2024—2025高中物理必修3一轮复习课时作业模块综合章末素养试卷详解答案

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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＝ eq \f(1×10－8,1.6×10－19) ＝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－ eq \f(q,2) 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－ eq \f(q,4) 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 eq \f(q,2) ，再把A、B球接触，A、B球带电荷量都变为－ eq \f(q,4) .
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 eq \f(Q2,r2) ，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 eq \f(q1q2,r2) ，知F∝ eq \f(1,r2) ，当电荷量不变，r增大为原来的2倍时，静电力变为原来的 eq \f(1,4) ，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 eq \f(QBQC,（2L）2) ·sin 30°＝k eq \f(QAQC,L2) ，解得 eq \f(QA,QB) ＝ eq \f(1,8) ，故选项B正确．
答案：B
6．解析：将乙图中的均匀带电的 eq \f(3,4) 球壳分成三个 eq \f(1,4) 带电球壳，关于球心对称的两个 eq \f(1,4) 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 eq \f(3,4) 球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电的 eq \f(1,4) 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＝ eq \f(kQ′q,R2) ，其中Q′＝ eq \f(Q,4πR2) ·πr2，得出F＝ eq \f(kQqr2,4R4) ，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＝ eq \f(kQqr2,4R4) ，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＝ eq \f(F,tan β) ，m2g＝ eq \f(F′,tan α)
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 eq \f(q1q2,（R＋h）2) ＝G eq \f(m1m2,（R＋h）2) ，得kq1q2＝Gm1m2；当离星球表面2h高度时，所受合力F＝k eq \f(q1q2,（R＋2h）2) －G eq \f(m1m2,（R＋2h）2) .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 eq \f(qAqB,r2) ＝9.0×109× eq \f(4×10－6×5×10－6,0.32) 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
eq \r(3) FBA＝mg，FBA＝ eq \f(kqqB,d2) ，
解得qB＝ eq \f(\r(3)mgd2,3kq) .
(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＝ eq \f(3,2) mg
根据牛顿第三定律可知，B对地面的压力大小为 eq \f(3,2) mg.
答案：(1)正电 (2) eq \f(\r(3)mgd2,3kq) (3) eq \f(3,2) 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＝ eq \f(kq2,（l0＋x1）2) ，k0x2＝ eq \f(\f(1,4)kq2,（l0＋x2）2) ，则 eq \f(x1,x2) ＝ eq \f(4（l0＋x2）2,（l0＋x1）2) ，分析知l0＋x2＜l0＋x1，故 eq \f(x1,x2) ＜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＝ eq \f(kQq,（\f(h,sin 30°)）2) cs 30°＝ eq \f(\r(3)kQq,8h2) .
C对，D错：结合圆周运动规律有 eq \f(mg,tan 30°) ＝m eq \f(v2,\f(h,tan 30°)) ，v＝ eq \r(3gh) .
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＝ eq \f(F,q) 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 eq \f(F,q) ，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∶ eq \r(3) ，由E＝k eq \f(Q,r2) 可得Ea＝3Eb，即Ea∶Eb＝3∶1.
答案：D
9．解析：当圆环的 eq \f(1,4) 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 eq \r(2) 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 eq \r(2) 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2 eq \r(2) E，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°＝ eq \f(E2,E1) ，E1＝k eq \f(q1,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，E2＝k eq \f(q2,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )
又r2＝2r1，联立解得q1＝ eq \f(1,2) 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 eq \f(E,2) ；若设OA＝OB＝r，则AC＝2r，则 eq \f(E,2) ＝k eq \f(Q,r2) ；在C点，E＋Q＝E－Q＝k eq \f(Q,4r2) ＝ eq \f(E,8) ；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 eq \f(E,8) ，方向水平向右；则C点的合场强大小为EC＝E＋ eq \f(E,8) ＝ eq \f(9E,8) ，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－ eq \f(kq·3q,r2) ＝maa；对b，根据牛顿第二定律有 eq \f(kq·3q,r2) －qE＝mab.而aa＝ab，解得E＝ eq \f(3kq,2r2) ，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 cs θ＝mg②
由①②式解得E＝ eq \f(mg tan θ,q)
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＝ eq \f(1,2) 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＝ eq \f(mg sin θ,q) .大于 eq \f(mg sin θ,g) 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 eq \f(Q,（\f(L,2)）2) ＋k eq \f(2Q,（\f(L,2)）2) ＝ eq \f(12kQ,L2) ，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 cs 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＝ eq \f(EpA,q) ＝ eq \f(1×10－6,1×10－8) 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× eq \f(L,2) ＝－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＝ eq \f(WAB,q) ，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＝ eq \f(W1,q1) ＝ eq \f(4×10－8,10－9) V＝40 V，则φA＝－40 V，由于U∞B＝ eq \f(W2,q2) ＝ eq \f(－6×10－8,－2×10－9) 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＝ eq \f(kQ,rA) ＝4.5×104 V，
φB＝ eq \f(kQ,rB) ＝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v­t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＝ eq \f(4,7－5) 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＝ eq \f(F,q) ＝ eq \f(2,2) N/C＝1 N/C，A正确；据v­t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v­t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＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝ eq \f(1,2) ×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＝ eq \f(3,8) mg.
