第一章 静电场
章末过关检测(一)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．下列说法正确的是( )
A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷
B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
C．在电场中某点放入检验电荷q，该点的场强为E＝F/q，取走q后，该点场强不变
D．元电荷实质就是电子(或质子)本身
答案：C
2．(2018·湖南衡阳一中高二月考)小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的是( )
A．制作这些图标的依据是静电屏蔽原理
B．工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装
C．化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患
D．用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系
解析：选C．用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，穿衣，脱衣也会产生静电．这些图标都是为了减少静电的产生，不是静电屏蔽，故A、D错误；工作人员工作时间穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，故B错误；化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险，故C正确．
3．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：选C．保持Q、q不变，根据库仑定律公式F＝k，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大．实验表明，F与d的二次方成反比，故A、B错误；保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关，故C正确；保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律得F＝k，知F与两电荷的乘积成正比，故D错误．
4．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度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：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．
5．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点．若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )
A．形成电场的点电荷电性为正
B．电子一定是从a点运动到b点
C．电子一定是从b点运动到a点
D．电子的运动是匀变速曲线运动
解析：选C．电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A错；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹为由b点到a点，C对，B错；电子从b点运动到a点库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做变速曲线运动，故D错．
6．如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带的电荷量比b所带的电荷量小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选B．据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力方向，考虑a的电荷量小于b的电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．某电场区域的电场线如图所示a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是( )
A．负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力
B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右
C．正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力
D．a点的场强一定大于b点的场强
解析：选BCD．电场线越密，场强越大，所以a点的场强一定大于b点的场强，根据F＝Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力，故A错误，C、D正确；电场线某点的切线方向表示场强的方向．所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确．
8．两个通电小球带电后相互排斥，如图所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有关系( )
A．两球一定带同种电荷
B．m一定小于M
C．q一定大于Q
D．m受到的电场力一定大于M所受电场力
解析：选AB．库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件；无论q、Q谁大，所受库仑力大小总是相等，无法判断q、Q间大小，C、D错误；由图示可知两小球相互排斥，故A正确；设悬线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的库仑力F＝mgtan θ，因为α>β，所以mg9．如图所示，在两等量异种电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、c关于MN对称，b是两电荷连线的中点，d位于两电荷的连线上，以下判断正确的是( )
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．正电荷q在a、c两点受电场力相同
D．负电荷沿MN移动时，所受电场力的方向不变
解析：选BD．由等量异种电荷产生的电场的电场线可以知道，Ed＞Eb，A错，B对．由于该电场关于中垂线对称，a、c两点场强大小相等，故正电荷在a、c两点受电场力大小相等，但由于a、c两点场强方向不同，故电场力方向不同，C错．MN上场强方向垂直MN向右，负电荷在MN上受电场力方向始终垂直MN向左，D对．
10．如图所示，水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过，A的质量为M，用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接，整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E，A不带电，B带正电且电荷量大小为Q，A、B均处于静止状态，细线与竖直方向成θ角．则( )
A．细线中张力大小为
B．细线中张力大小为
C．杆对A的摩擦力大小为QE
D．杆对A的支持力大小为Mg
解析：选ABC．对小球B受力分析有，受重力mg、电场力EQ和绳子的拉力T，根据平衡条件可知Tcos θ＝mg，所以细线中张力大小为T＝，A选项正确；由平衡条件知：＝tan θ，故＝＝T，B选项正确；以整体为研究对象，受重力、杆的支持力、电场力、摩擦力，摩擦力与电场力平衡，即杆对A的摩擦力大小为QE，故C选项正确；杆对A的支持力大小为(M＋m)g，D选项错误．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)(2018·潍坊高二检测)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，沿一条直线依次排列三个等质量的带电小球A、B、C.在C上沿连线方向施加一恒力F后，三小球恰能在运动中保持相对位置不变．已知A球所带的电荷量QA＝10q，B球所带的电荷量为QB＝q.开始时，小球间距离为r，求所施加恒力F的大小、小球C所带电荷量QC及电性．
解析：取A、B、C三小球组成的系统为研究对象，设小球质量为m，依牛顿运动定律，可得F＝3ma①
取小球A为研究对象，有k－k＝ma②
取A球和B球整体为研究对象，有
k＋k＝2ma③
联立①②③式解得
QC＝q(电性与A球、B球的电性相反)，F＝.
答案： q 与A球、B球的电性相反
12．(12分)如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场中，场强为E，球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，求：
(1)小球带何种电荷，电荷量是多少？
(2)若烧断丝线，则小球将做什么运动？(设电场范围足够大)
解析：(1)如题图所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtan θ，所以q＝，因小球受到向左的电场力，所以小球带正电．
(2)若烧断丝线，小球在电场力与重力mg的作用下做匀加速直线运动．加速度大小
a＝＝＝.
答案：(1)正 (2)匀加速直线
13．(16分)质量为m的小球A在绝缘细杆上，杆的倾角为α.小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放．小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量为k、重力加速度为g.A，B间的距离足够大．求：
(1)A球刚释放时的加速度是多大？
(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离．
解析：(1)根据牛顿第二定律mgsin α－F＝ma，
根据库仑定律F＝k，
r＝，
解得a＝gsin α－.
