阶段验收评估（一） 静 电 场
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )
A．体积大的带电体一定不是点电荷
B．当两个带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷
C．点电荷就是体积足够小的电荷
D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体
解析：选B 一个带电体能否看成点电荷，不能以体积大小、电荷量多少而论，要依具体情况而定，只要在测量精度要求的范围内，带电体的形状、大小等因素的影响可以忽略，即可视为点电荷，故选项B正确。
2．仔细观察下列各图，属于防范静电的是( )
解析：选A 题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，故选项A正确。
3．(2015·浙江高考)如图1所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则( )
图1
A．乒乓球的左侧感应出负电荷
B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
解析：选D 两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确。
4.如图2所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°。下列判断正确的是( )
图2
A．O点电场强度为零
B．D点电场强度不为零
C．在O到C之间＋q所受的电场力由O→C
D．在O到C之间－q所受的电场力由O→C
解析：选C 电场强度是矢量，其运算遵循矢量合成的平行四边形定则。两＋Q在O点的合场强为零，－Q在O点的场强向左，O点的合场强向左，A错误；由几何关系可知，两个＋Q和一个－Q在D点的合场强为零，B错误；两＋Q在O到C之间的合场强以及－Q在C点右侧的场强都是沿x轴向左，故合场强向左，＋q在O到C之间所受的电场力由O→C，C正确；由C选项的分析可知，O到C之间的合场强方向向左，故－q在O到C之间所受的电场力由C→O，D错误。
5.如图3所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )
图3
A．体中心、各面中心和各边中点
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心和各面中心
解析：选D 将位于顶点的同种正电荷连线，根据对称性，连线的正中央一点场强为零；同理，将位于顶点的同种负电荷连线，连线的正中央一点场强也为零。进一步可以判断：体中心和各面中心场强为零。
6.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( )
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。
7.如图5所示，在负点电荷Q的电场中，a、b两点位于Q为圆心的同一圆周上，a、c两点位于同一条电场线上，则以下说法中正确的是( )
图5
A．a、b两点场强大小相等
B．同一检验电荷在a、b两点所受电场力相同
C．a、c两点场强大小关系为Ea＞Ec
D．a、c两点场强方向相同
解析：选AD 负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a、c两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c处电场线比a处密，故a、c两点场强大小关系为Ec＞Ea，C项错误；a、b两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a、b两点场强大小相等，但方向不同，放同一检验电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向不同，故A项正确，B项错误。
8.如图6所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
图6
A．粒子一定带正电
B．粒子一定是从a点运动到b点
C．粒子在c点加速度一定大于在b点加速度
D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
解析：选AC 曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点所受的力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误；故选A、C。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9．(16分)地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面。若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3 N的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？设地球带电量集中于地球中心，则所带总电量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106 m，k＝9×109 N·m2/C2)
解析：设地球所带电量为Q，
则地球表面附近的场强E＝①
据场强定义知E＝②
将k＝9×109 N·m2/C2，R＝6.4×106 m，F＝4×10－3 N，q＝2×10－4 C代入①②求得Q＝9.1×104 C。因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电。
答案：带负电 Q＝9.1×104 C
10．(18分)质量均为m的两个完全相同、带等量异号电荷的小球A、B，分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为3l的M、N两点上，平衡时小球A、B的位置如图7甲所示，此时细线与竖直方向夹角α＝45°。当外加水平向左的匀强电场时，两小球重新平衡后的位置如图乙所示，此时细线与竖直方向夹角也为α＝45°，重力加速度为g。
图7
(1)试判断小球A、B的电性。
(2)求出小球A、B所带电荷量的大小Q。
(3)求外加匀强电场的场强的大小E。
解析：(1)外加匀强电场后，悬挂小球A的细线向左偏离，由此可知匀强电场对小球A的电场力水平向左，与匀强电场的场强方向相同，故小球A带正电。因为小球B与小球A带异号电荷，所以小球B带负电。
