课时跟踪检测（一） 认识静电
1．对物体带电现象的叙述，正确的是( )
A．不带电的物体一定没有电荷
B．带电物体一定具有多余的电子
C．一根带电的导体棒放在潮湿的房间时，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，该过程中电荷不守恒
D．摩擦起电实际上是电荷从一个物体转移到另一个物体
解析：选D 物体不带电是因为所带的正电荷和负电荷的电荷量相等，所以不显电性，故选项A错误；物体带正电，是因为所带正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，物体带负电是因为所带负电荷的电荷量大于正电荷的电荷量，故选项B错误；带电导体棒放在潮湿房间里，经过一段时间后不带电了是因为电荷转移到其他物体上了，电荷仍然守恒，故选项C错误；根据摩擦起电的实质可知选项D正确。2-1-c-n-j-y
2．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．感应起电说明电荷不能从物体的一部分转移到物体另一部分
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：选B 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错误。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。21*cnjy*com
3．不带电的金属球A与带正电的金属球B接触后也带正电，原因解释正确的是( )
A．B有部分正电荷转移到A球上
B．A有部分正电荷转移到B球上
C．A有部分电子转移到B球上
D．B有部分电子转移到A球上
解析：选C 原来金属球A不带电，对外显电中性，金属球A与带正电的金属球B接触时，带正电金属球B夺得电子的本领大于不带电的金属球A，带正电的金属球B夺得电子，金属球A失去电子带正电。故C正确，A、B、D错误。21教育网
4．(多选)M和N是两个都不带电的物体。它们互相摩擦后，M带正电荷2.7×10－9 C，下列判断正确的有( )【来源：21cnj*y.co*m】
A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦过程中电子从M转移到N
C．N在摩擦后一定带负电荷2.7×10－9 C
D．M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子
解析：选BCD 在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性，A错误。M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B正确；在摩擦起电过程中，得失电子数目是相等的，根据电荷守恒定律，M带正电荷2.7×10－9 C，则N一定带负电荷2.7×10－9 C，C项正确；M失去的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个，D正确。【出处：21教育名师】
5．如图1是伏打起电盘示意图，其起电原理是( )
图1
A．摩擦起电 B．感应起电
C．接触起电 D．以上三种方式都不是
解析：选B 导电平板靠近带电的绝缘板并接地时，导体与大地发生静电感应，使导电平板带上负电荷，故选项B正确。【版权所有：21教育】
6.绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜。在a的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图2所示。现使b带正电，则( )
图2
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
解析：选B
7.如图3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( )21cnjy.com
图3
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：选C 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。
8．(多选)有一个质量很小的小球A，用绝缘细线悬挂着，当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时，看到它们互相吸引，接触后又互相排斥，则下列说法正确的是( )
A．接触前，A、B一定带异种电荷
B．接触前，A、B可能带异种电荷
C．接触后，A球可能不带电
D．接触后，A球一定带电
解析：选BD 接触前橡胶棒B带负电荷，带电体有吸引轻小物体的性质，故A可能带少量正电荷，也可能不带电荷，接触后橡胶棒B和A带同种电荷才能互相排斥，故正确选项为B、D。21世纪教育网版权所有
9. (多选)如图4所示为科技馆里一个趣味体验项目的简化图，核心装置为一个金属球，在干燥的空气里，体验者双脚站在绝缘凳上，右手按在金属球上，并远离周围其他物体。一条特殊传送带(图中未画出)给金属球不断地输送电荷，过一段时间后，体验者的头发便会四处散开，甚至倒立，十分有趣，在此状态下，下列分析正确的是( )
图4
A．若用左手也去摸金属球，会被电击
B．若用左手与旁边的观众握手，会被电击
C．若右手离开金属球，则头发会立刻恢复常态
D．若右手离开金属球而且走下绝缘凳，头发会立刻恢复常态
解析：选BD 若用左手也去摸金属球，不会有电流产生，不会被电击，选项A错误；若用左手与旁边的观众握手，会发生放电现象而被电击，选项B正确；若右手离开金属球，电荷不会转移，则头发仍然四处散开，选项C错误；若右手离开金属球而且走下绝缘凳，则电荷将进入大地，人体将不再带电，头发会立刻恢复常态，选项D正确。
10.如图5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( )21·cn·jy·com
图5
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：选D 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。www.21-cn-jy.com
11．有三个相同的绝缘金属小球A、B、C，其中A小球带有3×10－3 C的正电荷，B小球带有2×10－3 C的负电荷，小球C不带电。先让小球C与小球A接触后分开，再让小球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，试求这时三个小球的带电荷量分别为多少？2·1·c·n·j·y
解析：总电荷量是守恒的，小球接触后平分电荷量；C、A接触后，A、C都带 C＝1.5×10－3 C的正电荷量，让小球B与小球A接触后分开，A、B都带 C＝－2.5×10－4 C的负电荷量，最后让小球B与小球C接触后，B、C都带 C＝6.25×10－4 C的正电荷量。故最终三小球的带电荷量分别为【来源：21·世纪·教育·网】
qA＝－2.5×10－4 C，qB＝6.25×10－4 C，
qC＝6.25×10－4 C。
答案：qA＝－2.5×10－4 C qB＝6.25×10－4 C
qC＝6.25×10－4 C
12．有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电荷量为q，B球所带电荷量为－q，现要使A、B球所带电荷量都为－，应该怎样实现？21·世纪*教育网
解析：方法一：用手碰A球，A球失去电荷，将A、B球接触，A、B两球都带上－的电荷量，再用手碰A球，A球又失去电荷，再把A、B球接触，则A、B球都带上－的电荷量。
方法二：用一个与A、B完全相同的不带电的金属球与A接触，A球带电量变为，再把A、B球接触，A、B球带电量都变为－。www-2-1-cnjy-com
答案：见解析
课时跟踪检测（七） 了解电容器 静电与新技术
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器
B．电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量
C．固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比
D．电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比
解析：选BC 电容器是储存电荷和电能的容器，不论是否带电均是电容器，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，故B正确；根据Q＝CU可知，固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，选项C正确；电容器的电容跟极板所带电量无关，与两极板间的电压无关，故D错误。21世纪教育网版权所有
2．下列关于电容器的说法中，正确的是( )
A．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多
B．电容器不带电时，其电容为零
C．两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大
D．电容器的电容跟它是否带电无关
解析：选D 根据公式C＝可得电容大，只能说明电荷量与电压的比值大，所带电荷量不一定大，两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较小，A、C错误；电容器的电容是电容器的本身的属性，与电量及电压无关；故B错误D正确。
3. (多选)如图1所示是测定液面高度h的传感器。在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是( )21教育网
图1
A．液面高度h变大，电容变大
B．液面高度h变小，电容变大
C．金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极
D．金属芯线的两侧构成电容器的两电极
解析：选AC 根据电容器的概念及图示可知，金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极，选项C正确，D错误；液面高度h变大，两极间的相对面积变大，根据C＝可知，电容变大，选项A正确，B错误。21cnjy.com
4.如图2所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为( )21·cn·jy·com
图2
A. g B. g C. g D. g
解析：选A 平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为：E1＝，且有E1q＝mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为：E2＝，有mg－E2q＝ma，联立上述可解得：＝，知选项A正确。
5.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图3所示，则下列说法正确的是( )2-1-c-n-j-y
图3
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
解析：选C 保持开关S闭合，电容器两端的电压不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式E＝，可得两极板间的电场强度增大，故θ增大，A、B错误；若开关S断开，电容器两极板上的电荷总量不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式C＝、C＝、E＝联立解得E＝，即两极板间的电场强度大小和极板间的距离无关，所以电场强度不变，故θ不变，C正确D错误。
6.如图4所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连。开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出。当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到，不再有烟从玻璃管中冒出来了。过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘。请思考这是什么原因。2·1·c·n·j·y
图4
解析：当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，形成强电场。含尘气体经过电压静电场时被电离。尘粒与负离子结合带上负电，在强电场中受静电力作用偏转后被吸附在带正电的管壁上。www.21-cn-jy.com
答案：见解析
7．(多选)每到夏季，各地纷纷进入雨季，雷雨等强对流天气频繁发生。当我们遇到雷雨天气时，一定要注意避防雷电。下列说法正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．不宜使用无防雷措施或防雷措施不足的电器及水龙头
B．不要接触天线、金属门窗、建筑物外墙，远离带电设备
C．固定电话和手提电话均可正常使用
D．在旷野，应远离树木和电线杆
解析：选ABD 表面具有突出尖端的导体，在尖端处的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电。固定电话和手提电话的天线处有尖端，易引发尖端放电造成人体伤害，故不能使用，选项A、B、D正确，C错误。
8.如图5所示，长为l的金属杆原来不带电，在距其右端d处放一个电荷量为＋q的点电荷。
图5
(1)金属杆中点处的电场强度为多少？
(2)金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的电场强度为多大？
解析：(1)金属杆处于静电平衡状态，其内部场强处处为零。因此，金属杆中点处的电场强度为0。
(2)点电荷q在金属杆中点处产生的场强E点＝k＝kq/2，方向水平向左。由于杆中点处的场强为零，所以感应电荷在杆中点处产生的场强与点电荷在该处产生的场强大小相等，方向相反，所以，感应电荷在杆中点处产生的场强大小E感＝E点＝kq/2。
答案：(1)0 (2)kq/2
9.如图6所示是一只利用电容器电容C测量角度θ的电容式传感器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是通过知道电容C的变化情况就可以知道角度θ的变化情况。下图中，最能正确反映角度θ与电容C之间关系的是( )
图6
解析：选B 两极板正对面积S＝(π－θ)R2，则S ∝(π－θ)，又因为C ∝S，所以C ∝(π－θ)，令C＝k(π－θ)，解得θ＝π－(k为常数)，所以B正确。
10. (多选)如图7所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连。a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1。现使a板不动，保持开关S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v2；下列说法中正确的是( )21·世纪*教育网
图7
A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1
B．若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2＝v1
C．若开关S闭合一段时间后再打开，向下移动b板，则v2＞v1
D．若开关S闭合一段时间后再打开，无论向上或向下移动b板，则v2＜v1
解析：选BC 若开关S保持闭合，则两极板间的电压恒定不变，所以无论向上或向下移动b板，电场力做功W＝Uq恒定不变，重力做功不变，先后穿过两个小孔后速度不变，即v2＝v1，若开关S闭合一段时间后再打开，两极板上的电荷量不变，向下移动b板，两极板间的距离减小，根据公式C＝可得电容增大，根据公式C＝可得两极板间的电压减小，克服电场力做功W＝Uq减小，重力做功不变，故穿过a板后的速度v2＞v1，C正确D错误。
11.如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：www-2-1-cnjy-com
图8
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析：(1)由v2＝2gh得v＝。
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，
有mg－qE＝ma,0－v2＝2ad
得E＝
U＝Ed，Q＝CU
得Q＝C。
(3)由h＝gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2
综合可得t＝。
答案：见解析
12.如图9所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点，现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
图9
解析：设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U＝①
两极板之间电场的场强为E＝②
式中d为两极板间的距离。
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有
Tcos θ1＝mg③
Tsin θ1＝qE④
式中T为此时悬线的张力。
联立①②③④式得tan θ1＝⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则tan θ2＝⑥
联立⑤⑥式得＝⑦
代入数据解得ΔQ＝2Q。⑧
答案：2Q
课时跟踪检测（三） 电场强度
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( )www-2-1-cnjy-com
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：选D 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，与在该点是否放检验电荷无关，故选D。21cnjy.com
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( )2-1-c-n-j-y
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：选B 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。21教育网
3．如图1所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离。以下判断正确的是( )
图1
A．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
B．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度
D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度
解析：选A 正点电荷的电场是向外辐射状的，电场线密的地方电场强度大。所以A正确。4．(多选)如图2所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点。若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以做出的判断是( )21·cn·jy·com
图2
A．带电粒子所带电荷的符号
B．带电粒子在a、b两点的受力方向
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大
D．带电粒子在a、b两点的加速度方向
解析：选BCD 如图所示，由于带电粒子在静电力作用下做曲线运动，所以静电力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A错误；加速度由静电力产生，由于a处电场线较b处密，所以a处电场强度大，由E＝知，带电粒子在a处受静电力大，故加速度大，且方向与静电力方向相同，C、D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
5.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v -t图像如图3所示。则此电场的电场线分布可能是选项中的( )【来源：21cnj*y.co*m】
图3
解析：选A 从图像可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密。综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到密处，正确选项是A。
6. (多选)如图4所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是( )2·1·c·n·j·y
图4
A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
B．＋Q在小球处产生的场强为E1＝
C．＋q在O点产生的场强为E2＝
D．＋q在O点产生的场强为E2＝
解析：选BC 金属板不能看做点电荷，在小球处产生的场强不能用E＝计算，故A错误；根据小球处于平衡得小球受电场力F＝mgtan α，由E＝得：E1＝，B正确；小球可看做点电荷，在O点产生的场强E2＝，C正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtan α，但金属板不能看做试探电荷，故不能用E＝求场强，D错误。【出处：21教育名师】
7．(多选)如图5甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷 Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m。在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示。下列说法正确的是( )
图5
A．B点的电场强度大小为0.25 N/C
B．A点的电场强度的方向沿x轴正方向
C．点电荷Q是正电荷
D．点电荷Q的位置坐标为0.3 m
解析：选BD 由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故B正确，C错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EA＝＝＝ N/C＝4×105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EB＝＝＝ N/C＝0.25×105 N/C，解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝0.2 m＋0.1 m＝0.3 m，故A错误，D正确。【版权所有：21教育】
8.如图6所示，一个电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子的重力不计，电子除受电场力以外，受到的另一个力的大小和方向的变化情况为( )
图6
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：选B A→O→B，场强先变大后变小，方向水平向右，所以电子受到的电场力先变大后变小，方向水平向左。又电子处于受力平衡状态，故另一个力应是先变大后变小，方向水平向右。故选项B正确。www.21-cn-jy.com
9．如图7所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，
∠MOP＝60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2。E1与E2之比为( )21教育名师原创作品
