流电源的负极
C．C端是蹄形磁铁的N极
D．C端是蹄形磁铁的S极
解析：由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极，故A错误，B正确；电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D，故C正确，D错误．
答案：BC
12．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动．在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是(　　)
A．速率变小，半径变小，周期不变
B．速率不变，半径不变，周期不变
C．速率变小，半径变大，周期变大
D．速率不变，半径变小，周期变小
解析：线断后，小球只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，所以小球的速率一定不变，故A、C错误；若线断前，线中无拉力，只有洛伦兹力提供向心力，则线断后无影响，小球的轨迹不变，半径不变，周期也不变，故B正确；若线断前，绳中有拉力F且F－qvB＝m时，线断后qvB＝m，小球做圆周运动的绕行方向发生变化，当F－qvB＝qvB，即F＝2qvB时，半径、周期都不变；当F－qvB＞qvB，即F＞2qvB时，半径、周期都变大；当F－qvB＜qvB，即F＜2qvB时，半径、周期都变小，故D正确．
答案：AC
13．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离B＝k.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
解析：据题意，由于通过M和N的导线电流方向都向上且大小相等，在M、N周围产生逆时针方向磁场，由于磁场的叠加，从a到b合磁场磁感应强度方向先向里后向外且大小先减小后增加，带电小球受到的洛伦兹力据f＝qvB可知先向上后向下且先减小后增加，而带电小球对桌面的压力为：N＝G－f，则压力大小为：一直增加；由于洛伦兹力方向与带电小球运动方向垂直，小球运动速度不变，故选项B、D正确．
答案：BD
14．用相同金属材料制成的两根粗细均匀的电阻丝，质量分别为m1、m2，横截面积分别为S1、S2.若电阻丝两端加相同的电压，垂直于磁场方向放入同一匀强磁场中，两电阻丝所受的安培力F1、F2的大小关系为(　　)
A．若m1＞m2，S1＝S2，则F1＞F2
B．若m1＜m2，S1＝S2，则F1＝F2
C．若m1＝m2，S1＞S2，则F1＝F2
D．若m1＝m2，S1＜S2，则F1＜F2
解析：导线的长度为L＝，电阻阻值为R＝ρ电·，所以电流为I＝＝，安培力为F＝BIL＝，所以安培力与电阻丝的质量无关，与其横截面积成正比；
A．若m1＞m2，S1＝S2，则F1＝F2，故A错误；
B．若m1＜m2，S1＝S2，则F1＝F2，故B正确；
C．若m1＝m2，S1＞S2，则F1＞F2，故C错误；
D．若m1＝m2，S1＜S2，则F1＜F2，故D正确．
答案：BD
三、非选择题(共4小题，共46分)
15．(10分)最近研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．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．开始时炮弹静止在轨道的一端，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d＝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，忽略摩擦力与重力的影响以及发射过程中电流产生的焦耳热，试求：
(1)通过导轨的电流I；
(2)发射过程中电源的最大输出功率P.
解析：(1)炮弹的加速度为：a＝，炮弹做匀加速运动，有：v2＝2aL，代入题给数据得I＝6.0×105
A.
(2)电源的最大输出功率：P＝IdB·v，解得：P＝2.4×108
W.
答案：(1)6.0×105
A　(2)2.4×108
W
16．(10分)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一长方体形的厚度为d、左右侧面的表面积为S的绝缘容器，容器内装满密度为ρ的导电液体，容器两侧面中心处连有两竖直放置的玻璃管T1和T2，容器的上、下两个面均是用不能和导电液体发生化学反应的铂金制成的极板A、K，并与开关S、电动势为E的无内阻电源相接组成电路，容器的两侧面均和磁感线方向平行．当合上开关S后，发现两玻璃管中导电液体液面的高度差为h.
(1)判断两个玻璃管T1和T2液面哪个高，简要说明理由；
(2)求导电液体的电阻R.
解析：(1)导电液体中电流由下向上，磁场方向向里，由左手定则知安培力方向向左，故T1的液面较高．
(2)设导电液体受到的安培力在液体中产生的附加压强为p1，则安培力
F＝p1S.
由液体内压强公式知p1＝ρgh，解得安培力F＝ρghS，又有安培力公式F＝BId，电流I＝，联立解得：
R＝.
答案：(1)导电液体中电流由下向上，磁场方向向里，由左手定则知安培力方向向左，故T1的液面较高
(2)
17．(12分)电子(e，m)以速度v0与x轴成30°角垂直射入磁感强度为B的匀强磁场中，经一段时间后，打在x轴上的P点，如图所示，求：P点到O点的距离是多大？电子由O点运动到P点所用的时间是多大？
解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知：弦切角为30°，所以圆心角为60°，P点到O点的距离等于半径，
根据Bev0＝meq
\f(v,r)得r＝，所以P点到O点的距离等于，圆周运动的周期：T＝，圆心角为60°，所以电子由O点运动到P点所用的时间：
t＝·＝.
答案：　
18．(14分)质谱仪原理如图所示，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＋q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：
(1)粒子射出加速器时的速度v；
(2)速度选择器的电压U2;
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R.
解析：(1)粒子经加速电场U1加速，获得速度v，由动能定理得：
qU1＝mv2，解得v＝.
(2)电子在速度选择器中做匀速直线运动，由电场力与洛伦兹力平衡得
Eq＝qvB1即q＝qvB1，U2＝B1dv＝B1d.
(3)在B2中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有：qvB2＝m，R＝＝
.
答案：见解析第二章
电路
第八节
遗
实验：测定金属电阻丝的电阻率
1．(1)用游标为50分度的游标卡尺测量某工件的长度时，示数如图所示，则测量结果应该读作________mm.
(2)用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为________mm.
答案：(1)10.40　(2)2.720
2．(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图1所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接．
图1
图2
解析：(1)按照螺旋测微器的读数原则得，校零时的读数为0.007
mm，合金丝的直径为0.645
mm－0.007
mm＝0.638
mm(在0.636
mm～0.640
mm都算正确)．
(2)连线如图所示．
答案：(1)0.007　0.638(在0.636
mm～0.640
mm都算正确)
(2)见解析
3．在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5
Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表(量程0～3
V，内阻约为15
kΩ)
B．电压表(量程0～15
V，内阻约为75
kΩ)
C．电流表(量程0～3
A，内阻约为0.2
Ω)
D．电流表(量程0～0.6
A，内阻约为1
Ω)
E．变阻器R1(0～100
Ω，0.6
A)
F．变阻器R2(0～2
000
Ω，0.1
A)
G．电池组E(电动势为3
V，内阻约为0.3
Ω)
H．开关S，导线若干
(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有__________(填代号)．
(2)为减小实验误差，应选用如图中____[填(a)或(b)]为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把下图的实物图用线连接起来．
解析：(1)由于电源的电动势为3
V，所以电压表应选A；被测电阻约为5
Ω，电路中的最大电流约为I＝＝
A＝0.6
A，电流表应选D；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E；还要选用电池和开关，导线若干．故应选用的实验器材有：ADEGH.
