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课时分层作业(十七)　实验：练习使用多用电表
基础达标练
1．某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表(量程0～1 V，内阻约10 kΩ)
B．电压表(量程0～10 V，内阻约100 kΩ)
C．电流表(量程0～1 mA，内阻约30 Ω)
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.05 Ω)
E．电源(1.5 V，额定电流0.5 A)
F．电源(12 V，额定电流2 A)
G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________．(均填器材的字母代号)
(2)在方框中画出测量Rx阻值的实验电路图．
Ｋ
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值，原因是__________________________．
2.
甲同学要把一个量程为0～200 μA的直流电流计G，改装成量程是0～3 V的直流电压表．
(1)他按如图4所示电路，用半偏法测定电流计G的内电阻Rg，其中电阻R0约为1 kΩ，为使Rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电阻器R1应选用________，电阻器R2应选用________．(选填器材前的字母)
A．电源(6 V)
B．电阻箱(0～999.9 Ω)
C．滑动变阻器(0～500 Ω)
D．电阻器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0～51 kΩ)
E．电阻器(0～5.1 kΩ)
(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大，后续的实验操作步骤依次是________，________，________，________，最后记录R1的阻值并整理好器材．(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)
A．闭合S2
B．闭合S1
C．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
D．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
E．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
F．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
(3)如果所得的R1的阻值为300.0 Ω，则图中被测电流计G的内阻Rg的测量值为________ Ω，该测量值________实际值(选填“略大于”“略小于”或“等于”).
素养综合练
3．某兴趣小组的同学为了测量某量程为0～3 V电压表的内阻，设计了如图甲所示的电路．实验器材如下：
A．待测电压表V(量程0～3 V，内阻约为几kΩ)
B．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω)
C．电阻箱R1(阻值范围0～9 999 Ω)
D.直流电源，电压为6 V
E．开关一个，导线若干
(1)实验电路已进行了部分连接，请按电路图在乙图中将其补充完整．
(2)闭合开关S前，最好将滑动变阻器的滑动头P移到________(选填“a”或“b”)端．
(3)将电阻箱的电阻调到1 000 Ω，闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数为3 V．保持电路的其他部分不变，只调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1 V时，电阻箱示数为7 680 Ω，电压表的内阻为________ Ω.课时分层作业(六)　静电的防止与利用
基础达标练
1．如图所示，显示了在外加匀强电场E0中，无穷大导体板中静电平衡的建立过程，下列说法正确的是(　　)
A.图甲、图乙显示了导体内部带负电的电子在静电力作用下运动，而带正电的离子不受静电力作用
B．图丙中，导体内部场强处处为零
C．图丙中，导体内部没有电场
D.图丙中，导体AB表面感应电荷将在导体内部产生一个水平向左的电场，大小也为E0
2．(多选)静电现象在技术中有很多应用，图中四张图片反映的是静电技术在生活中的应用，下列说法正确的是(　　)
A．图甲为超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，他们必须穿上橡胶制成的绝缘衣服
B．图乙为家用煤气灶的点火装置，它是根据尖端放电的原理而制成的
C．图丙为避雷针的示意图，只要在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒即可防止建筑物被雷击
D．图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样使油漆与金属表面结合得更牢固
3．如图所示，在球壳内部球心处放置带电荷量为＋Q的点电荷，球壳内有A点，壳壁中有B点，壳外有C点，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B两点的场强均为零
B．EA＞EB＞EC
C．EA＜EB＜EC
D．EA＞EC＞EB
4．如图所示，A是带正电的物体，B是金属网，C是原来不带电的验电器，能使验电器的金属箔张开的是(　　)
素养综合练
5．(多选)如图所示，在左边的绝缘支架上插上顶针(其顶端是尖的)，在顶针上装上金属风针，若给风针附近的圆形金属板接上正高压极，风针接负高压极，风针尖端放电会使其旋转起来，下列说法中正确的是(　　)
A．风针尖端附近的电场线分布较密
B．风针附近的空气在强电场下发生电离
C．空气中的阳离子会向风针的尖端运动
D．交换金属板与风针所带电荷电性，风针的尖端会有正电荷射出
6．如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r(2r＜L)的空心金属球，且球心位于O点，求球壳上的感应电荷在O点处的电场强度．课时分层作业(五)　静电力的性质
基础达标练
1．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子先加速后减速
C．粒子加速度一直增大
D．粒子的动能先减小后增大
2．(多选)如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受静电力作用，则由此图可作出的正确判断是(　　)
A．带电粒子带负电
B．带电粒子由a点到b点静电力做正功
C．带电粒子在a点的动能大于在b点的动能
D．带电粒子做匀变速运动
3．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，在绝缘水平面上有两个质量相等的带异种电荷小球a、b(可视为点电荷)，且电荷量大小分别为qa＝3q，qb＝q，由静止释放，二者之间距离为r，位置关系如图所示，发现两个小球始终处于相对静止状态．则下列说法正确的是(　　)
A．a一定带正电，且电场强度大小为E＝
B．a一定带负电，且电场强度大小为E＝
C．a一定带正电，且电场强度大小为E＝
D．a一定带负电，且电场强度大小为E＝
4．如图所示，竖直放置的两块足够长的平行金属板间存在匀强电场，在两极板间某位置用绝缘细线悬挂一质量m＝10 g的带电小球，静止时细线跟竖直方向成θ＝45°角，小球与右极板的距离为b＝20 cm.
(1)若小球所带的电荷量q＝5×10－7 C，则两极板间的电场强度大小为多少？
(2)若剪断细线，则小球做什么运动？需多长时间到达右极板？(g取10 m/s2)
素养综合练
5．(多选)在匀强电场中，有一质量为m、带电荷量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，那么下列关于匀强电场的电场强度大小的说法正确的是(　　)
A．唯一值是 B．最大值是
C．最小值是 D．可能是
6．(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB.下列说法正确的是(　　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．若aA＞aB，则Q靠近N端且为负电荷
D.无论Q为正电荷还是负电荷，一定有vA＞vB课时分层作业(三)　库仑力作用下的平衡与加速问题
基础达标练
1．如图所示，两个带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2的小球，以等长的丝线悬挂于一点，下列情况正确的是(　　)
A．若m1＝m2，q1≠q2，则α＝β
B．若m1＝m2，q1＞q2，则α＞β
C．若m1＝m2，q1＜q2，则α＜β
D．若m1≠m2，q1＝q2，则α＝β
2．人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h高处，恰处于悬浮状态，现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h高处无初速度释放，则此带电粉尘将(不考虑星球的自转影响)(　　)
A. 向星球中心方向下落 　B．被推向太空
C．仍在那里悬浮 　 D．无法确定
3．电荷量为4×10－6 C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2 kg、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点．A、B间距离为30 cm，AB连线与竖直方向夹角为60°.静电力常量为9.0×109 N·m2/C2，小球可视为点电荷．下列图示正确的是(　　)
4．如图所示，水平天花板上用长度相同的绝缘细线悬挂两个相同的带电小球A、B，左边放一个带正电的固定球时，两悬线都保持方向竖直，小球A与固定球的距离等于小球A与小球B的距离．下列说法中正确的是(　　)
A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较多
B．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较少
C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较多
D．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较少
5．如图所示，带电小球A悬浮于空中，带电小物块B、C静置于绝缘水平面上．已知A的带电荷量为＋q，A、B、C的质量都为m，它们之间的距离都为d，B、C的带电荷量相同，重力加速度为g，静电力常量为k.求：
(1)B的带电性质；
(2)B的电荷量；
(3)B对地面的压力大小．
素养综合练
6．如图所示，光滑平面上固定一金属小球，用原长为l0的绝缘弹簧将其与另一个金属小球连接，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(　　)
A．x2＝x1 B．x2＝x1
C．x2＞x1 D．x2＜x1
7．(多选)如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q的点电荷，在距水平面高h处的空间内存在一场源点电荷＋Q，两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°，现给－q一水平初速度，使其恰好(对水平面无压力)在水平面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　)
A．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为
B．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为
C．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为
D．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为课时分层作业(二十二)　磁感应强度　磁通量
基础达标练
1．根据磁感应强度的定义式B＝，下列说法中正确的是(　　)
A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、l的乘积成反比
B．一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零
C．磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同
D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零
2．磁感应强度的单位是特斯拉(T)，与它等价的是(　　)
A． B．
C． D．
3．三个相同的矩形线圈置于水平向右的匀强磁场中，线圈Ⅰ平面与磁场方向垂直，线圈Ⅱ、Ⅲ平面与线圈Ⅰ平面的夹角分别为30°和45°，如图所示．穿过线圈Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的磁通量分别为ΦⅠ、ΦⅡ、ΦⅢ.下列判断正确的是(　　)
A．ΦⅠ＝ΦⅡ B．ΦⅡ＝ΦⅢ
C．ΦⅠ>ΦⅡ D．ΦⅢ>ΦⅡ
4．如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点O上．当通以相同大小的电流时，两通电线圈在O点产生的磁场方向分别为垂直纸面向里和竖直向上，大小相等，则O处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度的大小之比是(　　)
A．1∶1 B．2∶1
C．∶1 D．1∶
5．(多选)一长直螺线管a通有电流，在螺线管外套有半径较大的线圈b，设a中线圈匝数为N1，b线圈匝数为N2，下列说法正确的有(　　)
A．N1、N2都不变，a的电流增加，b的磁通量增加
B．a的电流不变，N2不变，N1增加，b的磁通量增加
C．a的电流不变，N1不变，N2增加，b的磁通量增加
D．N1、N2都不变，a的电流不变，在a中插一软铁芯，b的磁通量增加
6．如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为Φ，若线圈绕OO′轴转过60°的过程中，磁通量的变化量为ΔΦ，则Φ和ΔΦ的大小分别为(　　)
A．， B．，
C．BL2， D．NBL2，
7．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图所示)，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为(　　)
A. B．B
C．2B D．
8．磁场中放一根与磁场方向垂直的通电导线，通过它的电流是2.5 A，导线长1 cm，它受到的磁场力为5.0×10－2 N．求：
(1)这个位置的磁感应强度大小；
(2)当把通电导线中的电流增大到5 A时，这一位置的磁感应强度大小．
9．面积是0.5 m2的矩形线圈处于磁感应强度为20 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，穿过该线圈的磁通量是多少？若线圈平面与磁场方向夹角为60°(如图)，穿过该线圈的磁通量又是多少？
素养综合练
10．如图所示，一半球面大圆面垂直匀强磁场放置，此时穿过它的磁通量为Φ1，现使它绕着过大圆平面的圆心并垂直于匀强磁场的轴转动90°后，穿过它的磁通量为Φ2.下面的正确选项是(　　)
A．Φ1＝0 B．Φ2＝0
C．Φ1＝2Φ2 D．Φ1＝Φ2
11．如图所示，一柱状磁体的轴线与z轴平行，且在zOy平面内，其中点在y轴上．现有四个圆形线圈，a在xOz平面内，其轴线为y轴；b在yOz平面内；c在xOy平面内，d在zOy平面内．下列说法正确的是(　　)
A．穿过a、b、d的磁通量为零
B．穿过b、c，d的磁通量为零
C．穿过b、d的磁通量为零，穿过a、c的磁通量不为零
D．穿过a、b、c、d的磁通量均不为零
12．如图一所示是实验室里用来测量磁感应强度的仪器——电流天平，图二是电流天平的原理图，利用该装置测得的数据记录如方框内所示．求：
CD段导线长度：4×10－2 m
天平平衡时钩码重力：4×10－5 N
通过导线的电流：0.5 A
(1)图二中通电螺线管内磁场的方向？
(2)图二中通电导体电流的方向与磁场方向垂直，导体受到的磁场力最大，通过如图二方向的电流时，如果受到的磁场力竖直向下，怎样调整电流方向才能测出磁感应强度？
(3)请你算出通电螺线管中的磁感应强度B的大小．课时分层作业(一)　电荷
基础达标练
1．关于摩擦起电和感应起电的实质，下列说法正确的是(　　)
A．摩擦起电说明通过做功可以创造电荷
B．摩擦起电说明电荷可以创造
C．感应起电说明电荷可以从物体的一个部分转移到物体的另—个部分
D．感应起电说明电荷从带电的物体转移到原来不带电的物体上去了
2．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旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则(　　)
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
3．(多选)用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦，实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是(　　)
A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子
B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷
C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等
D．同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体所带电荷种类可能不同
4．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的金属箔片张开，如图所示，表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是(　　)
5．如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，C是带正电的小球，当其移近导体A后，分开A和B，之后移去C，最终A带上了－1×10－8 C的电荷，下列关于电荷转移情况正确的是(　　)
A．从A到B转移了6.25×1010个正电荷
B．从A到B转移了1.25×1011个正电荷
C．从B到A转移了6.25×1010个电子
D．从B到A转移了1.25×1011个电子
素养综合练
6．如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是(　　)
A．只闭合S1，有电子从枕形导体流向大地
B．只闭合S2，有电子从枕形导体流向大地
C．只闭合S1，有电子从大地流向枕形导体
D．只闭合S2，没有电子通过S2
7．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？课时分层作业(八)　电势差
基础达标练
1．对于电场中确定的A、B两点，关于表达式UAB＝，下列说法正确的是(　　)
A．电势差UAB随着静电力所做的功WAB变化而变化
B．WAB随着试探电荷运动路径不同而变化
C．q的大小直接影响电势差UAB的大小
D．电势差UAB由电场决定，与静电力做功WAB及试探电荷所带电荷量q无关
2．(多选)[教材P34(练习与应用)T3改编]如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法正确的是(　　)
A．电势φA>φB，电场强度EA>EB
B．电势φA>φB，电场强度EAC．将＋q从A点移到B点，电场力做正功
D．将－q分别放在A、B两点时具有的电势能EpA>EpB
3．某形状不规则的导体置于静电场中，在导体周围出现了如图所示的电场分布，图中虚线表示电场线，实线表示电势相等的线，A、B、C为电场中的三个点．下列说法正确的是(　　)
A．A点的电势高于B点的电势
B．将电子从A点移到B点，电势能减小
C．A点的电场强度大于B点的电场强度
D．将电子从A点移到C点，再从C点移到B点，电场力做功为零
4．如图所示，三个等势面上有A、B、C、D四点，若将一正电荷由C经A移到D点，静电力做正功W1；若将其由C经B移到D点，静电力做正功W2.则W1与W2，C、D两点电势φC、φD的大小关系分别为(　　)
A．W1>W2，φC<φD
B．W1C．W1＝W2，φC<φD
D．W1＝W2，φC>φD
5．如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a′、b、b′、c、c′为分布在等势面上的点．一带电粒子从a点运动到c点的过程中，电场力做功为Wac，从a′点运动到c′点的过程中，电场力做功为Wa′c′，下列说法正确的是(　　)
A．c点的电场方向一定指向b点
B．a′点的电势一定比c′点电势高
C．带电粒子从c点运动到c′点，电场力对带电粒子做功为0
D．|Wac|<|Wa′c′|
6.
如图所示，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等，一个正电荷以一定的初速度进入电场中，仅在电场力作用下从M点运动到N点(轨迹在图中没有画出)，此过程中电场力对正电荷做负功，由此可以判断(　　)
A．M点的电场强度大于N点的电场强度
B．M点的电场强度等于N点的电场强度
C．M点的电势低于N点的电势
D．M点的电势等于N点的电势
7．如图所示，A、B是点电荷电场中同一条电场线上两点，把带电荷量为q1＝10－9 C的试探电荷从无穷远移到A点，静电力做的功为4×10－8 J；把带电荷量为q2＝－2×10－9 C的试探电荷从无穷远移到B点，静电力做的功为－6×10－8 J，下列说法正确的是(　　)
A．场源电荷是正电荷，位于A的左侧
B．场源电荷是正电荷，位于B的右侧
C．场源电荷是负电荷，位于A的左侧
D．场源电荷是负电荷，位于B的右侧
8．在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服．如图所示，电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势线，c、d、e、f是等差等势线上的四个点．以下说法正确的是(　　)
A.在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高
C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大
D．将某电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势线运动
9．已知，规定离场源电荷无穷远处电势为零之后，在点电荷电场中电势φ与场源电荷电荷量Q及离点电荷的距离之间的关系为φ＝k，其中k为静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2.如图所示，某处固定一带电荷量为Q＝＋1×10－6 C，可看作点电荷的带电小球，另一电荷量为q＝＋4×10－12 C的试探电荷从电场中A点沿曲线(图中实线)运动到B点，已知A、B两点与带电小球球心之间的距离分别为rA＝20 cm，rB＝10 cm.求：
(1)A、B间的电势差UAB.
(2)从A到B过程中，试探电荷电势能的变化量．
素养综合练
10．(多选)一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做了5×10－6 J的功，那么(　　)
A．电荷在B点将具有5×10－6 J的电势能
B．电荷在B点将具有5×10－6 J的动能
C．电荷的电势能减少了5×10－6 J
D．电荷的动能增加了5×10－6 J
11．(多选)如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，只在静电力作用下其运动的v t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是(　　)
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝1 N/C
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
D．AB两点的电势差UAB＝－5 V
12．如图所示，一正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A、C间距为L，B为AC中点．现将一质量为m、带电荷量为q的小球从A点由静止释放，当小球运动到B点时速度恰好又为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为，求：
(1)小球在A点时受到的库仑力大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB.课时分层作业(二十)　电源的U I图像及电路分析
基础达标练
1.
如图所示，R1阻值恒定，R2为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降低而增大)，L为小灯泡，当R2所在位置温度升高时(　　)
A．R1两端的电压减小
B．小灯泡的亮度变暗
C．电流表的示数减小
D．通过R2的电流减小
2.
在如图所示的电路图中，R2、R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器，为理想电流表．接通开关S，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．路端电压减小
B．电流表的示数增大
C．电源内阻消耗的功率减小
D．电路的总电阻增大
3.
(多选)如图所示的电路中，S闭合，L1、L2、L3三只灯均正常发光，问当可变电阻的滑动触头右移时，对L1、L2、L3三灯亮度变化下列叙述正确的是(　　)
A．L1灯变亮 B．L2灯变亮
C．L3灯变亮 D．三灯均变暗
4.
如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)
A．的读数变大，的读数变小
B．的读数变大，的读数变大
C．的读数变小，的读数变小
D．的读数变小，的读数变大
5．如图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(　　)
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时外电阻是1.8 Ω
6.
如图所示，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(　　)
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
7.
如图所示的U I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U I关系图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知(　　)
A．电源的输出功率为3.0 W
B．电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
C．电源内部消耗功率为1.0 W
D．R的阻值为1.5 Ω
素养综合练
8.
如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1 μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态，下列说法正确的是(　　)
A．此时P点电势为6 V
B．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 C
C．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变
D．若仅将滑片从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动
9．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是(　　)
A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
10．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器，最大阻值为300 Ω.滑动变阻器的滑片P从最左端滑至最右端的过程中，测得路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的．求：
(1)由图乙求电源的电动势和内阻．
(2)定值电阻R2的阻值．
(3)滑片P从最左端滑至最右端过程中，电源输出功率的最大值．章末素养评价(二)　第十章　静电场中的能量
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列关于静电场中电场强度与电势能、电势的关系说法正确的是(　　)
A．电荷在电势高处电势能也一定大
B．电场强度越大的地方电势一定越高
C．电场强度为零的地方电势必为零
D．电势为零的地方电场强度可以不为零
2.
如图所示为某电场的电场线，一试探电荷在P、Q两点所受静电力的大小关系是(　　)
A．FP＝FQ B．FP>FQ
C．FP3.
如图所示，在点电荷＋Q的电场中，一带电粒子－q的初速度v0恰与电场线QP方向相同且重力不计，则带电粒子－q在开始运动后，将(　　)
A．沿电场线QP做匀加速运动
B．沿电场线QP做变减速运动
C．沿电场线QP做变加速运动
D．偏离电场线QP做曲线运动
4.
