高中物理課時(shí)作業(yè)（人教版必修第三冊(cè)）詳解答案

詳解答案課時(shí)分層作業(yè)(一)電荷1．解析：A、B錯(cuò)：摩擦起電的過(guò)程中電荷從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)移過(guò)程中電荷總量是不變的．C對(duì)，D錯(cuò)：感應(yīng)起電是電荷從物體的一個(gè)部分轉(zhuǎn)移到物體的另一個(gè)部分，且在轉(zhuǎn)移過(guò)程中電荷總量是不變的，并不是從帶電的物體轉(zhuǎn)移到原來(lái)不帶電的物體．答案：C2．解析：帶電體具有吸引輕小物體的性質(zhì)，由題意知，b先吸引a，當(dāng)兩球接觸后，兩球帶同種電荷，有斥力作用，因此b又把a(bǔ)排斥開，所以B正確．答案：B3．解析：兩物體摩擦?xí)r得失電子情況取決于原子核對(duì)電子的束縛力大小，A錯(cuò)．由于摩擦起電的實(shí)質(zhì)是電子的得失，所以兩物體帶電種類一定不同，但數(shù)量相等，B錯(cuò)，C對(duì)．由題中例子不難看出，同一物體與不同種類的物體摩擦，帶電種類可能不同，D對(duì)．答案：CD4．解析：把帶電金屬球移近不帶電的驗(yàn)電器，若金屬球帶正電荷，則將導(dǎo)體上的自由電子吸引上來(lái)，這樣驗(yàn)電器的上部將帶負(fù)電荷，箔片帶正電荷；若金屬球帶負(fù)電荷，則將導(dǎo)體上的自由電子排斥到最遠(yuǎn)端，這樣驗(yàn)電器的上部將帶正電荷，箔片帶負(fù)電荷．答案：B5．解析：由于A、B都是金屬導(dǎo)體，可移動(dòng)的電荷是自由電子，A帶上負(fù)電荷的原因，是電子由B移動(dòng)到A，其中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為n＝eq\f(1×10－8,1.6×10－19)＝6.25×1010(個(gè)).這樣B失去n個(gè)電子，帶上1×10－8C正電，A得到n個(gè)電子，帶上1×10－8C負(fù)電．答案：C6．解析：當(dāng)閉合任何開關(guān)時(shí)，導(dǎo)體就會(huì)與大地連接，會(huì)使大地的電子流入枕形導(dǎo)體．答案：C7．解析：方法一用手碰A球，A球失去電荷，將A、B球接觸，A、B兩球都帶上－eq\f(q,2)的電荷量，再用手碰A，A又失去電荷，再把A、B球接觸，則A、B球都帶上－eq\f(q,4)的電荷量．方法二用一個(gè)與A、B完全相同的不帶電的金屬球與A接觸，A球帶電荷量變?yōu)閑q\f(q,2)，再把A、B球接觸，A、B球帶電荷量都變?yōu)椋璭q\f(q,4).答案：見解析課時(shí)分層作業(yè)(二)庫(kù)侖定律1．解析：本實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法，未采用等效替代法，A錯(cuò)誤；根據(jù)絲線偏離豎直方向的角度可以看出，從左向右小球所受帶電物體的作用力逐漸減小，由于只改變了小球與帶電體間的距離，沒(méi)有改變電性和電荷量，只能研究電荷之間作用力的大小與兩電荷間距離的關(guān)系，不能研究電荷之間作用力的大小和電性、電荷量的關(guān)系，故B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D2．解析：如圖甲所示，當(dāng)兩金屬球帶異種電荷時(shí)，電荷間相互吸引，電荷相對(duì)集中在最近端，導(dǎo)致電荷間距比r小，因此庫(kù)侖力F>keq\f(Q2,r2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；如圖乙所示，當(dāng)兩金屬球帶同種電荷時(shí)，電荷間相互排斥，使電荷相對(duì)集中在最遠(yuǎn)端，導(dǎo)致電荷間距比r大，因此庫(kù)侖力F<keq\f(Q2,r2)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．答案：C3．解析：由F＝keq\f(q1q2,r2)，知F∝eq\f(1,r2)，當(dāng)電荷量不變，r增大為原來(lái)的2倍時(shí)，靜電力變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)，選項(xiàng)D正確．答案：D4．解析：根據(jù)“同電相斥，異電相吸”規(guī)律，確定金屬小球c受到a和b的靜電力的方向，考慮a的帶電荷量小于b的帶電荷量，根據(jù)平行四邊形定則求合力如圖所示，選項(xiàng)B正確．答案：B5．解析：要使C處的正點(diǎn)電荷所受靜電力的合力方向平行于AB向左，該正點(diǎn)電荷所受力的情況應(yīng)如圖所示，所以A帶負(fù)電，B帶正電．設(shè)AC間的距離為L(zhǎng)，則BC間的距離為2L.FBsin30°＝FA，即keq\f(QBQC,（2L）2)·sin30°＝keq\f(QAQC,L2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,8)，故選項(xiàng)B正確．答案：B6．解析：將乙圖中的均勻帶電的eq\f(3,4)球殼分成三個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼，關(guān)于球心對(duì)稱的兩個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的大小和甲圖中均勻帶電的eq\f(1,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的大小相等，故D正確．答案：D7．解析：球殼完整時(shí)，由于對(duì)稱性，球心上的點(diǎn)電荷受力為0，可知挖去部分的電荷和剩下部分的電荷對(duì)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的力大小相等、方向相反．故要計(jì)算剩下部分電荷對(duì)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的力，只要求出挖去部分的電荷(即小圓孔所帶的電荷)對(duì)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的力即可．