(2)带电小球由A点运动到B点，由动能定理有mg sin 30°· eq \f(L,2) ＋qUAB＝0，解得UAB＝－ eq \f(mgL,4q) .
答案：(1) eq \f(3,8) mg (2)－ eq \f(mgL,4q)
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＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(2,2×10－2) 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＝ eq \f(UAB,dAB) ，得E＝ eq \f(150,0.06) 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×cs 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＝ eq \f(\r(3),2) cm，故电场强度为E＝ eq \f(UDC,LDE) ＝ eq \f(UOC,4LDE) ＝ eq \f(6,2\r(3)) ×102 V/m＝100 eq \r(3) 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·cs 30°＝ eq \r(3) R· eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(3,2) R，沿电场线方向电势降低，则UPC＝E·CM＝ eq \f(3ER,2) ，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E­x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＝ eq \f(kQ,r2) 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：φ­x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＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，则静电力做功W＝mgh.B对：由W＝qU得，A、B两点的电势差U＝ eq \f(mgh,q) .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＝ eq \f(U,d) ，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< eq \f(U,h) ＝ eq \f(mg,q) ，即电场强度的最小值小于 eq \f(mg,q) .
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＝ eq \f(Q,U) ，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＝ eq \f(Q,U) ，得C＝ eq \f(2×10－4,200) 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＝ eq \f(Q,U) 得，U′＝ eq \f(Q′,C) ＝ eq \f(4×10－4,1×10－6) 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＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知，当液面升高时，正对面积S增大，故电容增大，再依据C＝ eq \f(Q,U) 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＝ eq \f(Q,C) 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＝ eq \f(qU,d) 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： eq \f(1,2) mHv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(H)) ＝qHU，对α粒子： eq \f(1,2) mαv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ＝qαU.得 eq \f(vH,vα) ＝ eq \r(\f(qHmα,qαmH)) ＝ eq \r(\f(1×4,2×1)) ＝ eq \r(2) ∶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＝ eq \f(U,d) ，根据动能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝ eq \f(eUh,d) .
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＝ eq \f(qE,g) ，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＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2) ，得v0＝ eq \r(\f(2U0q,m)) ，电子进入极板间后做类平抛运动，时间t＝ eq \f(L,v0) ，加速度a＝ eq \f(qU,dm) ，竖直分速度vy＝at，tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(UL,2U0d) ，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＝ eq \f(1,2) · eq \f(mg－qE,m) 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＝ eq \f(qE,m) ，对竖直分运动，有y＝ eq \f(1,2) at2，对水平分运动，有x＝v0t，联立得v0＝x eq \r(\f(qE,2ym)) ，t＝ eq \r(\f(2ym,qE)) ，m＝ eq \f(qEx2,2yv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ；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＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL) .
(2)粒子做类平抛运动，在水平方向上：d＝ eq \f(1,2) at2
解得d＝ eq \f(\r(3),6) L.
答案：(1) eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL) (2) eq \f(\r(3),6) L
8．解析：(1)由动能定理可得：
|q|U1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
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＝ eq \f(1,2) at2，a＝ eq \f(|q|E,m) ，E＝ eq \f(U2,d) ，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知 eq \f(y′,y) ＝ eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2)) .
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 eq \f(U,d) ＝mg可得，d＝ eq \f(qU,mg) ，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＝ eq \f(1,2) m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)v)) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) mv2可得h＝ eq \f(5v2,8g) ，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＝ eq \f(eE1,m) ＝ eq \f(eE,m) ，由x＝ eq \f(1,2) at2得 eq \f(L,2) ＝ eq \f(1,2) a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得t1＝ eq \r(\f(mL,eE)) .
(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＝ eq \f(eE2,m) ＝ eq \f(2eE,m) ，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＝ eq \f(vy,v1) ，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＝ eq \f(x,\f(3L,2)) ，联立解得x＝3L.
