第一章静电场的描述 ...................................................................................................... - 1 - 第二章静电场的应用 ...................................................................................................... - 9 - 第三章恒定电流............................................................................................................ - 20 - 第四、五章综合测验 .................................................................................................... - 29 - 第六章电磁现象与电磁波 ............................................................................................ - 39 -
第一章静电场的描述
(时间：60分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)
1．关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是( ) A．元电荷实际上是指电子和质子本身 B．点电荷所带电荷量一定很小
C．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型 D．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍
解析：元电荷是指一个电子或质子所带的电荷量，并不是指电子或质子本身，选项A错误；在条件满足的情况下点电荷可以代替任何带电体，故点电荷所带电荷量不一定少，选项B错误；点电荷是理想化模型，元电荷是最小电荷单位，检验电荷是指电荷量很小的电荷，故选项C错误；任何带电体所带电荷量都是元电荷电荷量的整数倍，选项D正确．
答案：D
2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为( )
A．2∶1 C．16∶1
B．4∶1 D．60∶1
解析：两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量均为＋Q，距离变为
原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．
答案：D
3.如图所示，B为线段AC的中点，如果在A处放一个＋Q的点电荷，测得B处的场强EB＝48 N/C，则( )
A．EC＝24 N/C B．EC＝12 N/C
C．若要使EB＝0，可在C处放一个－Q的点电荷
D．把q＝109 C的点电荷放在C点，则其所受电场力的大小为6×109 N
－
－
kQ
解析：由真空中点电荷的场强公式E＝r2知A错误，B正确；根据场强的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C处放一等量同种电荷，C错误；F＝qEC＝1.2×10－8 N，D错误．
答案：B
1
4．下列选项中的各4圆环大小相同，所带的电荷量已在图中标出，且电荷均1
匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点处电场强度最大的是( )
4
A B
C D
解析：将圆环上分布的电荷模拟成点电荷模型思考，利用点电荷的电场强度Q
表达式将各处电荷在O点的电场强度合成进行分析．由E＝kr2和电荷的对称分布就可知道B图电场强度最大，选项B正确．
答案：B
5．在静电场中，将一个电子由a点移到b点，克服电场力做功8 J，下列说
法正确的是( )
A．a、b两点电势差Uab＝8 V B．电子的电势能减少了8 J C．电场强度的方向一定由a指向b
D．因零电势点未确定，故a、b两点间的电势差无法确定
W－8 J
解析：a、b两点电势差Uab＝q＝＝8 V，故A正确；电子由a点移到b
－e点，克服电场力做功8 J，电子的电势能就增加了8 J，故B错误；电子由a点移到b点，但电场强度的方向不一定由a指向b，故C错误；电势是相对的，但是电势差与零电势点的选择无关，故D错误．
答案：A
6.如图所示，在电场强度E＝2 000 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移到M点，再从M点移到A点，电场力做功为( )
A．0.16×10－6 J C．－0.16×10－6 J
B．0.12×10－6 J D．－0.12×10－6 J
解析：因为WBA＝WMA＝－qEdAM，所以WBA＝－1.6×10－7 J＝－0.16×10－6 J. 答案：C
7.某匀强电场的等势面示意图如图所示，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( )
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
U
解析：电场强度E＝d＝100 V/m，电场强度的方向指向电势降落的方向，即水平向左，选项B正确．
答案：B
8.如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝53°，BC＝20 cm.把q＝10－5 C的正电荷从A移到B，静电力做功为零；从B移到C，静电力做功为－1.6×10－3 J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )
A．800 V/m，垂直AC向左 B．800 V/m，垂直AC向右 C．1 000 V/m，垂直AB斜向上 D．1 000 V/m，垂直AB斜向下
WBC解析：正电荷从A移到B，静电力做功为零，AB为等势面，而UBC＝q＝|UBC|
－160 V，电场方向垂直AB斜向下，电场强度E＝BC·＝1 000 V/m, 选项D
sin 53 °正确．
答案：D
二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分．)
9.如图所示，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面．A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列判断正确的是( )
A．A点场强等于B点场强 B．C点电势低于B点电势
C．将电子从A点移到B点，电场力不做功 D．将质子从A点移到C点，其电势能增加
解析：A、B两点场强大小相等，方向不同，A错误；A、B电势相等，均高于C点电势，B正确；A、B在同一等势面上，将电子从A点移到B点，电势能不变，电场力不做功，C正确；由于φA＞φC，质子带正电，故由A点到C点，质子的电势能减少，D错误．
答案：BC
10．带电粒子m只在静电力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服静电力做了2.6×108 J的功，则( )
－
A．m在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能 B．P点的场强一定小于Q点的场强 C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．m在P点的动能一定大于它在Q点的动能
解析：带电粒子由P点运动到Q点，克服静电力做功，即静电力做负功，所以电势能增加，再由动能定理，可知动能减少．由于条件不足，不能确定电势和场强的大小关系，因此选项A、D正确．
答案：AD
11．如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，则下列判断正确的是( )
A．该粒子带正电
B．A点的场强大于B点的场强
C．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．粒子在A点的动能小于在B点的动能
解析：电场线与等势线垂直，且从高电势指向低电势，所以电场线的大体方向向左．由运动轨迹可知带电粒子所受电场力方向大体向左，故粒子带正电，A正确；根据等势面的疏密可知EA＞EB，B正确；运动中电场力做负功，粒子的电势能增加，C错误；根据动能定理，粒子在A点动能较大，D错误．
答案：AB
12.如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，另一端固定在O点；把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是( )
A．小球重力与电场力的关系是Eq＝mg B．小球重力与电场力的关系是Eq＝3mg C．球在B点时，细线拉力为T＝3mg 23
D．球在B点时，细线拉力为T＝3mg
解析：根据动能定理，得mgLsin θ－qEL(1－cos θ)＝0，解得qE＝3mg，故A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析，可知T＝qEcos 60°＋mgsin 60°，故细线拉力T＝3mg，故C正确，D错误．
答案：BC
三、非选择题(共6小题，共52分．)
13.(4分)如图所示，把电荷量为－5×10－9 C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能__________(选填“增大”“减小”或“不变”)；若A点的电势φA＝15 V，B点的电势φB＝10 V，则此过程中电场力做的功为__________．
解析：电荷由A点移到B点，电场力做负功，故电势能增大. 由电场力做功
与电势能变化的关系知，电场力做的功为WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝(－5×10－9)×(15－10) J＝－2.5×10－8 J.