真空中某点电荷的等势面示意图如图所示，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是(　　)
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
5.
电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8 J，在B点的电势能为8.0×10－9 J．已知A、B两点在同一条电场线上．如图所示，该点电荷的电荷量绝对值为1.0×10－9 C，那么(　　)
A．该电荷为负电荷
B．该电荷为正电荷
C．A、B两点的电势差UAB＝4.0 V
D．把该电荷从A移到B，静电力做功为W＝4.0 J
6.
如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的质量为m，电荷量为e，重力不计．则(　　)
A.O点电势高于M点电势
B．运动过程中，电子在M点电势能最大
C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加
D．静电力对电子先做负功，后做正功
7.
在－x0～x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子(　　)
A．在－x0～0区间一直做加速运动
B．在0～x0区间受到的静电力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小
D．在－x0～0区间电势能一直增加
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)
8.
如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变大
B．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
C．保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将做自由落体运动
D．断开S，悬线烧断，则小球在电场中将做变加速曲线运动
9.
如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场方向与六边形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为1 V、6 V和9 V．则下列说法正确的是(　　)
A．D点的电势为7 V
B．电子在A点的电势能比在E点的低1 eV
C．电子从C点运动到F点，电场力做功为10 eV
D．UDF＝8 V
10.
如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，电场强度为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中，在静电力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，g为重力加速度，则可知(　　)
A．微粒在电场中做曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．M、N板间的电势差为
D．M、N板间的电势差为
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6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，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
(1)本实验过程使用的实验方法是________________________________________________________________________．
(2)实验过程中进行如下操作：使电容器带电后与电源断开．
如要研究电容C和两板间间距d的关系，应保持________不变，改变________；看到的现象是________．
12.
(9分)如图所示，真空中固定在O点的点电荷带电荷量Q＝＋2×10－6 C，虚线为另一带电荷量q＝－2×10－9 C的点电荷从无穷远处向O点运动的轨迹．点电荷从无穷远处移动到点A静电力做了1.5×10－7 J的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离O点距离为3 cm的B点电势φB＝125 V．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)求：
(1)点电荷在B点时受到的静电力的大小F；
(2)点电荷在A点的电势能EpA；
(3)A、B两点间的电势差UAB.
13.
(12分)如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
14．(12分)如图甲所示，有小孔O和O′的两金属板正对并水平放置，上下板分别与A、B接口连接，接上乙图所示电源，零时刻开始一带负电小球从O孔以某一初速度v竖直射入两板间．在0～半个周期小球匀速下落；当在T时刻时，小球恰好从O′孔离开．已知板间距为3d，带电小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g.求：
(1)U0的大小．
(2)在～T时间内，小球的加速度大小．
(3)小球射入O孔时的速度v.
15.
(15分)如图，在xOy平面的第四象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104 V/m，方向沿y轴正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标出)，右边界过B点且平行于y轴．一质量m＝1 kg、电荷量q＝1×10－3 C的带正电小球．从P点以初速度v0＝1 m/s，垂直y轴方向射入第四象限的电场E1中，yP＝－0.1 m，小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2，g＝10 m/s2，求：
(1)小球在第四象限运动的加速度大小；
(2)小球过A点的速度大小；
(3)E2电场的右边界坐标xB.详解答案
课时分层作业(一)　电荷
1．解析：A、B错：摩擦起电的过程中电荷从一个物体转移到另一个物体，在转移过程中电荷总量是不变的．C对，D错：感应起电是电荷从物体的一个部分转移到物体的另一个部分，且在转移过程中电荷总量是不变的，并不是从带电的物体转移到原来不带电的物体．
答案：C
2．解析：带电体具有吸引轻小物体的性质，由题意知，b先吸引a，当两球接触后，两球带同种电荷，有斥力作用，因此b又把a排斥开，所以B正确．
答案：B
3．解析：两物体摩擦时得失电子情况取决于原子核对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电种类一定不同，但数量相等，B错，C对．由题中例子不难看出，同一物体与不同种类的物体摩擦，带电种类可能不同，D对．
答案：CD
4．解析：把带电金属球移近不带电的验电器，若金属球带正电荷，则将导体上的自由电子吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷．
答案：B
5．解析：由于A、B都是金属导体，可移动的电荷是自由电子，A带上负电荷的原因，是电子由B移动到A，其中转移的电子数为n＝＝6.25×1010(个).这样B失去n个电子，带上1×10－8 C正电，A得到n个电子，带上1×10－8 C负电．
答案：C
6．解析：当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体．
答案：C
7．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，A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球带电荷量变为，再把A、B球接触，A、B球带电荷量都变为－.
答案：见解析
课时分层作业(二)　库仑定律
1．解析：本实验采用了控制变量法，未采用等效替代法，A错误；根据丝线偏离竖直方向的角度可以看出，从左向右小球所受带电物体的作用力逐渐减小，由于只改变了小球与带电体间的距离，没有改变电性和电荷量，只能研究电荷之间作用力的大小与两电荷间距离的关系，不能研究电荷之间作用力的大小和电性、电荷量的关系，故B、C错误，D正确．
答案：D
2．解析：如图甲所示，当两金属球带异种电荷时，电荷间相互吸引，电荷相对集中在最近端，导致电荷间距比r小，因此库仑力F>k，选项A错误，C正确；如图乙所示，当两金属球带同种电荷时，电荷间相互排斥，使电荷相对集中在最远端，导致电荷间距比r大，因此库仑力F答案：C
3．解析：由F＝k，知F∝，当电荷量不变，r增大为原来的2倍时，静电力变为原来的，选项D正确．
答案：D
4．解析：根据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力的方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，根据平行四边形定则求合力如图所示，选项B正确．
答案：B
5．解析：要使C处的正点电荷所受静电力的合力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电．设AC间的距离为L，则BC间的距离为2L.
FBsin 30°＝FA，即k·sin 30°＝k，解得＝，故选项B正确．
答案：B
6．解析：将乙图中的均匀带电的球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电的球壳对点电荷的库仑力的大小相等，故D正确．
答案：D
7．解析：球壳完整时，由于对称性，球心上的点电荷受力为0，可知挖去部分的电荷和剩下部分的电荷对点电荷产生的力大小相等、方向相反．故要计算剩下部分电荷对点电荷产生的力，只要求出挖去部分的电荷(即小圆孔所带的电荷)对点电荷产生的力即可．
由于r R，所以球壳上挖去的部分可视为点电荷，由库仑定律得F＝，其中Q′＝·πr2，得出F＝，方向由球心指向小圆孔的圆心．那么剩下的球壳电荷对球心处点电荷的力F′＝F＝，方向在小圆孔的圆心与球心的连线上，背离小圆孔的圆心．
答案：见解析
课时分层作业(三)　库仑力作用下的平衡与加速问题
1．解析：假定α＝β，则库仑力在水平方向上，m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，
m1g＝，m2g＝
因F＝F′，α＝β，则m1＝m2
可见，若m1＝m2，则α＝β，α、β的关系与两小球所带电荷量无关．
答案：A
2．解析：在星球表面h高度处，粉尘处于悬浮状态，说明粉尘所受库仑力和万有引力平衡，k＝G，得kq1q2＝Gm1m2；当离星球表面2h高度时，所受合力F＝k－G.结合上式可知，F＝0，即受力仍平衡．由于库仑力和万有引力都遵从与距离二次方成反比的规律，因此该粉尘无论距星球表面多高，都处于悬浮状态．
答案：C
3．解析：两球之间的库仑力为F＝k＝9.0×109× N＝2 N，小球B受到的重力大小为GB＝2 N，且F与竖直方向夹角为60°，F＝FB，故小球B受到库仑力、重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．
答案：B
4．解析：根据电荷间的相互作用规律可知，A球带负电，B球带正电，A球才能受到固定球向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到固定球向右的排斥力和A球向左的吸引力而平衡，故A、D错误；A球与两边带电球的间距相等，根据库仑定律可知，两边带电球带电荷量相等，即B球带电荷量与固定球的带电荷量相等，对于B球，因为A离B较近，故要想使A对B的库仑力与固定球对B的库仑力大小相等，A球的带电荷量需要比固定球带电荷量少，故B正确，C错误．
答案：B
5．解析：(1)分析题意可知，带电小球A处于静止状态，合力为零，带电小物块B、C对A的库仑力的合力与A的重力平衡，即B、C对A的库仑力斜向上，故B带正电．
(2)根据几何关系可知，库仑力对称分布，∠A＝60°，B对A的库仑力为FBA，则
FBA＝mg，FBA＝，
解得qB＝.
(3)研究整体的受力情况，库仑力为内力，整体受到重力和地面的两个支持力作用，
则地面对B的支持力FB＝mg
根据牛顿第三定律可知，B对地面的压力大小为mg.
答案：(1)正电　(2)　(3)mg
6．解析：设弹簧的劲度系数为k0，由题意知其中一个金属小球在漏电前后平衡时，有k0x1＝，k0x2＝，则＝，分析知l0＋x2＜l0＋x1，故＜4，C正确．
答案：C
7．解析：A错，B对：点电荷－q做匀速圆周运动，库仑力的水平分量提供向心力，根据库仑定律以及力的分解有Fn＝cos 30°＝.
C对，D错：结合圆周运动规律有＝m，v＝.
答案：BC
课时分层作业(四)　电场　电场强度
1．解析：A、B错：电场中某点电场强度的大小与试探电荷无关．C错：以Q为球心、r为半径的球面上，各点电场强度大小相等，但方向不同．D对：点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电场强度越小．
答案：D
2．解析：电场线是假想的线，电场中实际不存在电场线，故A错误；电场中某点的电场强度的方向与电场线在该点的切线方向一致，若电场线相交，则相交处场强方向有两个，和电场方向是唯一的相矛盾，故电场线不相交，故B正确，C错误；电场线的疏密表示电场强弱，电场线较密的地方电场强度较大，电场线较疏的地方电场强度较小，故D错误．
答案：B
3．解析：A、B错：因为电场强度与放入电场中的试探电荷的电荷量及所受的静电力无关，由电场本身决定．所以电场强度不随q、F的变化而变化．C错，D对：某点的电场强度一定，由E＝知，F与q成正比．
答案：D
4．解析：根据电场线的疏密反映电场强度的大小可知，Q点的电场强度大，故同一检验电荷在Q点所受的电场力大，故选项C正确．
答案：C
5．解析：根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异种电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，且C、D两点电场强度方向相同，故C、D错误．
答案：A
6．解析：根据电场强度的物理意义：电场强度是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关，可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的场强大小仍然是，方向与正电荷受力F的方向相同，选项A、B、C错误，D正确．
答案：D
7．解析：A错：A、B一定是同种电荷，既可能均带负电荷，也可能均带正电荷．B对：A、B各自在O处产生的电场强度等值反向，合电场强度为零．C错：a、b两点的电场强度大小相等，但方向相反．D错：c、d两点的电场强度大小相等，但方向相反．
答案：B
8．解析：A、B错：设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，由图可知电场方向指向场源电荷，所以这是一个负点电荷产生的电场．C错，D对：设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得ra∶rb＝1∶，由E＝k可得Ea＝3Eb，即Ea∶Eb＝3∶1.
答案：D
9．解析：当圆环的部分均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，由如图所示的矢量合成可得，当半圆环ABC均匀带电且电荷量为＋2q时，在圆心处产生的电场强度大小为E，方向由O到D；当另一半圆环ADC均匀带电且电荷量为－2q时，圆心处的电场强度大小也为E，方向由O到D.根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度大小为2E，方向由O到D.选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
10．解析：A、B错：根据题意，A点电场强度的方向垂直AB向下，由平行四边形定则可知，q1带正电，q2带负电．C错，D对：根据A点电场强度的方向垂直AB向下，可得
sin 30°＝，E1＝k，E2＝k
又r2＝2r1，联立解得q1＝q2.
答案：D
11．解析：由题中v t图像可知，负点电荷的速度逐渐增大，静电力的方向由A指向B，因为点电荷带负电，所以电场线由B指向A.v t图像的斜率逐渐增大，说明加速度逐渐增大，所以电场强度由A到B逐渐增大，电场线越来越密．
答案：C
12．解析：因为O点的电场强度大小为2E，可知两个点电荷在O点产生的电场强度均为；若设OA＝OB＝r，则AC＝2r，则＝k；在C点，E＋Q＝E－Q＝k＝；由平行四边形定则可知，因两点电荷在C点的场强方向夹角为120°，可知两点电荷在C点的合场强大小为，方向水平向右；则C点的合场强大小为EC＝E＋＝，选项C正确．
答案：C
课时分层作业(五)　静电力的性质
1．解析：粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向，故粒子带正电，故A错误；粒子受电场力方向沿电场线并指向轨迹的凹侧，所以先向左做减速运动，后向右做加速运动，故B错误；根据电场线的疏密知道电场强度先变小后变大，故加速度先减小后增大，故C错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，所以动能先减小后增大，故D正确．
答案：D
2．解析：由轨迹的弯曲特点可以判断静电力的方向水平向左，故粒子一定带负电，且带电粒子由a点到b点静电力做正功，A、B、D项均正确；C项错误．
答案：ABD
3．解析：两小球始终处于相对静止状态，加速度相等．如果a带正电，受到匀强电场向右的力和b对a向右的力，加速度向右；而b受到匀强电场向左的力和a对b向左的力，加速度向左，两小球加速度不相等，所以a一定带负电；取向左为正，对a，根据牛顿第二定律有3qE－＝maa；对b，根据牛顿第二定律有－qE＝mab.而aa＝ab，解得E＝，故B正确．
答案：B
4．解析：(1)设细线的拉力为F，则
F sin θ＝qE①
F cos θ＝mg②
由①②式解得E＝
可得E＝2×105 N/C.
(2)剪断细线后，小球沿细线方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，小球水平分运动也为初速度为零的匀加速直线运动．
水平方向有mg tan θ＝ma，得a＝g tan θ
由运动学公式有b＝at2
解得t＝0.2 s.
答案：(1)2×105 N/C　(2)见解析
5．解析：小球沿合力方向做加速直线运动，根据右图可确定静电力的方向，小球在重力和静电力的共同作用下做加速直线运动，当静电力的大小与重力沿垂直合力方向的分力相等时，静电力最小，即qE＝mg sin θ，故E＝.大于的值都是可能的，不存在最大值．
答案：CD
6．解析：电子运动轨迹为曲线，由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向水平向左，因此电场线方向水平向右(M→N).A错：由电子运动轨迹不能确定运动方向．B对，C错：若aA＞aB，由A靠近场源电荷Q，即Q靠近M端且为正电荷．D对：电子从A到B，静电力做负功，速度减小，vA＞vB；电子从B到A，静电力做正功，速度增大，vA＞vB.
答案：BD
课时分层作业(六)　静电的防止与利用
1．解析：图甲、图乙显示了导体内部带负电的电子在静电力作用下向左运动，易知带正电的离子同样会受到静电力的作用，A错误；图丙中导体AB表面和CD表面的感应电荷将在导体内部产生一个水平向左的电场，大小也为E0，与原电场叠加后，使得导体内部场强处处为零，但新电场E′和原电场依然存在，故B正确，C、D错误．
答案：B
2．解析：由静电屏蔽原理可知，金属壳或金属网内的场强处处为零，因此超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安全，必须穿上掺入金属丝制成的衣服，故A错误；家用煤气灶的点火装置，它是根据尖端放电的原理而制成的，故B正确；避雷针通过接地引线与接地装置连接，有雷电时可以把电荷及时导入大地，只在高大建筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒不能防止建筑物被雷击，故C错误；静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，这样静电力使油漆与金属表面结合得更牢固，故D正确．
答案：BD
3．解析：点电荷在球壳内、外表面感应出等量的异种电荷，除球壳外，电场的分布与点电荷电场的分布相同，靠近球心处的场强大、远离球心处的场强小，球壳处于静电平衡状态，则其内部场强为零，即B点场强为零，EA＞EC＞EB，D正确．
答案：D
4．解析：此题关键要清楚静电屏蔽的两种情况．达到静电平衡后，各图电荷分布情况大致如图所示．由于静电屏蔽，选项A中验电器的金属箔不能张开．而选项B中金属网接地，但是金属网仍然处于静电平衡状态，故其内部电场强度处处为0.选项C中金属网外壳带正电，能使验电器的金属箔张开．而选项D中金属网外部没有电场．因此应选C.
答案：C
5．解析：圆形金属板与风针分别接上正、负高压极后，风针附近产生强电场，且风针尖端处电场最强，因此风针尖端附近的电场线分布较密，故A正确；风针附近产生强电场使空气发生电离，空气中的阳离子会向风针的尖端运动与针尖负电荷中和，发生放电现象，而空气中的负离子因受排斥力而向相反方向运动，由于反冲，风针就旋转起来，故B、C正确；如果交换金属板与风针所带电荷电性，风针不可能放出正电荷，因为导体内只有自由运动的电子，故D错误．
答案：ABC
6．解析：球壳处于静电平衡时内部场强处处为0，故O点场强为0.所以E感－E＝0，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小等于A、B在O点产生的合场强大小E感＝EA＋EB＝k＋k＝，方向沿AB指向B.
答案：12kQ/L2，方向沿AB指向B
课时分层作业(七)　电势能和电势
1．解析：假设A、B两点相距l，直线AB与电场线的夹角为θ(θ<90°)，根据功的定义可知，沿三种路径移动该电荷，电场力做的功均为qEl cos θ，选项C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．解析：由电场线越密的地方电场强度越大，可知EA答案：D
3．解析：电荷只在电场力作用下，电场力做了2×10－6 J的正功，即合力做功为2×10－6 J，根据动能定理得知，动能增加了2×10－6 J，选项A、B错误；电场力做了2×10－6 J的正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小2×10－6 J，选项C错误，D正确．
答案：D
4．解析：本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落的数值及场强大小情况都不能确定，A、B错；a、b两点电势已知，正电荷从a到b是从低电势向高电势运动，静电力做负功，动能减小，电势能增大，C对，D错．
答案：C
5．解析：把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7 J，电场力做负功，则该点电荷带负电，电场力做功为－1.2×10－7 J，故选B.
答案：B
6．解析：由做曲线运动的条件，知q1所受静电力水平向右，q1带正电，故电场方向向右；q2所受静电力水平向左，故q2为负电荷，故A错误；电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，则A点的电势高于C点的电势，故B错误；由题图可知，静电力与运动方向成锐角，静电力对q1、q2都做正功，q1、q2的电势能都减小，故C错误，D正确．
答案：D
7．解析：(1)电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6 J，电荷的电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在A点具有1×10－6 J的电势能．
(2)A点的电势为φA＝＝ V＝100 V.