答案：(1) eq \r(\f(mL,eE)) (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＝ eq \f(1,2) 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＝ eq \f(L,v0) ＝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＝ eq \f(1,2) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·\f(T,2))) eq \f(T,2) ，
且 eq \f(U0q,d) ＝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＝ eq \f(1,2) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) ，
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： eq \f(U0,d) qy2＝Ek－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
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＝ eq \f(q,t) 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＝ eq \f(q,t) 可得I＝ eq \f(4ne,t) ，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＝ eq \f(q,t) ＝nev，则v＝ eq \f(I,ne) ，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＝ eq \f(1,300) s，放出的电荷量为q1＝It＝50× eq \f(1,300) C＝ eq \f(1,6) C，则1秒钟内非洲电鳐放出的电荷量为q＝nq1＝150× eq \f(1,6) 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＝ eq \f(q,t) ＝ eq \f(Q,T) ；又T＝ eq \f(2π,ω) ，所以I＝ eq \f(Qω,2π) .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 eq \f(l,S) 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 eq \f(1,3) ，剩余部分长度变为原来的 eq \f(2,3) ，根据电阻定律R＝ρ eq \f(l,S) 可知，剩余电阻变为 eq \f(2,3) 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 eq \f(1,2) ，根据电阻定律R＝ρ eq \f(l,S) 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 eq \f(1,2) ，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R＝ρ eq \f(l,S) 可知，电阻变为 eq \f(1,4) R，C正确．
答案：CD
4．解析：由I­U图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有 eq \f(R甲,R乙) ＝ eq \f(tan 30°,tan 60°) ＝ eq \f(1,3) ，故甲的电阻是乙的电阻的 eq \f(1,3) ，A、D错误；两电阻两端电压相同，则由I＝ eq \f(U,R) 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＝ eq \f(U,R) 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＝ eq \f(U,R) ＝ eq \f(1,R) U可知，电阻的I­U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，U­I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 eq \f(l,S) 可知，电阻率ρ＝ eq \f(RS,l) ；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 eq \f(l,S) 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＝ eq \f(U,Ig) －Rg＝ eq \f(10,0.001) 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＝ eq \f(U1m,R1) ＝2 A和I2m＝ eq \f(U2m,R2) ＝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＝ eq \f(U,I) －RA＝ eq \f(2.5,5×10－3) 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＝ eq \f(U,R) ＝ eq \f(10,20) 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 eq \f(Uac,Rac) ＝ eq \f(U,Rcd) ，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＝ eq \f(U,R) ＝ eq \f(0.049 5,5) 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＝ eq \f(Ig,I－Ig) Rg＝ eq \f(2×10－3,0.1－2×10－3) ×200 Ω≈4.08 Ω
R2＝ eq \f(Ig,I－Ig) Rg＝ eq \f(2×10－3,1－2×10－3) ×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＝ eq \f(12 V,10 kΩ) ＝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 eq \f(RV,Rx) ＜ eq \f(Rx,RA) ，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＝ eq \f(E,R2＋R0) ，知R2＝ eq \f(E,I) －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＋ eq \f(3 V,RV) ×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＋ eq \f(1 V,RV) ×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＝ eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R) t可得：U1＝3 V， eq \f(t,R) ＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝ eq \f(U eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R) 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＝ eq \f(U2,R并) ，
保温时电饭煲消耗的电功率P2＝ eq \f(U2,R1＋R并) ，
两式中R并＝ eq \f(R2R3,R2＋R3) ＝ eq \f(500×50,500＋50) Ω＝ eq \f(500,11) Ω
从而有P1∶P2＝ eq \f(R1＋R并,R并) ＝ eq \f(500＋\f(500,11),\f(500,11)) ＝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＝－R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(I－\f(U,2R))) 2＋ eq \f(U2,4R)
当I＝ eq \f(U,2R) 时，P机有最大值 eq \f(U2,4R) ，即I＝ eq \f(120,12) 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′＝ eq \f(U,R) ＝ eq \f(120,6) 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＝ eq \f(W,It) ＝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＝ eq \f(E,R1＋r) ①，I2＝ eq \f(E,R2＋r) 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＝ eq \f(4,3) I( eq \f(R,2) ＋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＝ eq \f(P额,U额) ＝ eq \f(1.8,0.6) 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＝ eq \f(E－U额,I额) ＝ eq \f(9.0－6.0,0.3) 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＝ eq \f(W,q) 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＝ eq \f(E,2r) 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＝ eq \f(Pm,I) ＝3 V，则E＝6 V，故A正确；r＝ eq \f(U内,I) ＝ eq \f(3,2) 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＝ eq \f(UI,EI) ＝ eq \f(U,E) ，当I1＝1 A时，U1＝E－I1r＝4.5 V，η1＝ eq \f(U1,E) ×100%＝75%，当I2＝3 A，U2＝E－I2r＝1.5 V，η2＝ eq \f(U2,E) ×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＝ eq \f(P,U) ＝0.2 A，由欧姆定律有RL＝ eq \f(U,I) ，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＝ eq \f(E,R＋RL＋r) ，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＝ eq \f(EI－I2r,EI) ×100%＝ eq \f(E－Ir,E) ×100%＝ eq \f(3－0.2×1,3) ×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＝ eq \f(U2,P) ＝6 Ω；
由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流为：
I＝ eq \f(2E,R＋r1＋r2) ＝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U­I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＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI))) ＝ eq \f(6－5,0.5) Ω＝2 Ω，故B错误．外电阻R＝0时，短路电流为I＝ eq \f(E,r) ＝ eq \f(6,2) 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＝ eq \f(U,I) ＝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＝ eq \f(3.0,2.0) 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＝ eq \f(U,I) ＝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＝ eq \f(R2,R2＋r) 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 eq \f(1,2) 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＝ eq \f(E1,I1) ＝ eq \f(10,7) Ω、r2＝ eq \f(E2,I2) ＝ eq \f(10,11) Ω则r1∶r2＝11∶7.C对，D错：由小灯泡的伏安特性曲线可知，R1＝ eq \f(U′1,I′1) ＝0.6 Ω，
R2＝ eq \f(U′2,I′2) ＝ eq \f(5,6) 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＝ eq \f(E,I短) ＝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＝ eq \f(U2,I2) ＝5 Ω.(3)当外电阻等于内阻时，电源的最大输出功率P＝ eq \f(E2,4r) ＝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＝ eq \f(F,Il) 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 eq \f(N,A·m) .