(2)未加匀强电场时，由几何知识知两球相距为l，根据平衡条件有：mgtan α＝k
解得：Q＝l。
(3)外加匀强电场时，由几何知识知两球相距为5l，根据平衡条件有：QE＝ mgtan α＋k
解得：E＝。
答案：见解析
11. (18分)如图8所示，一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，带电微粒沿直线AB运动，AB与电场线的夹角θ＝30°。已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10 C，A、B相距l＝20 cm。求：(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)
图8
(1)带电微粒在电场中运动的性质，并说明理由。
(2)电场强度的大小和方向。
解析：(1)带电微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向做直线运动，可知其所受的合力在AB方向上，由于重力竖直向下，可知电场力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度方向相反，微粒做匀减速运动。
(2)在垂直于AB方向上，有：qEsin θ＝mgcos θ，所以电场强度E＝＝ N/C≈1.7×104 N/C，电场强度的方向水平向左。
答案：(1)见解析 (2)1.7×104 N/C；水平向左
阶段验收评估（三） 恒定电流
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.三个电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝5 Ω，将它们并联后加一恒定电压U，电路如图1所示。流过每个电阻的电流分别是I1、I2、I3，每个电阻两端电压分别是U1、U2、U3，则下列说法正确的是( )
图1
A．I1∶I2∶I3＝5∶3∶2
B．U1∶U2∶U3＝2∶3∶5
C．若再并联一个100 Ω的电阻，则并联的总阻值增大
D．若减小R1的阻值，则电路中并联的总阻值减小
解析：选D 三个电阻并联，电压相等，选项B错误；根据I＝得，I1∶I2∶I3＝∶∶＝15∶10∶6，选项A错误；若再并联一个100 Ω的电阻，则并联的总阻值将减小，选项C错误；根据＝＋＋可知，R1减小则并联的总阻值R也减小，选项D正确。
2.某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图2所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是( )
图2
A．电流表烧坏 B．电压表烧坏
C．小灯泡烧坏 D．小灯泡不亮
解析：选D 电压表内阻很大，所在支路电流非常小，电压表和电流表均不会被烧坏，所以A、B错；电流表内阻远小于小灯泡的电阻，通过小灯泡的电流几乎为零，故小灯泡不亮，选项C错，D对。
3. (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3
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。
4.如图4所示，两个电阻串联后接在电路中a、b两点，已知a、b两点间电压不变。某同学将一个实验室里的电压表并联在R1两端时，读数为9 V；将该电压表并联在R2两端时，读数为7 V，则a、b两点间电压( )
图4
A．大于16 V B．等于16 V
C．小于16 V D．无法确定
解析：选A 将电压表并联在R1两端时，并联电阻小于R1，R1两端的电压小于不接电压表时的电压，即R1两端的实际电压大于9 V，同理，R2两端的实际电压大于7 V，所以a、b两点间的电压大于16 V，选项A正确。
5.如图5为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点M，其坐标为(U0，I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹角为β，MO与横轴的夹角为α。则下列说法正确的是( )
图5
A．将该电阻接在电路中，其消耗的电功率随电压的增大而增大
B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大
C．当该电阻两端的电压U＝U0时其阻值为 Ω
D．当该电阻两端的电压U＝U0时其阻值为tan β Ω
解析：选A 由题图知，U增大时，电功率P＝UI增大，所以A正确；由电阻R＝知，I-U曲线上U＝U0点对应的电阻阻值为，与 Ω的大小关系不确定，所以C、D均错；由I-U图线知，曲线切线的斜率随U的增大而不断增大，同时电阻阻值不断减小，B错误。
6．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )
A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B．W＝UIt适用于任何电路，而W＝I2Rt＝t只适用于纯电阻的电路
C．在非纯电阻电路中，UI>I2R
D．焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路
解析：选BCD 电功率公式P＝，功率越大，表示电流做功越快。对于一段电路，有P＝UI，I＝，焦耳热Q＝2Rt，可见Q与P、U、t都有关。所以，P越大，Q不一定越大，A错误。W＝UIt是电功的定义式，适用于任何电路，而I＝只适用于纯电阻电路，B正确。在不是纯电阻的电路中，电流做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W＞Q，即UI＞I2R，C正确。焦耳热Q＝I2Rt适用于任何电路，D正确。
7．将分压电阻串联在电流计上，改装成电压表，下列说法中正确的是( )
A．接上分压电阻后，增大了原电流计的满偏电压
B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流计和分压电阻上，电流计的满偏电压不变
C．若分压电阻是电流计内阻的n倍，则电压表量程扩大为n倍
D．通电时，电流计和分压电阻通过的电流一定相等
解析：选BD 接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流计和分压电阻上，电流计的满偏电压不变，选项A错误，B正确；分压电阻是电流计内阻的n倍，则分压电阻分担的电压为nUg，则电压表的量程为(n＋1)Ug，选项C错误；通电时，电流计和分压电阻串联，故通过的电流一定相等，选项D正确。