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶ D．4∶
图7
解析：选B 依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则＝，B正确。21*cnjy*com
10.如图8所示，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )21*cnjy*com
A. B. C. D.
图8
解析：选D 由题意电场方向恰使小球受的电场力最小可知，E的方向与细线垂直，受力如图所示。由平衡条件可得，mg＝qE，q＝，故D正确。
11.如图9所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。如果把一个电荷量为－q的试探电荷放在c点，则恰好平衡，那么匀强电场的场强大小为多少？a、d两点的实际场强大小为多少？
图9
解析：空间存在匀强电场和点电荷形成的电场，任何一点的场强都是这两个电场在该处的场强的合场强。由电荷量为－q的试探电荷在c点处于平衡状态可得k＝qE
解得匀强电场的场强为E＝
由于正点电荷形成的电场的场强方向从圆心沿半径方向向外，故在a点，点电荷的场强方向沿x轴正方向；在d点，点电荷的场强方向沿y轴正方向。从而可知：a点的实际场强为两个等大、同方向场强的合成，即Ea＝，d点的实际场强为两个等大、互相垂直的场强的合成，即Ed＝。21·世纪*教育网
答案：
12．电荷量为q＝1×10－4 C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图10所示。若重力加速度g取10 m/s2，求：21世纪教育网版权所有
图10
(1)物块的质量m；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ。
解析：(1)由v -t图像可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma
2 s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有qE2＝μmg
联立得q(E1－E2)＝ma
由E-t图像和v-t图像可得
E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，a＝1 m/s2
代入数据可解得m＝1 kg。
(2)μ＝＝＝0.2。
答案：(1)1 kg (2)0.2
课时跟踪检测（九） 对电阻的进一步研究
1．(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( )【来源：21cnj*y.co*m】
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：选ABC 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。2-1-c-n-j-y
2．三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( )21世纪教育网版权所有
A．1∶2∶5 B．5∶2∶1
C．10∶5∶2 D．2∶5∶10
解析：选C 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。21教育名师原创作品
3.有A、B、C、D四个电阻，它们的I-U图线如图1所示，其中电阻最小的是( )
图1
A．A B．B
C．C D．D
解析：选A 由于在I-U图像中，图线的斜率k＝＝，故斜率越大，电阻越小，所以A的电阻最小，选项A正确。
4.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图像如图2所示，此图像的斜率可表示为( )
图2
A．U B．R
C. D.
解析：选C q-t图像的斜率表示流过电阻R的电流，由此可知，通过电阻R的电流不变，由欧姆定律知，I＝，故C正确。
5.两个定值电阻R1、R2串联后接在输出电压U稳定于12 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，如图3所示，则电压表的示数为8 V，如果他把此电压表改接在R2的两端，则电压表的示数将( )【出处：21教育名师】
图3
A．小于4 V B．等于4 V
C．大于4 V，小于8 V D．大于或等于8 V
解析：选A 并联电路的电阻小于任何一个支路的电阻，又因为串联电路的电压与电阻成正比，所以把电阻并联在R2的两端，则电压表的示数小于4 V，故选A。
6．为测某电阻R的阻值，分别接成如图4所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为3 V和3 mA，乙电路中电表示数分别为2.9 V和4 mA，则待测电阻的阻值应为( )www-2-1-cnjy-com
图4
A．比1 000 Ω略大一些 B．比1 000 Ω略小一些
C．比725 Ω略大一些 D．比725 Ω略小一些
解析：选B 电流表示数前后变化相对较大，说明电压表的分流影响较大，应采用电流表内接的甲电路来测量电阻值，由R＝可得R测＝1 000 Ω，但R测实际上是待测电阻与电流表串联之后的总电阻，所以待测电阻的阻值比1 000 Ω略小一些，B正确。
7．(多选)如图5所示的电路中，若ab端为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则( )21*cnjy*com
图5
A．空载时输出电压UAB＝
B．当AB间接上负载R时，输出电压UAB＜
C．AB间的负载R越大，UAB越接近
D．AB间的负载R越小，UAB越接近
解析：选ABC 空载时A、B间的电压为总电压的一半，即UAB＝，故A正确。当AB间接上负载R后，R与变阻器的下半部分并联，并联电阻小于变阻器总阻值的一半，故输出电压UAB＜，但R越大，并联电阻越接近于变阻器总阻值的一半，UAB也就越接近，R越小，并联电阻越小，UAB就越小于，故B、C正确，D错误。www.21-cn-jy.com
8．如图6所示为甲、乙两金属电阻的U-I图线，某同学是这样计算它们的阻值的：R甲＝R乙＝tan 60°＝ Ω，你认为他的解法对吗？如果不对，它们的阻值应为多少？
图6
解析：该同学的解法是错误的。事实上在不同的坐标系中，由于所选取的标度不同，在相同的电压和电流值下图线的倾角是不同的，所以不可以用倾角的正切值表示电阻。
正确的解法为：R甲＝＝ Ω＝3 Ω，用同样的方法可以求得乙的电阻为6 Ω。
答案：不对 3 Ω 6 Ω
9．如图7所示，当a、b两端接入100 V的电压时，c、d两端电压为20 V，当c、d两端接入100 V的电压时，a、b两端的电压为50 V，则R1∶R2∶R3是( )
图7
A．4∶2∶1 B．2∶1∶1
C．3∶2∶1 D．1∶2∶1
解析：选A 据题意可知，当a、b两端接电压时，c、d两端电压为R2两端电压，即·R2＝Ucd，代入数据可得：R1＝2R2，同理当c、d两端接电压时，a、b两端电压为R2两端电压，即·R2＝Uab，代入数据得：R2＝2R3，所以R1∶R2∶R3＝4∶2∶1。
10.如图8所示，电流表G的内阻不可忽略，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4 V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是( )【版权所有：21教育】
图8
①保持R2不变，增大R1 ②增大R1，减小R2
③保持R2不变，减小R1 ④增大R2，减小R1
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
解析：选A 当a、b间的电压为3 V时，要使电流表G的指针满偏，应使G和R1的并联总电阻增大或者使R2减小，故①②可以。21教育网
11．为了研究小灯泡的伏安特性曲线，现选用额定值为“3.0 V 0.4 A”的小灯泡进行实验，实验中除了电流表、电压表、开关、导线若干外，还需要________、________。
(1)根据所学的知识，回答下列问题：
实验中用两电表测量小灯泡两端的电压和流过小灯泡的电流时，电路怎样连接才能使测得的小灯泡电阻误差较小？为什么？21cnjy.com
为使加在小灯泡两端的电压从零开始，且能在较大的范围内调节，滑动变阻器应怎样连接？在图9甲所示的方框内画出相关的电路图。【来源：21·世纪·教育·网】
图9
(2)请根据你画的电路图，把图乙中的实验器材连成符合要求的实验电路。
图10
(3)为使读数误差尽可能小，电压表的量程应选用________V，电流表的量程应选用________A，为保证实验安全，测量范围不能超过________V和________A，开始做实验闭合开关前，应把P移到________端。
(4)若实验中测得通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压如下表所示，请在图10中画出I-U图线，该小灯泡的电阻有何特征？并分析其主要原因。
U/V
0.05
0.14
0.21
0.30
0.48
0.70
1.02
1.48
1.96
2.50
I/A
0.10
0.20
0.26
0.30
0.36
0.40
0.44
0.48
0.52
0.56
解析：还需要的仪器有：电源、滑动变阻器。
(1)为了在测量电阻时减小误差，电流表量程选择0～0.6 A，电压表量程选择0～3 V，电流表采用外接法。
为了能够在较大的范围内测量小灯泡两端的电压，且使小灯泡两端的电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图甲所示。
(2)依据电路图连接实物图如图乙所示。
(3)为使读数误差尽可能小，电压表的量程应选用0～3 V，电流表的量程应选用0～0.6 A，为保证实验安全，测量范围不能超过3 V和0.4 A，开始做实验闭合开关前，应把P移到D端。2·1·c·n·j·y
(4)I-U图线如图丙所示。灯丝电阻随小灯泡两端电压的增大而增大，这是由于随着电压的增大，灯丝的温度升高，其电阻随温度的升高而增大。
答案：见解析
12．某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0 V 0.7 A”；
电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；
电流表A2，量程0.6 A，内阻r2＝0.2 Ω；
电压表V，量程3 V，内阻rV＝9 kΩ；
标准电阻R1，阻值1 Ω；
标准电阻R2，阻值3 kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；
学生电源E，电动势6 V，内阻不计；
开关S及导线若干。
图11
(1)甲同学设计了如图11甲所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图乙所示，此时L的电阻为________ Ω。21·cn·jy·com
(2)乙同学又设计了如图丙所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是________ V。21·世纪*教育网
(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图丁所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。21*cnjy*com
解析：(1)由题图乙知，电压表的读数为2.30 V，根据欧姆定律，L的电阻RL＝＝ Ω＝5 Ω。
(2)电压表与电阻R2串联，电压表两端的电压3 V，根据串联电路电阻与电压的关系，电阻R2两端的电压为1 V，灯泡L两端的电压为电压表和电阻R2两端的电压之和，即为4 V。
(3)如图所示。
答案：(1)5 (2)4 (3)见解析图
课时跟踪检测（二） 探究静电力
1．下列关于点电荷的说法，正确的是( )
A．点电荷一定是电荷量很小的电荷
B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在
C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷
D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷
解析：选B 当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时，这样的带电体就可以看成点电荷，所以A、C、D错，B正确。21世纪教育网版权所有
2．关于库仑定律的理解，下面说法正确的是( )
A．对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式
B．只要是点电荷之间的静电力计算，就可以使用库仑定律公式
C．两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的
D．摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑一定带正电
解析：选C 库仑定律适用于真空中的点电荷，故A、B错。库仑力也符合牛顿第三定律，C对。橡胶棒吸引纸屑，纸屑带正电或不带电都可以，D错。21教育网
3.如图1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( )
图1
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：选C 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，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。
4．如图2所示，用绝缘细线悬挂的两个带电小球 (可视为点电荷)处于静止状态，电荷量分别为qA、qB，相距为L。则A对B的库仑力为( )21cnjy.com
图2
A．FAB＝k，方向由A指向B
B．FAB＝k，方向由A指向B
C．FAB＝k，方向由B指向A
D．FAB＝k，方向由B指向A
解析：选C 由于两小球相互吸引，所以A对B的库仑力方向由B指向A，根据库仑定律可得FAB＝k，故选项C正确。21·cn·jy·com
5.一个内表面光滑的半球形碗放在水平桌面上，碗口处于水平状态，O是球心。有两个带同种电荷且质量分别为m1和m2可视为质点的小球，当它们静止后处于如图3所示状态，则m1和m2对碗的弹力大小之比为( )21教育名师原创作品
图3
A．1∶ B.∶1
C．2∶ D.∶2
解析：选B 选取两小球组成的整体为研究对象，受力分析并正交分解如图：
由平衡条件得：F1在水平方向的分力F′和F2在水平方向的分力F″大小相等。即F1cos 60°＝F2cos 30°，所以：＝。www-2-1-cnjy-com
6.如图4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：三角形边长为1 cm，B、C电荷量为qB＝qC＝1×10－6 C，A电荷量为qA＝－2×10－6 C，A所受B、C两个电荷的静电力的合力F的大小和方向为( )
图4
A．180 N，沿AB方向
B．180 N，沿AC方向
C．180 N，沿∠BAC的角平分线
D．180 N，沿∠BAC的角平分线
解析：选D qB、qC电荷对qA电荷的库仑力大小相等，故：
F＝F1＝F2＝＝N＝180 N
两个静电力，夹角为60°，故合力为：
F′＝2Fcos 30°＝2×180 N×＝180 N
方向沿∠BAC的角平分线
故选D。
7.如图5所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架座上，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( )【来源：21·世纪·教育·网】
图5
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
解析：选D 由于a、b两球所带的异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又l＝3r，不满足l?r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠k。万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然不能满足l?r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝G。所以D正确。
8．如图6所示，光滑绝缘水平面上固定金属小球A，用原长为L0 的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有( )【出处：21教育名师】
图6
A．x2＝x1 B．x2＝x1
C．x2＞x1 D．x2＜x1
解析：选C 库仑力等于弹力，两球电荷量各减半时，若不考虑两球距离的变化对库仑力的影响，库仑力减为原来的，则x2＝x1，但实际是距离减小后库仑力又会增大，故正确答案是x2＞x1，C正确。2-1-c-n-j-y
9．类似双星运动那样，两个点电荷的质量分别为m1、m2，且带异种电荷，电荷量分别为Q1、Q2，相距为l，在库仑力作用下(不计万有引力)各自绕它们连线上的某一固定点，在同一水平面内做匀速圆周运动，已知m1的动能为Ek，则m2的动能为( )
A.－Ek B.－Ek
C.－Ek D.－Ek
解析：选B 对于两点电荷，库仑力提供向心力，则＝＝，所以Ek1＝m1v12＝r1＝Ek，Ek2＝m2v22＝r2，因为r1＋r2＝l，所以Ek＋Ek2＝(r1＋r2)＝。解得Ek2＝－Ek。www.21-cn-jy.com
10．两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( )21·世纪*教育网
A．5∶2 B．5∶4
C．5∶6 D．5∶8
解析：选B 它们在相距一定距离时相互作用力为F1＝k；若两电荷异性，接触后再分开，两球电量的绝对值为2q，此时两球的库仑力F2＝k＝F1，则F1∶F2为5∶4，若两电荷同性，接触后再分开，两球电量的绝对值为3q，此时两球的库仑力F2＝k＝F1，则F1∶F2为5∶9，故B正确，A、C、D错误。
11．3个点电荷呈三角状分布，q1＝－6.00×10－9 C，q2＝5.00×10－9 C，q3＝－2.00×
10－9 C，它们之间的距离和位置如图7所示。求q3所受静电力的大小和方向。
图7
解析：首先确定q1和q2作用在q3上的力的方向。q1对q3是排斥力F13(同种电荷)，q2对q3是吸引力F23(异种电荷)，如图所示。欲求q3受到的静电力，需要运用库仑定律分别求得F13和F23，然后进行矢量相加。【版权所有：21教育】
F13＝k＝9.0×109× N＝4.32×10－9 N
在x方向上的分力 F13cos 37°≈3.46×10－9 N
在y方向上的分力 F13sin 37°≈2.59×10－9 N
F23＝k＝9.0×109× N≈5.63×10－9 N
所以，Fx＝3.46×10－9 N－5.63×10－9 N＝－2.17×10－9 N，方向为x轴负方向。Fy＝2.59×10－9 N2·1·c·n·j·y
q3受到的合静电力F＝ N≈3.38×10－9 N
tan θ＝＝－1.19
查表知，θ＝130°，即F的方向与x轴正方向成130°角。
答案：3.38×10－9 N 方向与x轴正方向成130°角
12．两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图8所示。21*cnjy*com
(1)现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离。【来源：21cnj*y.co*m】
(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度最大时的位置在P处。试求出图中PA和AB连线的夹角θ。21*cnjy*com
图8
解析：(1)正点电荷在A、B连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A点为x，即k＝k 解得x＝。
(2)若点电荷在P点处所受库仑力的合力沿OP方向，则P点为点电荷的平衡位置。则它在P点处速度最大，即此时满足tan θ＝＝＝
即得：θ＝arctan。
答案：(1) (2)arctan
课时跟踪检测（五） 电场强度与电势差的关系
1．下列关于匀强电场中场强和电势差关系的说法正确的是( )
A．在相同距离上，电势差大的其场强也必定大
B．任意两点的电势差，等于场强与这两点间距离的乘积
C．沿着电场线方向，相同距离上的电势降落必定相等
D．电势降低的方向，必定是电场强度的方向
解析：选C 由匀强电场的特点知A、B错误，C正确；电势降低最快的方向才是电场强度方向，D错误。
2.如图1所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是( )21教育网
图1
A．竖直向下，E＝100 V/m
B．水平向左，E＝100 V/m
C．水平向左，E＝200 V/m
D．水平向右，E＝200 V/m
解析：选B 根据电场强度的方向应与等势面垂直，且由较高的等势面指向较低的等势面，可知该电场强度的方向水平向左。由场强与电势差的关系得：E＝＝100 V/m。
3．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2所示，由此可知c点的电势为( )www.21-cn-jy.com
图2
A．4 V B．8 V
C．12 V D．24 V
解析：选B 根据匀强电场的特点，Uad＝Ubc，即φa－φd＝φb－φc，解得φc＝8 V，B正确。21·世纪*教育网
4.如图3所示，两块不带电的竖直平行金属板的间距为d，一个重力为G的带电小球在重力作用下在两板间竖直下落，此时小球的运动轨迹是AB，当两板间加上电压U时，小球受力方向变成沿BC方向，则此小球所带的电荷量应是( )www-2-1-cnjy-com