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 cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) BS，ΦⅢ＝BS cs 45°＝ eq \f(\r(2),2) 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＝ eq \r(2) B.故B合∶B＝ eq \r(2) ∶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＝ eq \f(BL2,2) ，当线圈绕OO′轴转过60°时穿过线圈的磁通量Φ2＝B· eq \f(1,2) L2·cs 60°＝ eq \f(BL2,4) ，转动的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－ eq \f(BL2,4) ，ΔΦ的大小为 eq \f(BL2,4) .
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°＝ eq \f(B,2) .
答案：A
8．解析：(1)由磁感应强度的定义式得
B＝ eq \f(F,Il) ＝ eq \f(5.0×10－2,2.5×1×10－2) 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 cs α＝20×0.5×cs 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 eq \f(1,4) 球面穿进，又从另外 eq \f(1,4) 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＝ eq \f(F,Il) 得：
B＝ eq \f(F,Il) ＝ eq \f(4×10－5,0.5×4×10－2) 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 eq \f(2L,v) .
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＝ eq \f(c,λ) ，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＝ eq \f(F,q) 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 eq \f(Q,r2) 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 eq \f(Q1Q2,r2) ＝k eq \f(Q×3Q,0.92) ；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＝ eq \f(F,q) ，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 eq \f(Q,r2) ，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＝2 eq \r(2) k eq \f(Q,r2) ，C选项中电场强度EC＝k eq \f(Q,r2) ，D选项中电场强度ED＝ eq \r(2) k eq \f(Q,r2) ，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＝ eq \f(1,2) 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＝ eq \f(q,e) ＝ eq \f(2.72×10－9,1.60×10－19) 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 eq \f(q2,L2) ，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 eq \f(q,L2) ，A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cs 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＝ eq \f(kQ2,r2)
对小球A受力分析，根据平衡条件有：2T cs 30°＋F＝mg
解得T＝ eq \f(\r(3),5) 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：
mgcs 30°＝Fcs 30°＋T′
mgsin 30°－Fsin 30°＝ma
联立解得：T′＝ eq \f(3\r(3),10) N；a＝3 m/s2
答案：(1) eq \f(\r(3),5) N (2) eq \f(3\r(3),10) 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
F1cs α＝qE cs θ ①
F1sin α＝mg＋qE sin θ ②
联立①②解得α＝60°，F1＝ eq \r(3) 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°＝ eq \f(\r(3),2) mg
方向与水平面夹角为60°斜向左上方
答案：(1)大小为 eq \r(3) mg，方向与水平面夹角为60°斜向右上方
(2)大小为 eq \f(\r(3),2) 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＝ eq \f(qE,m) ＝8.0 m/s2
设带电体运动到B端的速度大小为vB，则v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2as
解得vB＝ eq \r(2as) ＝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＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R)
解得FN＝mg＋ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,R) ＝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－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
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＝ eq \f(WAB,q) ＝ eq \f(4.0×10－9,－1.0×10－9) 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；φ­x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＝ eq \f(U,d) 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＝ eq \f(Q,C) 、E＝ eq \f(U,d) 和C＝ eq \f(εrS,4πkd) 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 eq \f(v0,2) ·t＝ eq \f(vC,2) ·t，故vC＝v0，B正确；由q· eq \f(U,2) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ，得U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,q) ＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) ，C错误；由mg＝qE，得q＝ eq \f(mg,E) ，代入U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) ，得U＝ eq \f(Ev eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g) ，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＝ eq \f(Q,C) ，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＝ eq \f(kQq,r2) ，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＝ eq \f(EpA,q) ＝ eq \f(－1.5×10－7,－2.0×10－9) 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＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
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 eq \f(U,d) ＝ma，可得a＝ eq \f(eU,dm)
在垂直初速度方向y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) · eq \f(Ue,dm) t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切tan θ＝ eq \f(vy,vx) ＝ eq \f(at,vx) ＝ eq \f(\f(eU,dm)t,v0) ＝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 eq \f(y′,L2) ＝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～ eq \f(T,2) 半个周期小球匀速下落，所以
mg＝qE＝ eq \f(qU0,3d) ，解得U0＝ eq \f(3mgd,q) .