(2)当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B点间的距离为R，
则mgsin α＝，
解得R＝.
答案：(1)gsin α－ (2)
第三章 恒定电流
章末过关检测(三)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
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
D．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小；通过导体的电流为零时，导体的电阻也为零
解析：选C．无论导体是否接入电路中，其电阻不会发生变化，所以不能说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，所以A、B错；导体的电阻只跟导体的几何形状和材料性质有关，跟导体中是否有电流通过及电流的大小无关，所以D错.
2.电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m2的导线，那么电路中的电流是(电子带电量为1.6×10－19 C)( )
A．0.016 μA B．1.6 mA
C．16 μA D．0.16 μA
解析：选D．由电流的定义式I＝可知，电流大小与横截面积无关，代入数据可求得电路中的电流为0.16 μA．
3.(2018·重庆第二外国语学校高二期中)如图所示，AB和BC是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中.下列判断正确的是( )
A．IAB>IBC B．IAB＜IBC
C．UAB＝UBC D．UAB＞UBC
解析：选D．由题图知，导体AB与BC串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以IAB＝IBC，故A、B错误；由题意知，导体AB与BC的材料、长度相同，AB的横截面积小于BC的横截面积，根据电阻定律可知：RAB＞RBC，因为IAB＝IBC，由U＝IR知，UAB＞UBC，故C错误，D正确.
4.用电动势为6 V、内电阻为4 Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( )
A．R1＝2 Ω B．R2 ＝4 Ω
C．R3＝6 Ω D．R4＝8 Ω
答案：B
5.(2018·西安一中高二月考)一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA，内阻为Rg，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA，则( )
A．给它串联一个电阻，阻值为nRg
B．给它串联一个电阻，阻值为(n－1)Rg
C．给它并联一个电阻，阻值为
D．给它并联一个电阻，阻值为
解析：选D．因Ig＝，量程扩大n倍为nIg，则应有(n－1)Ig被分流，故应并联一个分流电阻，阻值R＝＝，则D正确.
6.如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3 kΩ，读数为3 V；电流表内阻为10 Ω，读数为4 mA．待测电阻R的真实值等于( )
A．750 Ω B．760 Ω
C．1 000 Ω D．1 010 Ω
解析：选C．电压表读数为电压表与R并联部分的电压，由于电压表内阻为3 kΩ，所以流经电压表的电流I1＝＝0.001 A，电流表读数为4 mA＝0.004 A，所以流经R的电流I2＝0.004 A－0.001 A＝0.003 A，由欧姆定律R＝＝1 000 Ω，故C正确.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7.将分压电阻串联在电流表上改装成电压表，下列说法中正确的是( )
A．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压
B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变
C．若分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大到n＋1倍
D．通电时，电流表和分压电阻通过的电流一定相等
解析：选BCD．分压电阻与电流表串联，电压按电阻阻值比例分配电压，总电压增大，但表头的满偏电压不变，A错误，B、D正确；分压电阻R＝nRg时，RV＝(n＋1)Rg，电压表量程U＝IgRV＝(n＋1)IgRg，C正确.
8.(2018·山东济南一中高二期中)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3
解析：选AC．在I－U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知k1＝3k2，则R2＝3R1，即R1∶R2＝1∶3，故A正确；把R1拉长到原来的3倍后，横截面积同时变为原来的，根据电阻定律R＝可知，R1将变为原来的9倍，是R2的3倍，故B错误；R1与R2串联，电流相等，由P＝I2R知，P1∶P2＝R1∶R2＝1∶3，故C正确；R1与R2并联，电压相等，由I＝可知，I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1，故D错误.
9.在如图所示的电路中，电容器C的上极板带正电.为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是( )
A．增大R1，其他电阻不变
B．增大R2，其他电阻不变
C．增大R3，其他电阻不变
D．增大R4，其他电阻不变
答案：BC
10.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则( )
A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数
B．电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角
C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D．电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角
解析：选AD．A1、A2处相当于表头和分流电阻四个元件并联，显然流过A1、A2两电流表表头的电流相等，故两表指针偏转角相等，但两表头的读数分别为流过表头与分流电阻的电流之和，A1的分流电阻小，电流大，选项A正确，选项B错误；V1、V2表处相当于两表头和各自的分压电阻四个元件串联，两表头指针偏角也相等，V1表分压电阻大，读数大，选项C错误，选项D正确.
三、非选择题(本题共3小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11.(12分)(2018·济南县区联考)在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率.
(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.
(2)为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3 V，内阻10 kΩ
B．电压表0～15 V，内阻50 kΩ
C．电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω
D．电流表0～3 A，内阻0.01 Ω
E.滑动变阻器，0～10 Ω
F.滑动变阻器，0～100 Ω
①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________.(填序号)
②实验中他的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误.
错误1：______________________________________________________________.
错误2：______________________________________________________________.
解析：(1)螺旋测微器读数为0.680 mm.