8．把标有“220 V 40 W”和“220 V 15 W”的甲、乙两盏灯串联接在220 V电压下，则下列分析正确的是( )
A．两盏灯的总功率等于55 W
B．两盏灯的总功率小于15 W
C．甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率
D．乙灯的实际功率大于甲灯的实际功率
解析：选BD 由公式R＝知R甲
二、计算题(本题共2小题，共22分)
9．(8分)一个小灯泡的额定电压为6.3 V，额定电流为0.25 A，用以下所给的实验器材描绘出小灯泡的伏安特性曲线。
A．电源E1：输出电压恒为8 V；
B．电源E2：输出电压恒为12 V；
C．电压表V：量程为0～10 V，内阻约为10 kΩ；
D．电流表A1：量程为0～3 A，内阻约为0.1 Ω；
E．电流表A2：量程为0～300 mA，内阻约为1 Ω；
F．滑动变阻器R：最大阻值为10 Ω，额定电流为1.0 A；
开关S，导线若干。
(1)实验中电源应选用__________，电流表应选用__________。(选填器材前面字母序号)
(2)在虚线框内画出实验电路原理图。
解析：(1)要描绘出小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压至少要能从0调节到6.3 V，所以滑动变阻器应采用分压式接法；若电源选用12 V，由于＝1.2 A>1.0 A；若电源选用8 V，则有＝0.8 A<1.0 A，所以电源只能选用A；选择电流表或电压表时在不超过量程的情况下应选择小量程以提高测量的精确度，由于小灯泡额定电流是0.25 A，则电流表应选择量程为0～300 mA的电流表A2，即电流表应选E。
(2)额定电压下小灯泡的电阻Rx＝ Ω≈25 Ω，由于25 Ω与电流表内阻(约1 Ω)可比，且远小于电压表内阻(约10 kΩ)，所以电流表应采用外接法，实验电路原理图如图所示。
答案：(1)A E (2)见解析图
10．(14分)在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5 Ω。实验室备有下列实验器材：
A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)
B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)
C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)
E．变阻器R1(0～10 Ω，0.6 A)
F．变阻器R2(0～200 Ω，0.1 A)
G．电池E(电压为3 V，内阻约为0.3 Ω)
H．开关S，导线若干
(1)为了使电阻的测量尽量精确，电压表应选________，电流表应选________，变阻器应选________。(均选填器材代号)
(2)为减小实验误差，应选用图6中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图7用导线连接起来。
图6
图7
图8
(3)若用刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635 mm，两电表的示数分别如图8所示，则电阻值为__________ Ω，电阻率为__________ Ω·m。
解析：(1)电源电动势为3 V，因此电压表选A，最大电流Imax＝＝ A＝0.6 A，所以电流表选D，变阻器F的额定电流太小，同时阻值太大，故变阻器选E。
(2)因电流表的内阻不能满足远小于Rx，故选图乙。
(3)Rx＝＝ Ω＝2.40 Ω，
由Rx＝ρ得
ρ＝
＝ Ω·m
＝1.27×10－6 Ω·m。
答案：(1)A D E (2)乙 实物连接如图所示
(3)2.40 1.27×10－6
三、计算题(本题共2小题，共30分)
11. (14分)如图9所示，两电容器的电容分别为C1＝6 μF，C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，电路两端电压U＝18 V。则
图9
(1)当开关S断开时，A、B两点间的电压UAB为多少？
(2)当开关S闭合时，电容器C1的带电量变化了多少？
解析：(1)当S断开时，由于电容器相当于断路，则A点与D点的电势相等，B点与C点的电势相等，则有UAB＝U＝18 V
此时两电容器极板间的电压均为U＝18 V，C1所带电荷量为Q1＝C1U＝6×10－6×18 C＝1.08×10－4 C。
(2)当S闭合时，R1与R2串联，U1＝U＝×18 V＝12 V，则电容器C1两端的电压也为U1＝12 V
此时电容器C1所带电荷量为Q1′＝C1U1＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5 C
故C1的带电量变化了ΔQ1＝Q1－Q1′＝1.08×10－4 C－7.2×10－5 C＝3.6×10－5 C。
答案：(1)18 V (2)3.6×10－5 C
12．(16分)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，通过它的电流是0.2 A，在30 s内将该物体匀速提升3 m。若不计除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)电动机提升物体的机械功率P机＝Fv＝G·＝0.4 W
由能量守恒定律得P入＝P机＋P热
得P热＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2 W
30 s内线圈产生的热量Q＝P热t＝0.2×30 J＝6 J。
(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻R＝＝ Ω＝5 Ω。
答案：(1)0.6 W (2)6 J (3)5 Ω
阶段验收评估（二） 电势能与电势差
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列关于电容器和电容的说法中不正确的是( )
A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比
C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变
D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板上的电压无关
解析：选A 由电容器的定义和电容器的物理意义知A错误，C、D正确。由Q＝CU知B正确。