答案：(1)增加，1×10－6 J　(2)100 V
8．解析：(1)粒子所受电场力F的大小为：F＝Eq＝3.0×104×2.0×10－8 N＝6.0×10－4 N，正电荷的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右．
(2)粒子从M点移至N点的过程中，电场力所做的功为：WMN＝Fd＝6.0×10－4×0.6 J＝3.6×10－4 J
(3)根据电势能定义可知：EpM＝WMN＝3.6×10－4 J
答案：(1)6.0×10－4 N　方向向右　(2)3.6×10－4 J
(3)3.6×10－4 J
9．解析：由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子所受电场力方向向下，可判断电场线的方向向上而不是向下，A错误；粒子既可以从a点运动到b点，也可以从b点运动到a点，B错误；由于顺着电场线方向电势降低，故有φa<φb，C错误；负电荷逆着电场线方向运动时电势能减少，顺着电场线方向运动时电势能增加，因而粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确．
答案：D
10．解析：重力做功等于重力势能的减少量，重力做功5 J，故重力势能减小5 J，A错误；电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2 J，故电势能减小2 J，B错误；合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总＝WG＋W电＋W阻＝5 J＋2 J－1 J＝6 J，故动能增大6 J，C正确；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，电场力和空气阻力做的总功为1 J，故机械能增加1 J，D错误．
答案：C
11．解析：A对：质点b从M点运动到N点的过程中，动能减小，由动能定理可知，库仑力对其做的总功为负值．B错：根据v答案：A
12．解析：旋转后的情形如图所示，在这个过程中，电场力对带正电小球做的功为W1＝－2×qE×＝－qEL，对带负电小球做的功为W2＝－qEL，则电场力做的总功W＝W1＋W2＝－2qEL，因此电势能增加2qEL，选项D正确．
答案：D
课时分层作业(八)　电势差
1．解析：电势差是用比值法定义的物理量，定义式为UAB＝，电势差与试探电荷无关，由电场本身和两点的位置决定，故A、C错误，D正确．静电力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的初末位置有关，故B错误．
答案：D
2．解析：B处电场线较密，故电场强度EAφB，A错误，B正确；对正电荷，由于φA>φB，故EpA>EpB，从A到B，电势能减小，电场力做正功，对负电荷，φA>φB，EpA答案：BC
3．解析：沿电场线方向电势降低，知A点电势高于B点电势，A正确．将电子从A点移到B点，电场力做负功，电势能增加，B错误．由电场线疏密与场强大小的关系知A点的电场强度小于B点的电场强度，C错误．将电子从A点移到C点再移到B点，电场力做负功，D错误．
答案：A
4．解析：将一正电荷由C经A移到D时，W1＝qUCD，正电荷由C经B移到D时，W2＝qUCD，所以W1＝W2，由C到D静电力做正功，电势能降低，所以φC>φD，故D正确．
答案：D
5．解析：带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低未知，电场线的方向未知，A、B错误；因为c点和c′点在同一个等势面上，故两点间的电势差U＝0，根据电场力做功公式W＝qU可知，电场力对带电粒子做功为0，C正确；根据题意可得a、c两点间的电势差与a′、c′两点间的电势差相等，根据电场力做功公式W＝qU可知，|Wac|＝|Wa′c′|，D错误．
答案：C
6．解析：根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的场强小于N点的场强，A、B错误；由EpA－EpB＝WAB，得电场力做负功电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由Ep＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误．
答案：C
7．解析：由于U∞A＝＝ V＝40 V，则φA＝－40 V，由于U∞B＝＝ V＝30 V，则φB＝－30 V，可知0>φB>φA，可知场源电荷是负电荷，位于A的左侧．
答案：C
8．解析：A错：依据等差等势线的疏密表示场强大小可知，在c、d、e、f四点中，f点的电场最强．B错：沿着电场线方向，电势是降低的，因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高．C对：若将某电子由c移到f，即从高电势到低电势，其电势能将增大．D错：将某电子在d点由静止释放，在静电力作用下，它会向c点所在等势线运动．
答案：C
9．解析：(1)根据点电荷电势公式，可得A、B两点的电势分别为
φA＝＝4.5×104 V，
φB＝＝9.0×104 V.
A、B间的电势差为UAB＝φA－φB＝4.5×104 V－9.0×104 V＝－4.5×104 V.
(2)设从A到B过程中，试探电荷电势能的变化量为ΔEp根据静电力做功与电势能变化的关系有ΔEp＝－WAB＝－qUAB
代入数据得ΔEp＝－4×10－12×(－4.5×104) J＝1.8×10－7 J.
答案：(1)－4.5×104 V　(2)1.8×10－7 J
10．解析：C、D对：电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电荷电势能减少，静电力做了多少正功，电荷电势能就减少多少，由动能定理可知动能增加；W电＝ΔEk＝5×10－6 J．A、B错：因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能．
答案：CD
11．解析：据v t图像的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a＝ m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为F＝ma＝1×2 N＝2 N，则电场强度的最大值为E＝＝ N/C＝1 N/C，A正确；据v t图像可知物块的速度增大，静电力做正功，则电势能减小，B错误；据两个等量的同种正电荷形成的电场，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，C错误；由v t图像可知在A、B两点的速度分别为：vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，物块从B到A的过程，根据动能定理得：qUBA＝mv－mv＝×1×(62－42) J＝10 J，得：UBA＝5 V，由UBA＝－UAB得UAB＝－5 V，D正确．
答案：AD
12．解析：(1)设带电小球在A点时受到的库仑力大小为F，根据牛顿第二定律有mg sin 30°－F＝maA，解得F＝mg.
(2)带电小球由A点运动到B点，由动能定理有mg sin 30°·＋qUAB＝0，解得UAB＝－.
答案：(1)mg　(2)－
课时分层作业(九)　电势差与电场强度的关系
1．解析：电场线与等势面垂直，且从高电势指向低电势，电场强度的方向水平向左，E＝＝ V/m＝100 V/m.
答案：C
2．解析：A对：电场线的方向是电势降低最快的方向．B对：由题图中电场线的分布规律可知，电场不是匀强电场，C附近密集，A附近稀疏，则C附近的电场强度大于A附近的电场强度．C对，D错：由公式U＝Ed知，UBC>UAB.
答案：ABC
3．解析：在匀强电场中将某一线段等分的同时就将该线段两端的电势差等分，可将bd，ac连线，连线的交点的电势是b、d电势和的一半，也是a、c电势和的一半，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，那么对角线的交点电势就是14 V，也是a、c电势和的一半，那么c点的电势就是8 V，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
4．解析：因为正点电荷固定在a点，故Ubc＝U>0，Ude>0.因为bc段平均电场强度大于de段平均电场强度，则Ude答案：D
5．解析：(1)由E＝，得E＝ V/m＝2.5×103 V/m
因为UAB＝150 V>0，故φA>φB，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由A指向B.
(2)UAC＝EdAC＝2.5×103×0.14×cos 37° V＝280 V，
则UCA＝－UAC＝－280 V.
答案：(1)2.5×103 V/m　方向A→B　(2)－280 V
6．解析：因为AB平行于OC，并且四边形ABCO为底角是60°的等腰梯形，根据各点坐标关系故有UOC＝2UAB，即6 V－φC＝2×(3－0) V，得φC＝0 V，故A正确；由于B、C两点的电势都是零，所以BC为0 V等势线，电场线与等势线垂直，故B错误；过B作OC的垂线BD，垂足为D，再作DE垂直于BC，由几何关系得LDE＝ cm，故电场强度为E＝＝＝×102 V/m＝100 V/m，故D正确，C错误．
答案：AD
7．解析：带正电小球从O到C，根据动能定理qUOC＝ΔEk
沿电场线方向电势降低最快，所以电场线从O指向C，如图
PM⊥OM，则PC沿电场线方向上的距离为CM＝PC·cos 30°＝R·＝R，沿电场线方向电势降低，则UPC＝E·CM＝，A正确，B、C、D错误．
答案：A
课时分层作业(十)　电场中的功能关系及图像问题
1．解析：从a移到c，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，在匀强电场中，a、c两处电势相等，电场力对点电荷N也不做功，故A错误，B正确；从d移到b，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，匀强电场对点电荷N做功为W＝qE·2r＝2qEr，所以电场力做功为2qEr，故C正确，D错误．
答案：BC
2．解析：正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8 J，电势能增加8×10－8 J，但由于零电势点位置未知，所以B点的电势能不能确定，A、D错误，C正确．B点的电势能不能确定，则B点的电势不能确定，B错误．
答案：C
3．解析：根据给出的E x图像可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷，根据点电荷产生的电场强度E＝及电场的叠加可知，c、d两处场强相同，电场方向由c指向d，故c点电势高，故A正确；B、C、D错误．
答案：A
4．解析：φ x图线的斜率表示电场强度，由题图乙知，A、B位置的斜率相同，即EA＝EB，故A、B错误；由题图乙知，φA>φB，由于质子带正电，质子的电势能Ep＝qφ，故EpA>EpB，故C错误，D正确．
答案：D
5．解析：A错：小球上滑过程中，由动能定理得：W－mgh＝mv－mv，则静电力做功W＝mgh.B对：由W＝qU得，A、B两点的电势差U＝.C错：由于静电力做正功，小球的电势能减小，则小球在B点的电势能小于在A点的电势能．D错：由U＝Ed得，E＝，若电场线沿AB方向，A、B两点沿电场线方向的距离d>h，则E<＝，即电场强度的最小值小于.
答案：B
6．解析：小球a从N点由静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力在整个过程中做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，从P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
答案：BC
课时分层作业(十一)　电容器的电容
1．解析：电容器铭牌上标注的是额定电压，即正常工作的最大电压，A错误，B正确．由C＝，得Q＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，C错误，D正确．
答案：BD
2．解析：A对：要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大．断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大．B、C错：保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变．D错：保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变．
答案：A
3．解析：A中电容器通过改变介电常数εr改变电容；B中电容器通过改变导电液体的深度从而改变电容器两极正对面积改变电容；C中电容器通过改变两板间距离改变电容；D中电容器通过改变定片与动片夹角，从而改变两极板正对面积；综上分析知，B、D正确，A、C错误．
答案：BD
4．解析：由C＝，得C＝ F＝1×10－6 F，电容由电容器本身决定，当其电荷量增加2×10－4 C时，电容不变，仍为1×10－6 F．此时电容器带电荷量Q′＝(2×10－4＋2×10－4) C＝4×10－4 C．由C＝得，U′＝＝ V＝400 V.
答案：1×10－6 F　400 V
5．解析：由题图可知，液体与导体芯构成了电容器，两极板间距离不变，液面变化时只有正对面积发生变化．则由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，故电容增大，再依据C＝和两极板间电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
6．解析：充电过程中两极板的电荷量逐渐增多，根据U＝可知，两极板间电势差增大，由此可知带电小球所受电场力F＝qE＝变大，绳子所受拉力等于电场力和重力之和，即细线对小球的拉力逐渐增大，由此可知选项A错误，B正确；因为下极板接地，小球到下极板的距离是一个定值，两极板间的电场强度逐渐增大，所以小球所在位置的电势大于零且随着两极板上电荷量的增大而增大，由此可知电势能在增加，选项C正确，D错误．
答案：BC
课时分层作业(十二)　带电粒子在电场中的运动
1．解析：质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：mHv＝qHU，对α粒子：mαv＝qαU.得＝＝ ＝∶1，选项C正确．
答案：C
2．解析：设电子的初动能为Ek0，末动能为零，极板间的电场强度E＝，根据动能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝.
答案：D
3．解析：若观察到带电油滴悬浮不动，说明油滴受力平衡，则油滴受到向上的电场力，且电场力大小等于重力，即Eq＝mg，得m＝，不一定比其他油滴小，油滴所受电场力与q有关，故A、B错误；若观察到油滴向下加速运动，说明电场力小于重力，但电场力方向向上，做负功，油滴电势能增大，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝，得v0＝，电子进入极板间后做类平抛运动，时间t＝，加速度a＝，竖直分速度vy＝at，tan θ＝＝，故可知C正确．
答案：C
5．解析：
小球在电场力和重力作用下做类平抛运动，因小球垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.8 m，则DC＝0.6 m，根据运动学公式有AD＝v0t，DC＝·t2联立并代入数据可得E＝25 N/C，则UOC＝E·DC＝15 V.
答案：D
6．解析：设任一粒子 的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为a＝，对竖直分运动，有y＝at2，对水平分运动，有x＝v0t，联立得v0＝x，t＝，m＝；只有q、E、x、y的关系已知，无法比较初速度、运动时间和质量的关系，故A、C、D均错误；由于只有电场力做功，故动能增加量等于电场力做功为W＝qEy，电量相等，故a增加的动能一定等于b增加的动能，故B正确．
答案：B
7．解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动．
在竖直方向(初速度方向)上：L＝v0t
在水平方向(电场方向)上：vx＝at
由速度关系得：vx＝v0tan 30°
由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得E＝.
(2)粒子做类平抛运动，在水平方向上：d＝at2
解得d＝L.
答案：(1)　(2)L
8．解析：(1)由动能定理可得：
|q|U1＝mv，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，
水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知＝.
解得y′＝3y＝0.09 m.
答案：(1)8×104 m/s　(2)0.03 m　(3)0.09 m
9．解析：带电小球恰好做直线运动，且重力和电场力方向都在竖直方向上，说明带电小球处于平衡状态，即重力等于电场力，根据q＝mg可得，d＝，A正确，B错误；断开S1、闭合S2后，A、B板不带电，则小球从射入两板间到离开的过程中，根据动能定理，有mgh＝m－mv2可得h＝，C正确，D错误．
答案：AC
10．解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得a1＝＝，由x＝at2得＝a1t，解得t1＝.
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子进入电场E2时的加速度为a2＝＝，vy＝a2t2，沿初速度方向有L＝v1t2，v1＝a1t1，电子刚射出电场E2时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝，联立解得tan θ＝2.
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P′到O点的距离为x，
根据几何关系得tan θ＝，联立解得x＝3L.
答案：(1) 　(2)2　(3)3L
课时分层作业(十三)　带电粒子在交变电场中的运动
1．解析：0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．
答案：BD
2．解析：第1 s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移大小为l，第2 s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移大小也是l，t＝2 s时电子的总位移大小为2l，方向向左．
答案：D
3．解析：由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝at2知x t图像应为曲线，B项错误．
答案：AD
4．解析：(1)板间粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝＝2×10－3 s.
(2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1，
y1＝a＋，
且＝ma，解得y1＝0.15 m.
纵坐标y＝d－y1＝0.85 m，
t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2，
y2＝a，
解得y2＝0.05 m，
纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m，
所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85 m～0.95 m之间．
(3)分析可知由于粒子沿电场方向均加速半个交变电压的周期，粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得：qy2＝Ek－mv，
解得Ek＝5.05×10－2 J.
答案：(1)2×10－3 s　(2)范围在0.85 m～0.95 m之间　(3)5.05×10－2 J
课时分层作业(十四)　电源和电流
1．解析：依据电流的定义式可知，电流与q、t皆无关，A错误；虽然电流有方向，但是电流是标量，因此在任意相等的时间内通过导体横截面的电荷量虽然相等，但方向变化时，电流也不是恒定电流，故B、C错误；电流的单位安培是国际单位制中的基本单位，故D正确．
答案：D
2．解析：根据电流的定义式I＝可得1 s内通过电池某一横截面的电荷量为q＝It＝1×500×10－3 C＝0.5 C，A错误，B正确；在电池充电过程中，将电能转化为化学能储存起来，C错误，D正确．
答案：BD
3．解析：在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极，则q＝n·2e＋2n·e＝4ne，根据电流定义式I＝可得I＝，选项D正确．
答案：D
4．解析：本题中的n为单位长度内的自由电子数，t时间内通过导体某一横截面的自由电子数等于导体中长度为l＝vt内的自由电子数，其数量是nvt，电荷量q＝nvte，所以电流I＝＝nev，则v＝，选项D正确．
答案：D
5．解析：根据题图可知，非洲电鳐放电一次所需要的时间为t＝ s，放出的电荷量为q1＝It＝50× C＝ C，则1秒钟内非洲电鳐放出的电荷量为q＝nq1＝150× C＝25 C，选项A正确．
答案：A
6．解析：从题图标识牌可知电池的容量为60 A·h，即以6 A的电流放电可工作10 h，故A、B正确，C错误；该电池充完电可贮存的电荷量q＝60×3 600 C＝2.16×105 C，故D错误．
答案：AB
7．解析：截取圆环的任一截面S，如题图所示，在橡胶圆环运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量为Q，则有I＝＝；又T＝，所以I＝.若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，A正确．若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，B正确．若使ω、Q不变，将橡胶圆环拉伸，使环半径增大，电流不变，C、D错误．
答案：AB
课时分层作业(十五)　导体的电阻
1．解析：电阻率是反映材料导电性能的物理量，一般半导体材料的电阻率随着温度的升高而减小，A正确；常用导线选择铜、铝作为原料是因为铜、铝的电阻率较小，B错误；电阻率由材料决定，与导体的电阻、横截面积和长度无关，C错误；部分合金的电阻率不变，大部分材料的电阻率会随温度的变化而变化，D错误．
答案：A
2．解析：由电阻定律公式R＝ρ可以知道，长度和横截面积都相同的金属丝，电阻与电阻率成正比，因为甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍，所以甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍，故选项B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：截去细铜丝的，剩余部分长度变为原来的，根据电阻定律R＝ρ可知，剩余电阻变为R，A错误；将细铜丝均匀拉长为原来的2倍，由于体积不变，则横截面积变为原来的，根据电阻定律R＝ρ可知，电阻变为4R，B错误，D正确；将细铜丝对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R＝ρ可知，电阻变为R，C正确．
答案：CD
4．解析：由I U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有＝＝，故甲的电阻是乙的电阻的，A、D错误；两电阻两端电压相同，则由I＝可知，通过甲的电流是通过乙的电流的3倍，故B错误；根据I＝可知，欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍，故C正确．
答案：C
5．解析：由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样，故导电性能不一样，故C错误；根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大，故D正确．
答案：D
6．解析：根据I＝＝U可知，电阻的I U图像的斜率的倒数等于电阻，可知a、b与原点连线的斜率相等且大于c与原点连线的斜率，可知a、b电阻相等且小于c的电阻，即Ra＝Rb答案：C
7.
解析：根据U＝IR可知，U I图像中图线上的点与坐标原点连线的斜率的大小表示电阻，根据给出的点得出对应的图线如图所示，甲与坐标原点连线的斜率最大，那么其对应的电阻最大，丙与坐标原点连线的斜率最小，那么其对应的电阻最小；由于三个金属导体的长度、横截面积均相同，由电阻定律R＝ρ可知，电阻率ρ＝；因此甲的电阻率最大，丙的电阻率最小，C正确，A、B、D错误．
答案：C
8．解析：把A和C接入电路，滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻将由大变小，因为接入电路的电阻丝的长度变小．
A、D接入电路，滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻由大变小；B、C或B、D接入电路，P由A向B移动时，接入电路的电阻由大变小．
答案：见解析
9．解析：这两段等长的保险丝横截面积之比S1∶S2＝1∶4，由电阻定律R＝ρ得电阻之比R1∶R2＝S2∶S1＝4∶1，并联接入电路后两端的电压相等，由欧姆定律得通过的电流之比I1∶I2＝R2∶R1＝1∶4，即第2根保险丝中的实际电流是第1根中的4倍，而额定电流只是第1根的3倍，所以不能这样来使用．
答案：见解析
课时分层作业(十六)　串联电路和并联电路
1．解析：把电流表改装成电压表，需要串联一个电阻分压，根据欧姆定律可得串联电阻的阻值：R＝－Rg＝ Ω－500 Ω＝9 500 Ω＝9.5 kΩ.