图3
A. B.
C. D.
解析：选C 设小球所受电场力为F电，由图可知tan 45°＝，又F电＝q，可解得：q＝，C正确。【来源：21cnj*y.co*m】
5.如图4所示，在电场强度E＝2×103 V/m的匀强电场中有三点A、M和B，AM＝4 cm，MB＝3 cm，AB＝5 cm，且AM边平行于电场线，把一电荷量q＝2×10－9 C的正电荷从B移动到M点，再从M点移动到A点，电场力做功为( )【出处：21教育名师】
图4
A．0.16×10－6 J B．0.12×10－6 J
C．－0.16×10－6 J D．－0.12×10－6 J
解析：选C B、M在同一等势面上，电荷由B到M电场力不做功。由M到A电场力做负功，W＝qU＝q·Ed＝2×10－9×2×103×4×10－2 J＝0.16×10－6 J。即电场力做功为－0.16×10－6 J。21教育名师原创作品
6.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5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( )
图5
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：选A 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。21cnjy.com
7．如图6所示，直线上有O、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等，在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则( )
图6
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程中，粒子动能不断减小
解析：选C 根据点电荷电场及电势分布特点可知，b点电势高于c点电势，则O点固定的是正电荷。负电荷移动过程中电场力做功W＝qU，因为Ubc＜Uab，则前一个过程中电场力做功小于后一个过程电场力做功，A、B选项错误；两个过程中均为电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，C对，D错。21世纪教育网版权所有
8. 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图7所示。下列说法正确的是( )
图7
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
解析：选C 沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向，沿电场线电势降落(最快)，所以O点的电势最高，选项A、B错误；根据U＝Ed，电场强度是变量，可用E-x图像面积表示电势差，因图像沿x轴对称分布，所以－x1、O和图像所围面积与x1、O和图像所围面积相等，选项C正确；x1、x3两点的电场强度大小相等，电势沿电场线方向逐渐降低，电势不相等，选项D错误。【来源：21·世纪·教育·网】
9．如图8所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，则下述计算结果正确的是( )21*cnjy*com
图8
A．ab之间的电势差为4 000 V
B．ac之间的电势差为50 V
C．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功为零
D．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场做功都是－0.25 J
解析：选C Uab＝E·ab＝1×103×0.04 V＝40 V，A错；Uac＝Uab＝40 V，B错；将电荷移动一周，电势差为零，电场力做功为零，故C对；Wac＝qUac＝(－5×10－3)×40 J＝－0.2 J，D错。21·cn·jy·com
10.如图9所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，则下列说法正确的是( )
图9
A．匀强电场的电场强度大小为10 V/m
B．匀强电场的电场强度大小为 V/m
C．电荷量为1.6×10－19 C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×
10－19 J
D．电荷量为1.6×10－19 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少4.8×
10－19 J
解析：选B 对A、B选项，要找出等势面，求出两个等势面之间的距离。可以将A、C两点连接，则A、C中点电势为2.0 V，而且恰好在EB连线上，所以E点电势为2.0 V，F、D两点的电势分别为1.0 V、3.0 V。DF连线距离为10 cm，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系E＝＝ V＝ V，所以A选项错误，B选项正确。对C、D选项，直接利用计算电场力做功的公式和电场力的功与电势能的关系解决。UEF＝1 V，WEF＝qUEF＝1.6×10－19×1 J＝1.6×10－19 J，所以C选项错误。UFD＝－2 V，WFD＝qUFD＝－1.6×10－19×(－2) J＝3.2×10－19 J，负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减小3.2×10－19 J，因而D选项也错误。2-1-c-n-j-y
11.如图10所示，一电场中的等势面是一簇互相平行的平面，间隔均为d，各等势面的电势如图中所示。现有一质量为m的带电微粒，以速度v0射入电场，且v0的方向与水平方向成45°角斜向上。若射入电场后，质点做直线运动，求：【版权所有：21教育】
(1)微粒带何种电荷？电荷量是多少？
(2)微粒在入射方向的最大位移是多少？
图10
解析：要使微粒做直线运动，微粒所受合力与v0应在一条直线上，又电场力与等势面垂直，沿水平方向，因此需考虑微粒的重力作用。21*cnjy*com
(1)电场线与等势面垂直，且由电势高处指向电势低处，可得电场线方向水平向左，且E＝＝。
为使合力与v0在一条直线上，微粒的受力情况如图所示，分析可知微粒带正电，且mg＝qE，则q＝＝＝。
(2)带电微粒沿入射方向做匀减速直线运动，其加速度a＝g。则微粒在入射方向的最大位移xmax＝＝＝。
答案：(1)正电 q＝ (2)
12.如图11所示，在空气中放置两块金属板，板间距离d为5.0 mm，电源电压U为
150 V。当S断开，金属板不带电时，极板中的油滴匀速下落，速度为v0，然后闭合S，则油滴匀速上升，其速度大小也是v0，已测得油滴直径为1.10×10－6 m，密度ρ为1.04×103 kg/m3。已知空气阻力F阻和速度v0成正比，即F阻＝kv0，空气浮力不计。元电荷e为1.6×10－19 C，g取10 m/s2，试求：
(1)油滴所带的电荷量q是多少？
(2)此油滴缺少或多余多少个电子？
图11
解析：油滴匀速下落时，仅受重力和阻力作用，且F阻＝mg。当S闭合时，油滴匀速上升，阻力方向向下，它除了受重力和阻力作用外，还受到向上的电场力作用，由平衡条件可求油滴所带的电荷量q。2·1·c·n·j·y
(1)匀速下落时F阻＝mg①
匀速上升时mg＋F阻＝q·②
又m＝ρ·πR3③
由①②③式联立可得
q＝
＝ C
＝4.8×10－19 C。
(2)n＝＝个＝3个(多余3个电子)。
答案：(1)4.8×10－19 C (2)多余3个电子
课时跟踪检测（八） 探究决定导线电阻的因素
1．若常温下的超导体研制成功，它适于做( )
A．保险丝 B．输电线
C．电炉丝 D．电阻温度计
解析：选B 超导体电阻为零，不能产热可用来做输电线。
2．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
解析：选A 电阻是导体本身的一种性质，对于同一导体，温度不变时，电阻一般不变，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故C、D错误，由电阻定律可知，A正确，B错误。
3．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．金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大
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
解析：选C 导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，电阻是导体本身的属性，与是否通有电流和是否加电压无关，选项A、B错误；金属材料的电阻率一般随温度的升高而增大，选项C正确；将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的二分之一，而电阻率不变，选项D错误。21cnjy.com
4．一根粗细均匀的镍铬丝的横截面的直径为d，电阻是R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成( )www.21-cn-jy.com
A.R B．10 000R
C.R D．100R
解析：选B 镍铬丝的横截面的直径为d，横截面积为S1＝πd2，由数学知识得知，直径是后横截面积是S2＝S1，由于镍铬丝的体积不变，长度变为原来的100倍，根据电阻定律R＝ρ得到，电阻是原来的10 000倍，即为10 000R。2·1·c·n·j·y
5.如图1所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝10 cm，bc＝5 cm，当将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1 A；若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为( )
图1
A．4 A B．2 A
C.A D.A
解析：选A 设将A与B连入电路时，电阻为R1，C与D连入电路时，电阻为R2，金属片厚度为h。
由电阻定律R＝ρ得R1＝ρ，R2＝ρ
所以R1∶R2＝4∶1，故由I＝得电流之比I1∶I2＝R2∶R1，所以I2＝4I1＝4 A。
6．(2015·安徽高考)一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为( )
图2
A. B.
C．ρnev D.