由于r?R，所以球殼上挖去的部分可視為點(diǎn)電荷，由庫(kù)侖定律得F＝eq\f(kQ′q,R2)，其中Q′＝eq\f(Q,4πR2)·πr2，得出F＝eq\f(kQqr2,4R4)，方向由球心指向小圓孔的圓心．那么剩下的球殼電荷對(duì)球心處點(diǎn)電荷的力F′＝F＝eq\f(kQqr2,4R4)，方向在小圓孔的圓心與球心的連線上，背離小圓孔的圓心．答案：見解析課時(shí)分層作業(yè)(三)庫(kù)侖力作用下的平衡與加速問(wèn)題1．解析：假定α＝β，則庫(kù)侖力在水平方向上，m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知，m1g＝eq\f(F,tanβ)，m2g＝eq\f(F′,tanα)因F＝F′，α＝β，則m1＝m2可見，若m1＝m2，則α＝β，α、β的關(guān)系與兩小球所帶電荷量無(wú)關(guān)．答案：A2．解析：在星球表面h高度處，粉塵處于懸浮狀態(tài)，說(shuō)明粉塵所受庫(kù)侖力和萬(wàn)有引力平衡，keq\f(q1q2,（R＋h）2)＝Geq\f(m1m2,（R＋h）2)，得kq1q2＝Gm1m2；當(dāng)離星球表面2h高度時(shí)，所受合力F＝keq\f(q1q2,（R＋2h）2)－Geq\f(m1m2,（R＋2h）2).結(jié)合上式可知，F(xiàn)＝0，即受力仍平衡．由于庫(kù)侖力和萬(wàn)有引力都遵從與距離二次方成反比的規(guī)律，因此該粉塵無(wú)論距星球表面多高，都處于懸浮狀態(tài)．答案：C3．解析：兩球之間的庫(kù)侖力為F＝keq\f(qAqB,r2)＝9.0×109×eq\f(4×10－6×5×10－6,0.32)N＝2N，小球B受到的重力大小為GB＝2N，且F與豎直方向夾角為60°，F(xiàn)＝FB，故小球B受到庫(kù)侖力、重力以及細(xì)線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細(xì)線與豎直方向的夾角為60°，B正確．答案：B4．解析：根據(jù)電荷間的相互作用規(guī)律可知，A球帶負(fù)電，B球帶正電，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錯(cuò)誤；A球與兩邊帶電球的間距相等，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，兩邊帶電球帶電荷量相等，即B球帶電荷量與固定球的帶電荷量相等，對(duì)于B球，因?yàn)锳離B較近，故要想使A對(duì)B的庫(kù)侖力與固定球?qū)的庫(kù)侖力大小相等，A球的帶電荷量需要比固定球帶電荷量少，故B正確，C錯(cuò)誤．答案：B5．解析：(1)分析題意可知，帶電小球A處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，帶電小物塊B、C對(duì)A的庫(kù)侖力的合力與A的重力平衡，即B、C對(duì)A的庫(kù)侖力斜向上，故B帶正電．(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，庫(kù)侖力對(duì)稱分布，∠A＝60°，B對(duì)A的庫(kù)侖力為FBA，則eq\r(3)FBA＝mg，F(xiàn)BA＝eq\f(kqqB,d2)，解得qB＝eq\f(\r(3)mgd2,3kq).(3)研究整體的受力情況，庫(kù)侖力為內(nèi)力，整體受到重力和地面的兩個(gè)支持力作用，則地面對(duì)B的支持力FB＝eq\f(3,2)mg根據(jù)牛頓第三定律可知，B對(duì)地面的壓力大小為eq\f(3,2)mg.答案：(1)正電(2)eq\f(\r(3)mgd2,3kq)(3)eq\f(3,2)mg6．解析：設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k0，由題意知其中一個(gè)金屬小球在漏電前后平衡時(shí)，有k0x1＝eq\f(kq2,（l0＋x1）2)，k0x2＝eq\f(\f(1,4)kq2,（l0＋x2）2)，則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正確．答案：C7．解析：A錯(cuò)，B對(duì)：點(diǎn)電荷－q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力的水平分量提供向心力，根據(jù)庫(kù)侖定律以及力的分解有Fn＝eq\f(kQq,（\f(h,sin30°)）2)cos30°＝eq\f(\r(3)kQq,8h2).C對(duì)，D錯(cuò)：結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(mg,tan30°)＝meq\f(v2,\f(h,tan30°))，v＝eq\r(3gh).答案：BC課時(shí)分層作業(yè)(四)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度1．解析：A、B錯(cuò)：電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小與試探電荷無(wú)關(guān)．C錯(cuò)：以Q為球心、r為半徑的球面上，各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向不同．D對(duì)：點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中，離點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度越小．答案：D2．