答案：C
2．解析：在串联电路中，电流处处相等，调节大电阻，电流变化大，故图a中R1起微调作用，R2起粗调作用；在并联电路中，并联部分电压相等，通过小电阻的电流大，调节小电阻时，电流变化大，故图b中R1起粗调作用，R2起微调作用，选项B正确．
答案：B
3．解析：L1和L2允许通过的最大电流分别为I1m＝＝2 A和I2m＝＝0.5 A，故两个小灯泡L1和L2串联流经电路的最大电流为0.5 A，故L2可加最大电压6 V，L1的实际电压U1＝I2mR1＝0.75 V，故两端电压最大可加6.75 V，B正确．
答案：B
4．解析：根据欧姆定律可得：R＝－RA＝ Ω－RA＝500 Ω－RA，即电阻R的值略小于500 Ω，C正确，A、B错误；由R RA可知采用电流表内接的方法测量比较精确，D错误．
答案：C
5．解析：R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，而R2允许通过的最大电流I＝＝ A＝0.5 A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，为0.5 A；根据部分电路的欧姆定律求得加在电路两端的最大电压是Um＝Im(R1＋R2)＝0.5×(10＋20) V＝15 V，A、B、C错误，D正确．
答案：D
6．解析：定值电阻R和滑动变阻器R1串联，当风速增大时，管道内压强减小，活塞上移，带动滑动变阻器的滑片P上移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，定值电阻两端的电压变大，B正确．
答案：B
7．解析：表头改装成电流表时需并联分流电阻，且分流电阻越小，改装后量程越大，可知使用a、b时量程为0～1 A，使用a、c时量程为0～0.1 A，故A正确，B错误；由并联电路各支路两端电压相等可得Ig(R2＋Rg)＝(I1－Ig)R1，IgRg＝(I2－Ig)(R1＋R2)，Ig＝2 mA，I1＝1 A，I2＝0.1 A，解得R1≈0.41 Ω，R2≈3.67 Ω，故C正确，D错误．
答案：AC
8．解析：(1)因为电子式互感器探头原理为电阻分压，所以ac段和cd段应串联．
(2)该电子式互感器探头的原理为电阻分压，即Rac与Rcd串联，所以＝，又Rac＝(n－1)Rcd，
输入电压U输入＝Uac＋U，得U输入＝nU.
答案：(1)串联　(2)nU
9．解析：可认为理想电压表所在支路不通，则题图所示电路是四个电阻串联，电压表V1测量的是R1和R2两端的电压之和，电压表V2测量的是R2和R3两端的电压之和．因为R3＝R4，所以电压表V2相当于测的是R3和R4两端的电压之和，即A、B间的电压为电压表V1的示数与电压表V2的示数之和，则A、B间的电压为50 V＋70 V＝120 V，选项B正确．
答案：B
10．解析：电阻箱串联在电路中，当R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，则L两端的电压减小，通过L的电流也将减小，A正确，B错误；滑动变阻器与小灯泡并联，当R连入电路的阻值增大时，并联部分的总电阻也增大，电路中的总电流将减小，R1两端的电压减小，所以L两端的电压UL＝U－U1将增大，通过L的电流也将增大，C错误，D正确．
答案：AD
11．解析：灵敏电流计与电阻箱并联，改装后的电表为电流表，满偏时，M、N两端电压为U＝IgRg＝100×10－6×495.0 V＝0.049 5V＝49.5 mV，流过电阻箱的电流为IR＝＝ A＝0.009 9 A＝9.9 mA，故改装后电流表的满偏电流I＝Ig＋IR＝(9.9＋0.1) mA＝10 mA.
答案：D
12．解析：按图甲接法，由并联电路中电流跟电阻成反比，可得
R1＝Rg＝×200 Ω≈4.08 Ω
R2＝Rg＝×200 Ω≈0.4 Ω
按图乙接法，量程为0～1 A时，R2和Rg串联后与R1并联；量程为0～0.1 A时，R1和R2串联后与Rg并联，分别得：
Ig(Rg＋R2)＝(1－Ig)R1，
IgRg＝(0.1－Ig)(R1＋R2)
解得：R1≈0.41 Ω，R2≈3.67 Ω.
答案：0.41 Ω　3.67 Ω
课时分层作业(十七)　实验：练习使用多用电表
1．解析：(1)由于待测电阻的阻值较大，若选用电压表A，会导致待测电阻电流过小，电流表示数变化不明显，读数误差较大，故电压表应选B；为了让电流表示数有明显变化，电源应选F；回路中最大的电流约为I＝＝1.2 mA，故电流表应选C.(2)
由于滑动变阻器的最大阻值较小，所以滑动变阻器采用分压式接法；又＜，所以电流表采用内接法，如图所示．(3)由于电流表采用内接法，电流表的分压作用导致电压表的示数大于待测电阻两端的真实电压，待测电阻测量值大于真实值，因此电流表的分压作用是造成待测电阻测量值大于真实值的主要原因．
答案：(1)B　C　F　(2)见解析图　(3)大于　电流表的分压作用(其他正确表述也可)
2．解析：(1)由实验原理知R1应能读出具体数值，故R1应选用B；闭合S2，电路中电流I不能大于200 μA，由I＝，知R2＝－R0，代入数据得R2≈29 kΩ，故电阻器R2应选用D.(2)半偏法测电阻的实验步骤：第一步，按原理图连好电路；第二步，闭合开关S2，调节滑动变阻器R2，使电流计指针满偏；第三步，闭合开关S1，改变电阻箱R1的阻值，当电流计指针半偏时记下电阻箱读数，此时电阻箱的阻值等于电流计内阻Rg，故应选A、D、B、E.(3)如果所得的R1的阻值为300.0 Ω，则题图中被测电流计G的内阻Rg的测量值为300.0 Ω.实际上电阻箱并入后，电路的总电阻减小了，干路电流增大了，电流计半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流计的电流，电阻箱接入电路的电阻小于电流计的电阻，所以该测量值略小于实际值．
答案：(1)B　D　(2)A　D　B　E　(3)300.0　略小于
3．解析：(1)电路连线如图所示．
(2)闭合开关S前，为使测量部分起始电压较小，最好将滑动变阻器的滑动头P移到a端．(3)滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，调节电阻箱时，电压表和电阻箱两端的总电压几乎不变，设为U；则3 V＋×1 000 Ω＝U；调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1 V时，电阻箱示数为7 680 Ω，则1 V＋×7 680 Ω＝U；联立以上各式解得RV＝2 340 Ω.
答案：(1)见解析图　(2)a　(3)2 340
课时分层作业(十八)　电路中的能量转化
1．解析：A错，B对：非纯电阻电路中，W＝UIt用来求电功；Q＝I2Rt用来求电热，但W>Q；只有在纯电阻电路中，电功既可用公式W＝UIt计算，又可用公式W＝I2Rt计算．C、D错：W＝UIt可用于任何电路求总电功；而Q＝I2Rt可以适用于任何电路求电热．
答案：B
2．解析：电路中允许的最大功率为Pm＝UI＝2 860 W．用电器的功率之和大于最大功率时，用电器就不能同时使用．
答案：C
3．解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t，由公式W1＝U1q1和W1＝t可得：U1＝3 V，＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝t可求出：U2＝6 V，W2＝3.6 J.
答案：D
4．解析：(1)电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯被短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80 ℃时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到103 ℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态；由于散热，待温度降至70 ℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80 ℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态．
(2)如果不闭合开关S1，则不能将饭煮熟，因为只能加热到80 ℃.
(3)加热时电饭煲消耗的电功率P1＝，
保温时电饭煲消耗的电功率P2＝，
两式中R并＝＝ Ω＝ Ω
从而有P1∶P2＝＝＝12∶1.
答案：(1)见解析　(2)不能　(3)12∶1
5．解析：(1)电动机提升重物时，根据能量守恒定律得P电＝P热＋P机，即UI＝I2R＋mgv，解得R＝6 Ω.
(2)根据P电＝P热＋P机，得P机＝P电－P热＝UI－I2R＝－R2＋
当I＝时，P机有最大值，即I＝ A＝10 A时，
P机max＝600 W
根据P机max＝mgvmax得vmax＝1.2 m/s.
(3)若因故障电动机不能转动，则由欧姆定律得，
通过电动机线圈的电流为I′＝＝ A＝20 A，
电动机消耗的电功率为P′机＝I′2R＝2 400 W.
答案：(1)6 Ω　(2)1.2 m/s　(3)2 400 W
课时分层作业(十九)　闭合电路的欧姆定律
1．解析：电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，A错误；电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻分担的电压，而电压表内阻远大于电源内阻，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电源电动势，B正确；电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，C错误；电源电动势反映电源将其他形式的能量转化为电能的本领，电源电动势越大，则电源把其他形式的能转化为电能的本领越强，D正确．
答案：BD
2．解析：由W＝UIt可得U＝＝6 V，所以A正确．
答案：A
3．解析：设电源的内阻为r，则根据闭合电路欧姆定律，得I1＝　①，I2＝　②.联立①②两式得2(R1＋r)＝R2＋r，代入数据解得r＝2 Ω，故D项正确．
答案：D
4．解析：由题图可知，电灯均为并联；当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，则内电压增大，故路端电压减小，电灯两端的电压变小，D正确，A、B、C错误．
答案：D
5．解析：由串联电路和并联电路的特点及闭合电路的欧姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝I(＋r)，由以上两式可得r＝4R.
答案：C
6．解析：小灯泡恰好正常发光，说明此时通过小灯泡的电流为额定电流I额＝＝ A＝0.3 A，两端电压为额定电压U额＝6.0 V，而小灯泡和电源、滑动变阻器的AC部分串联，则通过电阻AC的电流与通过小灯泡的电流相等，故RAC＝＝ Ω＝10 Ω，所以RCB ＝R－RAC＝20 Ω，故B项正确．
答案：B
7．解析：对铅蓄电池电路，20 s内通过的电荷量q1＝I1t＝2 C
对干电池电路，20 s内通过的电荷量q2＝I2t＝4 C
由电动势定义式E＝得，电源消耗的化学能分别为W1＝q1E1＝4 J，W2＝q2E2＝6 J，因E1>E2，故铅蓄电池把化学能转化为电能的本领大．
8．解析：充电电池的输出功率P＝EI－I2r，根据数学知识，当I＝时，P有最大值，此时U内＝U外，由Pm＝6 W，I＝2 A，得到U外＝U内＝＝3 V，则E＝6 V，故A正确；r＝＝ Ω＝1.5 Ω，故B错误；当P＝4.5 W时，由P＝EI－I2r，代入解得I1＝1 A，I2＝3 A，故C正确；η＝＝，当I1＝1 A时，U1＝E－I1r＝4.5 V，η1＝×100%＝75%，当I2＝3 A，U2＝E－I2r＝1.5 V，η2＝×100%＝25%，故D正确．
答案：B
9．解析：由P＝UI可知，小灯泡L正常发光时电流I＝＝0.2 A，由欧姆定律有RL＝，代入数据解得小灯泡正常发光时的电阻RL＝10 Ω，当开关S接1，滑动变阻器调到R＝4 Ω时，由闭合电路欧姆定律可知I＝，解得电源的内阻r＝1 Ω，选项A错误；当开关S接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端的电压U′＝E－IRL－Ir＝0.8 V，即电动机的正常工作电压为0.8 V，电动机为非纯电阻元件，不能利用欧姆定律得出电动机的内阻，因为电动机工作时，将消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，所以电动机的内阻一定小于4 Ω，选项B、C错误；电源的效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝93.3%，选项D正确．
答案：D
10．解析：(1)由题意可知，灯泡内阻为：
R＝＝6 Ω；
由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流为：
I＝＝0.2 A；
新电池的输出功率：
P1＝EI－I2r1＝0.26 W；
旧电池的输出功率：
P2＝EI－I2r2＝－0.02 W.
(2)新、旧电池搭配使用时，旧电池的输出功率为负值，不向外输出、反而消耗能量，充当用电器，故新、旧电池不能搭配使用．
答案：(1)0.26 W　－0.02 W　(2)不能
课时分层作业(二十)　电源的U I图像及电路分析
1．解析：当R2所在位置温度升高时R2阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表的示数增大，R1两端的电压U1＝IR1增大，故A、C错误；总电流增大，内电压增大，则路端电压U＝E－Ir减小，并联部分的电压减小，所以灯泡L变暗，故B正确；通过L的电流减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，故D错误．
答案：B
2．解析：滑动触头由a端滑向b端的过程中，电路的总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，内电压增大，电源内阻消耗的功率增大，A正确，CD错误；定值电阻R3上电压降低，电流表示数减小，B错误．
答案：A
3．解析：当可变电阻的滑动触头右移时，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则L3变亮，C正确；内阻及L3上的电压变大，则L1和L2并联支路的电压减小，L1变暗，A错误；L1电流减小，则L2电流变大，L2灯变亮，B正确．
答案：BC
4．解析：将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的读数变大；总电流变小，则R1两端的电压IR1变小，故R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的读数变大，选项B正确．
答案：B
5．解析：由闭合电路的欧姆定律U＝E－Ir得，当I＝0时，U＝E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E＝6 V，故A正确．电源的内阻等于图线斜率的绝对值，r＝＝ Ω＝2 Ω，故B错误．外电阻R＝0时，短路电流为I＝＝ A＝3 A，故C错误．电流I＝0.3 A时，路端电压U＝E－Ir＝6 V－0.3×2 V＝5.4 V，则外电阻R＝＝18 Ω.故D错误．
答案：A
6．解析：当电路接通后，对小球受力分析；小球受重力、静电力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力．当电路稳定后，R1中没有电流，两端电势相等，因此电容器两极板间的电压等于R0两端电压．当R2不变，R1变化时，电容器两极板间的电压不变，板间电场强度不变，小球所受静电力不变，F不变，C、D错误；若保持R1不变，缓慢增大R2、R0两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间电场强度减弱，小球受到的静电力减小，F变小，A错误，B正确．
答案：B
7．解析：A错：电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W.B错：由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3.0 V，内阻r＝ Ω＝1.5 Ω.C错：电源内部消耗的功率为P内＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W．D对：由图线Ⅱ可知，R＝＝1.5 Ω.
答案：D
8．解析：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝E＝6 V，电容器两极板的电势差为6 V，又有下极板接地，故下极板电势为零，P点电势为U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变，又有两极板间距离增大，故电场强度减小，又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，P点电势减小，故C错误；滑片从b端向a端移动，则外电路电阻增大，所以路端电压增大，则两极板电势差增大，极板间场强增大，油滴受到的静电力增大，油滴受重力和静电力作用，又由开始时油滴静止可知，静电力方向向上，移动滑片后油滴合外力方向向上，故油滴向上运动，故D错误．
答案：B
9．解析：A、B对：由题图可知，E1＝E2＝10 V，r1＝＝ Ω、r2＝＝ Ω则r1∶r2＝11∶7.C对，D错：由小灯泡的伏安特性曲线可知，R1＝＝0.6 Ω，
R2＝＝ Ω，则R1∶R2＝18∶25.
P1＝I′1U′1＝15 W，P2＝I′2U′2＝30 W，P1∶P2＝1∶2.
答案：ABC
10．解析：(1)题图乙中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E＝20 V，内阻r＝＝20 Ω.(2)当滑片P滑到R3的最右端时，此时外电路中只有电阻R2，对应题图乙中的B点，即U2＝4 V，I2＝0.8 A，得R2＝＝5 Ω.(3)当外电阻等于内阻时，电源的最大输出功率P＝＝5 W.
答案：(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)5 W
课时分层作业(二十一)　磁场　磁感线
1．解析：A错：磁极之间的磁场无论磁极间是否发生相互作用总是存在的．B对：磁感线是人为假想的曲线，磁感线可以形象地表示磁场的强弱与方向．C错：磁感线是闭合曲线，在磁体外部，从磁体的北极出发，回到南极；在磁体内部，从南极指向北极．D错：用细铁屑在磁体周围排列出的曲线可以模拟磁感线，没有细铁屑的地方同样可以画出磁感线．
答案：B
2．解析：当电流通过导线时，磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，是1820年丹麦的奥斯特发现的．
答案：D
3．解析：磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线分布越密的地方，磁场越强，磁感线分布越疏的地方，磁场越弱，故A、C图中a点的磁场比b点的磁场强，A、C正确．
答案：AC
4．解析：磁悬浮列车采用磁场力使列车与轨道分离并悬浮起来，减小摩擦阻力，地面线圈与列车上的电磁铁间存在斥力，相对的磁极极性应相同．
答案：A
5．解析：A错，B对：由安培定则可知，通电螺线管左端为N极，右端为S极，螺线管的内部磁场由右指向左，外部由左到右，则小磁针a的N极指向错误，小磁针b的N极指向正确．
C对：对于U形螺线管，左端为S极，右端为N极，故小磁针c的N极指向正确．
D错：对于直导线AB，左侧磁感线垂直纸面向里，右侧磁感线垂直纸面向外，因此小磁针d的N极指向错误．
答案：BC
6．解析：无电流时，地磁场的方向为由南极到北极，小磁针的N极指向北极，A正确，B错误．有电流时电流的磁场为逆时针方向(由上向下看)，小磁针静止时N极应指向磁场方向，C、D错误．
答案：A
7．解析：由于小磁针指南的一端向东偏转，所以螺线管的西端为N极，由安培定则可知电源的B端为正极，在电源外部电流由B通过螺线管流向A，在电源内部电流由A流向B，故C正确．
答案：C
8．解析：根据安培定则可知B端为电磁铁的N极，A端为S极；滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻变大，电路中的电流变小，则电磁铁的磁性减弱．
答案：B
9．解析：磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力，棋盘对棋子有弹力，重力使棋子有向下滑动的趋势，因此棋子受到棋盘对它向上的静摩擦力，此力和重力平衡，使棋子不会掉下来(由于空气浮力远小于重力，故可以忽略不计)，选项B正确．
答案：B
10．解析：由A、B两磁环相对的磁极极性相同，知它们之间的相互作用力是斥力．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，由牛顿第三定律知B对底座的压力F也为2G.
答案：D
11．解析：(1)铁块受到弹簧秤向上的拉力、竖直向下的重力、螺线管对铁块向下的磁场力作用．
(2)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流变小，电磁铁磁性减弱，弹簧秤读数变小．
(3)将铁芯插入螺线管里，电磁铁磁性增强，弹簧秤的示数变大．
答案：(1)铁块受到弹簧秤向上的拉力、竖直向下的重力、螺线管对铁块向下的磁场力的作用
(2)弹簧秤读数将变小
(3)弹簧秤的示数变大
课时分层作业(二十二)　磁感应强度　磁通量
1．解析：磁场中某点通电导线受力的大小，除和磁场强弱有关外，还和导线的方向有关，导线放入磁场中的方向不同，所受磁场力的大小也不相同．
答案：D
2．解析：当导线与磁场方向垂直时，由公式B＝知，磁感应强度B的单位由F、I、l的单位决定．在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称T，1 T＝1 .
答案：A
3．解析：线圈在Ⅰ位置时，线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，为：ΦⅠ＝BS.线圈在Ⅱ、Ⅲ位置时，穿过线圈的磁通量分别为：ΦⅡ＝BS cos 30°＝BS，ΦⅢ＝BS cos 45°＝BS.则有ΦⅠ>ΦⅡ>ΦⅢ，故选C.
答案：C
4．解析：设每个线圈在O处产生的磁感应强度为B，由于两线圈产生的磁场方向相互垂直．由平行四边形定则可知，B合＝B.故B合∶B＝∶1，C正确．
答案：C
5．解析：a是通电的螺线管，用来产生磁场，磁场的强弱与a的电流大小、线圈匝数多少、是否有铁芯有关，b的磁通量只与a产生的磁场强弱及b的面积有关，与b的匝数无关，本题选择A、B、D.
答案：ABD
6．解析：当线圈位于题图所示位置时，穿过线圈的磁通量Φ1＝BS＝，当线圈绕OO′轴转过60°时穿过线圈的磁通量Φ2＝B·L2·cos 60°＝，转动的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－，ΔΦ的大小为.
答案：A
7．解析：由题可知，磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极逆时针转过30°，根据三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向如图所示，则最小为B sin 30°＝.
答案：A
8．解析：(1)由磁感应强度的定义式得
B＝＝ T＝2 T.
(2)磁感应强度B是由磁场本身决定的，和导线的长度l、电流I的大小无关，所以该位置的磁感应强度大小还是2 T.
答案：(1)2 T　(2)2 T
9．解析：已知S＝0.5 m2，B＝20 T.
(1)因为线圈平面与磁场垂直，所以
Φ＝BS＝20×0.5 Wb＝10 Wb.
(2)因为线圈平面与磁场方向夹角为60°，即α为30°，所以
Φ＝BS cos α＝20×0.5×cos 30° Wb≈8.66 Wb.