(2)在 eq \f(1,2) 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· eq \f(T,2) ＋v· eq \f(T,2) ＋ eq \f(1,2) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) ＝3d，解得：v＝ eq \f(12d－gT2,4T) .
答案：(1) eq \f(3mgd,q) (2)2g (3) eq \f(12d－gT2,4T)
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 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ，解得vy＝1 m/s，小球过A点的速度大小vA＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ eq \r(2) 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 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，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) eq \r(2) m/s (3)0.25 m
章末素养评价(三)
1．解析：根据电阻率ρ＝ eq \f(RS,l) 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 eq \f(U0,I0) .
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＝ eq \f(U,R) 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 eq \f(l,S) 得： eq \f(ρ1,ρ2) ＝ eq \f(R1S1l2,R2S2l1) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(4,1) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(16,15) ，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 eq \f(1,2) ，通过电流表的电流为通过R1的 eq \f(1,2) ，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I­U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＝ eq \f(4,1.0) 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＝ eq \f(U,RB) ＝ eq \f(10,4) 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 eq \f(1,2) ，则横截面积变为原来的 eq \f(1,4) ，导线长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ eq \f(L,S) ，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 eq \f(I,8) ，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 eq \f(I,8) 时，有 eq \f(I,8) ＝ne· eq \f(S,4) ·v1，可知v1＝ eq \f(v,2) ，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＝ eq \f(2202,100) 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 eq \f(IgRg,I－Ig) ＝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 eq \f(U－IgRg,I) ＝ eq \f(3－100×10－6×900,10－3) 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 eq \f(x,S) ，S＝ eq \f(πd2,4) ，联立以上公式可得 eq \f(U,I) ＝ eq \f(4ρx,πd2) ＋RA图线的斜率为k＝ eq \f(4ρ,πd2) 即ρ＝ eq \f(kπd2,4) .(3)由 eq \f(U,I) ＝ eq \f(4ρx,πd2) ＋RA可知，电阻丝的电阻率ρ＝ eq \f(kπd2,4) ，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) eq \f(kπd2,4) (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＝ eq \f(E,R外＋r) 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＝ eq \f(EA,rA) ＝ eq \f(2.0,\f(2.0－1.0,0.2)) A＝0.4 A，故C错误；电源B的短路电流为IB＝ eq \f(EB,rB) ＝ eq \f(1.5,\f(1.5－1.0,0.1)) 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)示数变大，由于电源的电压不变，所以滑动变阻器R1两端的电压变小，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
7．解析：当滑动变阻器的滑动片向下移动时．滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，灯L变暗．电容器板间电压等于滑动变阻器两端的电压．由上得知，路端电压减小，则通过L灯的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1的电压也增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电容器所带电荷量Q减小，故B项正确．
答案：B
8．解析：由闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R＋r) ，可知I随R的增大单调递减，但不是线性变化，A正确；由U＝E－Ir＝E－ eq \f(Er,R＋r) ＝ eq \f(RE,R＋r) ，变形可得U＝ eq \f(E,1＋\f(r,R)) ，利用数学知识可知B正确，D错误；由U′＝Ir＝ eq \f(rE,R＋r) ，可知C错误．
答案：AB
9．解析：A对：飞船在竖直减速上升的过程中，加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得知，飞船处于失重状态．此时电压表的示数为负．B对：飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，处于超重状态，电压表的示数为正．C错、D对：飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负．
答案：ABD
10．解析：开关均闭合时，电动机、电热丝均工作，电吹风吹热风，A错误；电动机工作时输出的机械功率为电动机消耗的电功率减去自身消耗的功率，其数值一定小于120 W，C错误；由P＝ eq \f(U2,R) 得电热丝的电阻R＝ eq \f(U2,P) ＝ eq \f(2202,（1 000－120）) Ω＝55 Ω，B正确；电吹风吹热风、冷风时电动机消耗的电功率不变，均为120 W，故每秒钟消耗的电能为120 J，D正确．
答案：BD
11．解析：(1)闭合开关之前滑动变阻器的滑片P应放在阻值最大值处，即a处．(2)电源电动势约为1.5 V，因此电压表选择量程为0～3 V的比较合适，故电压表选择C，电路中的电流较小，因此电流表选择0～0.6 A量程的E.(3)在U­I图像中图线与纵轴的交点的纵坐标表示电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势约为1.49 V，图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，所以电源的内阻为：r＝ eq \f(1.49－1.2,0.4) Ω＝0.725 Ω.
答案：(1)a (2)E C (3)1.49 0.725
12．解析：(1)由题图乙所示图像可知，电源电动势为E＝1.5 V电源内阻为r＝ eq \f(ΔU,ΔI) ＝ eq \f(1.5－0,0.75－0) Ω＝2.0 Ω.
(2)在题图丙中描出题图乙中的U­I图线，由图可知灯泡与该干电池组成串联电路时，灯泡两端电压U＝0.9 V，电路电流I＝0.3 A，灯泡实际功率P＝UI＝0.9 V×0.3 A＝0.27 W.