解析：電場(chǎng)線是假想的線，電場(chǎng)中實(shí)際不存在電場(chǎng)線，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與電場(chǎng)線在該點(diǎn)的切線方向一致，若電場(chǎng)線相交，則相交處場(chǎng)強(qiáng)方向有兩個(gè)，和電場(chǎng)方向是唯一的相矛盾，故電場(chǎng)線不相交，故B正確，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線較密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度較大，電場(chǎng)線較疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度較小，故D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：A、B錯(cuò)：因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度與放入電場(chǎng)中的試探電荷的電荷量及所受的靜電力無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定．所以電場(chǎng)強(qiáng)度不隨q、F的變化而變化．C錯(cuò)，D對(duì)：某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定，由E＝eq\f(F,q)知，F(xiàn)與q成正比．答案：D4．解析：根據(jù)電場(chǎng)線的疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知，Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，故同一檢驗(yàn)電荷在Q點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大，故選項(xiàng)C正確．答案：C5．解析：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)，從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止可以判斷，A、B是兩個(gè)等量異種電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；在兩等量異種電荷連線的中垂線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，也可以從電場(chǎng)線的疏密判斷，所以C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，且C、D兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，故C、D錯(cuò)誤．答案：A6．解析：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的物理意義：電場(chǎng)強(qiáng)度是反映電場(chǎng)本身性質(zhì)的物理量，僅由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷無(wú)關(guān)，可知，將該點(diǎn)電荷換為電荷量為2q的負(fù)點(diǎn)電荷，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小仍然是eq\f(F,q)，方向與正電荷受力F的方向相同，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D7．解析：A錯(cuò)：A、B一定是同種電荷，既可能均帶負(fù)電荷，也可能均帶正電荷．B對(duì)：A、B各自在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度等值反向，合電場(chǎng)強(qiáng)度為零．C錯(cuò)：a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向相反．D錯(cuò)：c、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但方向相反．答案：B8．解析：A、B錯(cuò)：設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長(zhǎng)相交，交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷Q的位置，如圖所示，由圖可知電場(chǎng)方向指向場(chǎng)源電荷，所以這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)．C錯(cuò)，D對(duì)：設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識(shí)得ra∶rb＝1∶eq\r(3)，由E＝keq\f(Q,r2)可得Ea＝3Eb，即Ea∶Eb＝3∶1.答案：D9．解析：當(dāng)圓環(huán)的eq\f(1,4)部分均勻帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由如圖所示的矢量合成可得，當(dāng)半圓環(huán)ABC均勻帶電且電荷量為＋2q時(shí)，在圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O到D；當(dāng)另一半圓環(huán)ADC均勻帶電且電荷量為－2q時(shí)，圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為eq\r(2)E，方向由O到D.根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2eq\r(2)E，方向由O到D.選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A10．解析：A、B錯(cuò)：根據(jù)題意，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直AB向下，由平行四邊形定則可知，q1帶正電，q2帶負(fù)電．