答案：(1)10 Wb　(2)8.66 Wb
10．解析：转动前穿过它的磁通量等于穿过大圆的磁通量，不为零，转动90°后，磁感线从球面穿进，又从另外球面穿过，穿过这个半球面的磁通量Φ2＝0.因此选项A、C、D均错误，B正确．
答案：B
11．解析：由磁感线的分布可知，磁感线与线圈b、d平行，不穿过这两个线圈，则b、d两线圈的磁通量为零；对于线圈a，上半圆与下半圆中磁感线的方向相反，数量相等，完全抵消，所以a的磁通量为零，A正确．
答案：A
12．解析：(1)利用安培定则可判断出通电螺线管内磁场的方向水平向右．
(2)改变电流的方向，使磁场力的方向与重力平衡，即mg＝IlB.
(3)由题意知，I＝0.5 A，G＝4×10－5 N，L＝4×10－2 m．电流天平平衡时，导线所受磁场力的大小等于钩码的重力，即F＝G.
由磁感应强度的定义式B＝得：
B＝＝ T＝2×10－3 T.
所以通电螺线管中的磁感应强度为2×10－3 T.
答案：见解析
课时分层作业(二十三)　电磁感应现象及应用
1．解析：线框远离导线时，穿过线框的磁感应强度减小，线框的面积不变，所以穿过线框的磁通量减小．
答案：B
2．解析：根据题意可知，当将螺线管M插入(或拔出)螺线管N时穿过线圈N的磁通量发生变化，线圈N中产生感应电流，电流计指针偏转，A、B正确，D错误；快速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈N的磁通量发生变化，线圈N中产生感应电流，电流计指针偏转，故C正确．
答案：ABC
3．解析：根据安培定则可判断出通电长直导线产生的磁场方向，线圈a中的磁场方向均垂直于纸面向里，线圈c中的磁场方向均垂直于纸面向外，线圈b、d中的合磁通量始终为零，故增大两直导线中的电流时，线圈a、c中的磁通量发生变化，有感应电流产生，而线圈b、d中无感应电流产生．
答案：CD
4．解析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，根据选项B、C、D中的图像可知，它们穿过闭合电路的磁通量发生了变化，能产生感应电流，选项B、C、D正确，A错误．
答案：BCD
5．解析：回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，产生磁场，回路B中有磁通量．在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从无到有或从有到无，产生的磁场发生变化，从而使穿过回路B的磁通量发生变化，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转，所以选项A、D正确．
答案：AD
6．解析：在线框进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量分别增加和减少，闭合线框中有感应电流产生；整个线框在磁场中运动时，线框中无感应电流产生，所以，线框中产生感应电流的时间为.
答案：C
7．解析：保持开关闭合时，电流不变，右侧线圈中磁通量不会变化，故不会产生感应电流，电流表指针不发生偏转，选项A错误；开关闭合的瞬间，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，选项B正确；开关断开瞬间，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，选项C正确；移动变阻器滑片时，电流发生变化，右侧线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转，选项D正确．
答案：BCD
课时分层作业(二十四)　电磁波的发现及应用
1．解析：要想产生电磁波，变化的电场(或磁场)产生的磁场(或电场)必须是周期性变化的，A错误；麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，选项B正确；电磁波可以在真空中传播，选项C错误；电磁波具有能量，电磁波的传播过程，也就是能量的传播过程，D正确．
答案：BD
2．解析：GPS接收器通过接收卫星发射的导航信号，实现对车辆的精确定位和导航．卫星向GPS接收器传送信息依靠的是电磁波，选项B正确．
答案：B
3．解析：电磁波谱按波长从长到短排列顺序依次是无线电波→红外线→可见光(红、橙、黄、绿、青、蓝、紫)→紫外线→X射线→γ射线，由此可知B、C、D选项正确．
答案：BCD
4．解析：X射线有很强的穿透本领，常用于医学上透视人体，红外线没有，A错误；过强的紫外线照射对人的皮肤有害，B错误；电磁波中频率最大的是γ射线，但其频率太高，辐射太强，不适于进行人体透视检查，C错误，D正确．
答案：D
5．解析：根据c＝λf得f＝，故波长越长，频率越低，A错误；无线电波属于电磁波，传播不需要介质，B错误；反射是波所特有的现象，C正确；雷达发射的无线电波既传播信息也传递能量，D错误．
答案：C
6．解析：由题图可知8～13 μm波段的电磁波，水和二氧化碳几乎均不吸收，故D选项正确．
答案：D
7．解析：(1)当感应线圈使得与它相连的两个金属球间产生电火花时，空间出现了迅速变化的电磁场，这种电磁场以电磁波的形式在空间传播，在电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环的空隙处也产生了火花．(2)电磁波传播不需要介质，可在真空中传播，电磁波是具有能量的，电磁波在介质中传播时把部分能量传递给了介质，在真空中传播时，没有转移能量的载体，所以不会损耗，实验效果更明显．
答案：见解析
章末素养评价(一)
1．解析：电场强度E可以根据定义式E＝来计算，电场强度在数值上等于单位正电荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误；电场强度是由电场本身决定的，是电场的一种性质，与试探电荷是否存在无关，故B错误，D正确；库仑力属于强相互作用，是一种远程力，点电荷电场强度的决定式E＝k不适用于r接近0的情况，故C错误．
答案：D
2．解析：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，若将其接触验电器的金属球，此时两金属箔带同种电荷，即正电荷；在此过程中，一部分电子会从验电器转移到玻璃棒；移走玻璃棒时，金属箔仍带电，不会立即合在一起．
答案：C
3．解析：两球心相距90 cm时，两球距离比球本身大得多，由库仑定律知F＝k＝k；两球相碰后，电荷量变为－Q、－Q，但两球心距离变为3 cm，这时两球不能再被看作点电荷，所以不能用库仑定律计算．但可定性分析，由于电荷同性相斥、异性相吸，电荷向远端移动，所以电荷间距离大于3 cm，F答案：D
4．解析：由图可知，b处电场线较密，则b处电场强度较大，故A错误；合力大致指向轨迹凹的一侧，可知电场力方向向上，与电场线的方向相反，所以该试探电荷带负电，故B正确；从a运动到b，力和速度方向夹角为锐角，电场力做正功，动能增大，速度增大，故C、D错误．
答案：B
5．解析：由电场强度的定义式E＝，得F＝qE，故F q图像的斜率表示电场强度，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，而该电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧，由于电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
6．解析：根据点电荷电场强度公式E＝k，结合矢量合成法则求解．设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度EA＝0，B选项中电场强度EB＝2k，C选项中电场强度EC＝k，D选项中电场强度ED＝k，所以B正确．
答案：B
7．解析：根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab＞aa＝ad＞ac，又由h＝at2，得tb＜ta＝td＜tc，选项D正确．
答案：D
8．解析：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；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对；在摩擦起电过程中，根据电荷守恒定律，得失电子数目是相等的，M带正电荷2.72×10－9 C，则N一定带负电荷2.72×10－9 C，C对；M失去的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个，D对．
答案：BCD
9．解析：烟尘在直导线和管外线圈形成的高压电场作用下，带上了负电，带负电的烟尘颗粒被吸附到了带正电的线圈上，因此看不到有烟冒出．A、C项正确．
答案：AC
10．解析：对小球a受力分析，如图甲所示，受到竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N、库仑力．
要使带正电的小球a静止在斜面上，可在A点放一个带正电的小球，库仑力为FA.如图乙所示，也可在C点放一个带负电的小球，库仑力为FC.
答案：AC
11．解析：对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的电场力F＝mg tan θ，可知丝线的偏角越大，电场力也越大，所以使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小，说明两带电体之间的相互作用力随其距离的增大而减小；两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小，说明了两带电体之间的相互作用力随其所带电荷量的减小而减小．本实验中先保持两球电荷量不变，改变它们之间的距离，再保持距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的是控制变量法．
答案：增大　减小　控制变量法
12．解析：(1)根据库仑定律，A、B间的库仑力大小为F＝k，代入数据得F＝9.0×10－3 N.
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝k，A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos 30°，代入数据得E＝7.8×103 N/C，方向沿y轴正方向．
答案：(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C，方向沿y轴正方向
13．解析：(1)小球A、B之间的库仑力：F＝
对小球A受力分析，根据平衡条件有：2T cos 30°＋F＝mg
解得T＝ N
(2)剪断细绳a瞬间，A的加速度方向与细绳b垂直，根据牛顿第二定律：
mgcos 30°＝Fcos 30°＋T′
mgsin 30°－Fsin 30°＝ma
联立解得：T′＝ N；a＝3 m/s2
答案：(1) N　(2) N　3 m/s2
14．解析：(1)如图1所示，为使小球做匀速直线运动，必使其受的合外力为零，所以
F1cos α＝qE cos θ　①
F1sin α＝mg＋qE sin θ　②
联立①②解得α＝60°，F1＝mg
恒力F1与水平面夹角为60°斜向右上方
(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上．当F2取最小值时，F2垂直于qE，如图2所示
故F2＝mg sin 60°＝mg
方向与水平面夹角为60°斜向左上方
答案：(1)大小为mg，方向与水平面夹角为60°斜向右上方
(2)大小为mg，方向与水平面夹角为60°斜向左上方
15．解析：(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a
根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝＝8.0 m/s2
设带电体运动到B端的速度大小为vB，则v＝2as
解得vB＝＝4.0 m/s
设带电体运动到圆弧形轨道B端时轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝
解得FN＝mg＋＝5.0 N
根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小F′N＝FN＝5.0 N
方向竖直向下
(2)因静电力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中
静电力所做的功W电＝qER＝0.32 J
设带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中摩擦力所做的功为Wf，对此过程根据动能定理有W电＋Wf－mgR＝0－mv
解得Wf＝－0.72 J
答案：(1)5.0 N，方向竖直向下　(2)－0.72 J
章末素养评价(二)
1．解析：电势能大小与电势的高、低和电荷的正、负均有关，负电荷电势越高，电势能反而越小，A错误；电场强度与电势无关，B、C错误；电势具有相对性，电势为零的地方电场强度可以不为零，D正确．
答案：D
2．解析：根据电场线的疏密反映电场强度的强弱可知，Q点的电场强度大，故同一试探电荷在Q点所受的静电力大，故选项C正确．
答案：C
3．解析：由于点电荷的电场是非匀强电场，带电粒子－q的初速度v0恰与电场线QP方向相同，所受库仑力的方向与电场线QP方向相反，所以带电粒子－q在开始运动后，将沿电场线QP做变减速运动，选项B正确．
答案：B
4．解析：A错：该点电荷可能为正电荷，也可能为负电荷．B对：由于P点等势面比Q点等势面密，故P点电场线比Q点电场线密，P点的场强一定比Q点的场强大．C、D错：由于该点电荷电性未知，电场方向不确定，P、Q点的电势高低不确定，正检验电荷在P、Q点的电势能无法比较．
答案：B
5．解析：A对，B、D错：点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B静电力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8 J－8.0×10－9 J＝4.0×10－9 J．C错：UAB＝＝ V＝－4.0 V.
答案：A
6．解析：由电子的运动轨迹知，电子受到的静电力方向斜向左上，故电场方向斜向右下，M点电势高于O点电势，A错误；电子在M点电势能最小，B错误；运动过程中，电子先克服静电力做功，电势能增加，后静电力对电子做正功，电势能减少，故C错误，D正确．
答案：D
7．解析：从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的静电力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；φ x图线斜率的绝对值表示场强大小，从0～x0区间，图线的斜率绝对值先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的静电力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的静电力方向向左，与运动方向相反，静电力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
答案：D
8．解析：A对：保持S闭合，电容器两端电压不变，将A板向B板靠近，由E＝可以判断电场强度变大，θ增大．B对：断开S，电荷量Q不变，将A板向B板靠近，由U＝、E＝和C＝可以判断电场强度不变，则θ不变．C、D错：悬线烧断，小球将沿悬线拉力的反方向做匀加速直线运动．
答案：AB
9．解析：在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，则φA－φD＝2(φB－φC)，得φD＝7 V，A正确；同理可求得φF＝－1 V, φE＝2 V，电子在A点的电势能EμA＝eφA＝－1 eV，在E点的电势能EpE＝eφE＝－2 eV，所以电子在A点的电势能比在E点的高1 eV，B错误；电子从C点运动到F点，电场力做功为WCF＝eUCF＝e(φC－φF)＝－10 eV，C错误；UDF＝φD－φF＝8 V，D正确．
答案：AD
10．解析：由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做曲线运动，A正确；因AB＝BC，即·t＝·t，故vC＝v0，B正确；由q·＝mv，得U＝＝，C错误；由mg＝qE，得q＝，代入U＝，得U＝，D错误．
答案：AB
11．解析：(1)平行板电容器的电容与正对面积、板间距离、电介质有关；本实验采用了控制变量法．
(2)使电容器带电后与电源断开，电量不变，要研究电容C和两板间间距d的关系，要保持两极板间正对面积和电介质不变，改变两板间间距d，电容变化，由U＝，电势差U发生变化，静电计指针张角有变化．
答案：(1)控制变量法　(2)两极板间正对面积和电介质　两板间间距d　静电计指针张角有变化
12．解析：(1)点电荷在B点时受到的静电力大小F＝，解得F＝4×10－2 N.
(2)根据功能关系有W∞A＝Ep∞－EpA，
解得EpA＝－1.5×10－7 J.
(3)A点的电势φA＝＝ V＝75 V，A、B两点间的电势差UAB＝φA－φB＝－50 V.
答案：(1)4×10－2 N　(2)－1.5×10－7 J　(3)－50 V
13．解析：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理eU0＝mv，
解得v0＝4×107 m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，
可得t＝2.5×10－9 s.
由e＝ma，可得a＝
在垂直初速度方向y＝at2＝·t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切tan θ＝＝＝＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则＝tan θ，所以y′＝0.75 cm，所以Y＝y＋y′＝1 cm.
答案：(1)4×107 m/s　(2)0.25 cm　(3)0.05　(4)1 cm
14．解析：(1)在0～半个周期小球匀速下落，所以
mg＝qE＝，解得U0＝.
(2)在T～T时间内，电压反向，电场力反向，根据牛顿第二定律得：mg＋qE＝ma
解得a＝2g.
(3)小球先匀速运动半个周期，又匀加速运动半个周期，根据位移关系有：v·＋v·＋a＝3d，解得：v＝.
答案：(1)　(2)2g　(3)
15．解析：(1)在沿电场线方向qE1－mg＝ma，小球在第四象限运动的加速度大小a＝5 m/s2.
(2)在沿电场线方向，离开第四象限时，竖直分速度2ayp＝v，解得vy＝1 m/s，小球过A点的速度大小vA＝＝ m/s.
(3)小球在第四象限运动的时间，根据vy＝at，解得t＝0.2 s，小球垂直电场方向的位移xA＝v0t＝0.2 m，因为小球进入第一象限时，水平方向v0与竖直方向vy大小相等，且沿直线运动，则qE2＝mg，因恰好未射出电场E2，故小球做匀减速直线运动，到达E2电场的右边界时水平速度为零，设水平方向的加速度为a′，小球在E2电场向右方向的位移有，2a′x＝v，ma′＝qE2＝mg，解得x＝0.05 m，E2电场的右边界坐标xB＝xA＋x＝0.25 m.
答案：(1)5 m/s2　(2) m/s　(3)0.25 m
章末素养评价(三)
1．解析：根据电阻率ρ＝知，电阻率ρ的单位是Ω·m，选项A错误；金属材料的电阻率随温度的升高而增大，选项B正确；电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度、横截面积无关，选项C错误；电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的材料导电性能越差，选项D错误．
答案：B
2．解析：要想有持续电流必须有持续的电荷，A错误．导体中形成电流的原因是导体两端加上了电压，于是在导体内形成了电场，导体内的自由电子就在电场的作用下定向移动，形成电流，B正确．电流的传导速率等于真空中的光速，而电子定向移动的速率比光速小很多，C错误．在形成电流时自由电子定向移动，但是热运动并没有消失，自由电子的运动是热运动与定向移动的叠加，D错误．
答案：B
3．解析：A错：由U I图像可知，白炽灯的电阻随电压的增大而增大．B、C错，D对：在A点，白炽灯的电阻可表示为.
答案：D
4．解析：红灯、黄灯、绿灯只有一盏灯亮，不可能出现同时有两盏灯亮，故由串并联电路特点可知：三盏灯任意两盏都不可能是串联的，所以，红灯、黄灯、绿灯是并联的，故选项B正确．
答案：B
5．解析：由欧姆定律I＝知，当所加电压U相同时，R1∶R2＝I2∶I1＝2∶3，根据d1∶d2＝2∶1知，横截面积之比S1∶S2＝4∶1，由导体的电阻R＝ρ得：＝＝××＝，故选D.
答案：D
6．解析：分析电路结构可知，两电阻并联，再和第三个电阻串联，并联电路中，电压相等，由于电阻阻值相等，则并联支路电流相等；干路的总电流等于各个支路的电流之和，则干路的总电流与各个支路的电流之比为2∶1∶1，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
7．解析：将接线柱1、2接入电路时，R1的阻值等于电流表内阻的，通过电流表的电流为通过R1的，接线柱1、2间流过的电流为电流表示数的3倍，每一小格表示0.06 A，选项A、B错误；将接线柱1、3接入电路时，电流表先与R1并联，再与R2串联，而串联对电流没影响，故每一小格仍表示0.06 A，选项C正确，选项D错误．
答案：C
8．解析：在线性元件的I U图像中图线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，表示电阻越小，所以三个导体的电阻的大小关系为RA＜RB＜RC，故A错误，B正确；由图可知，导体B的电阻为RB＝ Ω＝4 Ω，故当导体B两端加上10 V的电压时，通过导体的电流为I＝＝ A＝2.5 A，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，所以两表头也并联，流过两表头的电流相等，A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，A正确，B错误；两电流表的内阻之比为1∶5，则电流之比为5∶1，A1的读数为1 A时，A2的读数为0.2 A，干路中的电流为1.2 A，C错误，D正确．
答案：AD
10．解析：若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，则横截面积变为原来的，导线长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ，可知电阻变为原来的16倍，再给它两端加上电压2U，通过导线的电流为，选项A正确，选项B错误；根据电流的微观式，通过导线的电流为I时，有I＝neSv，当通过导线的电流为时，有＝ne··v1，可知v1＝，选项C错误，选项D正确．
答案：AD
11．解析：游标卡尺的主尺读数为4.2 cm，游标尺上第4条刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为4×0.05 mm＝0. 20 mm＝0.020 cm.所以最终读数为4.2 cm＋0.020 cm＝4.220 cm.螺旋测微器的固定刻度为1.5 mm，可动刻度为35.0×0.01 mm＝0.350 mm，所以最终读数为1.5 mm＋0.350 mm＝1.850 mm.
答案：4.220　1.850
12．解析：(1)电阻R＝15×100 Ω＝1 500 Ω.(2)题目中指针偏转角度过大，说明电阻较小，所选倍率较大，要使指针指到中央刻度附近，应减小倍率，重新欧姆调零后，再测量，故选项A、C正确．(3)A错：甲图是用直流电压挡测电压，但电流从红表笔流出，红、黑表笔接反了．B对：乙图是用直流电流挡测电流，应将电表串联，电流从红表笔流进电表．D对，C错：丙图是用欧姆挡测二极管的正向电阻，丁图是测反向电阻．
答案：(1)1 500　(2)AC　(3)BD
13．解析：(1)灯泡底部和周围金属部分与内部灯丝相连，故为了测量灯丝的电阻，应将红黑表笔分别接金属外壳和底部，故应选用A接法进行测量．(2)灯泡正常发光时的电阻约为R＝ Ω＝484 Ω，在常温下，灯泡电阻较小，约为正常发光时的十分之一；故若选用“×10 Ω”挡进行测量，则指针应指在4.8 Ω附近处，故测量结果为图中的C处．(3)由(2)的解答可知，指针偏角过大，故应换用“×1 Ω”挡位进行测量，换挡后需要调零，先将红黑表笔短接，调节调零旋钮使指针指右侧零刻度处；然后才能测量电阻，测量完成后，将开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡处，故顺序为：BGDHF.