(2)由于>，应采用电流表外接法，应选图(b)所示电路，实物连接如图所示．
答案：见解析
4．有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：
(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图乙中游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝____________cm.
(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几欧姆．图中有一处连接不当的导线是________(用标注在导线旁的数字表示)．
(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72
Ω，根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3
Ω、RD＝3.38
Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________(用ρ、L、d、D表示)．
解析：(1)首先确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05
mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00
mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻度线，精度×格数＝0.05×8
mm＝0.40
mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00
mm＋0.40
mm＝99.40
mm＝
9．940
cm.
(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．
(3)根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3
Ω、RD＝3.38
Ω.即Rd＝ρ，RD＝ρ，而电阻R满足R2＝Rd·RD，将Rd、RD代入得R＝.
答案：(1)9.940　(2)⑥　(3)
5．实验室购买了一捆标称长度为100
m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0
mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8
Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
图甲　　　　　　图乙
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6
A，内阻约0.2
Ω；
电压表：量程3
V，内阻约9
kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5
Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20
Ω；
定值电阻：R0＝3
Ω；
电源：电动势6
V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．
(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50
A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.
(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．
解析：根据串、并联电路的特点，电阻定律以及欧姆定律解决问题．
(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1.7
Ω，即Rx＋R0＝4.7
Ω.实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3
V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2.闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．
(2)连线如图所示．
(3)电压表的示数为2.30
V.
(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联电阻R＝＝
Ω＝4.6
Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1.6
Ω.
根据Rx＝ρ得导线长度l＝＝
m≈94
m.
答案：(1)R2　a　(2)见解析图　(3)2.30(2.29～2.31均正确)　(4)94(93～95均正确)第一章
电场
第六节示波器的奥秘
A级　抓基础
1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，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：因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动．
答案：A
2．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)
A.
B．edUh
C.
D.
解析：由动能定理：－Fs＝mv，
所以－eEh＝0－mv，
－eh＝0－Ek0，所以Ek0＝.
答案：D
3．如图所示，质子(H原子核)和α粒子(He原子核)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．1∶4
解析：由y＝
eq
\f(L2,v)和Ek0＝mv，得：y＝，可知y与q成正比，B正确．
答案：B
4.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于(　　)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D.∶1
解析：竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B对．
答案：B
5．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是(　　)
A．加速电压突然变大　　　B．加速电压突然变小
C．偏转电压突然变大
D．偏转电压突然变小
答案：AD
6.(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
解析：由qE·l＝mv，
当v0变为v0时l变为；
因为qE＝q，
所以qE·l＝q·l＝mv，
通过分析知B、D选项正确．
答案：BD
B级　提能力
7．(多选)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则(　　)
A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动的时间关系：tCC．三小球到达正极板时动能关系：EkA>EkB>EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系：aA>aB>aC
解析：带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到的合力为mg－F电，不带电小球仅受重力mg，小球在板间运动时间t＝，所以tCaB>aA，落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，故A项正确；因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，所以落在板上动能的大小EkC>EkB>EkA，C错误．
答案：AB
8．(多选)如图所示，平行板电容器两极板间的电场可看作是匀强电场，两板水平放置，板间相距为d，一带负电粒子从上板边缘射入，沿直线从下板边缘射出，粒子的电荷量为q，质量为m，下列说法中正确的是(　　)
A．粒子的加速度为零　　　B．粒子的电势能减少3mgd
C．两板间的电势差为
D．M板比N板电势低
解析：由题可知粒子做匀速直线运动，故A对，又mg＝qE，则U＝，故C对；粒子带负电，电场力向上，则M板带正电，N板带负电，M板电势比N板高，故D错．又由电场力做负功可知电势能增加mgd.
答案：AC
9．(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则(　　)
A．它们通过加速电场所需的时间相等
B．它们通过加速电场过程中速度的增量相等
C．它们通过加速电场过程中动能的增量相等
D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
解析：粒子在匀强电场中做匀加速直线运动满足：vt＋at2＝d，又因为a＝，由于电量和质量都相同，故加速度相同，由于初速度不同，故时间不等，故A错误．因为带电粒子的电荷量相等，故电场力做功相等W电＝qU，根据动能定理，电场力做功等于动能的增量，由W电＝Ek－Ek0，故它们通过加速电场过程中动能的增量相等，即ΔE＝mv2－mv相等，虽然质量相等，但速度的增量不等，故B错误、C正确．因为电场力W电＝qU一定，而电场力做功等于电势能的减少量，故D正确．
答案：CD
10．(多选)如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是(　　)
A．只增大U1，则t1增大
B．只增大U1，则y减小
C．只增大U2，则v2增大
D．只增大U2，则y减小
解析：由F＝可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，则运动的时间t1减小，故A错误；联立U1q＝mv，L＝v0t2，y＝t2三式，解得y＝.若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其他条件不变即可，故B正确．D错误；v2＝eq
\r(v＋v)＝eq
\r(v＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U2q,dm)\f(L,v0)))\s\up12(2))，则只增大U2，则v2增大，选项C正确；故选BC.
答案：BC
11.在如图所示的平行金属板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v
t图象．
图甲　　　　　图乙
解析：t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的
匀加速运动．
(1)对于图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图①所示．
(2)对于图乙，在0～做类似①0～T的运动，～T电子做反向先匀加速、后匀减速，末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图②所示．
图①　　　　图②
答案：见解析
12．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4
m，两板间距离d＝4×10－3
m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量m＝4×10－5
kg，电量q＝＋1×10－8
C(g取10
m/s2)．求：
(1)微粒入射速度v0为多少？
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
解析：(1)由＝v0t，＝gt2，可解得：v0＝＝10
m/s.
(2)电容器的上板应接电源的负极．
当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出：
＝a1，a1＝，解得：U1＝120
V.
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出：
＝a2，
a2＝，解得：U2＝200
V，所以120
VV.
答案：(1)10
m/s　(2)与负极相连　120
VV第一章
电场
第四节电势和电势差
A级　抓基础
1．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．电势差和电势一样，是相对量，与零点的选取有关
B．电势差是个标量，但是有正负之分
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，不随零电势点的不同位置而改变，但UAB＝－UBA
解析：电势是相对量，与零点的选取有关，电势差是绝对量，与零点的选取无关，A错误；电势差是标量，但有正负之分，B正确；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，C正确；A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同位置而改变，但是UAB＝－UBA，负号表示两点电势的高低，D正确．
答案：BCD
2．一个带正电的质点，电量q＝2.0×10－9
C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5
J，质点的动能增加了8.0×10－5
J，则a、b两点间的电势差Uab为(　　)
A．3×104
V　　　　　　B．1×104
V
C．4×104
V
D．7×104
V
解析：由动能定理，外力对物体做功的代数和等于物体动能的增量，得电场力对物体做的功W＝8.0×10－5
J－6.0×10－5
J＝2.0×10－5
J．由W＝qUab得：Uab＝1.0×104
V.