答案：(1)1.5 2.0 (2)0.27
13．解析：(1)根据伏阻法测电源电动势和内阻原理知，实验电路如图所示．
(2)为了保护电路，初始时，电阻箱的阻值应调为最大值．
(3)由闭合电路欧姆定律和欧姆定律可得E＝U＋ eq \f(U,R) r，变换得到 eq \f(1,R) ＝ eq \f(E,r) · eq \f(1,U) － eq \f(1,r) ，由图像在纵轴上截距的绝对值得内阻r＝1.0 Ω.由图线斜率可得电动势E＝3.3 V.
答案：(1)见解析图 (2)最大值 (3)3.3 1.0
14．解析：(1)能量转化：太阳能→电能→光能(热能).
(2)太阳能电池板单位面积上接收太阳能的功率：
P＝ eq \f(4×105,0.3×1×3 600) W≈370 W
(3)节能灯利用太阳能的效率：
η＝ eq \f(9×10×3 600,4×105×8) ×100%＝10%
答案：(1)见解析 (2)370 W (3)10%
15．解析：(1)由图乙可知，当R→∞时，U＝E＝12 V；而当U＝6 V时，R＝2 Ω，由U＝ eq \f(E,R＋r) R＝ eq \f(E,2) ，可得r＝R＝2 Ω.
(2)当滑片滑至上端时，UAB最大，UABmax＝ eq \f(R0,R0＋r) E＝11 V；当滑片滑至下端时，UAB为零．因此，A、B两端空载时输出电压范围为0～11 V.
(3)A、B两端接某一负载电阻后，滑动变阻器滑片移至上端时，干路电流最大．此时I＝ eq \f(E,\f(R0Rx,R0＋Rx)＋r) ，为了使电源不过载，应保证I≤2 A，代入数据得Rx≥ eq \f(44,9) Ω，即所接负载电阻最小值为 eq \f(44,9) Ω.
答案：(1)12 V 2 Ω (2)0～11 V (3) eq \f(44,9) Ω
章末素养评价(五)
1．解析：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，A正确；用于杀菌消毒的是紫外线，不是红外线，B错误；红外线是波长比紫外线波长长的电磁波，它们都是横波，C错误；普朗克最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点，D错误．
答案：A
2．解析：X射线具有较强的穿透能力，常在医疗上用来检查身体；红外线能制成热谱仪、夜视仪，还有遥控器等；紫外线能杀菌，可制成消毒灯，还具有荧光效应，能制成验钞机；红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫属于可见光，可见光的穿透性还不及紫外线．故A选项符合题意．
答案：A
3．解析：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，故A正确；遥控器发出的光是红外线，不是紫外线，故B错误；微波炉是利用微波的频率与水分子的频率相接近，从而使水分子振动而发热的，故C错误；手机通话使用的无线电波，其波长要大于可见光的波长，故D错误．
答案：A
4．解析：A、B、C错，D对：A中线圈不切割磁感线，所以没有感应电流产生．B、C、D中线圈均在切割磁感线，即使切割了磁感线，也不能保证就产生感应电流，比如B和C中的线圈竖直切割了磁感线，但穿过线圈的磁通量没有发生变化，故B、C中的线圈没有感应电流产生．
答案：D
5．解析：根据磁通量Φ＝BS sin 30°，则有B＝ eq \f(Φ,S sin 30°) ＝2.0×10－1 T，故D正确，ABC错误．
答案：D
6．解析：据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场是以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看)，通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向．
答案：A
7．解析：根据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，得出各电流在d点所产生磁场的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得合磁感应强度的大小和方向．假设正方形的边长为L，通电导线b在a处所产生磁场的磁感应强度大小为B，根据几何关系得 eq \x\t(ba) ＝ eq \x\t(bc) ＝L， eq \x\t(bd) ＝ eq \r(2) L.每根通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度大小与距该导线的距离成反比，则a与c在d处产生的磁场的磁感应强度Ba＝Bc＝B，b在d处产生的磁场的磁感应强度为Bb＝ eq \f(\r(2),2) B，方向如图所示．则d点的磁感应强度Bd＝ eq \r(B2＋B2) ＋ eq \f(\r(2),2) B＝ eq \f(3\r(2),2) B.