答案：(1)A　(2)C　(3)BGDHF
14．解析：将量程为100 μA的微安表头改装成量程为1 mA的直流电流表，应并联一个分流电阻，分流电阻的阻值为＝100 Ω，选用R1；再串联一分压电阻可改装成量程为3 V的电压表，分压电阻的阻值为＝ Ω＝2 910 Ω，选用R2.
答案：(1)如图所示
(2)100　2 910
15．解析：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为0.5 mm＋18.0×0.01 mm＝0.680 mm.(2)由电路图可知，电压表的示数为U＝(R＋RA)I，其中R＝ρ，S＝，联立以上公式可得＝＋RA图线的斜率为k＝即ρ＝.(3)由＝＋RA可知，电阻丝的电阻率ρ＝，只与k、d有关，与电流表内阻等无关，所以不考虑偶然误差时，该实验测得金属丝的电阻率等于金属丝电阻率的真实值．
答案：(1)0.680　(2)　(3)等于
章末素养评价(四)
1．解析：高度可用的能量会转化为不能利用或不易利用的能量，所以这样会减少可利用能源的数量，因此应该节约能源；煤、石油、天然气等是化石燃料，是由古代动植物遗体转化来的，而动植物体内的能量最初都可以追溯到太阳能；加强发展科技，提高能源的利用率，可以更多地节约能源；水具有循环性，水能属于可再生能源．
答案：B
2．解析：演员在高处具有重力势能，从高处跳下时重力势能减少，动能增加，到蹦床上后，动能减少，蹦床的弹性势能增加，又被弹起时，蹦床的弹性势能减少，演员的动能增加，离开蹦床后再往上的过程演员的动能减少，重力势能增加．因此演员从高处跳下落在蹦床上又被弹起，在这个过程中，发生的能量转化顺序为重力势能——动能——弹性势能——动能——重力势能．
答案：A
3．解析：当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由I＝知总电流增大，通过L2的电流增大，L2变亮；由U并＝E－I(RL2＋r)知，滑动变阻器与L1并联部分电压减小，电压表示数变小，L1变暗，D正确．
答案：D
4．解析：电压表可视为理想电表，电流表的内阻不能忽略，采用电流表相对电源的外接法，A能；B电路测得的内阻实际上是电源内阻和电流表内阻之和，误差较大，B不能；C电路由于没有电流表，无法完成测量，C不能；D电路是错误的电路图，D不能．
答案：A
5．解析：由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，U＝E，U I图线的斜率的绝对值的大小等于电源内阻大小．由题图看出，A的电动势为2.0 V，B的电动势为1.5 V，即EA>EB，故A错误；两图线平行，说明电源的内阻相等，即rA＝rB，故B正确；电源A的短路电流为IA＝＝ A＝0.4 A，故C错误；电源B的短路电流为IB＝＝ A＝0.3 A，故D错误．
答案：B
6．解析：当风速变大时，活塞上方气压变小，活塞向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流变大，定值电阻两端电压变大，电压表(风速表)课时分层作业(二十四)　电磁波的发现及应用
基础达标练
1．(多选)关于电磁波，下列说法中正确的是(　　)
A.只要电场或磁场发生变化，就能产生电磁波
B.麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在
C．电磁波和机械波都依赖于介质才能传播
D．电磁波具有能量，电磁波的传播是伴随着能量向外传递的
2．现在车辆常安装GPS(全球卫星定位系统)接收器，可用来接收卫星发射的信号，实现对车辆的精确定位和导航．卫星向GPS接收器传送信息依靠的是(　　)
A．激光 B．电磁波
C．红外线 D．紫外线
3．(多选)在电磁波中，波长按从长到短排列的是(　　)
A．无线电波、可见光、红外线
B．无线电波、可见光、γ射线
C．红光、黄光、绿光
D．紫外线、X射线、γ射线
4．关于电磁波的特性和应用，下列说法正确的是(　　)
A．红外线和X射线都有很强的穿透本领，常用于医学上透视人体
B．过强的紫外线照射有利于人的皮肤健康
C．电磁波频率最大的是γ射线，医学上常用它进行人体透视检查
D．紫外线和X射线都可以使感光底片感光
5.
我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑．米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m范围内，则对该无线电波的判断正确的是(　　)
A．米波的频率比厘米波频率高
B．和声波一样靠介质传播
C．同光波一样会发生反射现象
D．雷达发射的无线电波只传递信息不传递能量
6．红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况．地球大气中的水(H2O)、二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射，即地面物体发出的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收．如图为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况．由图可知，在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为(　　)
A．2.5～3.5 μm B．4～4.5 μm
C．5～7 μm D．8～13 μm
素养综合练
7．英国物理学家麦克斯韦系统地总结了人类直至19世纪中叶对电磁规律的研究成果，建立了经典的电磁场理论，并预言电磁波的存在，但其英年早逝，并没有看到科学实验对电磁场理论的证实.1886年，德国科学家赫兹通过实验成功“捕捉”到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁场理论，为无线电技术的发展开拓了道路．如图所示为赫兹“捕捉”电磁波的实验，实验中，当感应线圈的两个金属球间有火花跳过时，导线环的两个金属小球间也跳过电火花．
(1)当感应线圈的两个金属球间有火花跳过时，为什么导线环的两个金属小球间也跳过电火花？
(2)该实验在真空中效果更明显，为什么？章末素养评价(四)　第十二章　电能　能量守恒定律
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．下列关于能源的说法中，正确的是(　　)
A．由于能量不会凭空消失，也不会凭空产生，总是守恒的，所以节约能源意义不大
B．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能
C．节约能源只要提高节能意识就行，与科技进步无关
D．水能是不可再生能源
2．你看见过杂技里的蹦床表演吗？演员从高处跳下，落在蹦床上又被弹起，在这个过程中，发生的能量转化顺序是(　　)
A．重力势能——动能——弹性势能——动能——重力势能
B．动能——弹性势能——重力势能
C．势能——动能——势能——动能
D．动能——弹性势能——动能——重力势能
3.
如图所示电路中，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是(　　)
A．电压表示数变大，通过灯L1的电流变大，灯L2变亮
B．电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变暗
C．电压表示数变大，通过灯L2的电流变小，灯L1变亮
D．电压表示数变小，通过灯L2的电流变大，灯L1变暗
4．某同学在设计测电源电动势和内阻的电路时，电压表可视为理想电表，电流表的内阻不能忽略，能精确地测量出电源的电动势和内阻的电路为(　　)
　　
5．A、B两电源分别供电时其路端电压与电流的关系图线如图所示，则下列结论正确的是(　　)
A.电源电动势EA＝EB
B．电源内阻rA＝rB
C.电源A的短路电流为0.2 A
D.电源B的短路电流为0.1 A
6．如图所示是一种风速测定装置，其中风速表是由电压表改装而成，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器．T形管道的竖直管内装有可上下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时，下列说法正确的是(　　)
A.活塞向下运动，风速表的示数变小
B．活塞向上运动，风速表的示数变大
C．活塞向上运动，滑动变阻器R1两端的电压变大
D．活塞静止不动，风速表的示数不变
7．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是(　　)
A. L变暗，Q增大 B．L变暗，Q减小
C．L变亮，Q增大 D．L变亮，Q减小
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8.
在如图所示电路中，电源电动势E和内阻r均为定值，当外电路电阻R发生变化时，回路电流I、路端电压U、内电压U′都将随之发生变化，下列图像可能正确表示其变化规律的是(　　)
9.
某学生为“神舟十一号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化为如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，当加速度方向竖直向上时电压表的示数为正．假设这个装置在“神舟十一号”载人飞船发射、运行和回收过程中使用，下列说法中正确的是(　　)
A．飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负
B．飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正
C．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零
D．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负
10.
如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是(　　)
A．若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风
B．电热丝的电阻为55 Ω
C．电动机工作时输出的机械功率为880 W
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(7分)测定电源的电动势和内阻的实验电路和U I图像如图所示，请回答下列问题：
(1)如图甲所示，在闭合开关之前为防止电表过载，滑动变阻器的滑片P应放在________处(填“a”或“b ”)；
(2)现备有以下器材：
A．干电池1个
B．滑动变阻器(0～50 Ω)
C．电压表(0～3 V)
D．电压表(0～15 V)
E．电流表(0～0.6 A)
F．电流表(0～3 A)
其中电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)
(3)如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，内阻r＝________ Ω.
12．(9分)如图所示，在实验室里小王同学用电流传感器和电压传感器等实验器材测干电池的电动势和内电阻．改变电路的外电阻R，通过电压传感器和电流传感器测量不同阻值下电源的路端电压和电流，输入计算机，自动生成U I图线，如图乙所示．
　
(1)由图乙可得干电池的电动势为________ V，干电池的内电阻为________ Ω.
(2)现有一小灯泡，其U I曲线如图丙所示，若将此小灯泡接在上述干电池两端，小灯泡的实际功率是________ W．
13．(10分)某实验小组利用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内阻．所用器材有：待测电源、电压表、电阻箱、开关和导线．
(1)请在如图所示的虚线框中画出实验的电路图．
(2)实验的主要步骤如下：
①检查电压表并调零，按照电路图连线．
②调节电阻箱R的阻值至________．
③将开关S闭合，调节电阻箱的阻值使电压表指针有足够的偏转，记下此时电阻箱的阻值R和电压表的示数U.
④改变电阻箱的阻值，测出几组U及R的数据，作出 的图像，如图所示．
(3)由作出的 图线可求得电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)
14．(12分)如图所示是一种太阳能草坪节能灯，太阳能电池板供一只“10 V　9 W”的电子节能灯工作，若太阳能电池板接收太阳能的有效面积为0.3 m2，平均1小时得到的太阳辐射能为4×105 J，太阳光平均一天按8小时计算，恰好可以供电子节能灯工作10小时．问：(结果保留整数)
(1)太阳能节能灯的能量转化情况；
(2)太阳能电池板单位面积上接收太阳能的功率大约是多少？
(3)太阳能节能灯利用太阳能的效率大约是多少？
15．(16分)一个允许通过最大电流为2 A的电源和一个滑动变阻器，接成如图甲所示的电路，滑动变阻器最大阻值为R0＝22 Ω.路端电压U随外电阻R变化的规律如图乙所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线．试求：
(1)电源电动势E和内阻r；
(2)A、B两端空载时输出电压的范围；
(3)若要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不超过2 A，A、B两端所接负载电阻至少多大？课时分层作业(十五)　导体的电阻
基础达标练
1．下列关于电阻率的叙述正确的是(　　)
A．半导体材料的电阻率会随温度、光照等发生变化
B．常用的导线是用电阻率较大的铝、铜材料做成的
C．各种材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度
D.各种材料的电阻率不会随温度的变化而变化
2．有甲、乙两根材料不同、长度和横截面积都相同的金属丝，在温度一定的情况下，甲金属丝的电阻率是乙金属丝电阻率的2倍．以下有关它们电阻值的说法正确的是(　　)
A．甲、乙两根金属丝的电阻值相等
B.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的2倍
C.乙金属丝的电阻值是甲金属丝电阻值的2倍
D.甲金属丝的电阻值是乙金属丝电阻值的4倍
3．(多选)一根粗细均匀的细铜丝，原来的电阻为R，则下列说法正确的是(　　)
A．截去，剩下部分的电阻变为R
B．均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R
C．对折后，电阻变为R
D．均匀拉长，使横截面积变为原来的，电阻变为4R
4．如图所示为甲、乙两电阻的I U图像，则下列说法正确的是(　　)
A．甲的电阻是乙的电阻的3倍
B．在两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的电流的两倍
C．欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压应是加在甲两端电压的3倍
D．甲的电阻是乙的电阻的2倍
5．某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是(　　)
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而增强
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大
6．某同学用理想电流表和电压表分别对三个定值电阻各进行一次测量，并将所测三组电流和电压值描点到同一I U坐标系中，如图所示，则这三个电阻的大小关系正确的是(　　)
A．Ra＝Rb>Rc B．Ra>Rb>Rc
C．Ra＝RbRb＝Rc
素养综合练
7.
甲、乙、丙三个长度、横截面积都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I、导体两端的电压U在U I坐标系中描点，O为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上，如图所示，则下列表述中正确的是(　　)
A．甲的电阻率最小
B．乙的电阻率最小
C．丙的电阻率最小
D．三个的电阻率一样大
8.
滑动变阻器的结构如图所示．A、B是绕在绝缘筒上电阻丝的两个端点，C、D是金属杆的两个端点．电阻丝上能够与滑片P接触的地方绝缘漆已被刮去，使滑片P能把金属杆与电阻丝连接起来．把A和C接线柱接入电路中，当滑片P由B向A移动时，接入电路的电阻将由大变小，这是为什么？你是否可以设计出另外几种连接方案，使滑片P移动时，接入电路的电阻由大变小？
9．某电路需要20 A的保险丝，但手边只有用同种材料制成的“15 A”和“5 A”两种型号的保险丝，它们的规格如下表所示．问：能否将这两种保险丝取等长的两段并联后接入该电路中？说明其理由．
保险丝 1 2
直径 1 mm 2 mm
额定电流 5 A 15 A课时分层作业(十一)　电容器的电容
基础达标练
1．(多选)某电容器上标有“1.5 μF　9 V”字样，则该电容器(　　)
A．击穿电压为9 V
B．正常工作时电压不应超过9 V
C．正常工作时所带电荷量不超过1.5×10－6 C
D.正常工作时所带电荷量不超过1.35×10－5 C
2.
静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是(　　)
A.断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动
3．(多选)如图所示为几种可变电容器，其中通过改变电容器两极正对面积而引起电容变化的是(　　)
4．有一电容器，带电荷量为2×10－4 C时，两极板间电势差为200 V．若使其电荷量增加2×10－4 C，这时它的电容是多少？两极板间的电势差是多少？(假设以上变化过程中两极板间电压均小于击穿电压)
素养综合练
5．利用电容式传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表(　　)
A．指针向右偏转，A、C构成的电容器处于充电状态
B．指针向左偏转，A、C构成的电容器处于充电状态
C.指针向右偏转，A、C构成的电容器处于放电状态
D．指针向左偏转，A、C构成的电容器处于放电状态
6．(多选)如图所示，两平行的金属板水平放置，两板间距为d，在A板中间打一个小孔，B板接地，一带正电小球，电荷量为q，质量为m，用绝缘细线悬挂于O点，若电容器的充电时间不可以忽略，那么闭合开关S后，小球始终处于静止状态，下列关于小球的描述正确的是(　　)
A．细线对小球的拉力不变化
B．细线对小球的拉力逐渐增大
C．小球的电势能逐渐增加
D．小球所在位置的电势逐渐降低课时分层作业(二十一)　磁场　磁感线
基础达标练
1．下列关于磁场和磁感线的描述，正确的是(　　)
A．磁极之间只有发生相互作用时才有磁场存在
B．磁感线可以形象地表示磁场的强弱与方向
C．磁感线总是从磁体的北极出发，到南极终止
D．磁感线就是细铁屑在磁体周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线
2．把一条导线平行地放在如图所示磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家是(　　)
A．库仑 B．法拉第
C．安培 D．奥斯特
3．(多选)下列各选项图表示磁场的磁感线，据图分析磁场中a点的磁场比b点的磁场强的是(　　)
4．如图所示，举世瞩目的上海磁悬浮列车线是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线，其全程共30 km，列车最高速度可达552 km/h，单向运行约8 min.磁悬浮列车底部装有电磁铁，轨道地面上则安装有线圈，通过地面线圈与列车上的电磁铁之间的排斥力使列车悬浮起来．地面线圈的上端磁极极性与列车上的电磁铁下端极性总保持(　　)
A．相同 B．相反
C．不能确定 D．以上均不对
5.
(多选)如图所示，螺线管、蹄形铁芯、长直导线AB均相距较远．当开关闭合后，小磁针N极(黑色的一端)的指向正确的小磁针是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
6．如图所示，在与直导线垂直的平面上放置几个小磁针．将开关S断开或闭合，观察小磁针并记录现象．图中能准确反映俯视整个装置时电流方向及小磁针指向的是(小磁针N极涂黑)(　　)
7．实验室有一旧的学生直流电源，输出端的符号模糊不清，无法辨认正负极．某同学设计了下面判断电源极性的方法：在桌面上放一个小磁针，在磁针东面附近放一螺线管，如图所示，闭合开关后，小磁针指南的一端向东偏转，下述判断正确的是(　　)
A．电源的A端是正极，在电源内部电流由A流向B
B．电源的A端是正极，在电源内部电流由B流向A
C．电源的B端是正极，在电源内部电流由A流向B
D．电源的B端是正极，在电源内部电流由B流向A
素养综合练
8．如图所示，当闭合开关S，且将滑动变阻器的滑片P向右移动时，图中的电磁铁(　　)
A．A端是N极，磁性增强
B．B端是N极，磁性减弱
C．A端是S极，磁性增强
D．B端是S极，磁性减弱
9．如果你看过中央电视台体育频道的象棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成的．棋子不会掉下来是因为(　　)
A．质量小，重力可以忽略不计
B．受到棋盘对它向上的摩擦力
C．棋盘对它的吸引力与重力平衡
D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力
10．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．FC．G11．如图所示，弹簧秤下端吊着一铁块，求：
(1)当接通开关S时，铁块受到哪些力的作用？
(2)将滑动变阻器的滑片P向左移动时，弹簧秤读数将如何变化？
(3)将铁芯插入螺线管里，弹簧秤的示数如何变化？课时分层作业(九)　电势差与电场强度的关系
基础达标练
1．如图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该电场的电场强度E的大小和方向分别为(　　)
A.E＝1 V/m，水平向左
B．E＝1 V/m，水平向右
C．E＝100 V/m，水平向左
D．E＝100 V/m，水平向右
2．(多选)如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的是(　　)
A．φA>φB>φC B．EC>EB>EA
C．UAB3．如图所示，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，由此可知c点的电势为(　　)
A．4 V B．8 V
C．12 V D．24 V
4．如图所示，a、b、c、d、e点在一条直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一电荷量为Q的正点电荷，且在该点电荷的电场中b、c两点间的电势差为U.将另一个电荷量为q的正点电荷从d点移动到e点的过程中(　　)
A.静电力做功为qU B．克服静电力做功为qU
C．静电力做功大于qU D．静电力做功小于qU
5．如图所示，在水平方向的匀强电场中有相距6 cm的A、B两点，且UAB＝150 V．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求电场强度的大小和方向．
(2)电场中A、C两点相距14 cm，A、C两点连线与电场线方向的夹角为37°，则C点与A点的电势差UCA为多少？
素养综合练
6．(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O为坐标原点，A点坐标为(1 cm， cm)，B点坐标为(3 cm， cm)，已知O点电势为6 V，φA＝3 V，φB＝0 V，则下列说法正确的是(　　)
A．C点电势为零
B．电场线与BC平行
C．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m
D．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m
7．在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，在水平面上有一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点．在O点将一带正电的小球以相同的速率向各个方向水平射出时，小球可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速率最大．已知PQ与PC间的夹角为θ＝30°，则关于该电场强度的方向及P、C两点间的电势差大小判断正确的是(　　)
A．电场强度的方向为由O指向C，UPC＝
B．电场强度的方向为由P指向C，UPC＝
C.电场强度的方向为由O指向C，UPC＝3ER
D．电场强度的方向为由P指向C，UPC＝ER课时分层作业(四)　电场　电场强度
基础达标练
1．关于电场强度E，下列说法正确的是(　　)
A．由E＝知，若电场中某点不放试探电荷，则该点电场强度为0
B．由E＝知，若q减半，则电场强度变为原来的2倍
C．由E＝k知，以Q为球心、r为半径的球面上，各点电场强度均相同
D．由E＝k知，在Q不变时，r越大，电场强度越小
2.