答案：B
3．在地面上插入一对电极M和N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图所示，P、Q是电场中的两点．下列说法中正确的是(　　)
A．P点场强比Q点场强大
B．P点电势比Q点电势高
C．P点电子的电势能比Q点电子的电势能大
D．电子沿直线从N到M的过程中所受电场力恒定不变
解析：电场线密的地方电场强度大，所以P点场强比Q点场强小，故A错误；沿电场线方向电势降低，所以P点电势一定高于Q点电势，故B正确；将电子从P点移到Q点，电场力做负功，电子的电势能增加，电子在Q点的电势能大，C错误．由于该电场是非匀强电场，E是变化的，由F＝qE可知，电子所受的电场力是变化的，故D错误．
答案：B
4.(多选)如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．由图可知(　　)
A．粒子从K到L的过程中，静电力做负功
B．粒子从L到M的过程中，静电力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少
解析：由题目条件可知，a、b、c是孤立点电荷激发的电场中的三个等势面，因为运动粒子带正电，且沿K→L→M→N运动，所以受到的是静电斥力，可以判断场源电荷必为正电荷，即电势高低关系为φa＞φb＞φc.因为φK＝φN＜φM＜φL，所以由K到L过程中静电力做负功，电势能增加，A、C正确；由L到M过程中，静电力做正功，电势能减小，动能增加，B、D错误．
答案：AC
5．某电场的电场线分布如图实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A点运动到B点，运动轨迹如虚线所示．粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是(　　)
A．若粒子带正电，其加速度和动能都增大，电势能增大
B．若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小
C．若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小
D．若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大
解析：由粒子的运动轨迹弯曲方向知，带电粒子受电场力大致向右，与轨迹上每一点切线方向即瞬时速度方向成锐角，则电场力对带电粒子做正功，其电势能减小，动能增大，电场线越来越密，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，这些结论与粒子的电性无关，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
B级　提能力
6．如图所示，
ab＝3bc，在
c
点固定一负电荷，将一负电荷从
a
点移到
b
点，负电荷在
a、b
两点的电势能分别为
Epa、
Epb，所受的电场力分别为
Fa、
Fb，则(　　)
A．EpaB．3Fa＝Fb
C．Epa>Epb
D．9Fa＝Fb
解析：在c点固定一负电荷，电场线的方向从a指向c，将另一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，所以电荷的电势能增加．故A正确，C错误；根据库仑定律F＝，得＝eq
\f(r,r)＝eq
\f(r,（4rb）2)＝.故B、D错误．
答案：A
7．(多选)某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，同一正电荷在P、Q两点的电势能分别为WP和WQ，则(　　)
A．EP>EQ　　　　　
B．EPC．WPD．WP>WQ
解析：由图P点电场线密，电场强度大，故A正确，B错误；正电荷从P移到Q，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确．
答案：AD
8．下列说法中正确的是(　　)
A．当两正点电荷相互靠近时，它们的电势能减小
B．当两负点电荷相互靠近时，它们的电势能减小
C．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能减小
D．一个正电荷与另一个负电荷相互靠近时，它们的电势能增大
解析：当两个同种电荷相互靠近时，电场力做负功，电势能增大；异种电荷相互靠近时，电场力做正功，电势能减小．
答案：C
9．(多选)如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10
V、20
V、30
V，实线是一带负电的粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是(　　)
A．粒子必先过a，再到b，然后到c
B．粒子在三点所受的合力Fa＝Fb＝Fc
C．粒子在三点的动能大小为Ekb＞Eka＞Ekc
D．粒子在三点的电势能大小为Epb＞Epa＞Epc
解析：由题图可知，电场的方向是竖直向上的，带负电的粒子将受到竖直向下的电场力作用，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，都会得到如图的轨迹，A错误；因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，B正确；带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，C错误；由对C的分析可知，D正确．
答案：BD
10．在电场中一条电场线上有A、B两点，如图所示．若将一负电荷q＝2.0×10－7
C，从A点移至B点，电荷克服电场力做功4.0×10－4
J．试求：
(1)电场方向；
(2)A、B两点的电势差，哪一点电势高？
(3)在这一过程中，电荷的电势能怎样变化？
(4)如在这一电场中有另一点C，已知UAC＝500
V，若把这一负电荷从B移至C电场力做多少功？是正功还是负功？
解析：(1)场强方向水平向右．
(2)沿电场方向电势降低，故φA>φB，
UAB＝＝
V＝2
000
V.
(3)ΔEp＝－W＝4.0×10－4
J，故电势能增加了4.0×10－4
J.
(4)因为UAB＝2
000
V，UAC＝500
V，
所以UBC＝UAC－UAB＝－1
500
V.
故WBC＝qUBC＝－2.0×10－7×(－1
500)
J＝3.0×10－4
J.
答案：见解析
11．把带电荷量为＋2×10－8
C的点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功8×10－6
J；若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10－6
J，取无限远处电势为零．求：
(1)A点和B点电势；
(2)将另一电荷量为－2×10－5
C的点电荷由A点移到B点时电场力做的功．
解析：UOA＝＝
V＝－400
V，
φA＝400
V.
UOB＝＝
V＝－100
V，
φB＝100
V.
(2)UAB＝φA－φB＝300
V，
WAB＝UAB·q＝－6×10－3
J.