解析：选C 由电流定义可知：I＝＝＝neSv，
由欧姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，
又E＝，故E＝ρnev，选项C正确。
7．白炽灯的灯丝是由钨制成的，下列说法中正确的是( )
A．由于白炽灯正常工作时的灯丝和未接入电路时的灯丝是同一个导体，故两种情况下电阻相同
B．白炽灯正常工作时灯丝电阻大于未接入电路时灯丝电阻
C．白炽灯正常工作时灯丝电阻小于未接入电路时灯丝电阻
D．条件不足，不能确定
解析：选B 白炽灯的灯丝为金属，所以电阻率随温度的升高而增大，正常工作时温度高于不工作时的温度，所以工作时的电阻大于不工作时的电阻，B对。
8．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图3所示，则A和B导线的横截面积之比为( )21·cn·jy·com
图 3
A．2∶3 B．1∶3
C．1∶2 D．3∶1
解析：选B 由图像可知两导线电压降分别为UA＝6 V，UB＝4 V；由于它们串联，则3RB＝2RA；由电阻定律可知＝，得＝，选项B正确。【来源：21·世纪·教育·网】
9.某个由导电介质制成的电阻截面如图4所示。导电介质的电阻率为ρ，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为( )21·世纪*教育网
图4
A．R＝ B．R＝
C．R＝ D．R＝
解析：选B 对于A和B选项，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的，然后将b＝a代入，对于选项A得到R≠0，对于选项B得到R＝0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，故A错误，故B正确；对于选项C和D，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω·m2，左右两边单位不同，则此式不合理，故C、D错误。21世纪教育网版权所有
10．在做“决定电阻大小的因素”实验时，每次需挑选下表中两根合适的导线，测出通过它们的电流大小，然后进行比较，最后得出结论。www-2-1-cnjy-com
导线号码
A
B
C
D
E
F
G
长度/m
1.0
0.5
1.5
1.0
1.2
1.5
0.5
横截面积/mm2
3.2
0.8
1.2
0.8
1.2
1.2
1.2
材料
锰铜
钨
镍铬
锰铜
钨
锰铜
镍铬
(1)为了研究电阻与导体材料有关，应选用的两根导线是(填号码)________；
(2)为了研究电阻与导体的长度有关，应选用的两根导线是________；
(3)为了研究电阻与横截面积的关系，应选用的两根导线是________；
(4)本实验所采用的方法是________。
解析：(1)研究电阻与导体材料的关系，应该选长度和横截面积都相同的两根导线，即选C、F；
(2)研究电阻与导体长度的关系，应该选材料和横截面积都相同的两根导线，即选C、G；
(3)研究电阻与导体横截面积的关系，应该选长度和材料都相同的两根导线，即选A、D。
答案：(1)CF (2)CG (3)AD (4)控制变量法
11.在相距40 km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800 Ω，如果在A、B间的某处发生短路，如图5所示，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表的示数为40 mA，求发生短路处距A处有多远？21教育网
图5
解析：设发生短路处离A处的距离为x，据题意知，A、B两地间的距离l＝40 km，电压表的示数U＝10 V，电流表的示数I＝40 mA＝40×10－3 A，R总＝800 Ω。
根据欧姆定律I＝可得：A端到短路处的两根输电线的电阻Rx＝＝ Ω＝250 Ω，①
根据电阻定律可知：Rx＝ρ，②
A、B两地输电线的电阻为R总＝ρ，③
由得＝，④
解得x＝l＝×40 km＝12.5 km。
答案：12.5 km
12．材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t＝0 ℃时的电阻率。在一定的温度范围内α是与温度无关的常量。金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数。利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻。已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，碳的电阻率为3.5×10－5 Ω·m；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3 ℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1。将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长为1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。
解析：设所需碳棒的长度为L1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2。根据题意有ρ1＝ρ10(1＋α1t)，ρ2＝ρ20(1＋α2t)
式中ρ10、ρ20分别为碳和铜在0 ℃时的电阻率。
设碳棒的电阻为R1，铜棒的电阻为R2，有
R1＝ρ1，R2＝ρ2
式中S为碳棒与铜棒的横截面积。
碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为
R＝R1＋R2，L0＝L1＋L2
式中L0＝1.0 m
联立以上各式解得
R＝ρ10＋ρ20＋t
要使R不随t变化，上式中t的系数必须为零，即
ρ10α1L1＋ρ20α2L2＝0
又L0＝L1＋L2，
解得L1＝L0
代入数据得L1＝3.8×10－3 m。
答案：3.8×10－3 m
课时跟踪检测（六） 示波器的奥秘
1．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )21世纪教育网版权所有
图1
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
解析：选AC 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错。21cnjy.com
2. (多选)如图2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)( )2·1·c·n·j·y
图2
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：选BD 由qE·l＝mv02，
当v0变为v0时l变为；
因为qE＝q，
所以qE·l＝q·l＝mv02，
通过分析知B、D选项正确。
3.如图3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( )
图3
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ D.∶1
解析：选B 竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B对。
4．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子( )21教育网
A．都具有相同的质量 B．都具有相同的电荷量
C．具有相同的荷质比 D．都是同一元素的同位素
解析：选C 由偏转距离y＝2＝可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有相同。www.21-cn-jy.com
5. (多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图4所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)( )【来源：21·世纪·教育·网】
图4
A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等
D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
解析：选BC 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE＝m得r＝，r、E为定值，若q相等则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，故B、C正确。21·世纪*教育网
6．(多选)喷墨打印机的简化模型如图5所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )
图5
A．向正极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
解析：选AC 由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A项正确；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝t2＝2，此为抛物线方程，C项正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D项错误。www-2-1-cnjy-com
7．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行金属板中，飞出平行板时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出平行板的动能变为( )2-1-c-n-j-y
A．8Ek B．5Ek
C．4.25Ek D．4Ek
解析：选C 因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出平行板时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。21*cnjy*com
8．在光滑水平面上有一比荷＝1.0×10－7 C/kg 的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在水平面内建立坐标系Oxy，现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0×106 V/m 的匀强电场，小球开始运动。经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向，电场强度大小不变。则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是下图中的( )【来源：21cnj*y.co*m】
解析：选C 小球加速度大小a＝＝0.20 m/s2,1 s末小球速度vx＝at＝0.20 m/s，沿x轴方向距离x1＝at2＝×0.20×12 m＝0.10 m。第2 s 内小球做类平抛运动，x方向x2＝vxt＝0.20 m，沿y轴方向y2＝at2＝×0.20×12 m＝0.1 m，故第2 s末小球坐标为(0.30 m，0.10 m)，故C正确。【版权所有：21教育】
9．一对水平放置的平行金属板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( )21教育名师原创作品
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回
解析：选D 当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×d－qU＝0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg(＋x)－qx＝0，两式联立解得：x＝d，选项D正确。
10．(多选)(2015·山东高考)如图6甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
图6
A．末速度大小为 v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
解析：选BC 0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确。重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误。21·cn·jy·com
11.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图7所示。如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L。设粒子束不会击中极板，求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量。(粒子的重力忽略不计)
图7
解析：水平方向匀速，则运动时间t＝①
竖直方向加速，则偏移y＝at2②
且a＝③
由①②③得y＝
则电场力做功W＝qE·y＝q··＝
由功能原理得电势能减少了。
答案：电势能减少了
12.如图8所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。【出处：21教育名师】
图8
解析：质点所受电场力的大小为F＝qE①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝m②
Nb－F＝m③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mva2④
Ekb＝mvb2⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝(Nb－Na)⑦
Eka＝(Nb＋5Na)⑧
Ekb＝(5Nb＋Na)⑨
答案：见解析
课时跟踪检测（十一） 认识多用电表
1．(多选)关于多用电表，下列说法正确的是( )
A．多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头改装而成的
B．用多用电表无论是测电压、电流还是测电阻，红表笔的电势都高于黑表笔的电势
C．多用电表的电压挡、电流挡和欧姆挡都是靠外部提供电流的
D．用多用电表测电压、测电流和测电阻时，电流都是从红表笔流入的
解析：选AD 多用电表内只有一个表头，所以A选项正确；对于多用电表，电流都是从红表笔流进，从黑表笔流出。其他测量电流的来源都是外电路提供的，但是欧姆挡和其他挡不同，它是靠内部电源提供电流的。21世纪教育网版权所有
2．如图1所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的( )21cnjy.com
图1
解析：选A 红表笔接内部电源的负极，且内部电阻为可变电阻用以欧姆调零，则选项A正确。
3．电流表的内阻是Rg＝200 Ω，满刻度电流值是Ig＝500 μA，现欲把此电流表改装成量程为1 V的电压表，正确的方法是( )21·cn·jy·com
A．应串联一个0.1 Ω的电阻
B．应并联一个0.1 Ω的电阻
C．应串联一个1 800 Ω的电阻
D．应并联一个1 800 Ω的电阻
解析：选C 电流表改装成电压表，应串联电阻。电阻两端的电压U′＝U－Ug＝1 V－200×500×10－6 V＝0.9 V，串联的电阻阻值为R＝＝1 800 Ω。www.21-cn-jy.com
4.如图2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( )21*cnjy*com
图2
A．4R B．5R
C．10R D．16R
解析：选D 当进行电阻调零时，根据闭合电路的欧姆定律，此时欧姆表满偏，即Ig＝，当测量电阻值为R的电阻时，有＝，设待测电阻阻值为R′，则有＝，联立各式即可得到结论。【来源：21cnj*y.co*m】
5.用多用电表欧姆挡测阻值约为80 Ω的电阻R1及阻值约为30 kΩ的电阻R2的阻值，多用电表表盘刻度如图3所示。下列是测量过程中一系列可能操作，请选出能尽可能准确地测量各阻值、并符合多用电表安全使用规则的各项操作，将它们按合理顺序排列起来，填在题中横线上。(只填序号字母)【版权所有：21教育】
图3
A．旋动选择开关，使其尖端对准欧姆挡“×1”的位置；
B．旋动选择开关，使其尖端对准欧姆挡“×10”的位置；
C．旋动选择开关，使其尖端对准欧姆挡“×100”的位置；
D．旋动选择开关，使其尖端对准欧姆挡“×1 k”的位置；
E．旋动选择开关，使其尖端对准“OFF ”的位置；
F．将两表笔分别接到R1两端，读出R1的阻值，随后即断开；
G．将两表笔分别接到R2两端，读出R2的阻值，随后即断开；
H．调节机械调零旋钮，使电表指针指在最左边电流的零刻度位置；
I．将两表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，使电表指针指在最右边欧姆的零刻度位置；
所选择的操作及其合理的排列顺序应是_____________________________________。
解析：用多用电表测电阻的一般步骤为：调机械零点→选挡→调欧姆零点→测量→断开→将选择开关置“OFF”挡或交变电压最高挡。注意每换一个挡位，需重新调欧姆零点。选挡的原则是使在测电阻时指针尽量指在表盘中央部分，一般应使指针指在满偏的～之间，即2R中～R中之间。例如题图中表盘中央位置的刻度为150，若选“×10”挡，则R中＝1 500 Ω，测量范围为750 Ω～3 kΩ为佳。www-2-1-cnjy-com
答案：HAIFCIGE
6.把一量程6 mA、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图4所示，现备有如下器材：A.电源E＝3 V(内阻不计)；B.变阻器0～100 Ω；C.变阻器0～500 Ω；D.红表笔；E.黑表笔。21*cnjy*com
图4
(1)变阻器选用________。
(2)红表笔接________端，黑表笔接________端。
(3)电流表2 mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________。
解析：(1)两表笔直接接触时，调节变阻器阻值使电流达到满偏Ig＝，解得R0＝400 Ω，故变阻器应选C。21·世纪*教育网
(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端。
(3)电流I＝2 mA时，有I＝，解得Rx＝1 000 Ω。
答案：(1)C (2)N M (3)1 000 Ω
7．多用电表是实验室和实际生产中常用的仪器。
(1)如图5所示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________位置，在进行电压测量时，应将S拨到________或________位置。
图5
(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6a、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。2·1·c·n·j·y
图6
解析：(1)在进行电阻测量时，表内要有电源，所以要接到3或4位置；在进行电压测量时，表头要串联电阻，所以要接到5或6位置。21教育名师原创作品
(2)由题图知若选择开关处在“×10 Ω”的电阻挡时指针位于a，读数时要读最上方的刻度盘，被测电阻的阻值是50×10 Ω＝500 Ω；若选择开关处在“直流电压2.5 V”挡时指针位于b，读数时要读中间的刻度盘，所以被测电压是2.00 V。
答案：(1)3 4 5 6 (2)500 2.00
8．图7是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现A、B灯都不亮，他采用多用电表的欧姆挡检查故障。
(1)测试前，应将开关S________(填“断开”或“闭合”)。
(2)测量结果如下表所示，由此可以断定故障是________。
图7
A．灯A断路 B．灯B断路
C．灯A、B都断路 D．d、e间导线断路