(2)①两节干电池串联后的总电压为3 V，因此电压表选A．电路中的最大电流为0.6 A，电流表应选C．为便于调节电路，滑动变阻器应选E.
②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上.
错误2：采用了电流表内接法.
答案：(1)0.680 (2)①A C E ②导线连接在滑动变阻器的滑片上 采用了电流表内接法
12.(14分)有一块满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝100 Ω的小量程电流表.请画出电路图，并计算所需电阻的阻值.
(1)把它改装成满偏电压U＝10 V的电压表；
(2)把它改装成满偏电流I＝0.6 A的电流表.
甲
解析：(1)小量程电流表的满偏电压Ug＝IgRg＝0.1 V由欧姆定律U＝Ig(Rg＋Rx)，
解得Rx＝－Rg＝9 900 Ω.
乙
(2)小量程电流表的满偏电流IgIgRg＝(I－Ig)Rx，
解得：Rx＝Rg＝ Ω≈0.17 Ω.
答案：(1)电路图见解析图甲 串联一个9 900 Ω的电阻
(2)电路图见解析图乙 并联一个0.17 Ω的电阻
13.(14分)(2018·广西柳州铁一中高二月考)表中是一辆电动自行车说明书上的一些技术参数，根据表中提供的信息，探究以下问题：
规格
后轮驱动直流电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120 W
整车质量
30 kg
额定电压
40 V
最大载重
120 kg
额定电流
3.5 A
(1)在额定电压下工作时，该电机的内阻是多少，其效率为多大；
(2)假设行驶过程中所受阻力是车和人总重的0.02，在最大载重量的情况下，人骑车行驶的最大速度为多大.(g取10 m/s2)
解析：(1)由题目提供的表可知，电机的输出功率为P出＝120 W，额定电压为U0＝40 V，额定电流为I0＝3.5 A
电机正常工作时输入功率为
P入＝U0I0＝40×3.5 W＝140 W
所以电机的效率为
η＝×100%＝×100%≈85.7%
设电机的内阻为r，
则由欧姆定律知P入－P出＝Ir
解得r≈1.63 Ω.
(2)设车的质量为m，人的质量为M，由题意知行驶时所受阻力为F阻＝k(M＋m)g，当达到最大速度vmax时，应用P出＝F阻vmax解得vmax＝4 m/s.
答案：(1)1.63 Ω 85.7% (2)4 m/s
第二章 电势能与电势差
章末过关检测(二)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．(2018·山西怀仁一中期中)下列物理量中，哪些与检验电荷有关( )
A．电场强度E B．电势φ
C．电势能Ep D．电势差U
解析：选C．电场强度E＝采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的与q无关．故A错误；电势φ＝，是用比值定义法定义的，由电场本身决定的，与q无关，故B错误；电势能Ep＝φq，故电势能与电荷有关，选项C正确；电势差UAB＝，是用比值定义法定义的，由电场本身和A、B两点的位置决定的，与q无关．故D错误．
2．关于静电场，下列结论普遍成立的是( )
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
C．对于正电荷而言，电场力做正功，电势能减少，负电荷则反之
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
解析：选D．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；在匀强电场中，由公式U＝Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故B错误；根据功能关系，无论正电荷还是负电荷，只要做正功，电势能都是减小的，做负功电势能都是增加的，故选项C错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D正确．
3．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的检验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，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为( )
A．EpA＝－W，φA＝－ B．EpA＝W，φA＝－
C．EpA＝－W，φA＝ D．EpA＝W，φA＝
解析：选C．－q的检验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，则电荷的电势能减小W，无限远处电荷的电势能为零，则电荷在A点的电势能为EpA＝－W，A点的电势φA＝＝，C正确．
4．(2018·湖南衡阳一中高二月考)如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为线段ab的中点．若一个运动的正电荷先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝－3 V、φb ＝7 V ，则( )
A．c点电势为2 V
B．a点的场强小于b点的场强
C．正电荷在a点的动能小于在b点的动能
D．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
解析：选D．沿电场线方向电势降低，由题意知电场线向左，只有在匀强电场中c点的电势为2 V，故A错误．一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小；所以a点处的场强Ea可能小于b点处的场强，也可能大于Eb，故B错误．根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小，故C错误，D正确．
5．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
解析：选C．由题图可知φA＞φB，所以正电荷从A移至B，静电力做正功，故A错误，C正确．C、D两点场强方向不同，故B错误．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，所以D错误．
6.如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的正点电荷，以E表示两极板间电场的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大，Ep增大
B．θ增大，E增大，Ep减小
C．θ减小，E不变，Ep增大
D．θ减小，E不变，Ep减小
解析：选D．电容器电量不变；下极板向上移动时，两板间的距离减小，根据C＝可知，电容C增大，则根据Q＝CU可知，电压U减小；故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；根据UP＝Ed, P点与下极板的距离d减小，则P点的电势降低，根据EP＝qUP可知正点电荷在P点的电势能减小，故选项D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，试探电荷q只在电场力作用下沿椭圆轨道运动．已知Q位于椭圆轨道的一个焦点上，则关于试探电荷q的说法正确的是( )
A．从M点运动到N点的过程中电势能增加
B．从M点运动到N点的过程中动能增加
C．q在M点的加速度比N点的加速度大
D．从M点运动到N点，电势能与动能之和不变