答案：(1)φA＝400
V　φB＝100
V　(2)－6×10－3
J第一章
电场
【知识体系】
[答案填写]　①1.60×10－19_C　②F＝k　③E＝　④k　⑤　⑥qU＝mv2　⑦y＝eq
\f(qUL2,2dmv)
⑧tan_θ＝eq
\f(qUL,dmv)　⑨C＝　⑩C＝
主题1　对电场性质的描述——
　　
　“力”的描述
公式
物理意义
引入过程
适用范围
E＝
是电场强度大小的定义式
F与q成正比，E与F、q无关，反映某点电场力的性质
适用于一切电场，q为试探电荷的电荷量，E与F、q无关
E＝k
是真空中点电荷电场强度的决定式
由E＝和库仑定律导出
真空中Q为场源电荷的电荷量．由Q和r共同决定
E＝
是匀强电场中电场强度的决定式
由F＝Eq和W＝qU导出
匀强电场，d是沿电场线方向的距离
【典例1】　在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C如图所示，拿走C处的电荷后，A处电场强度的情况是(　　)
A．大小仍为E，方向由A指向B
B．大小仍为E，方向由B指向A
C．大小变为，方向未变
D．无法确定
解析：由点电荷电场强度的性质可知，B、C处点电荷在A点电场强度方向分别沿BA、AC连线方向，又根据矢量的分解与合成知道，B、C处点电荷在A点产生的电场强度的大小均为E，方向分别为B指向A，由A指向C，拿走C处电荷后，只剩下B处点电荷的电场，故选项B正确．
答案：B
针对训练
1.如图所示，以
O
点为圆心，以
R＝0.20
m
为半径的圆与坐标轴交点分别为
a、
b、
c、
d，该圆所在平面内有一匀强电场，
场强方向与
x
轴正方向成
θ＝60°角，
已知
a、
b、
c
三点的电势分别为
4
V
、4
V、－4
V，则下列说法正确的是(　　)
A．该匀强电场的场强E＝40
V/m
B．该匀强电场的场强
E＝80
V/m
C．d点的电势为－4
V
D．d点的电势为－2
V
解析：由题意得，a、c间的电势差为
Uac＝φa－φc＝4－(－4)＝8
V，a、c两点沿电场强度方向的距离为d＝2Rsin
θ＝2×0.2×＝
m，故该匀强电场的场强E＝＝＝40
V/m.故AB错误．根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U＝Ed，相等距离，电势差相等，因为φa＝4
V，φc＝－4
V，可知，O点电势为0，而dO＝Oa，则a、O间的电势差等于O、a间的电势差，可知，d点的电势为－4
V，故C正确，D错误．
答案：C
主题2　对电场性质的描述——
　　　“能”的描述
1．电场强度、电势、电势差的比较．
名称
电场强度
电势
电势差
物理意义
描述电场力的性质
描述电场能的性质
描述电场力做功的本领
定义式
E＝
φ＝
UAB＝
标矢性
矢量，方向为放在电场中的正电荷的受力方向
标量，有正负，正负只表示大小
标量，有正负，正负只表示A、B两点电势的高低
决定因素
E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关
电势由电场本身决定，与试探电荷无关，大小与参考点的选取有关，有相对性
由电场本身和两点的电势决定，与试探电荷无关，与参考点的选取无关
联系
匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点间沿电场强度方向上的距离)；电势沿电场强度的方向降低最快；UAB＝φA－φB；WAB＝EpA－EpB＝qUAB
2.电场力做功的特点及计算方法．
(1)电场力做功特点：电场力做功与路径无关，只与电荷的电荷量Q和初、末位置的电势差U有关；沿着等势面移动电荷，电场力不做功．
(2)电场力做功的计算方法．
①WAB＝qUAB(普遍适用)．
②W＝qElcos
θ(适用于匀强电场)．
③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)．
④W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)．
3．电场的形象描述——电场线．
(1)电场线是为了形象描述电场而假想的线，实际并不存在．
(2)切线方向：电场线上每点的切线方向就是该点电场强度的方向．
(3)疏密程度：电场线的疏密反映电场强度的大小(疏弱密强)．
(4)起点和终点：电场线始于正电荷或无穷远，止于负电荷或无穷远，即电场线不是闭合的曲线．
(5)不中断、不相交：在没有电荷的空间，电场线不能中断，两条电场线也不能相交．
【典例2】　如图所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E＝1.2×102
V/m，极板间距离d＝5
cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均为0.5
cm，B板接地．求：
(1)C和D两点的电势、两点间电势差各为多少？
(2)将点电荷q＝2×10－2
C从C匀速移到D时外力做多少功？
解析：由于B板接地，则B板电势φ＝0.又因A、B板间的电场为匀强电场，根据公式U＝Ed可计算出C、D两点与B板的电势差．从而可计算出C、D两点的电势．再根据WCD＝qUCD易计算出将q从C匀速移至D时电场力所做的功等于外力做功的多少．
(1)因正极板接地，板间各点电势均小于零，则UBD、UCD均大于零，由U＝Ed得：UBD＝EdBD＝1.2×102×0.5×10－2
V＝0.6
V.
又UBD＝φB－φD，且φB＝0，所以φD＝－0.6
V，
由于dCB＝5
cm－0.5
cm＝4.5
cm＝4.5×10－2
m，
所以UCB＝－EdCB＝－1.2×102×4.5×10－2
V＝
－5.4
V.
又UCB＝φC－φB，φB＝0，得φC＝－5.4
V.
所以UCD＝φC－φD＝－5.4
V－(－0.6
V)＝－4.8
V.
(2)将点电荷从C匀速移到D时，外力对电荷做了正功，其值和电场力做功相等．
W外＝|qUCD|＝|2×10－2×(－4.8)|
J＝9.6×10－2
J.
答案：(1)φC＝－5.4
V　φD＝－0.6
V　UCD＝－4.8
V
(2)W外＝9.6×10－2
J
针对训练
2．将电荷量为6×10－6
C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功3×10－5
J，再将该电荷从B移动到C点，电场力做了1.2×10－5
J的功，则该电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能改变了多少？
解析：解法一　A、C两点的电势差．
UAC＝＝
V＝3
V.
所以电势能的变化量：
ΔEp＝－WAC＝－qUAC＝6×10－6×3
J＝1.8×10－5
J.
即电荷的电势能增加．
解法二　ΔEp＝－WAC＝－qUAC＝－(WAB＋WBC)＝
1．8×10－5
J.
答案：1.8×10－5
J
主题3　带电粒子在电场中运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理．
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
2．带电粒子在电场中加速．
(1)处理方法：利用动能定理．
(2)适用范围：任何电场．
3．带电粒子在匀强电场中偏转．
(1)条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(v0⊥E)．
(2)处理方法：类平抛运动．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向，做初速度为0的匀加速直线运动，
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(qU,md),能飞出平行板的时间t＝\f(l,v0),离开平行板的偏移量y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)\f(qUl2,mvd),离开平行板的偏转角tan
θ＝\f(vy,v)＝\f(qUl,mvd).))
【典例3】　如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔(位于P板的中点)射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的
解析：电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据y＝结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化．设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝，要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍，故选项A正确．本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出y＝.