如图所示为电场中某条电场线的示意图，则下列说法正确的是(　　)
A．电场线是电场中实际存在的线
B．电场线上每点的切线方向表示电场中该点的电场强度方向
C．同一电场的电场线在电场中可以相交
D．电场中电场线较密的地方电场强度较小，电场线较疏的地方电场强度较大
3．一个试探电荷q在电场中某点受到的静电力为F，该点的电场强度为E.图中能正确表示q、E、F三者关系的是(　　)
4.
如图所示为某电场的电场线，一检验电荷在P、Q两点所受电场力的大小关系是(　　)
A．FP＝FQ B．FP>FQ
C．FP5．A、B两点电荷在真空中所产生电场的电场线(其中方向未标出)的分布如图所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．下列说法中正确的是(　　)
A．A、B两个点电荷一定是等量异种电荷
B．A、B两个点电荷一定是等量同种电荷
C．C、D两点电场强度方向不同
D．C点的电场强度比D点的电场强度小
6．如图所示，一电荷量为q的正点电荷位于电场中的A点，受到的电场力为F.若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度E为(　　)
A.，方向与F相反
B．，方向与F相反
C．，方向与F相同
D．，方向与F相同
7．如图所示为点电荷A、B所形成的电场的电场线分布图，O为A、B连线的中点，c、d为AB的垂直平分线上的点，Oa＝Ob，Oc＝Od，则下列说法正确的是(　　)
A．A一定带正电荷，B一定带正电荷
B．O处的电场强度为零
C．a、b两点的电场强度相同
D．c、d两点的电场强度相同
8．a和b是点电荷电场中的两点，如图所示，a点电场强度Ea与a、b连线夹角为60°，b点电场强度Eb与a、b连线夹角为30°，关于此电场，下列分析正确的是(　　)
A.这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝1∶
B.这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
C.这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝∶1
D.这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
9．如图所示，有一个绝缘圆环，当它的部分均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E.现使半圆环ABC均匀带电且电荷量为＋2q，而另一半圆环ADC均匀带电且电荷量为－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为(　　)
A．2E，方向由O指向D
B．4E，方向由O指向D
C．2E，方向由O指向B
D．0
素养综合练
10.
真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，∠ABC＝30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是(　　)
A．q1带正电，q2带正电
B．q1带负电，q2带正电
C．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍
D．q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半
11．一负点电荷从电场中A点由静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v t图像如右图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布图可能是下图中的(　　)
12．如图所示，在真空中存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场，A、B两点分别固定着等量异种点电荷＋Q和－Q.O是线段AB的中点，C是线段AB垂直平分线上的一点，且∠CAB＝60°.若O点的电场强度大小为2E，则C点的电场强度大小为(　　)
A．E B．E
C．E D．E模块综合测试卷
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．不带电的导体P置于场强方向向右的电场中，其周围电场线分布如图所示，导体P表面处的电场线与导体表面垂直，a、b为电场中的两点(　　)
A．a点电场强度小于b点电场强度
B．a点电势低于b点的电势
C．负检验电荷在a点的电势能比在b点的大
D．负检验电荷从a点移到b点的过程中，电场力做负功
2.
如图所示，用绝缘细线把小球A悬于O点，静止时恰好与另一固定于O点正下方的小球B接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T1，库仑斥力为F1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T2，库仑斥力为F2，则(　　)
A．T1C．F1>F2 D．F1＝F2
3.
如图所示，菱形ABCD处于一匀强电场中，已知B点的电势为12 V，对角线的交点O的电势为7 V，则D点的电势为(　　)
A．0 B．2 V
C．5 V D．19 V
4.
如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断(　　)
A．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板时的动能关系是：EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA
5．在图中，通电螺线管附近的小磁针指向正确的是(　　)
6.
如图，a、b和c三个完全相同的矩形绝缘线框与通电直导线在同一平面内，其中a关于导线左右对称，b和c的右侧平齐．通过a、b和c三个线框的磁通量分别为φa、φb和φc，则(　　)
A．φa＞φb＞φc B．φa＝φb＝φc
C．φa＜φb＝φc D. φa＜φb＜φc
7.
如图所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则此过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)(　　)
A．为零 B．方向由向左变为向右
C．方向保持不变 D．方向由向右变为向左
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8.
在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则若将P向上移动，过程中下列说法正确的是(　　)
A．油滴带负电 B．A表的示数变大
C．油滴向上加速运动 D．G中有由a→b的电流
9．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是(　　)
A．在静电场中，电场线不可能相交
B．磁感线是虚拟的，电场线是客观存在的
C．在用磁感线描绘磁场时，磁感线的疏密表示磁感应强度的大小
D．在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方电场强度为零
10.
某静电场中的电场线分布如图实线所示，带电粒子在电场中仅受电场力的作用，沿图中虚线由A运动到B.则下列说法正确的是(　　)
A．该带电粒子一定带正电
B．A点电场强度小于B点电场强度
C．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度
D．粒子由A点向B点运动的过程中电势能逐渐减小
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
(6分)如图一量程为100 μA的电流表，内阻为100 Ω，现需________联(填“串”或“并”)一个________ Ω的电阻可将它改装成量程0～1 V电压表，应该把它________联(填“串”或“并”)在电路中测量电压，某次测量表盘指针位置如图所示，该电压的大小是________ V．
12．(8分)一个小灯泡上标有“2 V，1 W”的字样，现在要用伏安法描绘它的I U图线．可选用的器材如下：
A．电压表(量程3 V，内阻约10 kΩ)
B．电压表(量程15 V，内阻约20 kΩ)
C．电流表(量程0.3 A，内阻约1 Ω)
D．电流表(量程0.6 A，内阻约0.4 Ω)
E．滑动变阻器(5 Ω，1 A)
F．滑动变阻器(100 Ω，0.2 A)
G．电源(电动势3 V，内阻1 Ω)
H．开关一个，导线若干
实验要求：误差尽量小，电压表从零开始变化且能多取几组数据，滑动变阻器调节方便．
(1)电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(填器材序号字母).
(2)实验电路图应选择图甲中的________(选填“a”或“b”)图．
(3)
连接电路时，某同学误将电流表和电压表接成图乙所示的电路，其他部分连接正确且滑动变阻器滑片的初始位置正确．接通电源后，移动滑片的过程中小灯泡的发光情况是________(选填“不亮”或“逐渐变亮”).
(4)通过实验测得该小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，由图线可求得它在正常工作时的电阻为________ Ω.(结果保留两位有效数字)
13．(12分)如图所示，a、b、c是匀强电场中的三点，已知a、b两点相距2 cm，b、c相距6 cm，ab与电场线平行，bc与电场线成60°角．将电荷量为＋2×10－8 C的点电荷从a点移到b点时，电场力做功为2×10－6 J．求：
(1)a、b两点电势差；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)将电荷从a点经b点移到c点的过程中，电场力做的功是多少？
14．(14分)如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻r＝2 Ω，电炉的电阻R1＝18 Ω，电动机线圈的电阻R2＝1 Ω，当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝72 W；当S闭合时，干路中的电流I＝15 A．求：
(1)电源的电动势E；
(2)S闭合后电动机的机械功率．
15．(14分)如图，直线MN上方有垂直纸面向里的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q(q<0)的带电粒子以速度v从O点射入该磁场区域，进入磁场时速度方向与MN边的夹角θ＝60°，粒子在磁场中运动一段时间后从边界MN上的P点射出，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的半径；
(2)入射点O与出射点P间的距离L；
(3)粒子在磁场中运动的时间t.章末素养评价(三)　第十一章　电路及其应用
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是(　　)
A．电阻率ρ的单位是Ω
B．金属材料的电阻率随温度的升高而增大
C．把一根长导线截成等长的三段，则每段导线的电阻率都是原来的
D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的材料导电性能越好
2．以下说法正确的是(　　)
A．只要有可以自由移动的电荷，就能存在持续电流
B.金属导体内的持续电流是自由电子在导体内的电场作用下形成的
C.电流的传导速率就是导体内自由电子的定向移动速率
D.在金属导体内当自由电子定向移动时，它们的热运动就消失了
3．假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U I曲线如图所示．图像上A点与原点连线与横轴成α角，曲线上A点的切线与横轴成β角，则(　　)
A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为
C．在A点，白炽灯的电阻可表示为
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为
4.
如图为路口交通指示灯的示意图，指示灯可以通过不同颜色灯光的变化指挥车辆和行人的交通行为，据你对交通指示灯的了解可以推断(　　)
A红灯、黄灯、绿灯是串联的
B．红灯、黄灯、绿灯是并联的
C．红灯与黄灯并联后再与绿灯串联
D．绿灯与黄灯并联后再与红灯串联
5．两根不同材料制成的均匀电阻丝，长度之比l1∶l2＝5∶2，直径之比d1∶d2＝2∶1，给它们加相同的电压，通过它们的电流之比为I1∶I2＝3∶2，则它们的电阻率之比ρ1∶ρ2为(　　)
A． B．
C． D．
6.
三个相同的电阻R接入如图所示的电路，干路的总电流与各个支路的电流之比为(　　)
A．1∶1∶2 B．1∶2∶2
C．2∶1∶2 D．2∶1∶1
7．如图所示，其中电流表A的量程为0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是(　　)
A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．如图所示为A、B、C三个通电导体的I U关系图像．由图可知(　　)
A．三个导体的电阻关系为RA＞RB＞RC
B．三个导体的电阻关系为RA＜RB＜RC
C．若在导体B两端加上10 V的电压，通过导体B的电流是2.5 A
D.若在导体B两端加上10 V的电压，通过导体B的电流是40 A
9．如图所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1(0～3 A)和电流表A2(0～0.6 A)，把这两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是(　　)
A.A1的指针半偏时，A2的指针也半偏
B．A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏
C．A1的读数为1 A时，A2的读数为0.6 A
D．A1的读数为1 A时，干路中的电流为1.2 A
10．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的平均速率为
D．导线中自由电子定向移动的平均速率为
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和图(b)所示．该工件的直径为________ cm，高度为________ mm.
12．(10分)如图所示为指针式多用电表，现用此电表测量一定值电阻：
(1)多用电表指针示数和挡位选择如图所示，则该电阻的阻值为________ Ω.
(2)欧姆调零后，用“×10”挡测量另一电阻的阻值，发现指针偏转角度很大，则下列说法或做法中正确的是________．
A．该电阻的阻值较小
B．该电阻的阻值较大
C．为测得更准确些，应当换用“×1”挡，重新欧姆调零后进行测量
D．为测得更准确些，应当换用“×100”挡，重新欧姆调零后进行测量
(3)如图所示，关于多用电表的使用，下列说法正确的有________.
　　
A．甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压表笔接法正确
B．乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，表笔接法正确
C．丙图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向电阻
D．丁图是用多用电表欧姆挡测量二极管的反向电阻
13．(10分)在练习使用多用电表实验中，某同学使用多用电表来测量螺口型白炽灯的灯丝电阻，灯泡标有“220 V，100 W”字样，关于该实验回答以下问题：
(1)以下测量方式正确的是：________．
(2)该同学采用“×10 Ω”挡进行测量，则实际的测量结果是图中________(选填“A”“B”或“C”)位置．
(3)为了用多用电表测得比较准确的灯丝阻值，还需要进行的操作步骤顺序是________．
A将选择开关置于“×100 Ω”挡
B．将选择开关置于“×1 Ω”挡
C．调节调零旋钮使指针指左侧零刻度
D．调节调零旋钮使指针指右侧零刻度
E．将选择开关置于“OFF”或直流电压500 V挡
F．将选择开关置于“OFF”或交流电压500 V挡
G．将红黑表笔短接
H．测量电阻
14．(12分)某同学组装一个多用电表．可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干．
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡．
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱．
(2)电阻箱的阻值应取R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(保留到个位)
15．(16分)为测量一段粗细均匀、直径为d，电阻较大的金属丝的电阻率，某同学设计了如图(a)所示的电路，其中MN为金属丝，R0是保护电阻．调节滑动变阻器的滑片P，记录电压表的示数U，电流表的示数I以及对应的金属丝PN的长度x.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图(b)所示，则金属丝的直径d＝________ mm.
(2)在坐标纸上描绘出图线，如图(c)所示．若图线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则金属丝的电阻率ρ＝____________(用题目中所给符号表示).
(3)如果不考虑偶然误差，通过该实验测得金属丝的电阻率________(选填“大于”“等于”或“小于”)金属丝电阻率的真实值．课时分层作业(十)　电场中的功能关系及图像问题
基础达标练
1．(多选)如图所示，以坐
标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另外还有一方向与x轴正方向相同，场强大小为E的匀强电场．现把一电荷量为＋q的点电荷N在圆上移动，则(　　)
A．从a移到c，电场力对点电荷N做功为2qEr
B．从a移到c，电场力对点电荷N不做功
C．从d移到b，电场力对点电荷N做功为2qEr
D．从d移到b，电场力对点电荷N不做功
2．在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8 J，以下说法中正确的是(　　)
A．正电荷在B点具有的电势能是8×10－8 J
B．B点的电势是20 V
C．正电荷的电势能增加了8×10－8 J
D．正电荷的电势能减少了8×10－8 J
3．在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E x图像描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向).对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是(　　)
A．两点场强相同，c点电势更高
B．两点场强相同，d点电势更高
C．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高
D．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低
4．如图甲所示，A、B为电场中某一电场线上的两点，沿电场线方向建立x轴，各点电势随坐标变化的关系如图乙所示．一个质子从A点运动到B点，则(　　)
A．A、B两点的电场强度大小EA>EB
B．A、B两点的电场强度大小EAC．质子在A、B两点的电势能大小EpAD．质子在A、B两点的电势能大小EpA>EpB
素养综合练
5．如图所示，高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中，匀强电场的方向平行于竖直平面，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑，到达曲面顶端B点的速度仍为v0，则(　　)
A．静电力对小球做功为mgh＋mv
B．A、B两点的电势差为
C．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D．电场强度的最小值为
6．(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a(　　)
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量课时分层作业(十二)　带电粒子在电场中的运动
基础达标练
1．如图所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．∶1 D．1∶
2.
两平行金属板距离为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，此电子具有的初动能是(　　)
A．　　B．edUh　　C．　　D．
3.
如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场．油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电．油滴的大小、质量、所带电荷量各不相同，油滴进入电场时的初速度及油滴间的相互作用忽略不计．下列说法正确的是 (　　)
A.若观察到某油滴悬浮不动，该油滴的质量一定比其他油滴小
B．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴一定没有受到电场力作用
C．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴的电势能一定不断减小
D．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴所受电场力一定做负功
4．如图所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压
D．仅减小偏转电极间的电压
5.
如图所示，半径R＝1.0 m的圆弧接收屏位于方向竖直向下的匀强电场中，OB水平．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝0.01 C的带负电小球从与圆弧圆心O等高且距O点0.8 m处的A点以初速度v0＝4 m/s水平射出，小球恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，重力加速度g＝10 m/s2，则O、C两点间的电势差为(　　)
A．1 V B．5 V
C．10 V D．15 V
6.
如图所示，a、b两个带电量相同的粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)
A．a的初速度一定小于b的初速度
B．a增加的动能一定等于b增加的动能
C．b的运动时间一定大于a的运动时间
D．b的质量一定大于a的质量
7.
长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板沿垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的场强；
(2)两板间的距离．
8．一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′.
素养综合练
9．(多选)如图所示，一水平放置的平行板A、B与一电源相连，电源可以提供恒定电压U.初始时刻S1、S2均处于断开状态，现闭合S1，将一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平速度v沿两板的中线进入板间，小球恰好做直线运动．某时刻断开S1、闭合S2，小球从两板间飞出时的速度大小为v，则下列说法正确的是(　　)
A．两板间距离为
B．两板间距离为
C．小球在竖直方向的位移大小为
D．小球在竖直方向的位移大小为
10．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子在电场E1中的运动时间t1；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打在屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离．课时分层作业(十八)　电路中的能量转化
基础达标练
1．关于电功W和电热Q的说法，正确的是(　　)
A.在任何电路里都有W＝UIt，Q＝I2Rt，且W＝Q
B．在任何电路里都有W＝UIt，Q＝I2Rt，且W不一定等于Q
C．W＝UIt，Q＝I2Rt均只在纯电阻电路中才成立
D．W＝UIt在任何电路中都成立，Q＝I2Rt只在纯电阻电路中成立
2．室内有几种用电器：1.5 kW的电饭煲、200 W的电冰箱、750 W的取暖器、250 W的电视机和2 kW的空调器．如果进户线处有13 A的保险丝，供电电压为220 V，下列情况下不能同时使用的是(　　)
A．电饭煲和电冰箱
B．取暖器和空调器
C．电饭煲和空调器
D．电冰箱、电视机和空调器
3．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J．若相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，则在其两端需加的电压和消耗的电能分别是(　　)
A.3 V　1.8 J B．3 V　3.6 J
C．6 V　1.8 J D．6 V　3.6 J
素养综合练
4.
如图所示是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点(103 ℃)时，会自动断开．S2是一个自动控温开关，当温度低于70 ℃时，会自动闭合；温度高于80 ℃时，会自动断开，红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯，定值电阻R1＝R2＝500 Ω，加热电阻丝R3＝50 Ω两灯电阻不计．
(1)分析电饭煲的工作原理．
(2)简要回答，如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？
(3)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比．
5.
有一个用直流电动机提升重物的装置，重物的质量m＝50 kg，电路电压为120 V，当电动机以v＝0.9 m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5 A，(g取10 m/s2)问：
(1)电动机线圈的电阻R等于多少．
(2)电动机对该重物的最大提升速度是多少．
(3)若因故障电动机不能转动，这时通过电动机的电流是多大，电动机消耗的电功率又是多大．课时分层作业(二)　库仑定律
基础达标练
1．如图所示，一带正电的物体位于M处，用绝缘丝线系上带正电的小球，分别挂在P1、P2、P3的位置，可观察到小球在不同位置时丝线偏离竖直方向的角度不同，则下面关于此实验得出的结论中正确的是(　　)
A．此实验采用了等效替代的方法
B．电荷之间作用力的大小与两电荷的性质有关
C．电荷之间作用力的大小与两电荷所带的电荷量有关
D.电荷之间作用力的大小与两电荷间的距离有关
2.
如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是(　　)
A．若是异种电荷FB．若是同种电荷F>k
C．若是异种电荷F>k
D．不论是何种电荷F＝k
3．真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F.如果保持它们所带的电荷量不变，将它们之间的距离增大为原来的2倍，则它们之间作用力的大小等于(　　)
A．F　　　B．2F　　　C．　　　D．
4.
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表示，它应是(　　)
A．F1　　　B．F2　　　C．F3　　　D．F4
5.
如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB.测得在C处的某正点电荷所受静电力的合力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是(　　)
A．A带正电，QA∶QB＝1∶8
B．A带负电，QA∶QB＝1∶8
C．A带正电，QA∶QB＝1∶4
D．A带负电，QA∶QB＝1∶4
素养综合练
6．如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．F
7.