答案：增大 －2.5×10－8 J
14．(8分)有两个完全相同的带电金属小球A、B，分别带有电荷量QA＝6.4×10－9 C和QB＝－3.2×10－9 C，让两金属小球接触，请问在接触过程中，电子如何转移并转移了多少？
解析：当两个小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量Q′A＝
99
Q＋Q6.4×10－3.2×10AB－9
Q′B＝2＝ C＝1.6×10 C．在接触过程中，电子由B球
2
－
－
转移到A球，不仅将自身电荷中和，而且继续转移，使B球带Q′B的正电，这样，共转移的电子电荷量为ΔQ＝－QB＋Q′B＝(3.2×109＋1.6×109) C＝4.8×109 C，
－
－
－
－
ΔQ4.8×109 C
转移电子数n＝e＝＝3.0×1010 (个)． －19
1.6×10 C
答案：电子由B球转移到A球，转移了3.0×1010个电子．
15.(10分)如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q＝－2×10－10 C的点电荷由A点移动到B点，静电力做功4.8×10－8 J，再由B点移动到C点，电荷克服静电力做功4.8×10－8 J，取B点的电势为零，求A、C两点的电势及场强的方向．
4.8×10－8WAB
解析：把电荷从A点移到B点，由UAB＝q得UAB＝ V＝－240 V,
－2×10－10
WBC－4.8×108
所以φA＝UAB＋φB＝－240 V；把电荷从B点移到C点，UBC＝q＝ V
－2×10－10
－
＝240 V，所以φC＝φB－UBC＝－240 V．因为φA＝φC，所以A、C在同一等势面上，根据场强方向垂直等势面且由电势高处指向电势低处，可以得知场强方向垂直AC斜向上．
答案：－240 V －240 V 垂直AC斜向上
16.(10分)如图所示，匀强电场的电场强度沿水平方向，现有质量为m、带电
量为＋q的一个带电小球，以速度v0沿向右偏上30°的方向进入该电场，该小球恰好做直线运动，求：
(1)该电场的场强大小及方向；
(2)小球进入电场后在入射方向上的最大位移．
解析：(1)小球做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，则电场力的方向水平向左，可知电场强度的方向水平向左．对小球的受力分析如图所示，3mg根据qE＝mgtan 60 °得，电场强度E＝q，方向为水平向左．
(2)小球所受的合力F合＝2mg，则小球做匀减速运动的加速度大小 a＝2g，小
22
v0v0
球进入电场后在入射方向上的最大位移x＝2a＝4g.
v23mg0
答案：(1)q 方向水平向左 (2)4g
17.(10分)如图所示，水平光滑的绝缘细管中，两相同的带电金属小球相向运动，当相距L时，加速度大小均为a，已知A球带电荷量为＋q，B球带电荷量为－3q.当两球相碰后再次相距为L时，两球加速度大小为多大？
解析：设两球的质量均为m，开始两球相距L时，库仑力大小为： kq·3q3kq2
F＝L2＝L2，则 F3kq2
a＝m＝mL2，①
相碰后两球电荷量先中和，后平分，所以带电荷量均为－q，两球再次相距为kq2
L时，库仑力F′＝L2，则两球加速度均为
F′kq2
a′＝m＝mL2，② 1
由①②式得a′＝3a. 1
答案：3a
18.(10分)如图所示，在水平放置的两个平行金属板之间的匀强电场沿竖直方向，电场中A、B两点之间的连线与竖直方向的夹角为60°.把带电荷量为q＝－1.5×10－8 C的点电荷由A点移到B点，克服电场力做了4.2×10－5 J的功．
(1)若已知A点电势φA＝800 V，xAB＝1 cm，求B点电势； (2)求电场强度的大小和方向． 解析：(1)A、B两点的电势差为
－
WAB－4.2×105
UAB＝q＝ V＝2 800 V，
－1.5×10－8
设B点的电势为φB，根据UAB＝φA－φB，得 φB＝φA－UAB＝800 V－2 800 V＝－2 000 V. UABUAB
(2)电场强度为E＝d＝xcos 60°＝
AB2 800
V/m＝5.6×105 V/m， －2
1×10×0.5方向为竖直向下．
答案：(1)－2 000 V (2)5.6×105 V/m 竖直向下
第二章静电场的应用
(时间：60分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)
1．用6 V干电池对一个电容器充电时( ) A．只要电路不断开，电容器的带电量就会不断增加
B．电容器接电源正极的极板带正电，接电源负极的极板带负电 C．电容器两极板所带电量之和叫作电容器的带电量 D．充电后电容器两极板之间不存在电场
解析：当电容器两极板的电势差为6 V时，电荷量不会再增加，A错误；跟电源正极相连的极板带正电，跟负极相连的极板带负电，B正确；电容器任一极板所带的电量叫电容器的带电量，C错误；充电后电容器两极板之间存在匀强电场，D错误．
答案：B
2．下列防雷措施可行的是( ) ①在大树下避雷雨；
②停留在山顶、山脊的凉亭等地方避雷雨； ③不要快速开摩托车、骑自行车或在雨中狂奔； ④在空旷地带，最好关掉手机电源． A．①③ C．①④
B．②③ D．③④
解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端部分电荷分布密度很大，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，因此不要在大树下避雨，别停留在山顶、山脊的凉亭等地方．快速开摩托车、骑自行车或在雨中狂奔，身体的跨步越大，电压就越大，雷电也越容易伤人．在空旷地带使用手机通话，手机很有可能成为闪电放电的对象．
答案：D
3．下列关于实验中使用静电计的说法正确的是( ) A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B．使用静电计的目的是测量电容器带电荷量的变化情况 C．静电计可以用电压表替代 D．静电计可以用电流表替代
解析：静电计是用来观察电容器两端电压变化情况的仪器，不可以用电压表替代，也不可以用电流表替代，因为电流表和电压表在电路是通路时才有示数．
答案：A
4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 解析：带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大．B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错误；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错误．
答案：A
5．如图为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况．下列选项中能正确反映C与d之间变化规律的是( )
A B
C D
εrS
解析：由平行板电容器电容的决定式C＝ 4πkd可知，电容C与板极之间距离d成反比，在第一象限反比例函数图像是双曲线的一支，选项A正确．
答案：A
6.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，那么( )
A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动
解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力的方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故选项B正确．
答案：B
7.如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则( )
A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2 B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2 C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝2∶1 D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2
解析： 电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电1
子在电场中受到的静电力不变，故a1∶a2＝1∶1.由动能定理Ue＝2mv2得v＝2Ue
m，因两极板间距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶2.