解析：选ACD．点电荷q沿椭圆轨道运动，必定受到Q的引力作用，从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，则q的电势能增加，故A正确．从M点运动到N点的过程中，电场力对q做负功，由动能定理知动能减小，故B错误．M与Q间的距离比N与Q的距离小，由库仑定律知，q在M点所受的库仑力大于在N点所受的库仑力，由牛顿第二定律知，q在M点的加速度比N点的加速度大，故C正确．根据能量守恒定律知，从M点运动到N点，电势能与动能之和保持不变，故D正确．
8．(高考山东卷)如图甲所示，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( )
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～微粒做匀速直线运动，则E0q＝mg.～没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a＝g.～T，由于电场作用，F＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向竖直向上．由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功WG＝mg· ，重力势能减少mgd，选项C正确；由动能定理知WG－W电＝0，W电＝mgd，选项D错误．
9．(2018·湖北天门市、仙桃市、潜江市期末联考)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a.现在A、B两点分别固定电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A．CD棱上各点电势相等
B．C、D两点的场强方向相同，大小相等且均为
C．将一负电荷沿CD棱从C点移动到D点，电场力先做正功后做负功
D．将一正电荷沿CD棱从C点移动到D点，电场力先做正功后做负功
解析：选AB．据题，＋q、－q是两个等量异种点电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同．两个电荷在C点产生的场强大小：E1＝E2＝ ，方向的夹角为120°，则C点的合场强E＝E1＝E2＝ ，如图．故A、B正确；因CD是等势面，故无论是正电荷还是负电荷沿CD棱从C点移动到D点，电场力都不做功，选项C、D错误．
10．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．若不计重力，则( )
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相等
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
解析：选BD．由O点电势高于c点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电、N粒子带负电，A错误；N粒子从O点运动到a点，电场力做正功．M粒子从O点运动到c点电场力也做正功．因为UaO＝UO c，且M、N粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B正确；因O点电势低于a点电势，且N粒子带负电，故N粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C错误；O、b两点位于同一等势线上，D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)(2018·西藏拉萨中学高二月考)如图所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：
(1)电子从B点射出的速度vB；
(2)A、B两点间的电势差．
解析：(1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B点的速度vB＝＝2v0.
(2)电子从A运动到B由动能定理得：－eUAB＝mv－mv
A、B两点间的电势差
UAB＝＝－.
答案：(1)2v0 (2)－
12.(14分)(2018·济南重点中学联考)如图，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v，已知点电荷 产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：
(1)物块在A点时对轨道的压力；
(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．
解析：(1)带电体间的库仑力为：F＝k
其中，r＝
对物块受力分析可得，N＝mg＋Fcos 30°
由以上三式得，N＝mg＋
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力
N′＝N＝mg＋，方向竖直向下．
(2)从A运动到B点的过程中，由动能定理得，
qUAB＝mv2－mv
又UAB＝φA－φB＝φ－φB
解得φB＝(v－v2)＋φ.
答案：(1)mg＋ 方向竖直向下
(2)(v－v2)＋φ
13．(14分)(2018·福州四校联考)如图，ABD为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB段是长为s＝1.25 m的粗糙水平面，其动摩擦因数为μ＝0.1，BD段为半径R＝0.2 m 的光滑半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一带负电小球以速度v0沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D点．已知小球的质量为m＝2.0×10－2 kg，所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g＝10 m/s2，(水平轨道足够长，小球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)．求：
(1)小球能通过轨道最高点D时的速度大小；
(2)带电小球在从D点飞出后，首次落到水平轨道上时的位移大小；
(3)小球的初速度v0.
解析：(1)恰能通过轨道的最高点的情况下，设到达最高点的速度为vD，离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x，
则mg－qE＝m，
代入数据解得vD＝1 m/s.
(2)2R＝t2，代入数据解得t＝0.4 s，
x＝vDt＝0.4 m.
L＝＝ m.
(3)由动能定理得： －μ(mg－qE)s－2mgR＋2qER＝mv－mv
得v0＝2.5 m/s.
答案：(1)1 m/s (2) m (3)2.5 m/s.
第五章 磁场
章末过关检测(五)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1.如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转．发现这个实验现象的物理学家是( )
解析：选C.牛顿是经典力学的奠基人，爱因斯坦创立了狭义和广义相对论，居里夫人在天然放射性的研究领域有杰出的贡献，奥斯特首先发现了电流的磁效应，正确答案为C.
2．如图表示磁场的磁感线，依图分析磁场中a点的磁感应强度与b点的磁感应强度相同的是( )
解析：选D.磁感线的疏密可表示磁感应强度的大小，而匀强磁场中各处磁场均相同，从图中可以知道，只有D选项中，a、b两点处磁感线的疏密相同，故选D.