如图所示，一半径为R的绝缘球壳上均匀带有－Q的电荷，另一电荷量为＋q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为0.现在球壳上挖去半径为r(r R)的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受的力的大小和方向分别是怎样的？课时分层作业(十六)　串联电路和并联电路
基础达标练
1．一个电流表的满偏电流Ig＝1 mA，内阻为500 Ω，要把它改装成一个量程为10 V的电压表，则应在电流表上(　　)
A．串联一个10 kΩ的电阻
B．并联一个10 kΩ的电阻
C．串联一个9.5 kΩ的电阻
D．并联一个9.5 kΩ的电阻
2．用两个可变的电阻R1和R2按图所示的方式连接，可用来调节通过灯泡上的电流大小．如果R1 R2，则a、b两图中起粗调作用的变阻器是(另一个是起微调作用)(　　)
A.图a中R1起粗调作用，图b中R2起粗调作用
B.图a中R2起粗调作用，图b中R1起粗调作用
C．a、b两图中都是R2起粗调作用
D．a、b两图中都是R1起粗调作用
3．如图所示，两个小灯泡L1和L2串联接在P、Q两点间，L1和L2的铭牌上分别标有“3 V，1.5 Ω”“6 V，12 Ω”，则P、Q间允许加的最大电压为(　　)
A．9 V B．6.75 V
C．5.25 V D．4.5 V
4.
用电流表(内阻约4 Ω)和电压表(内阻约3 kΩ)测量电阻R的阻值．某次按照如图所示电路的测量情况为：电流表的示数是5 mA，电压表的示数是2.5 V．正确的说法是(　　)
A.电阻R的值为500 Ω
B．电阻R的值略大于500 Ω
C．电阻R的值略小于500 Ω
D.如果采用电流表外接法测量，结果更加精确
5．已知R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许加的最大电压为10 V．若将它们串联，加在电路两端的最大电压是(　　)
A．45 V B．5 V
C．25 V D．15 V
6．如图所示是一种风速测定装置，其中风速表是由电压表改装而成，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器．T形管道的竖直管内装有可上可下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时(已知风速越大，压强越小)，下列说法正确的是 (　　)
A．活塞向下运动，风速表的示数变小
B．活塞向上运动，风速表的示数变大
C．活塞向上运动，滑动变阻器R1两端的电压变大
D．活塞静止不动，风速表的示数不变
7．(多选)如图所示是有两个量程的电流表，当分别使用a和b、a和c接线柱时，此电流表有两个量程，其中一个量程为0～1 A，另一个量程为0～0.1 A，表头内阻Rg＝200 Ω，满偏电流Ig＝2 mA，则(　　)
A．当使用a、b时量程为0～1 A
B．当使用a、c时量程为0～1 A
C．电阻R1约为0.41 Ω
D．电阻R2约为0.41 Ω
8.
电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，a、c间的电阻是c、d间电阻的(n－1)倍．
(1)电子式互感器的ac段和cd段属于什么连接方式？
(2)在某次测量中，输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为多少？
素养综合练
9．如图所示，R2＝R4，理想电压表V1的示数为70 V，理想电压表V2的示数为50 V，则A、B间的电压为(　　)
A．140 V B．120 V
C．100 V D．无法计算
10.
(多选)电路连接如图所示，其中U不变，R1为电阻箱，R为滑动变阻器，L为小灯泡．下列说法中正确的是(　　)
A.使电阻箱R1的阻值增大，通过L的电流减小
B.使电阻箱R1的阻值增大，通过L的电流增大
C.使滑动变阻器R连入电路的阻值增大，通过L的电流减小
D．使滑动变阻器R连入电路的阻值增大，通过L的电流增大
11．如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新表的接线柱．已知灵敏电流计G的满偏电流为100 μA，内阻为495.0 Ω，电阻箱读数为5.0 Ω，根据以上数据计算可知改装的电表为(　　)
A．电压表，量程为0～1 mV
B．电压表，量程为0～500 mV
C．电流表，量程为0～1 μA
D．电流表，量程为0～10 mA
12．某灵敏电流计内阻Rg为200 Ω，满偏电流Ig为2 mA，如图甲、乙改装成量程为0～0.1 A和0～1 A的两个量程的电流表，试求在图甲、乙两种情况下，R1和R2各为多少？章末素养评价(一)　第九章　静电场及其应用
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．有关电场强度的理解，下述说法正确的是(　　)
A．由E＝可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的静电力F成正比
B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C．由E＝k可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零 ，电场强度为无穷大
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
2．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔张开．关于这一现象，下列说法正确的是(　　)
A．两金属箔上带异种电荷
B．两金属箔上均带负电荷
C．金属箔上有电子转移到玻璃棒上
D．若将玻璃棒移走，则金属箔会立即合在一起
3．两个半径均为1 cm的导体球，分别带上＋Q和－3Q的电荷量，两球心相距90 cm，相互作用力大小为F.现将它们碰一下后又分开，两球心间相距3 cm，则它们的相互作用力大小变为(　　)
A．3 000F B．1 200F
C．900F D．无法确定
4.
图中实线所示为某电场的电场线，虚线为某试探电荷在仅受电场力的情况下从a点到b点的运动轨迹，则下列说法正确的是(　　)
A．b点的电场强度比a点的电场强度小
B．该试探电荷带负电
C．该试探电荷从a点到b点的过程中电场力一直做负功
D．该试探电荷从a点到b点的过程中速度先增加后减少
5．如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受静电力大小的函数图像，由此可判定(　　)
A．电场方向一定由A指向B
B．若场源电荷为正电荷，位置在A侧
C．若场源电荷为负电荷，位置在B侧
D．若场源电荷为正电荷，位置在B侧
6．如图所示，在正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是(　　)
7．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg＞qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则(　　)
A．tb＜ta＜tc＜td B．tb＝tc＜ta＝td
C．ta＝td＜tb＜tc D．tb＜ta＝td＜tc
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．M和N是两个都不带电的不同的物体．它们互相摩擦后，M带正电荷2.72×10－9 C，下列判断正确的是(　　)
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2.72×10－9 C D．M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子
9．如图所示，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，这是因为(　　)
A．烟尘在高压电场作用下带上了负电
B．烟尘在高压电场作用下带上了正电
C．带负电的烟尘吸附在线圈上，因此看不到有烟冒出
D．带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出
10．如图所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应(　　)
A．带正电，放在A点 B．带正电，放在B点
C．带负电，放在C点 D．带正电，放在C点
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)在探究两带电体间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两带电体的间距和带电荷量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于C点．如图所示．
实验时，先保持两球电荷量不变．使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小．实验表明：两带电体之间的相互作用力，随其距离的________(选填“增大”或“减小”)而减小，随其所带电荷量的________(选填“增大”或“减小”)而减小．此同学在探究中应用的科学方法是________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”).
12．(8分)如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m.若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2.求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
13．(12分)
如图，小球A用两根等长的绝缘细绳a、b悬挂在水平天花板上，两绳之间的夹角为60°.A的质量为0.1 kg，电荷量为2.0×10－6 C．A的正下方 0.3 m 处固定有一带等量同种电荷的小球B.A、B均可视为点电荷，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)细绳a的拉力大小；
(2)剪断细绳a瞬间，细绳b的拉力大小和小球A的加速度大小．
14．(14分)
如图所示，匀强电场方向与水平面的夹角θ＝30°斜向右上方，电场强度为E；质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致．
(1)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？
(2)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？
15．(14分)如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.40 m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一质量m＝0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0 m的位置，由于受到静电力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q＝8.0×10－5C，g取10 m/s2，求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；
(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．课时分层作业(十九)　闭合电路的欧姆定律
基础达标练
1．(多选)关于电动势，下列说法正确的是(　　)
A．电源电动势等于电源正、负极之间的电势差
B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值
C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关
D．电源电动势越大，说明电源把其他形式的能转化为电能的本领越强
2．一台发电机用0.5 A的电流向外输电，在1 min内将180 J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为(　　)
A．6 V B．360 V
C．120 V D．12 V
3.
如图所示的电路中，把R由2 Ω改变为6 Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为(　　)
A．4 Ω B．8 Ω
C．6 Ω D．2 Ω
4．如图所示，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是(　　)
A．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小
B．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变
C．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变
D．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小
5．有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，电路中的电流为I；将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流为，则电源的内阻为(　　)
A．R B．
C．4R D．
6．在如图所示电路中，电源的电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其最大电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C时，小灯泡恰好正常发光．则C、B之间的电阻应为(　　)
A．10 Ω B．20 Ω
C．15 Ω D．5 Ω
7．铅蓄电池的电动势为2 V，一节干电池的电动势为1.5 V，将铅蓄电池和干电池分别接入电路，两个电路中的电流分别为0.1 A和0.2 A.两个电路都工作20 s时间，电源所消耗的化学能分别为多少？哪一个把化学能转化为电能的本领更大？
素养综合练
8．受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图像如图所示，则下列说法错误的是(　　)
A．该电池的电动势E＝6 V
B．该电池的内阻r＝1 Ω
C．该电池的输出功率为4.5 W时，电路中的电流可能为1 A
D．输出功率为4.5 W时，此电源的效率可能为25%
9．如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V　0.4 W”，当开关S接1，滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则(　　)
A.电源的内阻为2 Ω
B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机的正常工作电压为1 V
D．S接2时，电源的效率约为93.3%
10.
为了充分利用旧电池，小明使用一节新电池搭配一节旧电池共同为手电筒供电．已知新、旧电池的电动势均为1.5 V，新电池内阻为1 Ω，旧电池内阻为8 Ω，手电筒采用的灯泡参数为“3 V，1.5 W”．
(1)新、旧电池的输出功率分别为多少？
(2)结合计算结果思考，新、旧电池能否搭配使用呢？课时分层作业(二十三)　电磁感应现象及应用
基础达标练
1．如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．不能确定
2．(多选)如图是观察电磁感应现象的实验装置．闭合开关，要使灵敏电流计指针发生偏转，可采取的措施有(　　)
A．将线圈M快速插入线圈N中
B．将线圈M快速从线圈N中抽出
C．快速移动滑动变阻器的滑片
D．将线圈M静置于线圈N中
3．(多选)如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图中所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是(　　)
A．线圈a中无感应电流
B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有感应电流
D．线圈d中无感应电流
4．(多选)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像如图所示，能在闭合回路中产生感应电流的是(　　)
5．(多选)如图所示，A、B两回路中各有一开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能的是(　　)
A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转
B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转
C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转
D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转
素养综合练
6．如图所示，一有限范围的匀强磁场，宽为d.一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域．若d>L，则线框穿过磁场区域的过程中，线框中产生感应电流的时间为(　　)
A．　　　B．　　C．　　D．
7．如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中会使电流表指针发生偏转的是(　　)
A．保持开关闭合 B．开关闭合瞬间
C．开关断开瞬间 D．移动变阻器滑片课时分层作业(十三)　带电粒子在交变电场中的运动
基础达标练
1．(多选)带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)
A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
2.
在空间中有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离为l.那么在t＝2 s时，电子将处在(　　)
A.A点
B．A点左方l处
C．A点右方2l处
D．A点左方2l处
3．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
素养综合练
4．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边大小为v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg.不计粒子所受重力．求：
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；
(3)粒子打到荧光屏上的动能．课时分层作业(十四)　电源和电流
基础达标练
1．下列关于电流的说法正确的是 (　　)
A．根据I＝，可知I与q成正比
B．如果在任意相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流
C.电流有方向，电流是矢量
D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位
2．(多选)已知某款锂电池的充电电流为500 mA，则以下说法正确的是 (　　)
A.1 s内通过电池某一横截面的电荷量为500 C
B.1 s内通过电池某一横截面的电荷量为0.5 C
C.充电过程把其他形式的能转化为电能
D．充电过程把电能转化为其他形式的能
3．某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为(　　)
A．0 B．
C． D．
4．一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为v0，导体中通过的电流为I，则下列说法中正确的有 (　　)
A．自由电子定向移动的速率为v0
B．自由电子定向移动的速率为v＝
C.自由电子定向移动的速率为真空中的光速c
D.自由电子定向移动的速率为v＝
5.
非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100 V，电流50 A，每秒钟放电150次，其放电情况如图所示．则1秒钟内非洲电鳐放出的电荷量为(　　)
A．25 C B．50 C
C．150 C D．250 C
素养综合练
6．(多选)如图是某品牌电动汽车的标识牌，以下说法正确的是(　　)
整车型号 CH830BEV
最大设计总质量 1 800 kg
动力电池容量 60 A·h
驱动电机额定功率 30 kW
驱动电机型号 WXMP30LO
车辆设计代号VIN LVFAD1A3440000003
A.该电池的容量为60 A·h
B．该电池以6 A的电流放电，可以工作10 h
C．该电池以6 A的电流放电，可以工作60 h
D．该电池充完电可贮存的电荷量为60 C
7.
(多选)半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在的平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流(　　)
A.若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若使ω、Q不变，将橡胶圆环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D．若使ω、Q不变，将橡胶圆环拉伸，使环半径增大，电流将变小课时分层作业(七)　电势能和电势
基础达标练
1．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动该电荷，电场力做功为W3，则(　　)
A．W1>W2>W3 B．W1C．W1＝W2＝W3 D．W1＝W2>W3
2．有一电场的电场线如图所示，电场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB表示，则(　　)
A．EA>EB，φA>φB B．EA>EB，φA<φB
C．EAφB D．EA3．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点过程中，电场力做了2×10－6 J的正功，那么(　　)
A．电荷在B处时具有2×10－6 J的动能
B．电荷的动能减少了2×10－6 J
C．电荷在B处时具有2×10－6 J的电势能
D．电荷的电势能减少了2×10－6 J
4．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ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝3 V，φb＝9 V，则下列叙述正确的是(　　)
A.c点处的电势一定为6 V
B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb
C．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大
D．正电荷只受静电力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大
5．静电场中某电场线如图所示．把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7 J，则该点电荷的电性及在此过程中电场力做的功分别为(　　)
A．正电　－1.2×10－7 J
B．负电　－1.2×10－7 J
C．正电　1.2×10－7 J
D．负电　1.2×10－7 J
6．如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v沿垂直于电场线的方向射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA.已知q1带正电，不计粒子重力和阻力．则下列说法中正确的是(　　)
A．q2也带正电
B．A点的电势低于C点的电势
C．静电力对q1做正功，对q2做负功
D．q1、q2的电势能均减小
7．将带电荷量为1×10－8 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6 J，问：
(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？
(2)A点的电势是多少？
8.
如图所示，匀强电场的电场强度大小为3.0×104 N/C，方向水平向右，一电荷量为＋2.0×10－8 C的带电粒子只在电场力作用下从静止开始由该电场中的M点运动到N点，已知M、N两点间的距离为0.6 m．求：
(1)粒子所受电场力．
(2)粒子从M点运动到N点的过程中，电场力对粒子所做的功．
(3)若规定N点的电势为零，则粒子在M点时具有的电势能是多少．
素养综合练
9．如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，则下列判断正确的是(　　)
A．电场线方向向下
B．粒子一定从a点运动到b点
C．a点电势比b点电势高
D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
10．一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，电场力做功2 J，克服阻力做功1 J．由此可判断下列有关能量变化的说法正确的是(　　)
A．重力势能增加5 J
B．电势能增大2 J
C．动能增大6 J
D．机械能减少3 J
11．如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内有一带正电的点电荷a(图中未画出)，与a带同种电荷的质点b仅在a的库仑力作用下，以初速度v0(沿MP方向)由M点运动到N点，到N点时速度大小为v，且vA．质点b从M点到N点的过程中，库仑力对其做的总功为负值
B．质点b在M点、N点的加速度大小可能相等
C．质点b在M点的电势能大于在N点的电势能
D．电荷a一定在实线MN左上方
12．电荷量分别为＋q、＋q、－q的三个带电小球，分别固定在边长为L的绝缘正三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示．若三角形框架绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能的变化情况为(　　)
A．减少qEL B．增加qEL
C．减少2qEL D．增加2qEL章末素养评价(五)　第十三章　电磁感应与电磁波初步
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．自2020年1月以来，“新冠肺炎”在全国爆发．“新冠肺炎”的典型症状就是持续发烧，因此测温是“新冠肺炎”防控的重要环节．为方便测温人们习惯采用如图所示的额温枪．额温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将额温枪放于距两眼中间部位5～6 cm处，修正额头与实际体温的温差便能显示准确的体温．则以下说法正确的是(　　)
A．额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线存在差异
B．额温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒
C．红外线是波长比紫外线波长短的电磁波
D．爱因斯坦最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点
2.
如图所示是医生用计算机辅助某种射线断层摄影(简称“CT”)检查身体的情况，这种能穿透身体的射线是(　　)
A．X射线 B．红外线
C．紫外线 D．可见光
3．电磁波在日常生活和生产中已经被大量应用了，下列说法正确的是(　　)
A．机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪利用了X射线的穿透本领
B．银行的验钞机和家用电器的遥控器发出的光都是紫外线
C．微波炉能快速加热食物是因为红外线具有显著的热效应
D．手机通话使用的无线电波，其波长比可见光的波长短
4．有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动．下图中能产生感应电流的是(　　)
　
5.
将面积为3.0×10－4m2的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为30°，如图所示，若穿过该圆面的磁通量为3.0×10－5 Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B应等于(　　)
A.1.0×10－1T B．5.0×10－2T
C．2.0×101T D．2.0×10－1T
6．如图所示，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是(　　)
A．＋x方向 B．－x方向
C．＋y方向 D．－y方向
7.
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a处产生的磁场磁感应强度大小为B，则d处的磁感应强度大小为(　　)
A．2B B．B
C．3B D．3B
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．5G网络是“第五代移动通信网络”的简称，目前世界各国正大力发展5G网络.5G网络使用的无线电波通信频率在3.0 GHz以上的超高频段和极高频段(如图所示)，比目前4G及以下网络(通信频率在0.3 GHz～3.0 GHz间的特高频段)拥有更大的带宽和更快的传输速率．未来5G网络的传输速率(指单位时间传送的数据量大小)可达10 Gbps(bps为bits per second的英文缩写，即比特率、比特/秒)，是4G网络的50～100倍．关于5G网络使用的无线电波，下列说法正确的是(　　)
A．在真空中的传播速度更快
B．在真空中的波长更长
C．无线电波是一种具有能量的物质
D．频率更高，相同时间传递的信息量更大
9．如图所示，处在竖直平面的环形导线圈的正中心有一个小磁针a，在圆环外侧有一小磁针b，a、b与圆环都处于同一竖直面内，当导线中通以图示方向的恒定电流时(不考虑地磁场的影响和两小磁针间的作用)，则(　　)
A.小磁针a的N极向纸里转动 B.小磁针a的N极向纸外转动
C.小磁针b的N极向纸里转动 D.小磁针b的N极向纸外转动
10．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流I、长度L和受力F，则可以用表示磁感应强度B的是(　　)
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(9分)如图所示，在“探究感应电流产生的条件”的实验中，电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关已部分连接．
(1)请使用两根导线，将电路补充完整．
(2)此实验中使用的电表是________．
A．电流表
B．倍率适宜的欧姆表
(3)正确选择电表和连接电路后，开始实验探究，下列说法正确的是________．
A．开关闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出，都会引起电表指针偏转
B．线圈A插入线圈B后，开关闭合和断开的瞬间电表指针均不会偏转
C．线圈A插入线圈B中，开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电表指针静止在中央零刻度
D．线圈A插入线圈B中，开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电表指针才能偏转
12．(10分)边长l＝10 cm的正方形线圈，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，如图所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝2＋3t(T)，则第3 s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
13．(11分)如图所示，长为L、质量为m的金属杆，被两根竖直的金属丝静止吊起，金属杆处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属杆中通有方向a→b的电流I时，每根金属丝的拉力大小为F.当金属杆中通有方向b→a的电流I时，每根金属丝的拉力大小为2F.求磁场的磁感应强度B的大小．
14．(10分)人眼对绿光最为敏感，正常人的眼睛接收到波长为530 nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉．普朗克常量为6.63×10－34 J·s，光速为3.0×108 m/s，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是多少？
15．(14分)如图所示，将一根长为L＝0.5 m的直导线垂直于磁感线方向放入水平匀强磁场中，当导线通以2 A的电流时，导线受到的磁场力为1.0×10－4 N.
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若该导线中通以3 A的电流，试求此时导线所受磁场力的大小．

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