解析：用欧姆挡检查时，测试前应首先将开关S断开。根据表针偏转情况，接c、d时有示数，说明不是灯A断路；接e、f时有示数，说明也不是灯B断路；接d、e间时有电阻无穷大，可以断定是d、e间导线断路。
答案：(1)断开 (2)D
9．在做“测定金属的电阻率”的实验时，有位同学按图8所示电路进行接线，他共用7根导线：ab、cd、ef、ff′、e′d′、d′c′、b′a′，由于混进了一根内部断开的导线，所以当他合上开关S后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表读数都约为4.5 V，电流表读数接近零。
图8
(1)根据上述现象可判断出是导线________或________断开。
(2)若他用多用电表的直流电压挡进行检查，合上开关S，那么选择开关最好置于________(填序号)挡。【来源：21·世纪·教育·网】
A．1 V B．5 V
C．25 V D．250 V
接下来在测量ff′间直流电压时，红表笔应接触________端，若测试结果为4.5 V，则是导线________断开。2-1-c-n-j-y
(3)该电路故障能否使用多用电表的欧姆挡进行检查？如不能，说明理由。如能，请写出操作步骤。
解析：(1)电压表示数约为电源电动势，说明与其并联部分有断路，其他部分无断路才会使电压表中有微弱的电流流过。因此，可能是导线ff′或e′d′断开。
(2)因3节电池串联后的总电动势为4.5 V，为了检测时示数明显最好应使选择开关置于5 V挡，低于5 V时易损坏电表，量程过大则电压表偏转不明显。
(3)可以。步骤：①断开开关S。
②对多用电表机械调零，使表针停在左端的“0”位置。
③将多用电表欧姆挡开关拨到“×1”挡上。
④将红、黑表笔短接，调整电阻调零旋钮，使指针指在“0 Ω”处。
⑤用红、黑表笔分别接触f、f′与e′、d′点。若接触f、f′两点时，欧姆表指针偏转较大，则ff′是通路。若欧姆表指针接近于“∞”处或发生很小的偏转，则ff′是断电路，同理分析e′d′。21教育网
⑥拔出表笔，将选择开关置于“OFF”挡或交流电最高挡。
答案：(1)ff′ e′d′ (2)B f ff′ (3)可以 步骤见解析
10．有一只电阻和一只半导体二极管串联，装在盒子里。盒子外面只露出三个接线柱A、B、C，如图9甲所示，今用多用电表的欧姆挡进行测量，测量的阻值如下表所示，试在虚线框(图乙)中画出盒内元件的符号和电路。【出处：21教育名师】
红表笔
A
C
C
B
A
B
黑表笔
C
A
B
C
B
A
阻值
有阻值
阻值同AC间测量值
很大
很小
很大
接近AC间电阻
图9
解析：根据AC间的电阻阻值情况可知，AC间显然为一只电阻；根据BC间测得的阻值情况及二极管的单向导电性可知，BC间应是一只二极管，且B接负极，C接正极；AB间测得的阻值情况进一步说明上述判断是合理的，所以盒内元件的连接情况如图所示。
答案：见解析
课时跟踪检测（十七） 研究洛伦兹力
1．(2015·海南高考)如图1，a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )
图1
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选A 条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。
2.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图2所示，则( )21世纪教育网版权所有
图2
A．电子将向右偏转，速率不变
B．电子将向左偏转，速率改变
C．电子将向左偏转，速率不变
D．电子将向右偏转，速率改变
解析：选A 由右手定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变。
3.在长直通电螺线管中通入变化的电流i(如图3所示电流的方向周期性改变)，并沿着其中心轴线OO′的方向射入一颗速度为v的电子，则此电子在螺线管内部空间运动的情况是( )2·1·c·n·j·y
图3
A．匀速直线运动 B．来回往复运动
C．变速直线运动 D．曲线运动
解析：选A 通电螺线管内部的磁场方向与轴线平行，故电子进入螺线管后不受洛伦兹力，应做匀速直线运动。
4．(多选)如图4所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，若小球分别从A点和B点向最低点O运动，则两次经过O点时( )
图4
A．小球的动能相同
B．丝线所受的拉力相同
C．小球所受的洛伦兹力相同
D．小球的向心加速度相同
解析：选AD 带电小球受到的洛伦兹力及绳的拉力跟速度方向时刻垂直，对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故两次经过O点时速度大小不变，动能相同，选项A正确；小球分别从A点和B点向最低点O运动，两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知两次经过O点时洛伦兹力方向相反，故绳的拉力大小不同，选项B、C错误；由a＝可知向心加速度相同，选项D正确。21*cnjy*com
5．从地面上方A点处由静止释放一电荷量为＋q、质量为m的粒子，地面附近有如图5所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，粒子落地时的速度大小为v1；若电场不变，只将磁场的方向改为垂直于纸面向外，粒子落地时的速度大小为v2，则( )21教育名师原创作品
图5
A．v1＞v2 B．v1＜v2
C．v1＝v2 D．无法判定
解析：选A 带电粒子下落过程中，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，洛伦兹力的方向跟运动方向垂直，不做功，重力做的功都一样，但电场力做的功有区别。若磁场方向垂直于纸面向里，粒子落下后沿电场力方向移动的距离比磁场方向垂直于纸面向外时的大，电场力做的功多，故v1＞v2，选项A正确。21cnjy.com
6.带电油滴以水平向右速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图6所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )
图6
A．油滴必带正电荷，电量为
B．油滴必带正电荷，比荷为＝
C．油滴必带负电荷，电量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
解析：选C 由于带电的油滴进入磁场中恰做匀速直线运动，且受到的重力向下，洛伦兹力方向必定向上。由左手定则可知油滴一定带负电荷，且满足mg－qv0B＝0。所以q＝，故C正确。21教育网
7.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图7所示，将出现下列哪种情况( )
图7
A．在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷
B．在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷
C．开始通电时，电子做定向移动并向b偏转
D．两个表面电势不同，a表面电势较高
解析：选A 金属导体靠电子导电，金属正离子并没有移动，而电流由金属导体中的自由电子的定向移动(向左移动)形成。应用左手定则，四指应指向电流的方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指的指向即为自由电子的受力方向。也就是说，自由电子受洛伦兹力方向指向a表面一侧，实际上自由电子在向左移动的同时，受到指向a表面的作用力，并在a表面进行聚集，由于整个导体是呈电中性的(正、负电荷总量相等)，所以在b的表面“裸露”出正电荷层，并使b表面电势高于a表面电势。【来源：21·世纪·教育·网】
8．(多选)如图8所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径。整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直。现给带电球体一个水平速度v，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为( )www.21-cn-jy.com
图8
A．0 B.m2
C.mv2 D.m
解析：选ACD 当小球带负电时，对小球受力分析如图(1)所示，随着向右运动，速度逐渐减小，直到速度减小为零，所以克服摩擦力做的功为W＝mv2。21·世纪*教育网
当小球带正电时，设当安培力等于重力时，小球的速度为v0，则mg＝qv0B，即v0＝。当v＝v0时，如图(2)所示，重力与洛伦兹力平衡，所以小球做匀速运动，所以克服摩擦力做的功为W＝0；当v＜v0时，如图(3)所示，管壁对小球有向上的支持力，随着向右减速运动，速度逐渐减小，支持力、摩擦力逐渐增大，直到速度减小到零，所以克服摩擦力做的功为W＝mv2；当v＞v0时，如图(4)所示，管壁对小球有向下的弹力，随着小球向右减速运动，洛伦兹力逐渐减小、弹力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，直到弹力减小到零，摩擦力也为零，此时重力和洛伦兹力平衡，此后小球向右做匀速运动，所以克服摩擦力做的功为W＝mv2－mv02＝m，综上分析，可知A、C、D项正确。
9．(多选)如图9所示，在图中虚线所围的区域内，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，已知从左方水平射入的电子，通过该区域时未发生偏转，假设电子重力可忽略不计，则在该区域中的E和B的方向可能是( )21·cn·jy·com
图9
A．E竖直向上，B垂直纸面向外
B．E竖直向上，B垂直纸面向里
C．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相同
D．E和B都沿水平方向，并与电子运动方向相反
解析：选ACD 如果E竖直向上，B垂直纸面向外，电子沿图中方向射入后，电场力向下，洛伦兹力向上，二力可能平衡，电子可能沿直线通过E、B共存区域，故A对；同理B不对；如果E、B沿水平方向且与电子运动方向相同，电子不受洛伦兹力作用，但电子受到与E反方向的电场力作用，电子做匀减速直线运动，也不偏转，故C对；如果E、B沿水平方向，且与电子运动方向相反，电子仍不受洛伦兹力，电场力与E反向，即与速度同方向，故电子做匀加速直线运动，也不偏转，故D对。2-1-c-n-j-y
10. (多选)如图10所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是( )【出处：21教育名师】
图10
A．Ga最大 B．Gb最大
C．Gc最大 D．Gb最小
解析：选CD 由于a静止，Ga＝qE，电场力向上，油滴带负电荷，由左手定则，b受洛伦兹力竖直向下，Gb＋qvbB＝qE；由左手定则，c受洛伦兹力竖直向上，Gc＝qE＋qvcB。由此可知：Gb＜Ga＜Gc。【版权所有：21教育】
11.质量为m，带电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图11所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：【来源：21cnj*y.co*m】
图11
(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷。
(2)磁感应强度的大小。
解析：(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，由此可知，微粒带正电，受力如图所示，qE＝mg，
则电场强度E＝。
(2)由于合力为零，则qvB＝mg，所以B＝。
答案：(1) 正电荷 (2)
12．如图12所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q>0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响。www-2-1-cnjy-com
图12
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。21*cnjy*com
解析：(1)能从速度选择器射出的离子所受电场力与洛伦兹力平衡，即满足qE0＝qv0B0
所以v0＝
(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则有
x＝v0t，L＝at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立以上各式解得x＝ 。
答案：(1) (2)x＝
课时跟踪检测（十三） 走进门电路 了解集成电路
1．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系( )21·世纪*教育网
A．“与”门 B．“非”门
C．“或”门 D．“与非”门
解析：选A 联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过。这和“与”门的逻辑关系一致。
2.两只晶体二极管组成如图1所示电路，A、B为输入端，Y为输出端，分析该电路属于( )
图1
A．“与”门电路
B．“或”门电路
C．“非”门电路
D．都不可能
解析：选B 根据二极管的特点，只要在二极管上加上正向电压，则二极管即可导通。由题图中电路结构可知，D1、D2两个二极管只要有一个导通，或者两个都导通，则整个电路就会导通，因此该电路是符合“或”逻辑关系的门电路。www-2-1-cnjy-com
3．有一逻辑开关电路的真值表如下，试判断这是一个什么类型的逻辑电路( )
M
0
1
N
1
0
A.开关“与”电路 B．开关“非”电路
C．开关“或”电路 D．以上都不是
解析：选B 由该逻辑电路的真值表可以看出输出端与输入端是相反的关系，故选B。
4．下表是某逻辑电路的真值表，该电路是( )
输入
输出
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
解析：选D 根据三种门电路的特点可知选项D正确。
5．如图2所示是由“与”门、“或”门和“非”门三个基本逻辑电路组成的一个组合逻辑电路，A、B、C为输入端，Z为输出端，在完成真值表时，输出端Z空格中从上到下依次填写都正确的是( )www.21-cn-jy.com
图2
A
B
C
Z
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
A.0 0 0 1 0 1 0 1
B．0 0 0 0 0 0 1 0
C．0 0 1 0 1 0 1 0
D．以上选项都不正确
解析：选C 假设“或”门的输出记为Y1，“非”门的输出记为Y2，由“或”门电路的特点及表中值可知Y1分别为0 0 1 1 1 1 1 1；由“非”门电路的特点及表中值可知Y2分别为1 0 1 0 1 0 1 0，由“与”门电路的特点知Z分别为0 0 1 0 1 0 1 0，故C正确。
6. (多选)如图3所示，为温度报警器的示意图，R0为一热敏电阻，下列对此电路的分析正确的是( )21世纪教育网版权所有
图3
A．当R0的温度升高时，R0减小，A端电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
B．当R0的温度升高时，R0减小，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
C．当增大R1时，A端电势升高，Y端的电势降低，蜂鸣器就会发出报警声
D．当增大R1时，A端的电势降低，Y端的电势升高，蜂鸣器就会发出报警声
解析：选BC 当R0的温度升高时其电阻会减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会报警；当R1增大时，R0上消耗的电压减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器报警。
7.如图4所示是由基本逻辑电路构成的一个公路路灯自动控制电路，图中虚线框M中是一只感应元件，虚线框N中使用的是逻辑电路。要求天黑时L发光，则( )
图4
A．M为光敏电阻，N为开关“与”电路
B．M为光敏电阻，N为开关“非”电路
C．M为热敏电阻，N为开关“非”电路
D．M为热敏电阻，N为开关“或”电路
解析：选B 因为光的变化影响L的发光与否，所以M为光敏电阻，即无光照时电阻变大，N的输入电压变小。要求N的输出电压变高时L发光，再根据虚线框N只有一个输入端就可判断出N为开关“非”电路，所以选项B正确，选项A、C、D错误。
8.如图5所示的电路图是一个应用“非”门构成一个简易火警报警电路，则图中X框、Y框中应是( )
图5
A．X为热敏电阻，Y为可变电阻
B．X为热敏电阻，Y为开关
C．X为可变电阻，Y为热敏电阻
D．X、Y均为热敏电阻
解析：选C 热敏电阻受热后，电阻减小，A端出现低电位，经过“非”门后使L两端出现高电位，产生报警信号。21教育网
9.如图6所示的逻辑电路中，当A端和B端都输入电信号“1”时，在C端和D端输出的电信号分别为( )21cnjy.com
图6
A．1和0 B．0和0
C．0和1 D．1和1
解析：选A B端输入电信号“1”时，通过“非”门在D端输出电信号“0”，该电信号与A端输入的电信号“1”通过“或”门，则在C端输出电信号“1”，选项A正确。
10.如图7所示由门电路组成的电路，输出端为1，指示灯L亮，输出端为0，指示灯L不亮，现要使灯L亮，则A、B两输入端分别是( )21·cn·jy·com
图7
A．1、1 B．0、0
C．1、0 D．0、1
解析：选B 要使灯L亮，“非”门的输出应该为1，故“非”门的输入为0，因此“或”门的两个输入端都应该为零。2·1·c·n·j·y
11.如图8所示是一种应用逻辑电路制作的简易走廊灯电路图，R0是一个光敏电阻，当走廊里光线较暗时或是将手动开关S接通时，灯都会亮。则在电路图的虚线框内的门电路应是________门。当有光照到光敏电阻R0上时，门电路的输入端B是________电势。
图8
解析：手动开关接通时，在A端输入高电位；有光线照射时，光敏电阻的阻值较小，与R1串联后分得的电压小，B端输入低电位。所以S闭合，A输入“1”。断开S，A输入“0”，光照射强时，B输入“0”，光照射弱时，B输入“1”。电路要求光线较暗或手动开关S接通时，灯都会亮，因此为“或”门。【来源：21·世纪·教育·网】
答案：或 低
12.如图9是一个应用某逻辑电路制成的简单车门报警电路图。图中的两个按钮开关S1、S2分别装在汽车的两道门上。只要其中任何一个开关处于开路状态，发光二极管(报警灯)就发光。请你根据报警装置的要求，试分析这是何种门电路，在图中画出这种门电路的符号。
图9
解析：驾驶员离开汽车时，两个车门均处于关闭状态，跟两个车门对应的开关S1和S2均闭合，这时发光二极管不会发光报警。因为S1和S2闭合后，电流不通过发光二极管。当有人打开了某一个门时，S1或S2就处于断开状态。这时就有电流通过发光二极管，使其发光报警。可见，这一装置实际上是一个“或”门电路。符号为。
答案：“或”门电路
课时跟踪检测（十二） 电功率
1．(2015·浙江高考)下列说法正确的是( )
A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比
C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比
D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比
解析：选C 在导体电阻一定的条件下，由P＝I2R知热功率与电流的二次方成正比，选项A错误。根据功的公式可知其大小与力的作用时间无关，选项B错误。由电容的定义式可得Q＝CU，即电荷量与两极间的电势差成正比，选项C正确。弹簧的劲度系数只跟弹簧本身有关，与弹簧伸长量无关，选项D错误。21世纪教育网版权所有
2．把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为( )21教育网
A．1∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．1∶4
解析：选C 串联后电阻为R1＝2r，产生的热量为Q1＝·t串＝·t串；并联后电阻为R2＝，产生的热量为Q2＝·t并＝·t并，若要Q1＝Q2，所以有t串∶t并＝4∶1。