2.如图1所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块运动的过程中，下列表述正确的是( )
图1
A．两个物块的电势能逐渐减少
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的机械能守恒
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
解析：选A 小物块间的作用力为斥力，因此在远离过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减少，选项A正确，B错误；由于运动过程中，有重力以外的力——电场力和摩擦力做功，故机械能不守恒，选项C错误；在物块运动过程中，开始电场力大于摩擦力，后来电场力小于摩擦力，选项D错误。
3.如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为( )
图2
A．UOP＝－10sin θ(V)
B．UOP＝10sin θ(V)
C．UOP＝－10cos θ(V)
D．UOP＝10cos θ(V)
解析：选A 在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以UOP＝－10sin θ(V)，选项A正确。
4.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图3中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( )
图3
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
解析：选C 由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。
5. (2015·全国卷Ⅱ)如图4，两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( )
图4
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
解析：选D 两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。
6.如图5所示的匀强电场区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，则下列说法正确的是( )
图5
A．A、D两点间的电势差UAD与A、A′两点间的电势差UAA′相等
B．带正电的粒子从A点沿路径ADD′移到D′点，电场力做正功
C．带负电的粒子从A点沿路径ADD′移到D′点，电势能减小
D．带电粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径ABB′C′电场力做的功相同
解析：选BD 在匀强电场中，因为AD垂直于电场线，所以φA＝φD，UAD＝0，又UAA′≠0，故选项A错误；因为φD>φD′，则沿ADD′移动正电荷电场力做正功，选项B正确；沿ADD′移动负电荷电场力做负功，电势能增加，选项C错误；电场力做功与路径无关，只与两点间的电势差有关，故选项D正确。
7.在两块平行金属板A、B间加如图6所示变化的电压，此电压的值不变，但每过改变一次极性。t＝0时，A板电势为正，若在此时由B板自由释放一电子，那么( )
图6
A．电子会一直向A板运动
B．电子在A、B两板间来回运动
C．在t＝T时，电子回到出发点
D．在t＝时电子具有最大速度
解析：选AD 根据电子的受力情况和牛顿第二定律知，在0～时间内，电子向A板做匀加速直线运动，在时刻速度达到最大值；在到T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零；随后重复刚才的运动，故A、D正确。
8.三个分别带正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图7所示，下列判断正确的是( )
图7
A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电
B．三个颗粒在电场中的加速度的关系是aa>ab>ac
C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta>tb>tc
D．电场力对落在c点的颗粒做负功
解析：选BD 三个颗粒在电场中均做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝at2。由xaab>ac，由此可判断落在a点的颗粒带负电，b点的不带电，c点的带正电，电场力对落在c点的颗粒做负功。故选项B、D正确。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9. (16分)(2015·全国卷Ⅱ)如图8，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
图8
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB sin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(vB2－v02)③
联立②③式得UAB＝。④
答案：
10. (18分)如图9所示，一质量m＝5×10－3 kg(忽略重力)的微粒带正电，其电荷量为q＝1×10－4 C。从距上极板5 cm处以2 m/s的水平初速度进入长为20 cm、板间距也为20 cm的两极板间，如果两极板不带电，微粒将运动到距极板最右端10 cm的竖直荧光屏上的O点。现将两极板间加200 V的电压，带电微粒打到荧光屏上的A点。
图9
(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A点所经历的时间为多少？
(2)OA两点的间距为多少？
(3)带电微粒进入电场到打到荧光屏上的A点过程中电场力对其做功多少？
解析：(1)设板长为l1，极板最右端到荧光屏的距离为l2，微粒初速度为v，由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变，则t＝＝ s＝0.15 s。
(2)设微粒在两极板间的偏转位移为y，则
y＝at2＝＝ m＝0.1 m。在类平抛运动中，利用速度的反向延长线交于水平位移的中点。再根据三角形相似，求得OA长为0.2 m。
(3)W＝qEy＝＝ J＝0.01 J。