3．一个磁场的磁感线如图所示，一个小磁针被放入磁场中，则小磁针将( )
A．向右移动 B．向左移动
C．顺时针转动 D．逆时针转动
解析：选C.一个磁场的磁感线如题图所示，一个小磁针被放入方向水平向右的磁场中，发现小磁针沿顺时针转动，是小磁针N极受到水平向右的磁场力的作用，小磁针S极受到水平向左的磁场力，所以N极要转向磁场方向，而S极转向磁场方向反方向．因此导致小磁针顺时针转动．故C正确．
4．(2018·湖北襄阳第五中学高二月考)以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是( )
A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B．磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向
C．穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零
D．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大
解析：选C.磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关，故 A错；磁场中某点的磁感应强度的方向即为该点的磁场方向，B错；穿过线圈的磁通量为零的地方，该处的磁感应强度不一定为零，可能是由于线圈平面与磁场平行，故C对；由磁通量的计算公式Φ＝BSsin θ，可知影响磁通量大小的因素有B和S的大小，还与线圈跟磁场方向的夹角有关，故D错．
5．(2018·辽宁盘锦高级中学高二月考)欧姆在探索通过导体的电流与电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生的电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转的角度增大到60°时，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )
A．2I B．3I
C.I D．无法确定
解析：选B.当通过电流为I，根据题意可知地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为
当夹角为30°时，有：B1＝kI＝B地tan 30°①
当夹角为60°时，有：B2＝kI1＝B地tan 60°②
由①②解得：I1＝3I，故A、C、D错误，B正确．
6．(2018·河北冀州中学高二月考)如图所示，直导线AB、螺线管E，电磁铁D三者相距较远，其磁场相互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b
C．c D．d
解析：选C.小磁针N极的指向为磁感线方向，直导线AB部分，电流从下到上，所以从上往下看，直导线产生的磁场方向应为逆时针方向，所以a指针应斜指向纸面内，A错误；在通电螺线管部分，电流是从上面进来，然后从下边出去，可知左端为螺旋管S极，右端为N极；在外部磁感线从N到S，所以B错误；在内部磁感线从S到N，C正确；在U型螺线管，电流从右端进，左端出，所以右端为S，左端为N，D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．如图所示为磁场中的两条磁感线，A、B、C为磁场中的三个点，其中A、C在同一条磁感线上，下列关于三点所在处的磁感应强度BA、BB、BC的说法不正确的是( )
A．BA不可能小于BB
B．BA可能与BB大小相等
C．BA与BC同向
D．BA与BB无法比较大小关系
解析：选BD.由图可知A处磁感线比B、C处磁感线密集，所以BA最大，故B、D错误， A正确；A、C在同一条直线磁感线上，所以BA与BC同向，C正确．
8．(2018·济南高二检测)有一个面积很小的圆环，设这个圆环所在位置的磁感应强度为B，穿过圆环的磁通量为Φ.则下列判断中正确的是( )
A．如果Φ＝0，则B＝0
B．如果Φ≠0，则B≠0
C．如果B＝0，则Φ＝0
D．如果B≠0，则Φ≠0
解析：选BC.由Φ＝BScos θ知，当线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量最大，当金属线框平面与磁感线平行时，穿过线框的磁通量为零．
9．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．通过整个三棱柱表面的磁通量为零
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．
10．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，以导线截面的中心为圆心，半径为r的圆周上有a、b、c、d四个点，已知a点的实际磁感应强度为零，则下列叙述正确的是( )
A．直导线中的电流方向垂直纸面向外
B．b点的实际磁感应强度为 T，方向斜向上，与B的夹角为45°
C．c点的实际磁感应强度也为零
D．d点的实际磁感应强度跟b点的相同
解析：选AB.由a点合磁感应强度为零知，该电流在a点的磁感应强度方向向左，大小为1 T，由安培定则知A项正确，另由平行四边形定则知B项也正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)三根平行长直导线，分别垂直地通过一等腰直角三角形的三个顶点，如图所示．现在使每条通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则该处实际磁感应强度的大小如何？方向如何？
解析：根据安培定则，I1和I3在O点处产生的磁感应强度的方向相同，大小均为B，合成大小为2B，I2在O点产生的磁感应强度与它们垂直，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.
设B0与斜边夹角为α，则：
tan α＝＝2.
所以α＝arctan 2.即为B0的方向．
答案：B 方向与斜边夹角为arctan 2
12．(14分)如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1.0 cm，现在纸面内先后放上圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1.0 cm，10匝；B线圈半径为2.0 cm，1匝；C线圈半径为0.5 cm，1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B中磁通量各改变多少？
(2)当磁场方向转过30°角的过程中，C中的磁通量改变多少？
解析：(1)A线圈半径为1.0 cm，正好和圆形磁场区域的半径相等，而B线圈半径为2.0 cm，大于圆形磁场区域的半径，但穿过A、B线圈的磁感线的条数相等，因此在求通过B线圈中的磁通量时，面积S只能取圆形磁场区域的面积．
设圆形磁场区域的半径为R，对线圈A、B，磁通量的改变量：ΔΦA＝ΔΦB＝|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(10－2)2 Wb＝1.256×10－4 Wb.