答案：D
8.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
sA.2 sC.4
2qEmh 2qEmh
sB.2 sD.2 qEmh qEmh 解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根1
据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心．则在水平方向有2s＝v0t，11qE2s在竖直方向有2h＝2··t，解得v0＝ m2误．
答案：B
二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分．)
9.传感器是把非电学量(如高度、温度、压力等)的变化转换成电学量(如电压、电流、电容等)变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用．如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图．金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液体与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即( )
qE
mh，故选项B正确，选项A、C、D错
A．电源接通，若此后电容C减小，反映h减小 B．电源接通，若此后电容C减小，反映h增大 C．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小 D．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大
εrS
解析：电源接通，由C＝4kπd，若电容C减小，则S减小，即h减小，选项εrSQ
A正确；电源接通再断开，Q一定，由C＝4kπd和U＝C知，电压U减小，则电容C增大，正对面积S增大，h增大，选项D正确．
答案：AD
10．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )
A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功 C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小
解析：由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧，选项A错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，电势能均减少，选项C错误，选项B、D正确．
答案：BD
11.如图所示，平行板电容器竖直放置，A板上用绝缘线悬挂一带电小球，静
止时，绝缘线与固定的A板成θ角，平移B板，下列说法正确的是( )
A．S闭合，B板向上平移一小段距离，θ角变大 B．S闭合，B板向左平移一小段距离，θ角变大 C．S断开，B板向上平移一小段距离，θ角变大 D．S断开，B板向左平移一小段距离，θ角不变
qE
解析：分析小球受力，由平衡条件可知tan θ＝mg，则场强E增大时，θ变大，U
E减小时，θ变小．当S闭合时，电容器两极板间电压不变，由E＝d知此时E取决于板间距离d，故B板上移时，d不变，E不变，θ不变，A错误；B板左移时，U
d减小，E增大，θ变大，B正确；当S断开时，电容器所带电荷量不变，由E＝d，QεrS4πkQ
U＝C，C＝4πkd三式可得E＝εS，即此种情况下E取决于正对面积S，而与板
r
间距离无关，B上移时，正对面积减小，E增大，θ变大，C正确；B左移时，d减小，E不变，θ不变，D正确．
答案：BCD
12.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，两板间的距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一个带电荷量为q、质量为m的质点从两极板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则( )
mg
A．极板间的电场强度大小为q 2mg
B．极板间的电场强度大小为q C．质点在极板间运动的时间等于质点从极板右端运动到M屏的时间 D．质点在极板间运动的时间大于质点从极板右端运动到M屏的时间 解析：由运动的独立性可知，质点在沿平行极板方向做匀速直线运动，选项
2mg
C正确；由粒子垂直打在M屏上可知Eq－mg＝mg，故E＝q，选项B正确．
答案：BC
三、非选择题(共6小题，共52分．)
13．(6分)在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示．一位同学使用的电源电压为8.0 V，测得放电的I-t图像如图乙所示．
(1)若按“四舍五入”法，根据“I-t图像与两坐标轴包围面积”，试计算电容器全部放电过程的放电量为________________．
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为__________________．
解析：(1)根据“四舍五入”的原则，图线与坐标轴所围成的面积为42～44个小格，每个小格表示的电荷量为0.08×10－3 C，故电容器的总放电量为3.36×10
－3
～3.52×10－3 C.
Q－－
(2)由C＝U得，电容为0.42×103～0.44×103 F.
答案：(1)3.36×10－3～3.52×10－3 C (2)0.42×10－3～0.44×10－3 F
14．(5分)如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素．其中
电容器的左侧极板与电源负极相连并接地；右侧极板与电源正极相连并连接静电计金属球，静电计外壳接地；一带正电小球悬挂与两极板之间．
(1)该实验中，静电计的作用是测量电容器的______________(选填“电容”“电压”或“电荷量”)．
(2)若电容器充满电后，保持电源与电容器连接，减小极板间的距离，可观察到：小球的偏转角度________________，静电计指针偏转角度__________(均选填“变大”“变小”或“不变”)．
(3)若电容充满电后，断开电源与电容连接，上移左极板．可观察到，小球的
偏转角度__________，静电计指针偏转角___________ (均选填“变大”“变小”或“不变”)．
解析：(1)该实验中，静电计的作用是测量电容器的电压．(2)若电容器充满电U
后，保持电源与电容器连接，则U不变；减小极板间的距离d，则E＝d可知，场强E变大，则小球的偏转角度变大；因U不变，则静电计指针偏转角度不变．(3)若电容器充满电后，断开电源与电容连接，则Q不变；上移左极板，则S减小，εr S
根据C＝4πkd可知C减小，根据Q＝CU可知U变大，则静电计指针偏转角变大；U
根据E＝d可知，场强E变大，小球的偏转角度变大．
答案：(1)电压 (2)变大 不变 (3)变大 变大
15.(8分)如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.20×10－3 m，g取10 m/s2.
(1)求该电容器所带电荷量；
(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？带何种电荷？
Q
解析：(1)由公式C＝U得Q＝CU＝3×10－10×12 C＝3.6×10－9 C.