答案：B
8．解析：无线电波(电磁波)在真空中的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故A错误；由公式c＝λf可知λ＝ eq \f(c,f) ，频率变大，波长变短，故B错误；易知C正确；无线电波(电磁波)频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故D正确．
答案：CD
9．解析：根据安培定则，环形电流在环中心处产生的磁场方向垂直于纸面向里，在外侧的磁场方向垂直于纸面向外，所以小磁针a的N极向纸里转动，小磁针b的N极向纸外转动．
答案：AD
10．解析：只有当通电导线电流方向垂直于磁场方向时，才可用 eq \f(F,IL) 表示磁感应强度B，A、C中电流方向与磁场方向垂直，B、D中电流方向与磁场方向不垂直，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
11．解析：(1)线圈A、电池组、开关、滑动变阻器串联，构成闭合回路；线圈B、电表串联构成闭合回路．
(2)本实验要使用电流表来检测电路中是否有电流产生，选项A正确．
(3)只要线圈B中磁通量发生变化，电流表指针就会偏转，开关闭合，线圈A插入线圈B或者从线圈B中拔出，线圈A插入线圈B后闭合或者断开开关瞬间，都会使电流表指针偏转，选项A正确，B错误；线圈A插入线圈B中，开关闭合，滑动变阻器的滑片匀速滑动或者变速滑动，电流表指针都会偏转，选项CD错误．
答案：(1)如图所示 (2)A (3)A
12．解析：第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末时磁感应强度为
B1＝(2＋3×2) T＝8 T
3 s末时的磁感应强度为
B2＝(2＋3×3) T＝11 T
所以ΔΦ＝ΔBS＝(11－8)×0.12 Wb＝3×10－2 Wb.
答案：3×10－2 Wb
13．解析：金属杆受重力、磁场力、金属丝的拉力而平衡，当金属杆中的电流方向由a→b时，磁场力向上，由平衡条件可得2F＋BIL＝mg，当金属杆中的电流方向由b→a时，磁场力向下，由平衡条件可得4F＝BIL＋mg，联立解得B＝ eq \f(F,IL) .
答案： eq \f(F,IL)
14．解析：因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉，所以察觉到绿光所接收的最小功率P＝ eq \f(E,t) ，式中E＝6 ε，t＝1 s，又ε＝hν＝h eq \f(c,λ) ，可解得P＝ eq \f(6×6.63×10－34×3×108,530×10－9×1) W≈2.3×10－18 W.
答案：2.3×10－18 W
15．解析：(1)直导线垂直于磁感线方向放入水平匀强磁场中，由B＝ eq \f(F,IL)
代入数据得：B＝ eq \f(F,IL) ＝ eq \f(1.0×10－4 N,2 A×0.5 m) ＝1.0×10－4 T
故磁场的磁感应强度为1.0×10－4 T
(2)由B＝ eq \f(F,IL) 可知在磁感应强度和导线长度一定时，磁场力与电流成正比，即 eq \f(F1,I1) ＝ eq \f(F2,I2)
代入数据得：F2＝1.5×10－4 N
答案：(1)1.0×10－4 T (2)1.5×10－4 N
模块综合测试卷
1．解析：由电场线越密的地方，电场强度越大，则知Ea>Eb，A错误；沿着电场线，电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置，即a点的电势比P高，P的电势比b高，故a点电势高于b点的电势，B错误；负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小，则负检验电荷从a点移到b点的过程中，电势能增大，则电场力做负功，D正确，C错误；故选D.
答案：D
2．解析：小球A受到重力G，悬绳拉力T，库仑斥力F，这三个力的合力为0，因此这三个力构成一个封闭的力矢量三角形，且正好与几何三角形OAB相似，故有： eq \f(G,|OB|) ＝ eq \f(T,|OA|) ，由于|OA|＝|OB|，所以T＝G，即T与θ无关，故A错误，B正确；若增加两球的带电量，同理有： eq \f(G,|OB|) ＝ eq \f(F,|AB|) 由于G，|OB|不变，|AB|增大，故F也增大，所以F1答案：B
3．解析：由于BO和OD是匀强电场中两平行等长的线段，故UBO＝UOD，可得φD＝2 V，故ACD错误，B正确．故选B.
答案：B
4．解析：小球在水平方向做匀速直线运动，根据x＝vt，因水平方向的距离大小关系xA＞xB＞xC可知tA＞tB＞tC，而在竖直方向上，三个小球通过的高度相同，根据位移公式h＝ eq \f(1,2) at2和时间关系可知，aA＜aB＜aC，再根据牛顿第二定律可分析出，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，其加速度最小，经过时间最长，故A球带正电，同理可知C球带负电，B球不带电，故AB错误，D正确；在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，根据动能定理可知其动能改变量最大，而带正电荷小球动能改变量最小，即EkC＞EkB＞EkA，故C错误．故选D.
答案：D
5．解析：根据右手螺旋定则，图中螺线管的右端为S极，则小磁针的N极应该指向左，选项ACD错误，B正确；故选B.