C錯(cuò)，D對(duì)：根據(jù)A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直AB向下，可得sin30°＝eq\f(E2,E1)，E1＝keq\f(q1,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，E2＝keq\f(q2,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))又r2＝2r1，聯(lián)立解得q1＝eq\f(1,2)q2.答案：D11．解析：由題中v-t圖像可知，負(fù)點(diǎn)電荷的速度逐漸增大，靜電力的方向由A指向B，因?yàn)辄c(diǎn)電荷帶負(fù)電，所以電場(chǎng)線由B指向A.v-t圖像的斜率逐漸增大，說(shuō)明加速度逐漸增大，所以電場(chǎng)強(qiáng)度由A到B逐漸增大，電場(chǎng)線越來(lái)越密．答案：C12．解析：因?yàn)镺點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E，可知兩個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度均為eq\f(E,2)；若設(shè)OA＝OB＝r，則AC＝2r，則eq\f(E,2)＝keq\f(Q,r2)；在C點(diǎn)，E＋Q＝E－Q＝keq\f(Q,4r2)＝eq\f(E,8)；由平行四邊形定則可知，因兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向夾角為120°，可知兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(E,8)，方向水平向右；則C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為EC＝E＋eq\f(E,8)＝eq\f(9E,8)，選項(xiàng)C正確．答案：C課時(shí)分層作業(yè)(五)靜電力的性質(zhì)1．解析：粒子受到的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線并指向軌跡的凹側(cè)方向，故粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子受電場(chǎng)力方向沿電場(chǎng)線并指向軌跡的凹側(cè)，所以先向左做減速運(yùn)動(dòng)，后向右做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密知道電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，故加速度先減小后增大，故C錯(cuò)誤；從a點(diǎn)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功，再做正功，所以動(dòng)能先減小后增大，故D正確．答案：D2．解析：由軌跡的彎曲特點(diǎn)可以判斷靜電力的方向水平向左，故粒子一定帶負(fù)電，且?guī)щ娏Ｗ佑蒩點(diǎn)到b點(diǎn)靜電力做正功，A、B、D項(xiàng)均正確；C項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：ABD3．解析：兩小球始終處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，加速度相等．如果a帶正電，受到勻強(qiáng)電場(chǎng)向右的力和b對(duì)a向右的力，加速度向右；而b受到勻強(qiáng)電場(chǎng)向左的力和a對(duì)b向左的力，加速度向左，兩小球加速度不相等，所以a一定帶負(fù)電；取向左為正，對(duì)a，根據(jù)牛頓第二定律有3qE－eq\f(kq·3q,r2)＝maa；對(duì)b，根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(kq·3q,r2)－qE＝mab.而aa＝ab，解得E＝eq\f(3kq,2r2)，故B正確．答案：B4．解析：(1)設(shè)細(xì)線的拉力為F，則Fsinθ＝qE①Fcosθ＝mg②由①②式解得E＝eq\f(mgtanθ,q)可得E＝2×105N/C.(2)剪斷細(xì)線后，小球沿細(xì)線方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球水平分運(yùn)動(dòng)也為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．水平方向有mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有b＝eq\f(1,2)at2解得t＝0.2s.答案：(1)2×105N/C(2)見解析5．解析：小球沿合力方向做加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右圖可確定靜電力的方向，小球在重力和靜電力的共同作用下做加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力的大小與重力沿垂直合力方向的分力相等時(shí)，靜電力最小，即qE＝mgsinθ，故E＝eq\f(mgsinθ,q).大于eq\f(mgsinθ,g)的值都是可能的，不存在最大值．答案：CD6．解析：電子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，由曲線運(yùn)動(dòng)的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場(chǎng)線上受力方向水平向左，因此電場(chǎng)線方向水平向右(M→N).A錯(cuò)：由電子運(yùn)動(dòng)軌跡不能確定運(yùn)動(dòng)方向．B對(duì)，C錯(cuò)：若aA＞aB，由A靠近場(chǎng)源電荷Q，即Q靠近M端且為正電荷．