Umgd
(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝d解得q＝U＝2.0×10－3×10×1.20×10－3－6
C＝2×10 C，带负电荷．
12
答案：(1)3.6×10－9 C (2)2×10－6 C 带负电荷
16.(8分)如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上区域的面积．
解析：打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r＝vt.
1
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d＝2at2. eEeU
其中，a＝m＝md，则t＝d 将r＝vt代入得r＝vd 2πmv2d2
圆面积S＝πr＝eU.
2
2meU.
2meU.
2πmv2d2
答案：eU
17.(12分)如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求释放点A距圆轨道最低点B的距离s(已知小球受3
到的电场力大小等于小球重力的4倍)．
解析：圆弧轨道上，在复合场中“最高点”由电场力和重力的合力提供做圆周运动的向心力，如图所示．
5
F合＝（mg）＋（qE）＝4mg，①
2
2
3
由此可得tan θ＝4，② mv2
又F合＝R，③
从A至D，由动能定理得：
1
qE(s－Rsin θ)－mgR(1＋cos θ)＝2mv2，④ 23
联立求解得：s＝6R≈3.83R. 答案：3.83R
18．(13分)如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间．若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小； (2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能和速度方向． mv20
解析：(1)由动能定理，得eU0＝2， 解得v0＝
2eU0m.
(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，设板长为L，则 L＝v0t，
dat2FeU又y＝2＝2，a＝m＝md， 联立上式，解得L＝d
2U0U.
(3)对全过程列动能定理，得 1
eU0＋2eU＝Ek－0，
1
即Ek＝eU0＋2eU，
速度方向与水平方向夹角φ满足： at
tan φ＝v＝
0
U2U0. 2eU0
m (2)d
2U0
U (3)见解析
答案：(1)
第三章恒定电流
(时间：60分钟 分值：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分．)
RS
1．根据电阻定律，电阻率ρ＝L对于温度一定的某种金属来说，它的电阻率( )
A．跟导线的电阻成正比
B．由所用金属材料的本身特性决定 C．跟导线的横截面积成正比 D．跟导线的长度成反比
解析：电阻率描述的是导体本身的一种特性，是表征材料性质的重要的物理量，它与导体的材料有关，不与题意中的公式后的物理量有关，B正确，A、C、D错误．
答案：B
2．在10 s内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2 C，向左迁移的负离子所带电量为3 C，那么电解槽中电流为( )
A．0.5 A C．0.3 A
B．0.2 A D．0.1 A
q＋＋q－2＋3
解析：根据电流强度的公式I＝t＝10 A＝0.5 A，A正确，B、C、D
错误．
答案：A
3．截面直径为d，长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动的平均速度的影响是：①电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变；②导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来一半；③导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变；④导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动平均速率加倍．其中正确的选项是( )
A．①③ C．③④
B．②③ D．①④
解析：设导体的单位体积内的自由电子数为n，导体的横截面积为S，则导体的电流可以表示为I＝neSv，①电压U加倍时，导体的电阻值不变，根据欧姆定律U
I＝R可知导体的电流加倍，所以自由电子定向移动的平均速率加倍，①错误；②L
导线长度L加倍时，根据电阻定律：R＝ρS可知导体的电阻值加倍，由欧姆定律可知通过导体的电流值减小为原来的一半，所以自由电子定向移动的平均速率减为原来一半，②正确；导线截面直径d加倍时，导线的横截面积变成原来的4倍，L1
根据电阻定律R＝ρS可知导体的电阻值变成原来的4，由欧姆定律可知通过导体的电流值增大为原来的4倍，结合公式I＝neSv可知，自由电子定向移动的平均速率不变，③正确，④错误，故B正确．
答案：B
4．如图所示，有三个电阻，已知R1∶R2∶R3＝1∶3∶6，则电路工作时，电压U1∶U2为( )
A．1∶6 C．1∶3
B．1∶9 D．1∶2
解析：已知R1∶R2∶R3＝1∶3∶6，设流过R1的电流为I，且I＝I3＋I2，根据2I
欧姆定律可得2I3＝I2，则流为R2的电流为I2＝3，则由欧姆定律可知电压之比为
2I
U1∶U2＝IR1∶3R2＝1∶2，D正确．
答案：D
5．金属铂的电阻率对温度非常敏感，温度升高时电阻率也随着变大．在图中有可能表示金属铂电阻的I-U图像是( )
A B
C D
U
解析：根据电阻的定义式R＝I可知，I-U图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图像上的点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，图像是曲线，根据数学知识可知，A正确，B、C、D错误．
答案：A
6．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )
A B
C D
cb
解析：由电阻的决定式可知，A中电阻RA＝ρab，B中电阻RB＝ρac，C中电aa
阻RC＝ρbc，D中电阻RD＝ρbc，故电阻最小的为A.