(2)原图中线圈平面与磁场方向垂直，若用公式Φ＝BSsin θ求磁通量，此时θ1＝90°，
当磁场方向转过30°角时，磁场方向与线圈平面之间的夹角为θ2＝60°.
对线圈C：设C线圈的半径为r，
Φ1＝Bπr2sin θ1，
Φ2＝Bπr2sin θ2
磁通量的改变量：
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2(sin 90°－sin 60°)
≈0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb
≈8.4×10－6 Wb.
答案：(1)A：1.256×10－4 Wb B：1.256×10－4 Wb
(2)8.4×10－6 Wb
13．(14分)如图所示为发电机的原理图．发电机转子为一边长为0.3 m的正方形线圈，处于B＝0.5 T的匀强磁场中．
(1)当线圈平面与磁场方向夹角为45°时，穿过线圈的磁通量是多少？
(2)当线圈以ab边为轴沿顺时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(3)当线圈以ab边为轴沿逆时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
解析：(1)由Φ＝BS⊥得：
Φ＝BSsin 45°＝BL2sin 45°＝×0.5×0.32 Wb≈3.2×10－2 Wb.
(2)初状态时，Φ1＝BL2sin 45°＝0.5×0.32× Wb≈3.2×10－2 Wb
末状态磁感线由反面穿入，正面穿出，如图，则：
Φ2＝－BL2sin 45°≈－3.2×10－2 Wb
则ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝(－3.2×10－2－3.2×10－2) Wb＝－6.4×10－2 Wb
只考虑其大小，磁通量的变化量大小为6.4×10－2 Wb.
(3)初状态与末状态时，穿出线圈的磁通量相同，都是从同一面穿入和穿出，如图，则：ΔΦ2＝0.
答案：(1)3.2×10－2 Wb (2)6.4×10－2 Wb (3)0
第六章 磁场对电流和运动电荷的作用
章末过关检测(六)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是( )
A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转
B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离
解析：选B.甲、丙、丁中小磁针或导线所受磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的．
2．(2018· 河北冀州中学高二上月考)下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( )
解析：选B.对A，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；对B，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；对C，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；对D，通电螺线管产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由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．
3.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是( )
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．N1＝N2
D．N1解析：选B.导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知：N1>N2，电流磁场对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，弹簧长度将变短，B正确．
4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直纸面向里．如图的四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
解析：选A.由半径公式r＝得＝·＝2，故粒子甲的轨迹为大圆，粒子乙的轨迹为小圆，再由左手定则判知A正确，B、C、D都错．
5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负
B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正
D．2.7 m/s，a负、b正
解析：选A.血液中正、负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电．最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q＝qvB，所以v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故A正确，B、C、D错误．
6．如图所示，一电子以与磁场方向垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N处离开磁场，若电子质量为m，带电荷量为e，磁感应强度为B，则( )
A．电子在磁场中运动的时间t＝d/v
B．电子在磁场中运动的时间t＝h/v
C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh
D．电子在N处的速度大小也是v
解析：选D.洛伦兹力不做功，所以电子在N处速度大小也为v，D正确、C错，电子在磁场中的运动时间t＝≠≠，A、B均错．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在图中所示的几种情况中，可能出现的是( )
解析：选AD.A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，A正确；C图中粒子应顺时针转，C错误．同理可以判断B错误、D正确．
8．如图所示，有两根长为L，质量为m的细导体棒a、b；a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列关于b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．若使b下移，a将不能保持静止
解析：选ACD.根据右手定则，可知b在a处产生的磁感应强度方向为竖直向上，A正确；根据左手定则，可知a受到水平向右的安培力，还受竖直向下的重力，斜面给的支持力，合力为零，根据共点力平衡条件可得BIL＝mg，解得B＝，B错误；重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使a仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确．
9．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间．带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选AC.由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A正确．由R＝和Uq＝mv2－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子圆周运动的半径增加量不相同，B错误．由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确．由T＝可知，粒子运动的周期不随v而变，故D错误．
10．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
解析：选ABD.由左手定则可知，粒子带正电，而粒子在MN间被加速，故A正确；根据电场力提供向心力，则有qE＝，又有电场力使粒子加速运动，则有qU＝mv2，从而解得：U＝，故B正确；根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，结合上式可知，PQ＝ ，若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故C错误，D正确．
三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(12分)如图所示，一带电量为q＝＋2×10－9 C、质量为m＝1.8×10－16 kg的粒子，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10－6 s后到达直线上另一点P.求：
(1)粒子做圆周运动的周期T；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)若OP的距离为0.1 m，则粒子的运动速度v多大？
解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略．粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示．
(1)由几何关系可知OP弦对应的圆心角θ＝60°，粒子由O沿大圆弧运动到P
所对应圆心角为300°，则有＝＝
解得T＝t＝×6×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s.
(2)由粒子做圆周运动所需向心力来自洛伦兹力，有
qvB＝m，v＝
得B＝＝T＝0.314 T.
(3)轨道半径r＝OP＝0.1 m
粒子的速度v＝≈3.49×105 m/s.
答案：(1)1.8×10－6 s (2)0.314 T
(3)3.49×105 m/s
12．(14分)质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒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M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．
(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B.