答案：(1)0.15 s (2)0.2 m (3)0.01 J
11. (18分)如图10所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一绝缘轻细线一端固定于O点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动。小球带的电荷量为q，质量为m，绝缘细线长为L，电场的电场强度为E，若带电小球恰好能通过最高点A，则：
图10
(1)在A点时小球的速率v1为多大？
(2)小球运动到最低点B时的速率v2为多大？
(3)运动到B点时细线对小球的拉力为多大？
解析：(1)小球受重力、电场力、细线的拉力作用，它恰好能通过最高点，说明细线拉力TA＝0，这时重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故有
qE＋mg＝m解得v1＝ 。
(2)小球由A运动到B点，绳子拉力不做功，重力和电场力做功，由动能定理得
(qE＋mg)·2L＝mv22－mv12
解得v22＝＋v12
将v1的表达式代入得v2＝ 。
(3)在B点，三个力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有TB－mg－Eq＝
TB＝6(mg＋qE)。
答案：(1) (2)
(3)6(mg＋qE)
阶段验收评估（五） 磁 场
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是( )
A．电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线
B．磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的
C．电场线和磁感线都是一条不闭合曲线
D．电场线越密的地方，电场越强，磁感线越密的地方，磁场也越强
解析：选D 电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，A错。两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，B错。电场线起始于正电荷或无穷远、终止于负电荷或无穷远，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，C错。电场线越密，表示该处电场越强；磁感线越密，表示该处磁场越强，所以D正确。
2．关于地磁场，下列叙述正确的是( )
A．地磁两极和地理两极完全重合
B．我们用指南针确定方向，指南的一端是指南针的北极
C．地磁北极与地理南极重合
D．地磁北极在地理南极附近
解析：选D 地球是一个大磁体，地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合；指南针指南的一端应该是指南针的南极(S极)。故选项D正确。
3．如图1为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器。当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是( )
图1
A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极
B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极
C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极
D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极
解析：选C 当电流从a端流入电磁铁时，据安培定则，得出电磁铁的上端为N极，此时能吸引小磁铁向下运动，故说明小磁铁的下端为S极。
4.如图2所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则( )
图2
A．放在a处的小磁针的N极向左
B．放在b处的小磁针的N极向左
C．放在c处的小磁针的S极向右
D．放在a处的小磁针的N极向右
解析：选D 由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，B项错；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，C项错。
5.如图3所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ。圆环从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ穿出的过程中，它的磁通量变化情况是( )
图3
A．变大，变小，变大，变小
B．变大，变大，变小，变小
C．变大，不变，不变，变小
D．变小，变小，变大，变小
解析：选B 从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以B正确。
6．(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( )
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
解析：选BC 指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转。
7．下列关于磁通量、磁通密度、磁感应强度的说法中，正确的是( )
A．磁感应强度越大的地方，磁通量越大
B．穿过某一面积的磁通量为零，由B＝可知磁通密度为零
C．磁通密度越大，磁感应强度越大
D．磁感应强度在数值上等于1 m2面积上穿过的最大磁通量
解析：选CD 由Φ＝BScos α知磁感应强度B大，磁通量Φ不一定大，A错误；磁感应强度是由磁场本身决定的，与磁通量无关，B错误；磁感应强度就是垂直穿过单位面积的磁通量，也叫磁通密度，C、D正确。
8.相互靠近的两条直导线互相垂直，如图4所示，两导线中电流I1＞I2，要使A点的磁场增强且方向垂直纸面向里，则应( )
图4
A．保持I1不变，增强I2
B．保持I2不变，增强I1
C．I1和I2都增强
D．增强I1，减弱I2
解析：选BD 电流I1和电流I2在A点产生的磁场方向相反，由于I1＞I2，所以A点的合磁感应强度方向垂直纸面向里。为使A点磁场增强，必须使I1的磁场增强或减弱I2的磁场，所以B、D正确。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9. (16分)三根平行的长直导线垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，且每根导线中电流的方向如图5所示。现若使每根通电导线在斜边中点O处产生的磁感应强度大小均为B，则O点实际磁感应强度的大小和方向如何？