答案：A
7．一电流表(表头)并联一个分流电阻R0后就改装成一个大量程的电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准电流表读数为1 A，而
改装电流表的读数为1.1 A，为了使它的读数准确，应在原分流电阻上再( )
A．并联一个电阻R，且R＞R0 B．并联一个电阻R，且R 答案：A 8.在如图所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为下图中的( ) A B C D x 解析：根据电阻定律，横坐标为x的点与A点之间的电阻R＝ρS，这两点间x 的电压U＝IR＝I·ρS(I、ρ、S为定值)，故U跟x成正比例关系， A正确． 答案：A 二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分．) 9．有一横截面积为S的铝导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流强度为I.设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子电量为e，此时电子定向移动的速度为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为( ) A．nvSΔt B．nvΔt IΔtC．e IΔtD．Se 解析：在Δ t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v Δt，由于铜导线的横截面积为S，则在Δt时间内，电子经过的导线对应体积为vΔtS.又由于单位体积的导线有n个自由电子，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt，由于流经导线的电流为I，则在Δt时间内，流经导线的电荷量为IΔt，而电子的电荷量为e，则Δt时间内通过导线横截面的自由电子数目可IΔt 表示为N＝e，故A、C正确． 答案：AC 10.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻l 丝的U-I图像，已知导体电阻R＝ρS，下列说法正确的是( ) A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示两个电阻丝的电阻随电压的增大而增大 解析：U-I图像中图像的斜率表示电阻的大小，则由图可知，b电阻丝的阻值L 大于a电阻丝的阻值，则C正确；由R＝ρS可知，长度相同时，电阻越大的电阻丝越细，则可知b代表的电阻丝较细，a代表的电阻丝较粗，则A正确，B错误；电阻丝的电阻与电压和电流无关，故D错误． 答案：AC 11．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：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． 答案：BCD 12．四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：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． 答案：AD 三、非选择题(共6小题，共52分．) 13．(6分)(1)某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动____________使F靠近小球，再转动____________使F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动__________使F固定后读数(填仪器部件字母符号)． (2)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图乙所示，测量金属板厚度时的示数如图丙所示．图乙所示的读数为_____mm， 图丙所示的读数为______mm，所测金属板的厚度为________mm. 解析：(1)用螺旋测微器测小球直径时，先转动旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G使F固定后读数． (2)题图乙的读数为0＋1.0×0.01 mm＝0.010 mm，题图丙的读数为6.5 mm＋37.0×0.01 mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm. 答案：(1)D H G (2)0.010 6.870 6.860 14．(6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0～3 V，内阻约为15 kΩ) B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ) C．电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω) D．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω) E．变阻器R1(0～100 Ω，0.6 A) F．变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A) G．电池E(电源电压约为3 V) H．开关S，导线若干 (1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(选填字母代号)． (2)为减小实验误差，应选用下图中________(选填“图甲”或“图乙”)为该实验的电路原理图，并按选择的电路原理图把图丙中的实物图用线连起来． (3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图丁所示，则金属丝的直径为________mm，电阻值为________Ω. 解析：(1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，E3 电路中的最大电流约为I＝R＝5 A＝0.6 A，电流表应选D；根据变阻器允许通过 x 的最大电流可知，变阻器应选E；还要选用电池和开关，导线若干．故应选用的实验器材有ADEGH. RVRx (2)由于R＞R，应选用电流表外接法，应选图乙所示电路，实物连接如图所 x A 示． (3)从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.635 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.20 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.50 A，被测电阻的阻值Ux1.20 为Rx＝I＝0.50 Ω＝2.4 Ω. x 答案：(1)ADEGH (2)乙 如解析图所示 (3)0.635 2.4 15．(8分)某个导体两端加电压16 V时，20 s内通过它的电荷量为32 C．求： (1)导体的电阻； (2)20 s内通过导体横截面的电子数； (3)若导体两端的电压为20 V时，求通过导体的电流． qU 解析：(1)由公式I＝t得电流为1.6 A；由欧姆定律I＝R得 R＝10 Ω. q (2)N＝e＝2× 1020个． U (3)由欧姆定律I＝R得I＝2 A. 答案：(1)10 Ω (2)2× 1020个 (3)2 A 16.(8分)两根材料相同的均匀导线x和y，x长为l，y长为2 l，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图所示，则x、y导线的横截面积之比为多大？ UxRx 解析：由图像可知，Ux＝6 V，Uy＝4 V，因两导体串联时电流相同，则U＝R， y y l2lUxSySxUy41而Rx ＝ρS，Ry＝ρS，所以U＝2S，则S＝2U＝＝. xyyxyx2×63 1答案：3 17．(12分)如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝100 Ω，满偏电流Ig＝1 mA，R1＝900 Ω，R2＝0.1 Ω. (1)当S1和S2均断开时，改装成的是什么表？量程多大？ (2)当S1和S2均闭合时，改装成的是什么表？量程多大？ 解析：(1)当S1、S2均断开时，Rg与R1串联，改装为电压表，其量程为U＝Ig(Rg＋R1)＝1 V．(2)当S1、S2均闭合时，Rg与R2并联，改装为电流表，其量程为Ig＋IgRgI＝R≈1 A. 2 答案：(1)电压表 1 V (2)电流表 1 A 18.(12分)如图所示，R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R3＝5 Ω，则当滑动触头从a滑到b的过程中，电流表示数的最小值为多少？ 