解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图所示．
(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：
qU＝mv2①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：
qvB＝m②
由几何关系得：r2＝(r－L)2＋d2③
联立①②③式得：
磁感应强度B＝ .
答案：(1)见解析图 (2)
13. (14分)如图所示，一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线的右侧有一竖直向上的场强E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计．
(1)小球第一次运动到A端时，对轨道的压力为多大？(2)匀强磁场的磁感应强度为多大？
解析：(1)小球由C到A沿圆筒轨道做圆周运动，机械能守恒．
根据机械能守恒定律有：mg·R(1＋cos 60°)＝mv2
到达A点时的速度：v＝＝
在A点，重力和支持力的合力提供向心力，有：
N－mg＝m
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力：
FN＝N＝mg＋m＝4mg.
(2)小球带正电，进入复合场后，受竖直向下的重力、竖直向上的电场力和洛伦兹力．电场力F＝qE＝mg；即电场力和重力等大反向，相互抵消，小球所受合力等于洛伦兹力，故小球将在复合场中做匀速圆周运动，穿过复合场后做平抛运动，最后从C点回到圆筒轨道．
由D到C，小球做平抛运动，水平方向：Rsin 60°＝vt
得飞行时间：t＝
竖直方向下落高度：h＝gt2＝
小球在复合场中做圆周运动的半径
r＝(R＋Rcos 60°＋h)＝R
小球在复合场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得：磁感应强度B＝＝＝ .
答案：(1)4mg (2)
第四章 闭合电路欧姆定律和逻辑电路
章末过关检测(四)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1.在已接电源的闭合电路中，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系正确的是( )
A.若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B.若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C.若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也随内电压减小
D.若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
解析：选D.不管内、外电压如何变化，电源的电动势不变，且E＝U内＋U外，U外增大，U内必然减小，故选D.
2.如图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( )
解析：选A.首先，要求内部电阻可调，所以B、D错误；其次，内部电源的负极要和正插孔相连，所以选A.
3.如图为一个应用简单逻辑电路控制的自动楼道灯的原理电路，图中S为声控开关(有声音时开关闭合，无声音时开关断开)，Rt为光敏电阻，R1和R2都是定值电阻，A为某种门电路，L为灯泡.当晚上有人发声时，能够自动打开楼道灯，白天即使有人发声，楼道灯也不会亮.则( )
A.图中A是一个“与”门电路
B.图中A是一个“或”门电路
C.图中A是一个“非”门电路
D.晚上无光照时L一定亮
解析：选A.因为无光照时，有声音，灯泡才亮，否则不亮，无光照和有声音时输入都为“1”，输出为“1”，只要有一个输入为“0”，则输出为“0”，可知该门电路满足“有零为零，全一为一”的要求，即为“与”门电路.
4.如图所示，当可变电阻R由2 Ω改为6 Ω时，电流减为原来的一半，则电源的内电阻为( )
A.1 Ω B．2 Ω
C.3 Ω D．4 Ω
解析：选B.由闭合电路欧姆定律I＝得：
＝I①
＝②
由①②得：r＝2 Ω，选B.
5.(2018·河北唐山一中高二月考)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
解析：选A.电源的U－I图象表达式为：U＝E－Ir，则图象斜率的绝对值表示内阻，根据图象可知，电动势E＝4 V，内电阻为r＝ Ω＝5 Ω，两个图线的交点坐标表示路端电压和对应的电流，即路端电压为3 V，电流为0.2 A，故电源的输出功率为：P出＝UI＝3×0.2 W＝0.6 W，故选A.
6.(2018·黑龙江大庆第一中学月考)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了( )
A.35.8 W B．76.8 W
C.43.2 W D．48.2 W
解析：选C.电动机不启动时，车灯的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后车灯电压仍为路端电压，设为U′L，由欧姆定律得I＝求得R＝1.2 Ω，车灯消耗功率为PL＝EI－I2r＝120 W，电动机启动后，路端电压U′L＝E－I′r＝9.6 V，车灯消耗电功率为P′L＝＝ W＝76.8 W，所以车灯功率降低了ΔP＝120 W－76.8 W＝43.2 W，故选项C正确.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)
7.(2018·福州高二期中)电阻R1、R2的I－U关系图象如图甲所示，现把它们串联成如图乙所示的电路，则( )
A.由图甲可知R1B.若电源电动势保持不变，要使R1的功率增大，变阻器R0的滑片应向右滑动
C.两电阻消耗的电功率P1>P2
D.调节R0，可以使R1、R2电压相等
解析：选BC.由图甲知，R1>R2， A错.由闭合电路欧姆定律知，滑片向右移，总电阻减小，电流增大，R1消耗的功率增大，B对.由于R1>R2且串联，所以P1>P2，C对.由串联电路的电压分配关系知，R1、R2两端电压永远不可能相等，D错.
8.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则( )
A.电压表示数U和电流表示数I的比值不变
B.变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变
C.电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU
D.电容器的带电量增大，增大量为CΔU
解析：选BD.由题图可知，R＝，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故A错误.根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R0＋r)，由数学知识得知，＝R0＋r，保持不变，故B正确.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于ΔU，故C错误.电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为CΔU，D正确.