图5
解析：根据安培定则可知，I1和I3在O点处产生的磁感应强度方向相同，I2在O点处产生的磁感应强度方向与它们垂直。
如图所示，由大小均为B可知，O点处实际磁感应强度的大小
B0＝ ＝B，
方向在三角形所在平面内且与斜边夹角为θ，tan θ＝＝2。
答案：B 方向在三角形所在平面内斜向下且与斜边夹角的正切值为2
10. (18分)如图6所示，一矩形线圈abdc有50匝，有一半放在具有理想边界的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.1 T，线圈可绕ab边或cd边转动，已知lac＝20 cm，lcd＝10 cm，求：
图6
(1)在图中位置处的磁通量。
(2)由图位置绕ab边转过60°角位置处的磁通量。
(3)由图中位置绕cd边转过60°角位置处的磁通量。
解析：(1)由磁通量的公式得Φ1＝BS＝0.1×0.1×0.1 Wb＝1×10－3 Wb。
(2)线圈转过了60°角后，虽然与磁场的夹角变了，但其投影面积没有变，或者说，穿过线圈的磁感线的条数没有变，所以Φ2＝Φ1＝1×10－3 Wb。
(3)线圈绕cd转过60°后，ab的投影恰好在图中虚线位置，穿过线圈的磁通量为零，即Φ3＝0。
答案：(1)1×10－3 Wb (2)1×10－3 Wb (3)0
11．(18分)有一U形曲面，其尺寸如图7所示，U形曲面开口竖直向上，现将U形曲面放入磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。
图7
(1)当磁场方向竖直向下时，穿过该曲面的磁通量是多少？
(2)当磁场方向水平向右时，穿过该曲面的磁通量是多少？
解析：(1)当磁场方向竖直向下时，曲面在垂直磁场方向的投影面积为S1＝0.1×0.1 m2＝0.01 m2
此时穿过曲面的磁通量为Φ1＝BS1＝2×0.01 Wb＝0.02 Wb。
(2)当磁场方向水平向右时，曲面在垂直磁场方向的投影面积为S2＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2
若规定从外表面穿入而从内表面穿出的磁通量为正值，则穿过曲面左半部分的磁通量为Φ2′＝BS2＝2×0.02 Wb＝0.04 Wb
穿过曲面右半部分的磁通量为Φ2″＝－BS2＝－0.04 Wb
穿过整个曲面的磁通量为Φ2＝Φ2′＋Φ2″＝0。
答案：(1)0.02 Wb (2)0
阶段验收评估（六） 磁场对电流和运动电荷的作用
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
解析：选B 根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝BIL，D错误。
2．(2015·海南高考)如图1所示，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。
3.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是( )
图2
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
解析：选A 根据左手定则可知N带正电，M带负电，选项A正确；由qvB＝m得r＝，由题知m、q、B相同，且rNvN，选项B错误；由于洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛伦兹力不会对M、N做功，选项C错误；又周期T＝＝，两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，由图可知两个粒子在磁场中均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，选项D错误。
4.如图3所示，一带电粒子在某一高度处以初速度v0竖直下落，落地速度的大小为v1，下落所用的时间为t1。如果在其下落的空间有电场强度为E、方向水平向左的匀强电场和水平指向纸面内、磁感应强度为B的匀强磁场，且有v0＝，此时该粒子仍从原高度处以向下的初速度v0开始下落，落地时速度大小为v2，下落所用的时间为t2，则下列关系中正确的是( )
图3
A．v2＝v1，t2＝t1 B．v2t1
C．v2>v1，t2解析：选B 带电粒子的初速度v0＝，此时qE＝qv0B，由于带电粒子在重力作用下加速下落，故以后qE5.如图4所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列判断中正确的是( )
图4
A．它们在D形盒中运动的周期不相同
B．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
C．它们的最大动能相同
D．它们的最大速度相同
解析：选D 粒子做圆周运动的周期为，代入数值可知周期相同，选项A错；粒子做圆周运动的最大半径等于D形盒半径，半径相同，根据半径公式R＝可知最大速度相同，选项D对；Ek＝mv2，可知最大动能不同且与频率无关，选项B、C均错。
6.如图5所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁强中，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
图5
A．z正向，tan θ B．y正向，
C．z负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ
解析：选BC 若B沿z轴正方向，导线无法平衡，A错误；若B沿y轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg＝BIL，所以B正确；若B沿z轴负方向，受力如图②，Tsin θ＝BIL，Tcos θ＝mg，所以B＝tan θ，C正确；若B沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D错误。
7．如图6甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒( )
图6
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析：选ABC 由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图像可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误。