解析：设触头上部分电阻为x Ω，则下部分为(5－x) Ω，总电阻R＝（2＋x）（8－x）（2＋x）（8－x） ＝ Ω，由数学知识可知当(2＋x)Ω＝(8－x)Ω， 102＋x＋8－x5×5 即x＝3时，R最大，此时Rmax＝10 Ω， U5 电流表的示数最小Imin＝R＝2.5A＝2 A. max答案：2 A 第四、五章综合测验 （时间：60分钟 分值：100分） 一、单项选择题（本题共8小题，每题4分，共32分.每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分.） 1.关于能源的开发和利用，下列观点不正确的是（ ） A.能源是有限的，无节制地使用常规能源，是一种盲目的短期行为 B.根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的 C.能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响 D.不断开发新能源，是缓解能源危机、加强环境保护的重要途径 解析：在能源的利用过程中，虽然能量的数量并未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的.所以，我们要节约能源，保护环境. 答案：B 2.一个闭合电路，是由电池供电的，外电路是纯电阻电路时，以下说法正确的是（ ） A.当外电阻增大时，路端电压增大 B.当外电阻减小时，路端电压增大 C.当外电阻减小时，电池的输出功率一定增大 D.当外电阻减小时，电池的输出功率一定减小 解析：由闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir＝E－R，当外电阻增大时，路 r＋1端电压增大，所以A正确；由电源的输出功率随外电阻的变化关系图像得，当外电阻变化时，其输出功率可能增加也可能减小，所以C、D均错误. 答案：A 3.下列说法中正确的是（ ） A.欧姆表的每一挡的测量范围都是0～∞ B.用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是一样的 C.用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越大 D.用欧姆表测电阻时，选不同挡位时，指针越靠近右边误差越小 解析：欧姆表的每一挡的测量范围是0～∞，所以A正确；用不同挡的欧姆表测量同一电阻的阻值时，误差大小是不一样的，所以B错误；用欧姆表测电阻，指针越接近刻度盘中央，误差越小，所以C、D错误. 答案：A 4.一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 C.E＝2.4 V，r＝2 B.E＝3 V，r＝2 D.E＝3 V，r＝1 E 解析：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. 答案：B 5.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，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（ ） 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：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. 答案：C 6.如图所示电路，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（ ） 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：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. 答案：A 7.用多用电表测量一未知电阻时，某同学选择了“×10”的挡位，指针的偏转如图所示.则关于本次测量正确的是（ ） A.该电阻约为几十欧姆 B.该电阻约为几百欧姆 C.正确的操作应选用“×1 k”挡位，重新调零测量阻值 D.正确的操作应选用“×100”挡位，重新调零测量阻值 解析：多用电表测量电阻时的电阻值等于指针“指示数”与“倍率”的乘积，A正确，B错误；用“×10”挡位测量时，表针偏角极大、指针指向表盘的右端，说明指针“指示数”极小，即被测电阻较小，为减小读数误差，应尽量使指针指在中值电阻附近，即使指针“指示数”大一些，故应选用较低倍率，C、D错误. 答案：A 8.将两个定值电阻、电阻箱和理想电压表按照如图的方式连接，其中电源的内阻为r，且r≠0.闭合开关，逐渐增大电阻箱的阻值，同时观察电压表的示数，使其读数增加ΔU.则在该过程中（ ） ΔU A.如果流过电阻箱的电流改变ΔI，则ΔI＝R1 B.定值电阻R2两端的电压逐渐减小，且减少量为ΔU ΔU C.如果流过定值电阻R2的电流改变ΔI，则ΔI＝R2＋r 2 D.电源的输出电压增加了ΔU ΔU 解析：在闭合电路中，对于定值电阻有ΔI＝R，对于变化的电阻利用闭合电ΔU 路的欧姆定律，得ΔI＝R2＋r，选项A错误，C正确.因为r≠0，电压表读数增加 2 ΔU，所以电阻R2的电压减小，减少量小于ΔU，电源输出电压增加量小于ΔU，选项B、D错误. 答案：C 二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分.每小题有多个选项是 正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分.） 9.一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个电阻箱及电源连接成如图所示的电路.今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用的办法是（ ） A.增大R1 C.增大R3 B.增大R2 D.减小R2 解析：带电油滴受到向上的静电力和向下的重力，若要使其上升，应增加静电力，也就是增加电容器两端电压，电容器两端电压与R3两端电压相等，R3与R2串联，所以增大R3或减小R2都行. 答案：CD 10.如图所示，已知电源电动势E＝12 V，内阻r＝1Ω，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（ ） 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：电动机两端的电压UM＝E－I（R＋R1＋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. 答案：BCD 11.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（ ） 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4×10－3mA 解析：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1.5×99ER 方向为b→G→a.电阻丝单位长度分担的电压U＝×L＝ V＝5 V所 R＋r100×0.297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ΔQ4×109 的电荷量.ΔQ＝ΔU·C ＝0.02×0.2×10C＝4×10C，则I＝Δt＝1A＝4× － －6 －9 10－6 mA. 答案：BC 12.某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，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（ ） A.AB段断路 C.AB段短路 B.BC段断路 D.BC段短路 解析：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. 答案：AD 三、非选择题（共6小题，共52分.） 13.（7分）图甲是探究“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”的实验的电路图. （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 .（均选填器材的字母代号） （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. 答案：（1）滑动变阻器接入电路的电阻太小，电路中电流太大，烧坏电流表 （2）B D F （3）1.5 0.75 14.（8分）在练习使用多用电表的实验中： （1）某同学连接的电路如图所示. 1.5－1.2 0.4 Ω＝0.75 ①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 的电流； ②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 的电阻； ③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 两端的电压. （2）在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时 .（选填字母） A.