9.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，曲线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2 A，则下列说法正确的是( )
A.电源电动势为3 V，内阻为3 Ω
B.线段AB表示的功率为2 W
C.电流为2 A时，外电路的电阻为0.5 Ω
D.电流为3 A时，外电路的电阻为2 Ω
解析：选BC.由题图可知，当电流I＝3 A时，电源总功率P＝IE＝9 W，由此可知电源的电动势E＝3 V.直线与曲线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即Pr＝I2r＝IE，得r＝1 Ω，故 A错误；PrB＝I′2r＝22×1 W＝4 W，PA＝I′E＝2×3 W＝6 W，则PAB＝(6－4) W＝2 W，故B正确；当电流I′＝2 A时，由I＝得外电阻R＝－r＝0.5 Ω，当电流I＝3 A时，得R＝0，故C正确、D错误.
10.如图所示，电灯L标有“4 V，1 W”的字样，滑动变阻器R总电阻为50 Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A，由于外电路某处发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数为0.5 A，电压表示数为10 V.若导线完好，电路中各处接触良好，电表均为理想电表，则下列判断正确的是( )
A.发生的故障是断路
B.发生的故障是短路
C.电源的电动势为12.5 V、内阻为0.5 Ω
D.发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω
解析：选AD.电灯熄灭之后电流表示数增大，说明路端电压增大，则外电阻增大，发生的故障是断路，A对、B错；电流表示数为0.5 A，电压表示数为10 V，则R2＝＝20 Ω，电灯正常发光I＝＝0.25 A，滑动变阻器接入电路的阻值R＝＝ Ω＝20 Ω，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，可得E＝10＋0.5r，E＝9＋(0.45＋0.25)r，计算可得E＝12.5 V、r＝5 Ω，C错，D对.
三、非选择题(本题共3小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11.(12分)用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一个表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值.完成下列填空：
甲
乙
(1)仪器连线如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作，则表笔a为________(选填“红”或“黑”)色.
(2)若适当调节电阻箱后，图乙中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________ Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________ Ω.
(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________ V.(保留3位有效数字)
解析：(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的，为黑表笔.
(2)多用电表用×1 Ω挡，由图示(a)可知，其示数为14.0×1 Ω＝14.0 Ω；
电流表的量程是60 mA，由图示(b)可知，其分度值为1 mA，示数为53.0 mA；
电阻箱的读数为：0×100 Ω＋0×10 Ω＋4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.
(3)当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig＝，将Rg取为r＋rg＋R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻.当选择×1 Ω挡测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15 Ω，在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0 Ω，干路电流是53.0 mA，则电源电动势是E＝I(R内＋R外)＝0.053×(15＋14) V＝1.537 V≈1.54 V.
答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6 (3)1.54
12.(14分)(2018·淄博第六中学检测)利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E＝6 V，电源内阻r＝1 Ω，电阻R＝3 Ω，重物质量m＝0.10 kg，当将重物固定时，理想电压表的示数为5 V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V，(不计摩擦，g取10 m/s2).求：
(1)串联入电路的电动机内阻为多大？
(2)重物匀速上升时的速度大小.
解析：(1)由题，电源电动势E＝6 V，电源内阻r＝1 Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5 V，则根据闭合电路欧姆定律得
电路中电流为I＝＝1 A
电动机的电阻RM＝＝2 Ω.
(2)当重物匀速上升时，电压表的示数为U′＝5.5 V，电路中电流为I′＝＝0.5 A
电动机两端的电压为UM＝E－I′(R＋r)＝6－0.5×(3＋1) V＝4 V
故电动机的输入功率P＝UMI′＝4×0.5 W＝2 W
根据能量转化和守恒定律得UMI′＝mgv＋I′2RM
代入解得，v＝1.5 m/s.
答案：(1)2 Ω (2)1.5 m/s
13.(14分)(2018·济南高二区县联考)如图所示，变阻器R2的最大电阻是10 Ω，R3＝5 Ω，电源的内电阻r＝1 Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16 W，电源的输出功率为12 W.此时电灯R1正常发光，求：
(1)电灯阻值R1是多少？(设R1阻值恒定不变)
(2)当电键S断开时，要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变为多少？
解析：(1)当电键S闭合时，由P总－P出＝I2r得：
I＝＝ A＝2 A
由P总＝EI，得：E＝＝ V＝8 V
路端电压U＝E－Ir＝8 V－2×1 V＝6 V
通过R3的电流为I3＝＝ A＝1.2 A，通过电灯的电流为I2＝I－I3＝(2－1.2) A＝0.8 A
电灯R1的阻值R1＝＝`Ω＝2.5 Ω.
(2)由部分电路欧姆定律得：U＝I3R3
I＝I3＋I1
I1＝I－I3＝(2－1.2) A＝0.8 A
又可知电灯额定电流I额＝0.8 A
由闭合电路欧姆定律得：E＝I额(r＋R1＋R2)
由上式并代入数据得：R2＝6.5 Ω.
答案：(1)2.5 Ω (2)6.5 Ω