8.如图7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7
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。
二、计算题(本题共3小题，共52分)
9．(16分)如图8所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电荷量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
图8
(1)匀强电场场强E的大小。
(2)粒子从电场射出时速度v的大小。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解析：(1)电场强度E＝。
(2)根据动能定理，有qU＝mv2，得v＝ 。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得R＝＝ 。
答案：(1) (2) (3)
10．(16分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。
图9
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷。
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析：(1)由带电粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由于其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r，而qvB＝，则粒子的比荷＝。
(2)如图所示，假设粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角α＝60°，粒子做圆周运动的半径R′＝rcot 30°＝r，而R′＝，所以B′＝B。粒子在磁场中运动时间t＝ T＝×＝＝＝。
答案：(1)负电荷 (2)B
11. (20分)如图10所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
图10
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，
有tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ。
(2)联立⑤⑥式得t＝。
答案：(1)v0tan2θ (2)
阶段验收评估（四） 闭合电路欧姆定律和逻辑电路
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )
A．E＝2.4 V，r＝1 B．E＝3 V，r＝2
C．E＝2.4 V，r＝2 D．E＝3 V，r＝1
解析：选B 已接电源的闭合电路中，电源电动势和内电压、外电压的关系为E＝U外＋U内，E由电源自身性质决定，一般不变，所以U外增大，U内减小；U外减小，U内增大，二者的和始终不变。
2．关于多用电表上的刻度，下列说法错误的是( )
A．直流电流刻度和直流电压刻度都是均匀的，可以共用一个刻度
B．电阻刻度是不均匀的
C．电阻刻度是均匀的
D．电阻刻度上的零刻度与直流电流的最大刻度相对应
解析：选C 电流表与电压表是通过改变表头的电流来测量电流与电压的，其指针的偏转角度是与电流的大小成正比的，故A正确；而多用电表电阻挡内的电流与待测电阻之间是非线性关系，即刻度是不均匀的，故B正确，C错误；电阻挡的零刻度对应的是表头的满偏电流，即与直流电流的最大刻度相对应，故D正确。
3.图1为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V。则该电路可能为( )
图1
解析：选B 由U-I图线可知该电源的电动势为6 V，内阻r＝＝ Ω＝0.5 Ω。此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8 V；A中的路端电压为4 V；B中的路端电压为4.8 V；C中的路端电压约为5.7 V；D中的路端电压为5.4 V，B正确。
4.如图2所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
图2
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
解析：选A 滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。
5.如图3所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率Pr随电流I变化的图线。则根据图线可知( )
图3
A．电源电动势为6 V
B．电源内电阻为3 Ω
C．当电路中电流为1 A时，外电路的电阻为1.5 Ω
D．在OC过程中，电源的输出功率先变小再变大
解析：选C 根据P＝EI和Pr＝I2r解得E＝3 V，r＝1.5 Ω，故A、B错误；根据E＝I(R＋r)得，电路中电流为1 A时，外电路的电阻为1.5 Ω，C正确；在OC过程中电源的输出功率先变大后变小，故D错误。
6.如图4所示，已知电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝2 Ω，通过小灯泡的电流为1 A，已知小灯泡的电阻为3 Ω，小型直流电动机线圈的电阻为1 Ω，则( )
图4
A．电动机两端的电压为1 V
B．电动机两端的电压为6 V
C．电动机的输入功率为6 W
D．电动机的输出功率为5 W
解析：选BCD 电动机两端的电压UM＝E－I(R＋RL＋r)＝12 V－1×(2＋3＋1)V＝6 V，故选项A错误，选项B正确；电动机的输入功率P＝UMI＝6×1 W＝6 W，P出＝P－I2r＝6 W－1 W＝5 W，故选项C、D正确。
7．将一电动势E＝1.5 V、内电阻r＝1.0 Ω的电源和粗细均匀的电阻丝相连，电阻丝长度L＝0.297 m，其电阻R＝99 Ω；另将电容C＝0.2 μF的电容器及电流计G也连入电路，如图5所示。当滑片P以4×10－3 m/s的速度向右滑动时，下列说法中正确的是( )
图5
A．电容器C充电，流过电流计G的电流方向为aGb
B．电容器C放电，流过电流计G的电流方向为bGa
C．每秒钟电容器两极板的电压减少量为0.02 V
D．流过电流计的电流是4×10－3 mA