若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏大 B.若测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量 C.若选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 Ω D.若欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大 解析：（1）多用电表与R1串联，则选择直流电流挡时，测得的是通过R1的电流；若断开电路中的开关，多用电表使用电阻挡，则R1和R2串联接在多用电表两端，此时测得的是R1和R2串联的电阻；若多用电表选用直流电压挡，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则多用电表与R2并联，所以此时测得的是R2（或电源）两端的电压. （2）双手捏住两表笔金属杆，相当于给待测电阻又并联了一个电阻，测量值将偏小，选项A错误；测量时发现指针偏离中央刻度过大，要看指针偏角情况，若偏角太大，说明待测电阻较小，应减小倍率，重新调零后再进行测量，若偏角太小，说明待测电阻较大，应增大倍率，重新调零后再进行测量，选项B错误；选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于250 Ω，选 项C错误；欧姆表内的电池使用时间太长，则电动势E减小，完成调零过程则有Ig＝ E （式中Ig为满偏电流，是一定值，R内为欧姆表总内阻即中值电阻，随E变R内 E1 ＝1R′，由此可知当 R内＋Rxx ＋IgE 化），测量电阻Rx时，根据闭合电路欧姆定律有I＝ E减小时，I减小，指针偏角减小，所以测量值将偏大，选项D正确. 答案：（1）①R1 ②R1和R2串联 ③R2（或电源） （2）D 15.（8分）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V. （1）求通过电动机的电流； （2）求输入电动机的电功率； （3）若电动机以v＝1 m/s的速度竖直向上匀速提升重物，g取10 m/s2，求该重物的质量. 解析：（1）UR＝U－UV＝160 V－110 V＝50 V， UR50 IR＝R＝10A＝5 A. 由R与电动机串联可得通过电动机的电流IM＝IR＝5 A. （2）电动机的输入功率为P＝UVIM＝550 W. （3）电动机的输出功率为P′＝P－I2Mr＝530 W. 由P′＝Fv＝mgv，得m＝ P′ ＝53 kg. gv 答案：（1）5 A （2）550 W （3）53 kg 16.（8分）如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为1.6 V和0.4 A，当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势和内阻. 解析：当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得U1＝E－I1r，所以E＝1.6＋0.4r，① 当S断开时，只有R1接入电路，则外电路电阻变大，电压表示数变大，电流表示数变小，由闭合电路欧姆定律得U2＝E－I2r， 所以E＝（1.6＋0.1）＋（0.4－0.1）r，② 由①②得E＝2 V，r＝1 Ω. 答案：2 V 1 Ω 17.（9分）电路图如图甲所示，图乙是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为15 Ω，定值电阻R0＝3 Ω. （1）当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？ （2）当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？ 解析：（1）由题图乙可知电源的电动势和内阻为：E＝20 V，r＝7.5 Ω. 由题图甲分析知道，当R＝0时，R0消耗的功率最大， 最大值为P＝（ E20 ）2R0＝（）2×3 W＝10.9 W. R0＋r3＋7.5 （2）当r＝R＋R0，即R＝4.5 Ω时，电源的输出功率最大，最大值为P′＝（ E20 ）2（R0＋R）＝（）2×（3＋4.5） W＝13.3 W. R0＋R＋r3＋4.5＋7.5答案：（1）0 10.9 W （2）4.5 Ω 13.3 W 18.（12分）如图所示，一电荷量q＝3×10－5C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： （1）电源的输出功率； （2）两板间的电场强度大小； （3）带电小球的质量. 解析：（1）R2、R3并联再与R1串联，阻值R外＝7.0 Ω，R总＝R外＋r＝7.5 Ω， E15 根据闭合电路欧姆定律有I＝＝7.5A＝2 A， R总P出＝I2R外＝22×7 W＝28 W. （2）U外＝IR外＝2×7 V＝14 V， U14 E＝d＝0.1 V/m＝140 V/m. （3）小球静止，由力的平衡条件得 Eq＝mgtan 37°， 140×3×105Eqm＝gtan 37°＝ kg＝5.6×10－4 kg. 10×0.75 － 答案：（1）28 W （2）140 V/m （3）5.6×10－4kg 第六章电磁现象与电磁波 （时间：60分钟 分值：100分） 一、单项选择题（本题共8小题，每题4分，共32分.每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选均不得分.） 1.下列有关磁感应强度的说法中，正确的是（ ） A.磁感应强度是用来表示磁场强弱和方向的物理量 B.若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零 C.若有一小段长为L、通以电流I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，F 则该处磁感应强度的大小一定是IL F D.由定义式B＝IL可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小 解析：引入磁感应强度的目的就是用来描述磁场强弱和方向的，因此选项AF 正确；磁感应强度是与电流I和导线长度L无关的物理量，且B＝IL中的B、F、L相互垂直，所以选项B、C、D错误. 答案：A 2.如图是条形磁铁的部分磁感线分布示意图，关于图中a、b两点磁场的描述，正确的是（ ） A.a点的磁场方向为图中Ba指向 B.b点的磁场方向为图中Bb指向 C.a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度 D.a点的磁感应强度小于b点的磁感应强度 解析：磁感线上某点的切线方向表示该点磁场的方向，题图中a、b两点的磁场方向均是错误的，故A、B错误.磁感线疏密表示磁场的强弱，a点的磁感线比较密，则a点磁感应强度大于b点的磁感应强度，故C正确，D错误. 答案：C 3.如图所示.一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：小磁针静止时的N极指向为该处的磁感线方向，根据安培定则可知通 电螺线管的右端为N极，左端为S极，内部磁感线方向是从左到右，故只有2小磁针的N、S极标注正确. 答案：B 4.地球是一个大磁体，关于地磁场有以下几种说法：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的.以上描述正确的是（ ） A.①②④ C.①⑤ B.②③④ D.②③ 解析：在地面上放一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的北极，地球的地磁两极与地理两极不重合且相反分布，北半球地磁场方向指向北斜向下，南半球地磁场方向指向北斜向上，只有赤道附近的地磁场方向是水平向北的，综上可得，D正确. 答案：D 5.有一小段通电导线，长为1 cm，导线中电流为5 A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是（ ） A.B＝2 T C.B≥2 T B.B≤2 T D.以上情况都有可能 解析：磁感应强度的定义式中的电流是垂直于磁场方向的电流.如果通电导线是垂直磁场方向放置的，此时所受磁场力最大F＝0.1 N，则该点的磁感应强度BF＝IL＝0.1 T＝2 T，如果通电导线不是垂直磁场方向放置的，则受到的磁场力 5×0.01 小于垂直放置时的受力，垂直放置时受力将大于0.1 N，由定义式可知，B将大于2 T.选项C正确. 答案：C 6.将A、B两个磁环先后套在光滑的木支架上，并使两磁环相对的磁极极性相同，此时可以看到上方的磁环A“悬浮”在空中，如图所示，设两磁环受到的重力相等且都为G，则磁环B对木支架底座的压力F与重力G的大小关系是（ ） A.F＜G C.G＜F＜2G B.F＝G D.F＝2G 解析：由A、B两磁环相对的磁极极性相同，知它们之间相互作用力是斥力，A悬浮在空中，说明A受力平衡，因此，A受到的重力和B对A的排斥力大小相等，根据牛顿第三定律，B受到A的斥力大小等于G，对B受力分析可知，B受到重力、向下的斥力和底座对B向上的支持力，B静止，所以F支＝2G，所以B对底座的压力F等于2G. 