3．把六个相同的小灯泡接成如图1甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( )
图1
A．P甲＝P乙 B．P甲＝3P乙
C．P乙＝3P甲 D．P乙>3P甲
解析：选B 设每个灯泡正常工作时的电流为I，则甲图中电路的总电流为3I，P甲＝12×3I＝36I，乙图中电路的总电流为I，P乙＝12×I＝12I，故有P甲＝3P乙，B正确。
4．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内( )21cnjy.com
①电炉放出的热量与电动机放出的热量相等
②电炉两端电压小于电动机两端电压
③电炉两端电压等于电动机两端电压
④电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
A．①②④ B．①③ C．②④ D．③④
解析：选A 由P热＝I2R知①正确。因电动机消耗的功率有热功率和机械功率两部分，④正确。对电炉UI＝I2R，而电动机U′I＝I2R＋P机，所以U′＞U，②正确。
5．(多选)如图2所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为可变电阻，当R3的阻值减小时( )www.21-cn-jy.com
图2
A．电压表的示数增大 B．R2中的电流减小
C．小灯泡的功率减小 D．电源路端电压降低
解析：选ABD 当R3的阻值减小时，总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则由U＝E－Ir可知，路端电压减小，故D正确；因干路电流增大，则R1两端的电压增大，故电压表示数增大，故A正确；因路端电压减小，电压表示数增大，则并联部分电压减小，故R2中的电流减小，故B正确；由以上分析可知，通过小灯泡L的电流增大，由P＝I2R可知灯泡功率增大，故C错误。【来源：21·世纪·教育·网】
6．(多选)现有甲、乙、丙三个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r甲，r乙，r丙。用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知R＝r甲>r乙>r丙，则将R先后接在这三个电源上的情况相比较，下列说法正确的是( )21·世纪*教育网
A．接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大
B．接在甲电源上时，定值电阻R两端的电压最大
C．接在乙电源上时，电源的输出功率最大
D．接在丙电源上时，电源的输出功率最大
解析：选AD 根据Pr＝I2r＝＝，由数学知识可知，当R＝r时，Pr最大，故接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大，选项A正确；因为UR＝，故接在甲电源上时，定值电阻R两端的电压最小，选项B错误；电源的输出功率为：PR＝I2R＝，故当内阻r最小时，R上的功率最大，即接在丙电源上时，电源的输出功率最大，故选项D正确，C错误。21·cn·jy·com
7．如图3所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )
图3
A．4 W,8 W B．2 W,4 W
C．2 W,3 W D．4 W,6 W
解析：选D 用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI＝2×2 W＝4 W，电源的总功率是EI＝3×2 W＝6 W。选项D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
8．额定电压为4.0 V的直流电动机的线圈电阻为1.0 Ω，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0 J ，下列计算结果正确的是( )【出处：21教育名师】
A．电动机正常工作时的电流强度为4.0 A
B．电动机正常工作时的输出功率为8.0 W
C．电动机每分钟将电能转化成机械能为240.0 J
D．电动机正常工作时的输入功率为4.0 W
解析：选C 电动机正常工作时的电流强度为I＝＝ A＝2 A，选项A错误；电动机正常工作时的输出功率为P出＝IU－P内＝2×4 W－4 W＝4 W，选项B错误；电动机每分钟将电能转化成机械能为E机＝P出t＝4×60 J＝240 J，选项C正确；电动机正常工作时的输入功率为P＝UI＝2×4 W＝8 W，选项D错误。2·1·c·n·j·y
9．如图4所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻R的伏安特性曲线。用该电池组直接与电阻R连接成闭合电路，则以下说法正确的是( )【版权所有：21教育】
图4
A．电池组的内阻是0.33 Ω
B．电阻的阻值为1 Ω
C．电池组的输出功率将是4 W
D．改变电阻R的阻值时，该电池组的最大输出功率为4 W
解析：选D 根据图线a可得图线a的斜率表示电源内阻，故r＝＝ Ω＝1 Ω，A错误；图线b的斜率表示电阻的大小，故R＝＝ Ω＝3 Ω，故B错误；两图线的交点表示将该电阻接在该电池组两端时电路的工作状态，由图读出路端电压为U＝3 V，电流为I＝1 A，电池组的输出功率是P＝UI＝3 W，故C错误；根据数学知识得知，当外电阻等于电池的内阻时，即外电阻R＝r＝1 Ω时，电池组的最大输出功率P出＝2R＝4 W，故D正确。www-2-1-cnjy-com
10．(多选)如图5所示，电源的电动势和内阻分别为E、r。滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为( )21教育名师原创作品
图5
A．电容器所带电荷量一直增加
B．电容器所带电荷量先减少后增加
C．电源的总功率先减少后增加
D．电压表的读数先减少后增加
解析：选BC 对电路分析可知：滑动变阻器两部分是并联，再与另一电阻串连接入电源中。所以当两部分电阻相等时，此时的电阻最大，电流最小。随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大。而电容器与电阻R0并联，所以电压先减小后增大，则电容器所带电荷量先减少后增加，故选项A错误、B正确；因电动势不变，则电源的总功率先减少后增加，故选项C正确；因电流先减小后增大，内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，由于电压表是测得外电压，所以路端电压是先增加后减少，故选项D错误。21*cnjy*com
11．(2015·北京高考)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图6所示。光照前两板都不带电。用光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。
已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。
图6
(1)求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短。
(2)图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r。
(3)在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明：P＝ΔEk。2-1-c-n-j-y
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明)
解析：(1)由动能定理得Ekm＝eUm，可得Um＝
短路时所有逸出的电子都到达B板，故短路电流
I短＝Ne
(2)电源的电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，所以E＝Um＝电源内阻r＝＝。
(3)设电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也是U。由动能定理知，一个电子经电源内部电场后损失的动能ΔEke＝eU21*cnjy*com
设单位时间内有N′个电子到达B板，则损失的动能之和ΔEk＝N′ΔEke＝N′eU
根据电流的定义，此时电源内部的电流I＝N′e
此时流过外电阻的电流也是I＝N′e，外电阻上消耗的电功率P＝IU＝N′eU
所以P＝ΔEk。
答案：(1) Ne (2) (3)见解析
12.如图7所示，一电荷量q＝3×10－5 C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。开关S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°。已知两板相距d＝0.1 m，电源电动势E＝15 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝R4＝8 Ω。g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图7
(1)电源的输出功率；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)带电小球的质量。
解析：(1)R2与R3并联后的电阻值R23＝＝4 Ω
由闭合电路欧姆定律得I＝＝ A＝2 A
电源的输出功率P出＝I(E－Ir)＝28 W。
(2)两板间的电压UC＝I(R1＋R23)＝2×(3＋4) V＝14 V
两板间的电场强度E＝＝140 N/C。
(3)小球处于静止状态，所受电场力为F，又F＝qE
由平衡条件得：竖直方向Tcos α－mg＝0
水平方向Tsin α－qE＝0
带电小球的质量m＝5.6×10－4 kg。
答案：(1)28 W (2)140 N/C (3)5.6×10－4 kg
课时跟踪检测（十五） 探究安培力
1．一通有电流强度为I、长度为l的导线，垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，受到的安培力为F，对于他们的关系B＝的认识，下列说法正确的是( )
A．B与F成正比
B．B与电流I成正比
C．B与Il的乘积成反比
D．B与F、Il均无关，由磁场本身决定
解析：选D 磁感应强度的大小与所受的安培力、Il无关，由磁场本身决定，故A、B、C错误，D正确。
2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是( )www.21-cn-jy.com
解析：选D 根据左手定则可判断出A图中导线所受安培力为零，B图中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D图中导线所受安培力向右，由导线受力以后的弯曲方向与受力方向的关系可知，D图正确。2·1·c·n·j·y
3．某地地磁场磁感应强度大小为B＝1.6×10－4 T，与水平方向夹角为53°，一正方形线圈位于水平面内，匝数为N＝10，面积S＝1.5 m2，则穿过线圈的磁通量为( )
A．1.44×10－4 Wb B．1.92×10－4 Wb
C．1.92×10－3 Wb D．1.44×10－5 Wb
解析：选B 由磁通量的定义式可得：Φ＝BSsin 53°＝1.6×10－4 T×1.5 m2×0.8＝1.92×10－4 Wb，故选B。【来源：21·世纪·教育·网】
4.如图1所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )2-1-c-n-j-y
图1
A．0 B．0.5BIl
C．BIl D．2BIl
解析：选C V形导线两部分的受力情况如图所示。其中F＝BIl，V形导线受到的安培力应为这两个力的合力，大小为F合＝2Fcos 60°＝BIl，故C项正确。21·世纪*教育网
5．如图2为条形磁铁部分磁感线分布示意图，P、Q是同一条磁感线上的两点，关于这两点的磁感应强度，下列判断正确的是 ( )【版权所有：21教育】
图2
A．P、Q两点的磁感应强度相同
B．P点的磁感应强度比Q点的大
C．P点的磁感应强度方向由P指向Q
D．Q点的磁感应强度方向由Q指向P
解析：选D 磁感线的疏密表示磁场强弱，故Q点的磁感应强度大于P点的磁感应强度，故A、B错误；磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向，两点的磁感应强度方向均由Q指向P，故D正确，C错误。21教育网
6.三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流。它们的截面处于一个正方形abcd的三个顶点a、b、c处，如图3所示。已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与距该导线的距离成反比，通电导线b在d处产生的磁场其磁感应强度大小为B，则三根通电导线产生的磁场在d处的总磁感应强度大小为( )
图3
A．2B B．3B
C.B D．3B
解析：选B 设正方形边长为l，则导线b在d处形成的磁场磁感应强度大小B＝；ac两根导线在d处形成的磁场磁感应强度大小均为：Ba＝Bc＝＝B；则三根通电导线产生的磁场在d处的总磁感应强度大小为B总＝Ba＋B＝3B。【出处：21教育名师】
7.如图4所示，两个同心放置的平面金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量Φa、Φb间的关系是( )21教育名师原创作品
图4
A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb
C．Φa＝Φb D．不能确定
解析：选A 通过圆环的磁通量为穿过圆环的磁感线的条数，首先明确条形磁铁的磁感线分布情况，另外要注意磁感线是闭合的曲线。条形磁铁的磁感线在磁体的内部是从S极到N极，在磁体的外部是从N极到S极，内部有多少根磁感线，外部的整个空间就有多少根磁感线同内部磁感线构成闭合曲线。对两个圆环，磁体内部的磁感线全部穿过圆环，外部的磁感线穿过多少，磁通量就抵消多少，所以面积越大，磁通量反而越小。
8.如图5所示，有两根平行长直导线，通以大小相等、方向相反的电流，与两导线在同一平面内，且与两导线距离都相等的各点的磁场的磁感应强度的判断正确的是( )
图5
A．等于零
B．不等于零，方向从一根导线垂直指向另一根导线
C．不等于零，方向平行于导线
D．不等于零，方向垂直于导线所在平面
解析：选D 与两导线在同一平面内，且与两导线距离都相等的各点就是题图中虚线所在处。导线A中的电流在虚线处产生的磁场方向是垂直于纸面向里，而导线B中的电流在虚线处产生的磁场方向也是垂直于纸面向里，由对称性可知，两导线中的电流在虚线处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由矢量叠加原理可知虚线上各点的磁感应强度不为零，且垂直于两导线所确定的平面。选项D正确。21cnjy.com
9. (多选)如图6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( )
图6
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：选BCD 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。21世纪教育网版权所有
10．(多选)两根长直导线a、b平行放置，如图7所示为垂直于导线的截面图，图中O点为两根导线ab连线的中点，M、N为ab连线的中垂线上的两点且与a、b等距，两导线中通有等大、同向的恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则下列说法中正确的是( )21·cn·jy·com
图7
A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．若在N点放一小磁针，静止时其北极垂直MN向上
解析：选BD 根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反。故A错误，B正确。当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度为零，则知O点的磁感应强度为零，故C错误。若在N点放一小磁针，静止时其北极垂直MN指向上，故D正确。【来源：21cnj*y.co*m】
11.如图8所示，长度为10 cm的一段直导线AB，与磁场方向垂直地放置在磁感应强度B＝3×10－2T的匀强磁场中。今在导线中通以10 A的电流，方向自B向A，导线以固定点O为转动轴(设OA＝3OB)，求：21*cnjy*com
图8
(1)导线受到的磁场力的大小和方向；
(2)如果在AB的竖直面上，AB从图中位置以O点为转动轴，由纸面向外转30°角时，情况又如何？
解析：(1)F＝ILB＝10×0.1×3×10－2 N＝3×10－2 N，方向垂直于纸面向外。
(2)力的大小不变，方向与导线垂直，即与原OA方向成120°角指向纸外。
答案：见解析
12.如图9所示，有一通电长直导线MN，通入向右的电流I，另有一闭合线圈P位于导线正下方，并竖直向上运动，则在线圈P到达MN上方的过程中，穿过P的磁通量是如何变化的？21*cnjy*com
图9
解析：根据直线电流磁场特点，靠近导线处磁场强，远离导线处磁场弱，把线圈P从MN下方运动到上方的过程中的几个特殊位置画出，如图所示
(为画清楚，把线圈错开了)。分析磁通量变化时可以通过穿过线圈的磁感线的条数(注意应是净条数)的变化来分析。www-2-1-cnjy-com
Ⅰ→Ⅱ 磁通量增加
Ⅱ→Ⅲ 磁通量减小(Ⅲ位置时Φ＝0)
Ⅲ→Ⅳ 磁通量增加
Ⅳ→Ⅴ 磁通量减小
所以整个过程磁通量的变化经历了：
增加→减小→增加→减小
答案：增加→减小→增加→减小
课时跟踪检测（十八） 洛伦兹力与现代技术
1. (多选)如图1所示，带负电的粒子以速度v从粒子源P处射出，若图中匀强磁场范围足够大(方向垂直纸面)，则带电粒子的可能轨迹是( )21世纪教育网版权所有
图1
A．a B．b
C．c D．d
解析：选BD 粒子的出射方向必定与它的运动轨迹相切，故轨迹a、c均不可能，正确答案为B、D。
2.如图2所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面，并且指向纸外。有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度，但都是一价正离子，则( )21cnjy.com
图2
A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量m与速度v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能Ek大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
解析：选C 因为粒子能通过弯管要有一定的半径，其半径r＝R。所以r＝R＝，由粒子的q、B都相同，则只有当mv一定时，粒子才能通过弯管。www.21-cn-jy.com
3.水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图3所示，则电子的运动情况是( )2·1·c·n·j·y
图3
A．沿路径Oa运动 B．沿路径Ob运动
C．沿路径Oc运动 D．沿路径Od运动
解析：选D 由左手定则知只能是Oc或Od路径。而远离导线磁场减弱B减小，由半径公式r＝，可知r增大，所以只能是Od路径，故D正确。【来源：21·世纪·教育·网】
4．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )21·世纪*教育网
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析：选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。
5.如图4所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场，其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直，穿过b点的粒子，其速度方向与MN成60°角，设两粒子从S到a、b所需的时间分别为t1、t2，则t1∶t2为( )