答案：A
针对训练
3．(多选)如图，静电植绒时，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电绒毛落向布匹的过程中(　　)
A．做匀速运动　　　　
B．做加速运动
C．电势能逐渐增大
D．电势能逐渐减小
解析：由题知，绒毛带负电，金属网间的电场强度方向向上，所以绒毛所受的电场力向下，做加速运动，故A错误，B正确；电场力对绒毛做正功，其电势能逐渐减小，故C错误，D正确．
答案：BD
主题4　平行板电容器
1．运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路．
(1)确定不变量，分析是电压U不变还是所带电荷量Q不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化．
2．电容器两类动态变化的分析比较．
(1)充电后与电源连接，电容器两极板间的电压不变．
(2)充电后与电源断开，电容器两极板间的电量不变．
【典例4】　(多选)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素，设两极板正对面积S，极板间的距离为d，极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ，实验中(　　)
A．保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小
B．保持d、S不变，增大Q，则θ变大，C变大
C．保持Q、d不变，减小S，则θ变大，C变小
D．保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变小，C变小
解析：由C＝可知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式C＝分析可知，板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故A正确；当保持d、S不变，增大Q时，由C＝可知，电容C不变，由电容的定义式C＝分析可知，板间电势差增大，则θ变大，B错误；由C＝可知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由C＝分析可知，板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确；当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，由C＝可知，电容C变大，而由电容的定义式C＝分析可知，板间电势差减小，则θ变小，故D错误．
答案：AC
针对训练
4．(多选)如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是(　　)
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短
D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
解析：电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．
答案：BC
统揽考情
本章的考点主要电场的性质和特点、电容问题和带电粒子在电场中的运动三个方面，是历年高考的热点．高考命题角度如下：
(1)以选择题的形式考查等量异种电荷或不等量电荷的电场分布于电场强度、电势、电势能的大小比较问题；
(2)以选择题的形式考查与电路知识相结合的平板电容器的两类动态分析或带电粒子平衡问题；
(3)以计算题的形式考查带电粒子在匀强电场或交变电场中的运动问题．
真题例析
(2014·广东卷)(多选)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷．下列说法正确的是(　　)
A．M与N的距离大于L
B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
解析：由于MN间的库仑力和细杆对小球的作用力沿杆方向，因此当M、N静止时三个电荷一定在同一条直线上，选项B正确；将M、N及细杆看作一个系统，则＋Q对系统的作用力的合力为零，则有k＝k，解得rMN＝(－1)L，选项A错误，选项D正确；在P点的点电荷产生电场，因电荷是正电荷，沿电场线方向电势逐渐降低，所以M点的电势大于N点的电势，选项C错误．
答案：BD
针对训练
(2015·广东卷)(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则(　　)
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
解析：不考虑重力，取整体为研究对象，外力只有匀强电场的电场力，由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向，故M、N必带有等量异种电荷，A错误；隔离出M，因N对其静电引力向右，则电场E对其电场力必向左，即与场强方向反向，故M带负电，则N带正电，B正确；静止时，M、N所受合力都为0，C错误；因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，故D正确．
答案：BD
1．(2016·全国Ⅰ卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析：电容器电容C＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，U一定，C减小，故Q减小；电场强度E＝，U不变，故E不变，选项D正确．
答案：D
2．(2016·全国Ⅲ卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
解析：假设两个电势不同的等势面相交，则交点处的电势就是两个不同的值，这是不可能的，A错误；同一等势面上各点电势相等，而场强不一定相等，C错误；负电荷从高电势处移到低电势处，电势能增加，电场力做负功，D错误．
答案：B
3．(2016·全国Ⅰ卷)(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案：AB
4．(2016·全国Ⅱ卷)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则(　　)
A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb
B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va
C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va
D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb
答案：D
5.(2015·全国Ⅰ卷)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则(　　)
A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
解析：由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM＞φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错误，B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP＜φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．
答案：B
6.(2015·全国Ⅱ卷)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
答案：D第二章
电路
第十节
实验：描绘小灯泡的伏安物性曲线
1．下图为某同学测绘额定电压为2.5
V小灯泡的I－U图线实验电路图．
(1)根据电路图，用笔画线代替导线，将下图中的实验电路连接成完整的实验电路．
(2)开关S闭合之前，上图中滑动变阻器的滑片应该置于________(填“A端”“B端”或“AB正中间”)．
解析：(1)在连接滑动变阻器为分压接法的实物电路中，最好先将变阻器电阻丝上两接线柱串联入电路，然后再连接分压部分(电流表与灯泡串联后与滑动变阻器部分电阻并联，电压表并联在灯泡两端)．
(2)在闭合S前，应使灯泡两端电压最小，以保护灯泡，所以滑片应置于A.
答案：(1)连接电路如下图
(2)A端
2．图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．
(1)根据图1画出实验电路图：
(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图2中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6
A，电压表量程为3
V．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．
解析：(1)图见答案．
(2)由题图2可知，量程为0.6
A的电流表的分度值为0.02
A，采用“半格估读法”，①的读数为0.10
A，②的读数为0.24
A；量程为3
V的电压表的分度值为0.1
V，应采用“估读”法，故③、④的读数分别为2.00
V与0.27
V．因小灯泡通过的电流随其两端电压的增大而增大，故①与④、②与③分别对应，由欧姆定律R＝可得，两组数据求得的电阻分别为R1＝
Ω＝8.3
Ω、R2＝
Ω＝2.7
Ω.
答案：如图所示
(2)①0.10
A　②0.24
A　③2.00
V　④0.27
V　(8.3±0.1)Ω　(2.7±0.1)Ω[如填为“(2.7±0.1)Ω　(8.3±0.1)Ω”也行]
3．有一个小灯泡上标有“3.5
V　1.5
W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：
A．电压表(0～5
V，内阻约为10
kΩ)
B．电压表(0～15
V，内阻约为20
kΩ)
C．电流表(0～0.3
A，内阻约为1
Ω)
D．电流表(0～0.6
A，内阻约为0.4
Ω)
E．滑动变阻器(10
Ω，2
A)
F．学生电源(直流6
V)，还有电键、导线若干
(1)实验中所用电压表应选用__________，电流表应选用________．
(2)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路．
(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示)，若用电动势为3
V、内阻为2.5
Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.
解析：(1)因灯泡的额定电压为3.5
V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于3.5
V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5
V的电压表，故选A；由P＝UI得，灯泡的额定电流I＝＝≈0.43
A，故电流表应选择0～0.6
A的量程，故选D；(2)由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R＝＝8.2
Ω，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法．(3)当灯泡接入电动势为3
V、内阻为2.5
Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir得U＝3－2.5I.画出U－I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4
A，两端电压为2.0
V，所以功率为0.8
W.
答案：(1)A　D　(2)如图所示　(3)0.80(0.78～0.82)
4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图所示的方式连接电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表都已调零．闭合开关后：
(1)若电压表的示数为2
V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则断路的导线为________．
(2)若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3
A，小灯泡亮，则断路的导线为________．
(3)若反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为__________．
解析：(1)电压表的示数为2
V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，说明电压表与小灯泡没有并联好(可能是d、h导线断路)，但电压表又与其他部分组成了闭合电路，故断路的导线只可能是d.(2)小灯泡亮，但电压表的示数为零，同样说明电压表与小灯泡没有并联好(可能是d、h导线断路)，但电流表有示数说明d未断路，故断路的导线只可能是h.(3)反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，说明滑动变阻器在实际电路中没有起到如连接电路中应起到的分压作用，而仅起到限流作用，故可断定断路的导线为g.