解析：选BC 当滑片P向右滑动时，电容器两端电压不断减小，电容器放电，电流方向为b→G→a。电阻丝单位长度分担的电压U＝×＝ V＝5 V，所以每秒钟电容器两极板电压的减少量ΔU＝5×0.004 V＝0.02 V。每秒钟通过电流计的电荷量ΔQ＝ΔU·C＝0.02×0.2×10－6 C＝4×10－9 C，则I＝＝ A＝4×10－6 mA。
8.某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图6所示的电路，接通S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是( )
图6
A．AB段断路 B．BC段断路
C．AB段短路 D．BC段短路
解析：选AD 由题意可得UAB＝UAC＝U，说明由A、B分别至电源的线路均已接通。若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好。又由题述得UBC＝0，因而可能AB段断路，或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况。分析时考虑要全面，要把故障的可能原因全部找出来，不要漏掉正确选项。
二、实验题(本题共2小题，共24分)
9．(10分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验中(如图7甲)。
图7
(1)移动滑动变阻器的滑片应特别注意防止________________________________。
(2)现备有以下器材：
A．干电池1节
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________，电压表应选________，电流表应选________。
(3)图乙是根据实验数据画出的U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________Ω。
解析：(1)若滑动变阻器接入电路的电阻太小，则电路中电流太大，容易烧坏电流表。
(2)滑动变阻器的阻值不需太大，可选B；通常干电池电动势为1.5 V，故电压表可选D，电流表可选F。
(3)由题图乙可知E＝1.5 V，r＝ Ω＝0.75 Ω。
答案：(1)滑动变阻器接入电路电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表 (2)B D F (3)1.5 0.75
10．(14分)(2015·福建高考)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图8甲所示，现已完成部分导线的连接。
(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
图8
(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；
(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)。
解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示。
甲
(2)电流表示数为0.44 A。
(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外＝r＝1 Ω，I＝＝ A＝1.5 A，U外＝＝1.5 V，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图像可知每只小电珠的电流为I0＝0.38 A，n＝≈4(只)；通过每只小电珠的电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：U＋nI0r＝E，而U＋4I0＝3 V，U＝－4I0＋3 V，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U≈1.5 V，I0≈0.38 A，P＝UI0＝0.57 W，P总＝nP＝0.57×4 W＝2.28 W。
答案：(1)见解析图甲 (2)0.44 (3)4 2.28
三、计算题(本题共2小题，共28分)
11. (14分)如图9所示，一电荷量q＝3×10－4 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。S合上后，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＝12 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝4 Ω，R2＝R3＝R4＝12 Ω。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图9
(1)流过电源的电流；
(2)两板间的电场强度的大小；
(3)小球的质量。
解析：(1)R2与R3并联后的电阻值R23＝＝6 Ω由闭合电路欧姆定律得I＝＝1 A。
(2)电容器两板间的电压UC＝I(R1＋R23)
电容器两板间的电场强度E1＝＝＝100 N/C。
(3)小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得
F＝mgtan α
又有F＝qE1，所以m＝
解得m＝4×10－3 kg。
答案：(1)1 A (2)100 N/C (3)4×10－3 kg
12. (14分)在如图10所示的电路中，R1、R2、R3为三个定值电阻，电流表为理想电表，C为平行板电容器。最初开关K断开，闭合开关K，待整个电路稳定后，求流过电流表的电荷量。(已知电源的电动势为E＝6 V、内阻r＝1 Ω，R1、R2、R3的阻值分别为2 Ω、3 Ω、7.5 Ω，电容器的电容为C＝4 μF)
图10
解析：开关K断开时，电容器相当于断路，R3中无电流通过，电容器两端的电压等于R2两端的电压，设其大小为U2，有U2＝·R2＝3 V
根据C＝可得开关K断开时电容器所带的电荷量为Q＝CU2＝4×10－6×3 C＝1.2×10－5 C
电容器上板带正电，下板带负电。
开关K闭合时，电路的外电阻为R外＝＝3 Ω
路端电压为U外＝·R外＝4.5 V
而电容器两端的电压等于R1两端的电压，设其大小为U1，有U1＝·R1＝1.8 V
根据C＝可得开关K闭合后电容器所带的电荷量为Q′＝CU1＝4×10－6×1.8 C＝7.2×10－6 C
电容器上板带负电，下板带正电。
综上可得开关K从断开到闭合后电路稳定的过程中通过电流表的电荷量为ΔQ＝Q＋Q′＝1.92×10－5 C。
答案：1.92×10－5 C