图4
A．1∶3 B．4∶3
C．1∶1 D．3∶2
解析：选D 画出运动轨迹，过a点的粒子转过90°，过b点的粒子转过60°，故选项D正确。
6.如图5所示，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)( )21·cn·jy·com
图5
A. B.
C. D.
解析：选B 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvB＝m，根据几何关系可知r＝R，联立两式解得v＝，选项B正确。
7. (多选)如图6所示，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( )
图6
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：选AD 离子要打在屏P上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，选项A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，如图所示，比较得a在磁场中运动的路程比b的长，选项C错误；由t＝可知，a在磁场中运动的时间比b的长，选项B错误；从图上可以看出，选项D正确。www-2-1-cnjy-com
8．如图7甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒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。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( )2-1-c-n-j-y
图7
A．在Ek-t图像中应有t4－t3B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
解析：选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek-t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径r＝＝可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故C错误，D正确。21*cnjy*com
9．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极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，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的匀强磁场中，如图8所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )【来源：21cnj*y.co*m】
图8
A．增大匀强电场间的加速电压
B．减小磁场的磁感应强度
C．减小周期性变化的电场的频率
D．增大D形金属盒的半径
解析：选D 粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R＝，Ek＝mv2＝。可见，要增大粒子射出时的动能，应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R，故D正确。
10.1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。图9所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子(不计重力)P，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点。设OD＝x，则在下列中能正确反映x2与U之间函数关系的是( )【出处：21教育名师】
图9
解析：选A 根据动能定理qU＝mv2
得，v＝ 。粒子在磁场中偏转洛伦兹力提供向心力qvB＝m，则R＝。
x＝2R＝ 。知x2∝U。故A正确，B、C、D错误。
11.如图10所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，一电荷量为－q的粒子(不计重力)从A点沿AB方向以速度v射入磁场，粒子从BC边上的E点离开磁场，且AE＝2BE＝2d。求：21教育网
图10
(1)磁场的方向；
(2)带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间。
解析：(1)粒子沿弧AE运动，从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里。
(2)如图所示，连接AE，作线段AE的中垂线，交AD的延长线于O点，O即为圆心，α为弦切角，因AE＝2BE＝2d，所以α＝30°；θ为圆弧轨迹的圆心角，θ＝2α＝60°。△AOE为等边三角形，R＝2d，由qvB＝m得，m＝；T＝＝，所以粒子在磁场区域的运动时间t＝＝。
答案：(1)垂直纸面向里 (2)
12．(2015·江苏高考节选)一台质谱仪的工作原理如图11所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
图11
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围。
解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2
在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m
解得r0＝
代入r0＝L，解得m＝。
(2)由(1)知，U＝，
离子打在Q点时，r＝L，得U＝
离子打在N点时，r＝L，得U＝
则电压的范围≤U≤。
答案：(1) (2)≤U≤
课时跟踪检测（十六） 安培力的应用
1．如图1所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )21·cn·jy·com
图1
A．竖直向下 B．竖直向上
C．水平向右 D．水平向左
解析：选B 首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向：水平向左。根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故A、C、D错误，B正确。21·世纪*教育网
2．(多选)如图2所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线的夹角为30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是( )
图2
A．增大电流I
B．增加直导线的长度
C．使导线在纸面内顺时针转30°角
D．使导线在纸面内逆时针转60°角
解析：选ABD 由公式F＝BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力，故A正确；由公式F＝BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力，故B正确；当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线与磁场方向平行，则所受磁场力变为零，故C错误；当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线垂直磁场方向投影长度伸长，则所受磁场力变大，故D正确。21世纪教育网版权所有
3．通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图3所示，ab边与MN平行。关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是( )2·1·c·n·j·y
图3
A．线框所受的安培力的合力为零
B．线框所受的安培力的合力方向向左
C．线框有两条边所受的安培力方向相同
D．线框有两条边所受的安培力大小相等
解析：选D 直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向外，ab边电流的方向向上，根据左手定则，ab边受向右的安培力，cd边受到向左的安培力，ad边受到向上的安培力，bc边受到向下的安培力，方向全不同；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力与bc边受到的安培力大小相等，合力向右，故A、B、C错误，D正确。www.21-cn-jy.com
4.螺线管正中间的上方悬挂一个通有顺时针方向电流的小线圈，线圈的平面与螺线管的轴线在同一竖直面内，如图4所示。当开关S合上时(一小段时间内)，从上方俯视，线圈应该( )【版权所有：21教育】
图4
A．顺时针方向转动，同时向左移动
B．逆时针方向转动，同时向右移动
C．顺时针方向转动，同时悬线的拉力减小
D．逆时针方向转动，同时悬线的拉力增大
解析：选D 闭合S后，螺线管左端为S极，右端为N极，由左手定则知圆环右边受垂直于纸面向里的安培力，左边受垂直于纸面向外的安培力，所以从上向下看线圈逆时针方向转动，当转动到线圈与纸面垂直时，线圈等效为左端为N极、右端为S极的磁针，由磁极间的作用力可知悬线拉力增大。21教育网
5.如图5所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1 T的匀强磁场中，CO间距离为10 cm，当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开。则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为( )21*cnjy*com
图5
A．电流方向C→O，电流大小为1 A
B．电流方向C→O，电流大小为2 A
C．电流方向O→C，电流大小为1 A
D．电流方向O→C，电流大小为2 A
解析：选D 由F＝BIL得到I＝＝ A＝2 A，因开关跳开时，要求安培力向左，由左手定则得电流方向O→C，所以D正确。21cnjy.com
6.如图6所示，在光滑的水平面上放一半径为R的导体环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直环面向里，当环中通有恒定电流I时，求导体环截面的张力大小。
图6
解析：导体环上任一点受安培力的方向总背离圆心，安培力的合力为零，但导体环截面上任一点的张力并不为零，为求张力，可将环分割，使内力(张力)变为外力。
将导体环一分为二，半圆环的有效长度为直径2R，F安＝BI·2R。
设张力大小为F，如图所示，
由平衡条件知：2F＝2IRB。
故所求张力的大小为F＝IRB。
答案：IRB
7.如图7所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的安培力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的安培力大小变为F2，则此时b受到的安培力大小变为( )www-2-1-cnjy-com
图7
A．F2 B．F1－F2
C．F1＋F2 D．2F1－F2
解析：选A 导线a、b在对方位置产生的磁感应强度大小相等方向相同，增加匀强磁场后，合磁感应强度仍然大小相等，则a、b所受安培力仍然大小相等，即b受到的安培力大小也变为F2，故A正确，B、C、D错误。【出处：21教育名师】
8．(多选)在倾角为α的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图8所示，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是( )
图8
A．加竖直向下的匀强磁场
B．加垂直斜面向下的匀强磁场
C．加水平向右的匀强磁场
D．加沿斜面向上的匀强磁场
解析：选AB 加竖直向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向左，重力、支持力与安培力可以三力平衡，故A正确；加垂直斜面向下的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向沿斜面的方向向上，重力、支持力与安培力可以三力平衡，故B正确；加水平向右的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向向下，重力、支持力与安培力不可以平衡，故C错误；加沿斜面向上的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于斜面向上，重力、支持力与安培力三力不可能平衡，故D错误。
9.如图9所示，各边由不同材料制成的边长为L的正三角形金属框放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流，且已知从B端流入的总电流强度为I。则金属框受到的总磁场力的大小为( )
图9
A．0 B．BIL
C.BIL D．条件不足，无法计算
解析：选B 由题图可知，电流由B流入，从C流出，则有电流从B到C，与从B经A再到C两部分，产生的安培力，可等效成从B到C直导线产生的安培力，由于总电流强度为I，因此金属框受到的磁场力大小为BIL，故B正确，A、C、D错误。
10. (多选)电磁轨道炮工作原理如图10所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )
图10
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加到原来的2倍
C．只将弹体质量减小到原来的一半
D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变
解析：选BD 因为F安＝BId，W安＝BIdL，所以由动能定理知，BIdL＝mv2，所以v＝ ，故使L变为原来的2倍，速度仅变为原来的倍，A错；I变为原来的2倍，由磁感应强度的大小与I成正比，B也变为原来的2倍，故速度v变为原来的2倍，B正确；同样分析可知C错，D正确。21教育名师原创作品
11．如图11所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为L＝1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝30 g。在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2。若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？
图11
解析：导体棒的最大静摩擦力大小为fm＝0.5mg＝0.1 N，物体c的重力为G＝Mg＝0.3 N，则fm若BIL>Mg，则导体棒所受的静摩擦力方向水平向右，设此时电流为I1，则由平衡条件有BI1L－Mg≤fm，21*cnjy*com
解得，I1≤2 A
若BIL则由平衡条件有Mg－BI2L≤fm，解得，I2≥1 A
即ab棒中电流为1 A≤I≤2 A。
答案：电流为1 A≤I≤2 A，电流的方向为由a到b
12. (2015·全国卷Ⅰ)如图12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。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。【来源：21cnj*y.co*m】
图12
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【来源：21·世纪·教育·网】
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
课时跟踪检测（十四） 我们周围的磁现象 认识磁场
1．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．磁铁内部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：选B 规定磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，故A正确；磁场的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向，故B错误；磁场的方向的规定：小磁针静止时北极所指的方向，或小磁针的北极受力的方向，故C、D正确。
2．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )
A．磁感线只能形象地描述各点磁场的方向
B．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的
C．磁感线是磁场中客观存在的线
D．磁感线总是从磁体的北极出发、到南极终止
解析：选B 磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线上任意一点的切线方向表示该点的磁场方向，故A错误；磁极与磁极之间、电流与电流之间、磁极与电流之间的作用力是通过磁场发生作用的，故B正确；磁感线是一种假象的曲线，可以形象地描述磁场，故C错误；磁感线是闭合曲线，在磁体外部从N极出发进入S极，内部从S极到N极，故D错误。
3．下列关于磁感线的叙述，正确的说法是( )
A．磁感线是磁场中确实存在的一种曲线
B．磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线
C．磁感线总是从N极指向S极
D．磁感线是由磁场中的铁屑形成的
解析：选B 磁感线是人们为了方便研究磁场而假想出来的曲线，不是客观存在的，故A错误，B正确；磁感线在磁体外部是从N极指向S极，在磁体内部从S极指向N极，形成一个闭合曲线，C错误；磁感线可以由磁场中的铁屑形成的曲线模拟，但模拟出来的曲线并不是磁感线，因为磁感线并不存在，故D错误。21·世纪*教育网
4．磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是( )
A．磁体的吸铁性
B．磁极间的相互作用规律
C．电荷间的相互作用规律
D．磁场对电流的作用原理
解析：选B 同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引。当军舰接近磁性水雷时，磁体间的相互作用引起小磁针的转动，从而接通电路，引起爆炸，故B对。
5．根据安培假设的思想，认为磁场是由运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，那么由此推断，地球应该( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．带负电 B．带正电
C．不带电 D．无法确定
解析：选A 由于地理北极在地磁南极附近，故地球内部磁场方向由北向南，而地球自转方向是自西向东转，根据安培定则可知地球应是带负电荷。2·1·c·n·j·y
6．如图1所示为通电螺线管的纵剖面图，“?”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N极)静止时的指向一定画错了的是( )
图1
A．a B．b
C．c D．d
解析：选B 根据右手螺旋定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，小磁针的N极指向磁感线方向，故小磁针b的N极指向画反了，故选B。www-2-1-cnjy-com
7.如图2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( )
图2
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：选B 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。www.21-cn-jy.com
8．(多选)在通电螺线管内部有一点A，通过A点的磁感线方向是( )
A．从螺线管的N极指向S极
B．放在该点的小磁针北极受力的方向
C．从螺线管的S极指向N极
D．放在该点的小磁针的南极受力的方向
解析：选BC 在通电螺线管外部磁场方向是从N极到S极，内部是从S极到N极，所以内部A点的磁感线方向是从S极到N极，也和放在该点的小磁针北极受力的方向相同，A、D错误，B、C正确。21cnjy.com
9．如图3所示，a、b、c三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、管内和右侧。当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向( )2-1-c-n-j-y
图3
A．a、b、c均向左
B．a、b、c均向右
C．a向左，b向右，c向右
D．a向右，b向左，c向右
解析：选C 根据右手螺旋定则可知，螺线管右端是N极，左端是S极；因小磁针的N极指向磁感线的方向，根据通电螺线管周围的磁场方向可知小磁针N极的指向：a向左，b向右，c向右，故选C。21世纪教育网版权所有