答案：(1)d　(2)h　(3)g
5．某实验小组要描绘一个标有“3.8
V　1
W”的小灯泡RL的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电压表V(量程5
V，内阻约为5
kΩ)
B．直流电源E(电动势4.5
V，内阻不计)
C．电流表A1(量程250
mA，内阻约为2
Ω)
D．电流表A2(量程500
mA，内阻约为1
Ω)
E．滑动变阻器R1(阻值0～10
Ω)
F．滑动变阻器R2(阻值0～200
Ω)
(1)为了使调节方便，测量的准确度较高，应选用电流表为____________；滑动变阻器为____________(填写仪器符号)．
(2)要求实验中小灯泡电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，并在图中标出器材的符号，画在下面方框中．
(3)某小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表均有读数，但小灯泡不会发光，请简要分析原因：__________________________
______________________________________________________.
解析：(1)小灯泡的额定电流I＝＝
A≈263
mA，电流表量程应大于灯泡额定电流，应选A2，分压接法中为方便调节，通常选择阻值较小的滑动变阻器，所以选R1.(2)滑动变阻器分压接法；电流表外接．
答案：(1)A2　R1
(2)见下面电路图
(3)刚开始通过小灯泡的电流很小时，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，灯丝发出的热量还不能使它的温度上升得足够高，因此它不亮第三章
磁场
第五节
研究洛伦兹力
A级　抓基础
1．有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)
A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用
B．电荷在电场中一定受电场力的作用
C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致
D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向平行
解析：电荷在电场中一定受电场力作用；如果粒子速度方向与磁场线平行，则粒子不受洛伦兹力作用．但如果粒子速度方向不与磁场线平行，则一定受到洛伦兹力作用．
答案：B
2．如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，画得正确的是(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选项中电荷所受的洛伦兹力的方向都与图示F的方向相反，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
3．(多选)如图所示，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，发现射线的径迹往下偏，则(　　)
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内，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，所以本题的正确答案应为B、C.
答案：BC
4．电子束以一定的初速度沿轴线进入螺线管内，螺线管中通以方向随时间而周期性变化的电流，如下图所示，则电子束在螺线管中做(　　)
A．匀速直线运动
B．匀速圆周运动
C．加速减速交替的运动
D．来回振动
解析：电子速度方向与磁场线平行，则粒子不受洛伦兹力作用，所以电子以原来的速度运动．
答案：A
5．(多选)极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动而形成的．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关(　　)
A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B．空气阻力做负功，使其动能减小
C．南、北两极的磁感应强度增强
D．太阳对粒子的引力做负功
解析：地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径减小，故C正确；粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当电量增大时，半径减小，与太阳的引力做功无关，故D错误．
答案：BC
6．(多选)如下图所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则(　　)
A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0
B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0
C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0
D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0
解析：当磁场方向指向纸里时，由左手定则可知质点受到背离圆心向外的洛伦兹力，向心力变小，由F＝mr可知周期变大，A对，B错；同理可知，当磁场方向指向纸外时受到指向圆心的洛伦兹力，向心力变大，周期变小，C错，D对．
答案：AD
B级　提能力
7.(多选)如图所示，一带电粒子(重力不计)在匀强磁场中沿图中所示轨迹运动，中央是一块薄绝缘板，粒子在穿过绝缘板时有动能损失，由图可知(　　)
A．粒子的运动方向是abcde
B．粒子的运动方向是edcba
C．粒子带正电
D．粒子在下半周所用时间比上半周长
解析：由Bqv＝m可知r＝，因粒子在穿过板后速度减小，则粒子的半径减小，故说明粒子是由下向上穿过，故运动方向为edcba;
故A错误，B正确；粒子受力指向圆心，则由左手定则可知粒子应带正电，故C正确；因粒子转动的周期T＝，在转动中磁场强度及质量没有变化，故周期不变，而由图可知，粒子在上下都经过半个周期，故时间相等，故D错误．
答案：BC
8．粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线，俯视图如图所示，两根导线中通有相同的电流，电流方向垂直纸面向里．水平面上一带电滑块(电性未知)以某一初速v沿两导线连线的中垂线入射，运动过程中滑块始终未脱离水平面．下列说法正确的是(　　)
A．滑块可能做加速直线运动
B．滑块可能做匀速直线运动
C．滑块可能做曲线运动
D．滑块一定做减速运动
解析：根据安培定则，两导线连线上的垂直平分线上：上方的磁场方向水平向右，而下方的磁场方向水平向左；根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向垂直纸面向外或向里，滑块所受的支持力减小或增大，滑块所受的滑动摩擦力与速度反向，滑块一定做减速直线运动，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
9．带电油滴以水平速度v0垂直进入匀强磁场，恰好做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
解析：油滴水平向右做匀速直线运动，故所受的洛伦兹力必向上且与重力平衡，带正电荷，其电荷量为q＝，A正确，C、D错误；比荷＝，B错误．
答案：A
10.如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电量为q，质量为m的带正电的粒子从磁场边缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．试确定：
(1)粒子做圆周运动的半径；
(2)粒子的入射速度．
解析：(1)粒子离开磁场区域时速度方向偏转60°角，则带电粒子轨迹对应的圆心角也等于60°，轨迹如图：
根据几何关系，得＝tan
30°，所以R＝＝r.
(2)由洛仑兹力提供向心力F洛＝m，得
qvB＝m，所以v＝.
答案：(1)r　(2)
11．如图所示，一电子束(电子电量为e)以水平速度v垂直射入于磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场方向垂直于纸面向里)，穿过磁场时，电子水平位移为d，速度方向与进入磁场时的速度方向成30°角，则：
(1)电子的质量是多少？
(2)穿过磁场的时间是多少？
解析：(1)电子进入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图．
根据几何知识可知：电子轨迹的圆心角等于速度的偏向角，可知圆心角θ＝30°，且有轨迹半径r＝＝2d，
由Bev＝m得m＝＝.
(2)电子运动的周期为：T＝＝＝.
电子穿过磁场的时间是t＝T＝T＝.