答案：D 7.如图所示，一金属圆线圈和一条形磁铁的中轴线在同一竖直平面内，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是（ ） A.将磁铁竖直向上平移 B.将磁铁水平向右平移 C.将磁铁在图示的平面内，N极向上、S极向下转动 D.将磁铁的N极转向纸外，S极转向纸内 解析：图示状态下，穿过圆形线圈的磁通量为零，而选项A、B、C中的做法不会引起线圈中磁通量的变化，故无感应电流. 答案：D 8.某电路中电场随时间变化的图像如下列各图所示，能发射电磁波的电场是（ ） A B C D 解析：图A中电场不随时间变化，不会产生磁场；图B和图C中电场都随时间做均匀的变化，只能在周围产生恒定的磁场，也不会产生和发射电磁波；图D 中电场随时间做不均匀的变化，能在周围空间产生变化的磁场，而这磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，能发射电磁波. 答案：D 二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分.每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选均不得分.） 9.下列关于光子的说法中，正确的是（ ） A.在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每份叫作一个光子 B.光子的能量由光的强度决定，光越强，每份光子的能量一定越大 C.光子的能量由光的频率决定，其能量与它的频率成正比 D.光子可以被电场加速 解析：光子的能量由光的频率决定，E＝hν，光子不带电，不能被电场加速. 答案：AC 10.关于磁场，下列说法正确的是（ ） A.磁场和电场一样，是一种客观存在的特殊物质 B.磁场的基本性质是对处于其中的磁体或通电导体有力的作用 C.磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质 D.磁场是磁体周围或通电导体周围存在的一种物质，有小磁针放入其中时，存在磁场；无小磁针放入其中时，磁场不存在 解析：磁场和电场都是客观存在的特殊物质，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或通电导体有力的作用，A、B正确；磁场虽然看不见、摸不着，但是它是客观存在的，C、D错误. 答案：AB 11.三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线搭成一等边三角形.在导线中通过的电流均为I，电流方向如图所示.a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等.将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3.下列说法正确的是（ ） A.B1＝B2＜B3 B.B1＝B2＝B3 C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里 D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里 解析：靠近a点的两根导线产生的磁场叠加后，磁感应强度为零，a点磁感应强度由离a最远的导线决定，b点的磁感应强度大小与a点相同，对于c点，靠近c的两根导线的磁感应强度方向相同，叠加后的磁感应强度最大，选项A正确，选项B错误；由右手螺旋定则和磁感应强度的矢量叠加可得，选项C正确，选项D错误. 答案：AC 12.彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（ ） A B C D 解析：根据右手螺旋定则判断，选项A、B中I1、I2在闭合线圈中产生的磁场反向，可能为零，选项A、B正确. 答案：AB 三、非选择题（共6小题，共52分.） 13.（8分）如图所示为奥斯特实验所用装置，开关闭合前将小磁针置于水平桌面上，其上方附近的导线应与桌面平行且沿 （选填“东西”或“南北”）方向放置，这是由于考虑到 的影响.开关闭合后，小磁针偏转了一定角度，说明 .如果将小磁针置于导线正上方附近，开关闭合后小磁针 （选填“会”或“不会”）发生偏转. 解析：奥斯特实验时研究通电导线周围的磁场让小磁针受磁力从而发生明显的转动，要排除其他磁场的干扰，特别是地磁场，因地磁场的磁场是由南向北， 故导线南北放置产生东西方向的磁场.小磁针发生明显的转动说明通电导线周围存在和磁铁一样性质的磁场.导线周围分布有磁场，故小磁针放在导线周围任意位置都会偏转. 答案：南北 地磁场 电流周围有磁场 会 14.（8分）我们通过实验可以探究感应电流的产生条件，在下图的实验中，线圈A通过滑动变阻器和开关接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B里面.通过实验，判断线圈B中是否有电流产生. （1）开关闭合的瞬间 （选填“有”或“无”）感应电流产生. （2）开关总是闭合的，缓慢滑动变阻器时， （选填“有”或“无”）感应电流产生. （3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片， （选填“有”或“无”）感应电流产生. （4）归纳以上实验的结果，产生感应电流的条件是 . 解析：（1）开关闭合的瞬间，穿过线圈B磁通量发生变化，则线圈B中有感应电流产生.（2）开关总是闭合的，缓慢滑动变阻器时，线圈A中电流变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生.（3）断开开关后，迅速移动滑动变阻器的滑片，线圈A中电流变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生.（4）归纳以上实验的结果，产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化. 答案：（1）有 （2）有 （3）有 （4）穿过闭合回路的磁通量发生变化 15.（8分）人的肉眼可以觉察到4.6×10－18 J能量的光，那么有多少个波长λc＝5×10－7 m的光子才能引起人眼的感觉？（其中ν＝λ） －－ cEEλ4.6×1018×5×107 解析：每个光子的能量ε0＝hν＝hλ，所以n＝ε＝hc＝≈6.63×10－34×3×1080 12（个）. 答案：12个 16.（8分）如图所示，矩形导线框abcd处在磁感应强度B＝0.2 T的有理想边界的匀强磁场中，线框ab边长0.1 m，bc边长为0.2 m，求： （1）线框在图示位置时穿过线框的磁通量； （2）线框向右水平移动0.1 m时，穿过线框的磁通量. 解析：（1）线框在图示位置时磁场和线圈平面垂直，所以穿过线框的磁通量Φ1＝BS＝0.2×0.1×0.2 Wb＝4×10－3 Wb. （2）线框向右水平移动0.1 m时，线圈只有一半面积在磁场中，所以穿过线圈的磁通量Φ2＝BS′＝0.2×0.1×（0.2－0.1） Wb＝2×10－3 Wb. 答案：（1）4×10－3 Wb （2）2×10－3 Wb 17.（10分）匀强磁场中有一段长为0.2 m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过2.0 A的电流时，受到1.6 N的安培力，则 （1）磁场磁感应强度是多少？ （2）当通过的电流加倍时，磁感应强度是多少？导线所受安培力大小？ F解析：（1）电流的方向与磁场垂直，根据磁感应强度的定义式得：B＝IL＝1.6 T＝4 T. 2.0×0.2 （2） 磁感应强度与电流的大小无关，所以当通过的电流加倍时，磁感应强度仍然是4 T，导线受到安培力F′＝BI′L＝4×4.0×0.2 N＝3.2 N. 答案：（1）4 T （2）4 T 3.2 N 18.（10分）已知山东地面处的地磁场水平分量约为3×10－5 T，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验.他们将一小磁针放在一个水平放置的螺线管的轴线上，如图所示.小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成60°角的方向.请在图上标明螺线管导线的绕向，并求出该通电螺线管在小磁针处产生的磁感应强度大小.（保留一位有效数字） 解析：接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和螺线管的磁场的叠加磁场的 方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判定螺线管导线绕向如图所示.由题意知地磁场水平分量By＝3×10－5T，设通电螺线管产生Bx 的磁场为Bx，由下图可知＝tan 60° 得Bx＝3×10－5×3`T≈ 5×10－5T. By 答案：见解析 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容