10．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：选D 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。21教育网
11．一块没有标明南、北极的小磁针，你能想办法判断它的磁极吗？
(1)A同学用一个已知磁性的小磁针，立刻得出了结果。你知道他是怎样得出的吗？
(2)B同学设计了这样一个方案：他将小磁针固定在小塑料盘中，然后放在水中。他的结论也是正确的，你能说出他利用了什么原理吗？21*cnjy*com
解析：(1)A同学利用磁体磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
(2)B同学利用了地磁场的影响，地理的南极附近为地磁的北极，地理的北极附近为地磁的南极。小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极，指地理北极的一端一定是小磁针的N极。【来源：21cnj*y.co*m】
答案：见解析
12.如果小朋友误吞了金属类物品于腹腔内，如何把它取出来呢？某同学在学习了磁场之后，设计出了这样一个仪器，如图4所示。当仪器顶部接触金属物品时，将手控环内推，再拉出整条塑料管。21·cn·jy·com
图4
(1)你能说出这种仪器的原理吗？
(2)如果小朋友不慎吞下的是易拉罐拉环或一个回形针，哪种物体可以用这种仪器取出来？
(3)如果把活动永磁铁换成电磁铁，你认为是不是更实用呢？
解析：(1)当仪器顶部接触金属物品时，将手控环内推，其上的活动永磁铁使固铁磁化，固铁磁化后能吸引磁性金属物品，然后拉出整条塑料管，即可把这种金属物品取出。
(2)由于磁铁只能吸引铁磁性物体，而易拉罐拉环是铝合金材料，不是铁磁性物质，因此不能取出；回形针是铁磁性物体，可以用此仪器取出。【出处：21教育名师】
(3)电磁铁的磁性强弱可以随电流的变化而变化，如果是误吞了比较重的金属物品，可通过调节电流大小使磁性增强，从而顺利把金属物品取出来，故使用电磁铁应更实用一些。
答案：见解析
课时跟踪检测（十） 研究闭合电路
1．(多选)以下说法中正确的是( )
A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流
B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加
解析：选AD 电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流，故A正确；在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力，故B错误；静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确。2·1·c·n·j·y
2．(多选)铅蓄电池的电动势为2 V，这表示( )
A．电路中每通过1 C电量，电源把2 J的化学能转变为电能
B．蓄电池断开时两极间的电压为2 V
C．蓄电池能在1 s内将2 J的化学能转变成电能
D．蓄电池将化学能转变成电能的本领比一节干电池(电动势为1.5 V)的大
解析：选ABD 根据电动势的定义和表达式E＝，非静电力移动1 C电荷量所做的功W＝qE＝1×2 J＝2 J，由功能关系可知有2 J的化学能转化为电能，A正确，C错误。电源两极的电势差(电压)U＝，而Ep＝W，即Uq＝Eq，所以U＝E＝2 V，B正确。电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，因E蓄电池＝2 V＞E干电池＝1.5 V，故D正确。
3．电池容量就是电池放电时能输出的总电荷量，某蓄电池标有“15 A·h”的字样，则表示( )
A．该电池在工作1 h后达到的电流为15 A
B．该电池在工作15 h后达到的电流为15 A
C．电池以1.5 A的电流工作，可用10 h
D．电池以15 A的电流工作，可用15 h
解析：选C 电池上“15 A·h”是表示电池蓄存的电荷量数值，即q＝15 A·h＝15 A×1 h＝1.5 A×10 h，故C对，A、B、D均错。21教育网
4．“神舟”系列飞船的发射、回收成功，标志着我国载人航空航天技术达到了世界先进水平。飞船在太空飞行时用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成。某电池板开路电压是800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )www-2-1-cnjy-com
A．0.10 V B．0.20 V
C．0.30 V D．0.40 V
解析：选D 开路电压等于电源电动势，所以E＝800 mV，短路电流时R外＝0，故内阻r＝＝＝20 Ω。电池板与20 Ω电阻器串联时I＝＝ A＝20 mA，故路端电压U＝E－Ir＝(0.80－0.02×20)V＝0.4 V，D正确。21·cn·jy·com
5．用电压表、电流表测定a、b两节干电池的电动势Ea、Eb和内电阻ra、rb时，画出的图线如图1所示，则( )21*cnjy*com
图1
A．Ea＞Eb，ra＞rb
B．Ea＞Eb，ra＜rb
C．Ea＜Eb，ra＞rb
D．Ea＜Eb，ra＜rb
解析：选A 由图可知，a与纵轴交点大于b与纵轴的交点，故a的电动势大于b的电动势，故Ea＞Eb；图像的斜率表示电源的内电阻，由图可知，图像的斜率a的较大，故内电阻ra＞rb；故选A。2-1-c-n-j-y
6．如图2所示电路中，当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时，电流表A及电压表V的示数的变化情况是( )【来源：21cnj*y.co*m】
图2
A．电流表A示数增大，电压表V示数增大
B．电流表A示数增大，电压表V示数减小
C．电流表A示数减小，电压表V示数增大
D．电流表A示数减小，电压表V示数减小
解析：选C 该电路图是串联电路，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量干路电流，当滑动变阻器R2的滑片P向上端a滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以电路总电阻增大，故电路路端电压增大，电路总电流减小，通过R1的电流减小，则R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端的电压增大，即电压表示数增大，故C正确。【来源：21·世纪·教育·网】
7．如图3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( )21教育名师原创作品
图3
A．开关S闭合瞬间，电流表的读数为0.5A
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：选C 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。21世纪教育网版权所有
8.如图4所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是( )
图 4
A．电源的电动势为6.0 V
B．电源的内阻为12 Ω
C．电源的短路电流为0.5 A
D．电流为0.3 A时的外电阻是12 Ω
解析：选A 因电源的U-I图像纵轴坐标并不是从零开始，故纵轴上的截距虽为电源的电动势，即E＝6.0 V，但横轴上的截距0.5 A并不是电源的短路电流，且内阻应按斜率的绝对值计算，即r＝＝ Ω＝2 Ω。由闭合电路欧姆定律可得电流I＝0.3 A时，外电阻R＝－r＝18 Ω。【出处：21教育名师】
9.如图5所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )【版权所有：21教育】
图5
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
解析：选B 分析电路可知R1的作用相当于导线，R2增大时，R0两端的电压变小，所以两板间的电压变小，场强变小，电场力变小，绳子上的拉力F等于重力与电场力的合力，而重力不变，电场力变小，其合力变小，绳上的拉力F变小，B正确。
10．某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内电阻，使用的器材还包括定值电阻(R0＝5 Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图6甲所示。
图6
(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。
(2)请完成下列主要实验步骤：
A．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图丙所示，读得电阻值是________；
B．将开关S1闭合，开关S2断开，电压表的示数是1.49 V；
C．将开关S2________，电压表的示数是1.16 V；断开开关S1。
(3)使用测得的数据，计算出干电池的内电阻是______(计算结果保留两位有效数字)。
(4)由于所用电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏________(选填“大”或“小”)。21cnjy.com
解析：(1)按电路图由电源“－”极出发依次连接实物，先连接干路再连接支路。
(2)由图丙读得电阻箱阻值为R＝20 Ω；将S1闭合、S2断开，电压表示数为电源电动势，E＝1.49 V；将S2再闭合，电压表示数为R两端电压。将电压表视为理想电表，则干路电流I＝＝ A＝0.058 A。www.21-cn-jy.com
(3)因为I＝，所以r＝－R0－R＝－5－20 Ω≈0.69 Ω。
(4)若考虑电压表的内阻，则S1闭合、S2断开时，电压表示数为该表两端电压，小于电源电动势。
答案：(1)
(2)A.20 Ω C．闭合 (3)0.69 Ω (4)小
11．如图7所示，R1＝R3＝4 Ω，R2＝8 Ω，当滑动变阻器R3的滑片滑到A端时，电压表示数为15 V；当滑片滑到B端时，电流表示数为4 A。试求电源的电动势和内电阻。
图7
解析：滑片滑到A端时，R2、R3串联，再与R1并联，则R外＝＝ Ω＝3 Ω，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋r…①；滑片滑到B端时，R1、R3串联，再与R2并联，则R外′＝＝ Ω＝4 Ω，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R外′＋r)…②。由①②两式代入数据解得：E＝20 V，r＝1 Ω。21·世纪*教育网
答案：20 V 1 Ω
12．如图8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流过的电流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8
(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)题中图乙中AB延长线，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，电路参数对应图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，
得R2＝＝5 Ω。
(3)当P滑到R3的左端时，由图乙知此时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
课时跟踪检测（四） 电势和电势差
1．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的试探电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则试探电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为( )21教育网
A．EpA＝－W，φA＝ B．EpA＝W，φA＝－
C．EpA＝W，φA＝ D．EpA＝－W，φA＝－
解析：选A 由W＝－EpA，可得：EpA＝－W，
由φ＝得：φA＝＝＝。故只有A正确。
2．下列说法正确的是( )
A．A、B两点的电势差，等于将正电荷从A点移到B点时电场力所做的功
B．电势差是一个标量，但是有正值或负值之分
C．电场力做功跟移动电荷的路径无关，但电势差跟移动电荷的路径有关
D．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA
解析：选B 由电势差的定义可知A项错误。从电势差的特性可知电势差是标量，有正负之分，B项正确。从电场力做功的特性及电势差的定义可知两点间电势差只与两点的位置有关，C项错误。由UAB＝φA－φB＝－(φB－φA)＝－UBA，故D项错误。
3．(多选)a、b为电场中的两点，且a点电势高于b点，则可知( )
A．把负电荷从a点移到b点静电力做负功，电势能增加
B．把正电荷从a点移到b点静电力做正功，电势能减少
C．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少
D．无论是否有电荷移动，a点电势能总是大于b点的电势能
解析：选AB 正电荷在电势越高的地方具有的电势能越大，而负电荷在电势越高的地方具有的电势能越小。可知正电荷从a移到b电势能减小，负电荷从a移到b电势能增加。无论正电荷还是负电荷，静电力做正功电势能减小，静电力做负功电势能增加，因此A、B正确，C错误。对D选项，首先要清楚，在电场中某点放入电荷，这个电荷就具有电势能，如重力势能属于物体和地球构成的系统一样，电势能是由放入电场的电荷和电场共同决定的，不明确放在a、b点的电荷性质，不能比较其电势能高低；若a、b两点不放入电荷，单就电场中的某点，不存在电势能问题，因此D选项错误。21·世纪*教育网
4.一带电粒子在匀强电场E中的运动轨迹如图1中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电粒子从a点运动到b点的过程中，能量变化情况为( )
图1
A．动能减小
B．电势能增加
C．动能和电势能之和减少
D．重力势能和电势能之和增加
解析：选C 由带电粒子在电场中运动轨迹可知带电粒子受电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，带电粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加，合外力做正功，动能增加，并且电势能的减少量等于重力势能和动能的增加量，所以只有C正确。21·cn·jy·com
5．(多选)如图2所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P。带电荷量分别为－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( )www-2-1-cnjy-com
图2
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：选BD 由于小球M、N及细杆处于静止状态，因此M、N及细杆组成的系统合外力为零，D项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即k＝k，解得r＝(－1)L，A项错误；由于P对M、N的库仑力等大反向，因此P、M、N三者必在一条直线上，B项正确；在P点产生的电场中，离P点越远电势越低，C项错误。【来源：21cnj*y.co*m】
6. (多选)(2015·海南高考)如图3所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )【版权所有：21教育】
图3
A．b点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
解析：选BC 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将正电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。
7．关于静电场，下列说法正确的是( )
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析：选D 带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，选项A错误；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，选项B错误；顺着电场线的方向，电势逐渐降低，选项C错误；负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电荷的电势能增加，选项D正确。
8.如图4所示，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，OA图4
A．EA一定大于EB，φA一定大于φB
B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB
C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB
D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB
解析：选B P、Q所在空间中各点的电场强度和电势由这两个点电荷共同决定，电场强度是矢量，P、Q两点电荷在O点的合场强为零，在无限远处的合场强也为零，从O点沿PQ垂直平分线向远处移动，场强先增大，后减小，所以EA不一定大于EB。电势是标量，由等量同号电荷的电场线分布图可知，从O点向远处，电势是一直降低的，故φA一定大于φB，所以只有B对。21cnjy.com
9. (多选)如图5所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是( )2·1·c·n·j·y
图5
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析：选BC 根据等量异种点电荷的电场的分布特点可知选项A错误，B正确；因为a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；根据等量异种点电荷的电场的分布特点，a点的电势高于c点的电势，所以试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。
10．(多选)如图6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( )21世纪教育网版权所有
图6
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：选AC 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。2-1-c-n-j-y
11.在图7所示的匀强电场中，带电量q＝4×10－9 C的点电荷由极板上A点移至B点时，电场力做的功为8×10－3 J；由B点移至C点，电场力做的功为1×10－2 J。问A、B、C各点的电势分别为多大？21*cnjy*com
图7
解析：由题知，q＝4×10－9 C，WAB＝8×10－3 J，WBC＝1×10－2 J，C点为接地的负极板上的一点，故φC＝0。【来源：21·世纪·教育·网】
对于B、C两点，UBC＝＝ V＝2.5×106 V
由UBC＝φB－φC得B点电势
φB＝UBC＋φC＝2.5×106 V＋0＝2.5×106 V
对于A、B两点，UAB＝＝ V＝2.0×106 V
由UAB＝φA－φB得A点电势φA＝UAB＋φB＝2.0×106 V＋2.5×106 V＝4.5×106 V。
答案：φA＝4.5×106 V φB＝2.5×106 V φC＝0
12.如图8所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为。求：【出处：21教育名师】
图8
(1)小球由A到B的过程中电场力做的功；
(2)A、C两点的电势差；
(3)若BC＝2h，求小球到达C时的速度大小。
解析：(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：电场力的功WAB和重力的功mgh，由动能定理得WAB＋mgh＝mvB2www.21-cn-jy.com
代入已知条件vB＝得电场力做功为
WAB＝m·3gh－mgh＝。
(2)因为B、C在同一条等势线上，所以φB＝φC，
即UAB＝UAC
由公式WAB＝qUAB得UAB＝UAC＝＝－
故A、C两点的电势差为－。
(3)小球由B到C：W电＝0，
由动能定理：mg·2h＝mvC2－mvB2
得vC＝。
答案：(1) (2)－ (3)