答案：(1)　(2)第二章
电路
第六节
走进门电路
第七节
了解集成电路
A级　抓基础
1．逻辑电路的信号有两种状态：一是高电位状态，用“1”表示；另一种是低电位状态，用“0”表示．关于这里的“1”和“0”，下列说法中正确的是(　　)
A．“1”表示电压为1伏，“0”表示电压为0伏
B．“1”表示电压为大于或等于1伏，“0”表示电压一定为0伏
C．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数字
D．“1”表示该点与电源正极相连，“0”表示该点与电源负极相连
答案：C
2．关于下图中门电路的符号，下列说法中正确的是(　　)
A．甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门
B．甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门
C．甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门
D．甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门
答案：C
3.如图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R.则下列说法正确的是(　　)
A．该逻辑电路是“非”门电路；当电阻R′受到光照时，小灯泡L不发光
B．该逻辑电路是“非”门电路；当电阻R′受到光照时，小灯泡L发光
C．该逻辑电路是“与”门电路；当电阻R′受到光照时，小灯泡L不发光
D．该逻辑电路是“或”门电路；当电阻R′受到光照时，小灯泡L发光
解析：光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R.输入端电势低，输出端电势高，小灯泡L就发光．
答案：B
4．在如图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为(　　)
A．1和0　　　　　　
B．0和1
C．1和1
D．0和0
答案：C
5．(多选)在基本逻辑电路中，当所有输入均为“0”时，输出不是“1”的是(　　)
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
解析：只有“非”门电路在输入端都是“0”时输出是“1”的．
答案：AB
B级　提能力
6．下列是由基本门电路组成的逻辑电路，其中能使小灯泡发光的是(　　)
解析：A为“或”门电路，所以输出端为高电平，所以灯发光．
答案：A
7．如图所示，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中(　　)
A．甲是“与”门，乙是“非”门
B．甲是“或”门，乙是“非”门
C．甲是“与”门，乙是“或”门
D．甲是“或”门，乙是“与”门
解析：若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压为低电压(0)还是高电压(1)，经过“与”门后输出为(0)低电压，经过“非”门后输出高电压(1)，蜂鸣器都会发出警报，故A错误．若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压(0)，经过“或”门输出为低电压(0)，经过“非”门输出为高电压(1)，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压(1)，经过“或”门输出为高电压(1)，经过“非”门输出为低电压(0)，蜂鸣器不发出警报，故B正确．乙不会是“或”门和“与”门，故C、D错误．
答案：B
8．如图所示，试判断这是一个什么逻辑门电路？A、B、C闭合时记“1”，断开时记“0”；P灯亮时记“1”，不亮时记“0”，试完成真值表：
输入
输出
A
B
C
P
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
解析：由图可知，A、B、C只要有一个闭合，灯泡便亮，所以是“或”门电路，其真值如下表所示.
输入
输出
A
B
C
P
0
0
0
0
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
A
B
C
P
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
答案：见解析第二章
电路
第三节
研究闭合电路
A级　抓基础
1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．从关系式E＝I(R＋r)可知，电源电动势由通过它的电流I和电路的总电阻(R＋r)共同决定
B．从关系式R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．从关系式I＝可知，电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟电路的总电阻成反比
D．从关系式R＝可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值
答案：CD
2．如下图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的电动势和内阻是(　　)
A．3
V，1
Ω
B．2
V，1
Ω
C．3
V，0.5
Ω
D．2
V，0.5
Ω
解析：从图中可以看出电源的电动势为3
V，电源内阻r＝0.5
Ω，所以C正确．
答案：C
3．如图所示电路，两盏相同的电灯在闭合开关后都能发光．过了一会儿，两盏电灯突然同时都不亮了，且电压表和电流表的示数均变为零．如果电路只有一处故障，则故障可能是(　　)
A．电灯L1断路
B．电灯L2断路
C．电灯L1短路
D．电灯L2短路
解析：电灯L1断路，则整个电路中都没有电流，灯都不亮，电表无示数．符合题意．故A正确；电灯L2断路．则电压表会与灯L1串联，电压表分担电源电压有示数，由于电压表的内阻很大，电路中电流很小，灯不亮，电流表无示数．不合题意．故B错误；电灯L1短路，灯L2会分担电源电压，会变亮，电表有示数．不合题意．故C错误；电灯L2短路，电压表也短路无示数．但灯L1会分担电源电压，会变亮，电流表有示数．不合题意．故D错误．
答案：A
4．一电源(电动势为E，内阻为r)，当它和一标有“6
V　3
W”的小灯泡构成闭合回路时，小灯泡恰好正常发光．如果该电源与一标有“6
V　6
W”的小灯泡构成一闭合回路，则该灯泡(　　)
A．正常发光
B．比正常发光暗
C．比正常发光亮
D．因不知电源内阻的大小，故无法确定
解析：“6
V　3
W”的小灯泡的电阻为12
Ω，而“6
V　6
W”
的小灯泡的电阻为6
Ω.由闭合电路欧姆定律I＝知，电阻减小回路电流增大，而U＝E－Ir路端电压减小，小于6
V，所以比正常发光暗．
答案：B
5．如图所示，A、B、C三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是(　　)
A．A、B、C都变亮
B．A、B变亮，C变暗
C．A、C变亮，B变暗
D．A变亮，B、C变暗
解析：滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值R减小，所以电路总阻值R总减小，由闭合电路欧姆定律知总电流变大，通过A的电流增大，A两端的电压UA增大，故A变亮；由于I总变大，所以内阻上的电压(U内＝I总r)变大，所以C上的电压(UC＝E－UA－U内)变小，通过C的电流IC变小，所以C变暗；由于I总变大，IC变小，所以通过B的电流(IB＝I总－IC)一定增大，B灯变亮，选B.
答案：B
6．如图所示电路中，电源的总功率是40
W，R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，a、b两点间的电压是4.8
V，电源的输出功率是37.6
W．求：
(1)通过电源的电流；
(2)电源电动势E；
(3)电源的内电阻r.
解析：R1中的电流：I1＝＝1.2
A，
R2中的电流：I2＝＝0.8
A，
总电流：I＝I1＋I2＝2
A，
电源总功率：P总＝EI，
电源电动势：E＝＝20
V，
电源内部消耗的功率：P内＝P总－P出＝2.4
W，
由P内＝I2r,
电源内阻：r＝＝0.6
Ω.
答案：见解析
B级　提能力
7．(多选)如图所示，用两节干电池点亮几只小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是(　　)
A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗
B．灯多时各灯两端的电压较低
C．灯多时通过电池的电流较大
D．灯多时通过各灯的电流较大
解析：由于电灯并联在电路中，所以接入电路的电灯越多，总电阻越小，电路的总电流越大，选项C正确．此时电源的内电压越大，路端电压越低，选项B对．流过每个灯的电流越小，每个电灯越暗，选项A正确，选项D错．
答案：ABC
8．如图所示，电路中A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则(　　)
A．A灯变亮　　　　　　
B．B灯变亮
C．R1上消耗功率变小
D．总电流变大
解析：当滑片向下滑动时R电阻减小，外电路总电阻减小，由I＝可知干路电流I增大，D对；由U＝E－Ir可知路端电压变小，所以A两端的电压变小，A灯泡变暗，由UB＝E－I(r＋R1)知UB变小，B灯泡变暗；而由P＝I2R1知R1上消耗的电功率变大，C错．
答案：D
9．(多选)如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法中正确的是(　　)
A．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2
C．电动势E1>E2，内阻r1D．当两电源的工作电流变量相同时，电源2的路端电压变化较大
解析：因为UI图线与纵坐标的交点为电动势，所以E1＝E2；而斜率为电源内阻可知r1<
r2，由横坐标可知I1>I2
.