答案：B
6．解析：根据安培定则，电流左侧磁场垂直纸面向外，电流右侧磁场垂直纸面向里．
a线圈关于直导线左右对称，向里穿过线框的磁通量与向外穿过线框的磁通量恰好抵消，Φa＝0；
由于离导线越远，磁场越弱，Φb<Φc；
所以Φa<Φb<Φc，故D项正确．
答案：D
7．解析：由图可知通电导线所在位置的磁场的方向，根据左手定则可以判定通电导线所受安培力的方向如图所示．
显然安培力有一个水平方向的分量，根据牛顿第三定律可知条形磁铁受到通电导线的安培力也有一个水平方向的分量，而由于条形磁铁保持静止，故条形磁铁所受地面的静摩擦力与安培力在水平方向的分量相互平衡．所以当导线在条形磁铁的左侧上方时条形磁铁所受的静摩擦力方向向左，而当导线运动到条形磁铁的右半部分上方时，条形磁铁所受地面的静摩擦力水平向右．故条形磁铁所受摩擦力的方向由向左变为向右，故B正确，ACD错误．故选B.
答案：B
8．解析：电容器上极板带正电，下级板带负电荷，油滴静止，电场力方向向上，则油滴带负电，A正确；P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律I＝ eq \f(E,R外＋r) ，电流表A的示数变小，B错误；P向上移动，滑动变阻器的阻值变大，则外电路的总电阻增大，则外电压U外增大，根据UR1＝IR1，电阻R1的两端电压变小，根据U外＝UR1＋U并，U并增大，即电容器两端的电压增大，油滴受到的电场力增大，大于重力，油滴向上加速运动，C正确；电容器两端的电压增大，根据Q＝CU，电容器充电，G中有由b→a的电流，D错误．故选AC.
答案：AC
9．解析：在静电场中，电场线不可能相交，选项A正确；磁感线和电场线都是虚拟的，不是客观存在的，选项B错误；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，选项C正确；在用电场线描绘电场时，没有电场线的地方仍有可能有电场，电场强度不一定为零，选项D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：物体做曲线运动时，受力方向指向曲线的凹面一侧，所以由曲线轨迹和电场方向可知，该带电粒子一定带正电，故A正确；电场线越密集的地方电场强度越大，因此A点电场强度小于B点电场强度，故B正确；粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力，因此粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，故C错误；从A到B的过程中，电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：电流表改装成电压表，需要串联分压电阻；
由U＝Ig(R＋Rg)，
可得R＝ eq \f(U,Ig) －Rg＝9 900 Ω；
电压表测电压时，应与被测元件并联；
由电压表量程可知电压表分度值为U0＝ eq \f(U,10) ＝0.1 V.
则电压表读数约为0.84 V.
答案：串 9 900 并 0.83～0.86
12．解析：(1)灯泡额定电压是2 V，电压表应选择A；灯泡额定电流I＝ eq \f(P,U) ＝ eq \f(1,2) ＝0.5 A，电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；(2)为了在灯泡上得到从0开始的电压，滑动变阻器要用分压电路，灯泡属于小电阻，则用电流表外接，故电路选b；(3)接成题图乙所示的电路，电压表内阻很大，电路中电流几乎为零，则灯泡不亮；(4)灯泡正常工作时，电压为2 V，由图可知I＝0.5 A，则R＝ eq \f(U,I) ＝4.0 Ω
答案：(1)A D E (2)b (3)不亮 (4)4.0
13．解析：(1) a、b两点间的电势差为
Uab＝ eq \f(Wab,q) ＝ eq \f(2×10－6,2×10－8) V＝100 V
(2)根据U＝Ed
可得匀强电场的场强大小E＝ eq \f(Uab,dab) ＝ eq \f(100,0.02) V/m＝5 000 V/m
(3) a、c两点电势差为
Uac＝E(dab＋dbccs 60°)＝5 000×(0.02＋0.06×0.5) V＝250 V
将电荷从a点经b点移到c点的过程中，电场力做的功
Wac＝qUac＝2×10－8×250 J＝5×10－6 J
答案：(1)100 V (2)5 000 V/m (3)5×10－6 J
14．解析：(1) 当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝72 W，由热功率公式可得P＝I2r
解得I＝ eq \r(\f(P,r)) ＝6 A
由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R1＋r)＝120 V
(2)当S闭合时，干路中的电流I＝15 A，由闭合电路欧姆定律可得E＝Ir＋U
解得U＝90 V
此时通过R1的电流为I1＝ eq \f(U,R1) ＝5 A
由并联电路电流的规律可得，通过电动机的电流为I2＝I－I1＝10 A
因此电动机的电功率为P电＝UI2＝900 W
电动机的热功率为P热＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R2＝100 W
电动机的机械功率为P机＝P电－P热＝800 W
答案：(1)120 V (2)800 W
15．解析：(1)粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图；由qvB＝m eq \f(v2,R)
解得R＝ eq \f(mv,qB)
(2)入射点O与出射点P间的距离L＝2R sin 60°＝ eq \r(3) R＝ eq \f(\r(3)mv,qB) ；
(3)粒子运动的周期T＝ eq \f(2πm,qB)
粒子在磁场中转过的角度为120°，则运动的时间t＝ eq \f(120°,360°) T＝ eq \f(2πm,3qB)
答案：(1) eq \f(mv,qB) (2) eq \f(\r(3)mv,qB) (3) eq \f(2πm,3qB)