答案：AD
10.如图所示，已知C＝6
μF，R1＝5
Ω，R2＝6
Ω，E＝6
V，r＝1
Ω，开关S原来处于断开状态，下列说法中正确的是(　　)
A．开关S闭合瞬间，电流表的读数为0.5
A
B．开关S闭合瞬间，电压表的读数为5.5
V
C．开关S闭合经过一段时间，再将开关S迅速断开，则通过R2的电荷量为1.8×10－5
C
D．以上说法都不对
解析：开关S闭合瞬间，电容器充电，接近于短路状态I≈＝
A＝1
A．电压U＝IR1＝5
V＜5.5
V，故A、B错．开关闭合一段时间后，电容器相当于断路I′＝＝
A＝0.5
A．此时电容器上电荷量Q＝CU2＝CI′R2＝6×10－6×0.5×6
C＝1.8×10－5
C．断开开关S后，电荷量Q经R2释放，故C正确．
答案：C
11．如图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0
V，内阻r＝1.0
Ω；电阻R1＝10
Ω，R2＝10
Ω，R3＝30
Ω，R4＝35
Ω；电容器的电容C＝100
μF.电容器原来不带电，接通电键K.电流稳定后，求：
(1)流过电源的电流；
(2)电阻R3两端的电压；
(3)从接通电键K至电路达到稳定的过程中流过R4的总电荷量．
解析：
(1)电键K闭合后，闭合电路的总电阻为
R＝＋r＝9
Ω
通过电源的电流I＝＝
A
(2)电源两端的电压U＝E－Ir＝
V
电阻R3两端的电压U＝U＝2
V.
(3)通过R4的总电荷量就等于电容器所带的电荷量
Q＝CU′＝2.0×10－4
C.
答案：(1)
A　(2)2
V　(3)2.0×10－4
C
12．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100
Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：
图甲　　　　　图乙　　　
(1)电源的电动势和内阻；
(2)定值电阻R2的阻值；
(3)滑动变阻器的最大阻值．
解析：(1)将乙图中AB线延长，反向延长交U轴于20
V处，交I轴于1.0
A处，所以电源的电动势为E＝20
V，内阻r＝＝20
Ω.
(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，即U2＝4
V、I2＝0.8
A，得R2＝＝5
Ω.
(3)当P滑到R3的左端时，由乙图知此时U外＝16
V，I总＝0.2
A，所以R外＝＝80
Ω；因为R外＝＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R3＝300
Ω.
答案：(1)20
V　20
Ω　(2)5
Ω　(3)300
Ω第一章
电场
第八节静电与新技术
A级　抓基础
1.以煤做燃料的工厂、电站每天排出的烟气带走大量的煤粉，如图所示，这不仅浪费燃料，而且严重地污染环境，为了消除烟气中的煤粉，下列方法最好的是(　　)
黑烟污染环境
A．通过活性炭吸收　　　　B．应用静电除尘技术
C．将烟气通过水来净化
D．把烟囱建高一点
解析：从经济方便的角度考虑；最好的是用静电除尘．
答案：B
2．对于静电的认识正确的是(　　)
A．静电只会给人类无穷的伤害，只有弊的一面
B．静电永远都是造福人类的，只有利的一面
C．产生静电现象是由于创造了电荷的结果
D．静电一把双刃剑，有利也有弊
解析：静电现象的产生是由于电荷的转移与积累，而不是创造电荷．
答案：D
3．地毯中加入少量的金属纤维是为了(　　)
A．避免人走动时产生静电
B．将人走动时产生的静电及时导走
C．增加地毯的强度和韧性
D．对地毯起装饰作用
解析：人在地毯上走动时，鞋底与地毯之间会产生静电，会对生活带来不便和危害，阻止静电的产生是不可能的，但可以采取措施及时将静电导走．在地毯中加入少量金属纤维就是为了将产生的静电导向地面，故B正确．
答案：B
4．在冬天的时候，人们经常会被门的金属拉环给电一下，下列说法正确的是(　　)
A．由于室内电线漏电使得门带电
B．由于在各种摩擦中使人带电，当手靠近拉环时发生放电现象
C．由于空气带电，使得人和门都带电
D．以上说法均不正确
答案：B
5．(多选)下列避雷小常识正确的是(　　)
A．在建房子时安装避雷针
B．在雷雨天放风筝
C．跑到大树底下避雨
D．在雷雨天气尽量不用手机打电话
答案：AD
B级　提能力
6．(多选)下列现象哪些是利用静电的(　　)
A．在建房子时用大量的钢筋混凝土
B．激光打印
C．煤电厂用高压电锁住黑烟
D．居民用铝材做防盗窗
答案：BC
7．(多选)下列哪些措施是为了防止静电的危害(　　)
A．油罐车的后边有条铁链搭在地上
B．飞机喷洒的农药雾滴带正电
C．家用电器如洗衣机接有地线
D．手机一般都装有天线
解析：油罐车的后边有条铁链搭到地上，目的是把油罐车产生的静电荷导到地下，保证油罐车的安全，家用电器也一样，A、C对．农药喷洒飞机喷洒的农药雾滴带正电，而叶子上都带有负电，农药不会被风吹走，B错误．手机接有天线的目的是为了很好地接收信号，D错误．
答案：AC
8．关于雷电现象的认识不正确的是(　　)
A．打雷闪电是天上的雷公电母在控制着
B．闪电是由于高压放电使空气在高温的情况下发光的结果
C．雷声是由于空气在高温下膨胀的结果
D．闪电和雷声是同时发生的
解析：雷电是一种自然现象，是由于高压放电，产生几十万安培的瞬间电流．电流生热使空气发光，使空气受热突然膨胀发出巨响，是同时发生的，只是光的传播速度比声音快，所以我们是先看到闪电后听到雷声．
答案：A
9．关于静电，下列说法中不正确的是(　　)
A．干燥天气里脱化纤衣服时常常会看到火花，听到劈啪声
B．室内栽花种草可杜绝静电产生
C．高压输电导线表面要很光滑，以避免因尖端放电而损失电能
D．油罐车尾装一条拖地铁链，有利于消除静电
解析：干燥天气里化纤的衣服摩擦后带异种电荷而出现放电现象，从而会看到火花，听到噼啪声，故A不符合题意；室内栽花种草可有效防止静电，而不能杜绝静电产生，故B符合题意；表面光滑可以减小导线的表面积，这样可以大大减少感应放电，故C不符合题意；油罐车在运动的过程中，由于里面的油在晃动，也会摩擦产生静电，后面拖一条铁链就可以及时地把产生的静电导走，有利于消除静电，故D不符合题意．
答案：B
10．(多选)如图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是(　　)
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析：集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A项错误；电场方向由集尘极指向放电极，B项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C项错误；同一位置电场强度一定，由F＝qE可知，尘埃电荷量越多，所受电场力越大，D项正确．
答案：BD