D對(duì)：電子從A到B，靜電力做負(fù)功，速度減小，vA＞vB；電子從B到A，靜電力做正功，速度增大，vA＞vB.答案：BD課時(shí)分層作業(yè)(六)靜電的防止與利用1．解析：圖甲、圖乙顯示了導(dǎo)體內(nèi)部帶負(fù)電的電子在靜電力作用下向左運(yùn)動(dòng)，易知帶正電的離子同樣會(huì)受到靜電力的作用，A錯(cuò)誤；圖丙中導(dǎo)體AB表面和CD表面的感應(yīng)電荷將在導(dǎo)體內(nèi)部產(chǎn)生一個(gè)水平向左的電場(chǎng)，大小也為E0，與原電場(chǎng)疊加后，使得導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，但新電場(chǎng)E′和原電場(chǎng)依然存在，故B正確，C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：由靜電屏蔽原理可知，金屬殼或金屬網(wǎng)內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，因此超高壓帶電作業(yè)的工作人員，為了保證他們的安全，必須穿上摻入金屬絲制成的衣服，故A錯(cuò)誤；家用煤氣灶的點(diǎn)火裝置，它是根據(jù)尖端放電的原理而制成的，故B正確；避雷針通過(guò)接地引線與接地裝置連接，有雷電時(shí)可以把電荷及時(shí)導(dǎo)入大地，只在高大建筑物屋頂插入一根尖銳的導(dǎo)體棒不能防止建筑物被雷擊，故C錯(cuò)誤；靜電噴漆時(shí)使被噴的金屬件與油漆霧滴帶相反的電荷，這樣靜電力使油漆與金屬表面結(jié)合得更牢固，故D正確．答案：BD3．解析：點(diǎn)電荷在球殼內(nèi)、外表面感應(yīng)出等量的異種電荷，除球殼外，電場(chǎng)的分布與點(diǎn)電荷電場(chǎng)的分布相同，靠近球心處的場(chǎng)強(qiáng)大、遠(yuǎn)離球心處的場(chǎng)強(qiáng)小，球殼處于靜電平衡狀態(tài)，則其內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，即B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，EA＞EC＞EB，D正確．答案：D4．解析：此題關(guān)鍵要清楚靜電屏蔽的兩種情況．達(dá)到靜電平衡后，各圖電荷分布情況大致如圖所示．由于靜電屏蔽，選項(xiàng)A中驗(yàn)電器的金屬箔不能張開．而選項(xiàng)B中金屬網(wǎng)接地，但是金屬網(wǎng)仍然處于靜電平衡狀態(tài)，故其內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為0.選項(xiàng)C中金屬網(wǎng)外殼帶正電，能使驗(yàn)電器的金屬箔張開．而選項(xiàng)D中金屬網(wǎng)外部沒(méi)有電場(chǎng)．因此應(yīng)選C.答案：C5．解析：圓形金屬板與風(fēng)針?lè)謩e接上正、負(fù)高壓極后，風(fēng)針附近產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)，且風(fēng)針尖端處電場(chǎng)最強(qiáng)，因此風(fēng)針尖端附近的電場(chǎng)線分布較密，故A正確；風(fēng)針附近產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)使空氣發(fā)生電離，空氣中的陽(yáng)離子會(huì)向風(fēng)針的尖端運(yùn)動(dòng)與針尖負(fù)電荷中和，發(fā)生放電現(xiàn)象，而空氣中的負(fù)離子因受排斥力而向相反方向運(yùn)動(dòng)，由于反沖，風(fēng)針就旋轉(zhuǎn)起來(lái)，故B、C正確；如果交換金屬板與風(fēng)針?biāo)鶐щ姾呻娦?，風(fēng)針不可能放出正電荷，因?yàn)閷?dǎo)體內(nèi)只有自由運(yùn)動(dòng)的電子，故D錯(cuò)誤．答案：ABC6．解析：球殼處于靜電平衡時(shí)內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為0，故O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0.所以E感－E＝0，球殼上的感應(yīng)電荷在O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小等于A、B在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小E感＝EA＋EB＝keq\f(Q,（\f(L,2)）2)＋keq\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課時(shí)分層作業(yè)(七)電勢(shì)能和電勢(shì)1．解析：假設(shè)A、B兩點(diǎn)相距l(xiāng)，直線AB與電場(chǎng)線的夾角為θ(θ<90°)，根據(jù)功的定義可知，沿三種路徑移動(dòng)該電荷，電場(chǎng)力做的功均為qElcosθ，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C2．解析：由電場(chǎng)線越密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度越大，可知EA<EB；根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知φA<φB，故D正確．答案：D3．解析：電荷只在電場(chǎng)力作用下，電場(chǎng)力做了2×10－6J的正功，即合力做功為2×10－6J，根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能增加了2×10－6J，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做了2×10－6J的正功，根據(jù)功能關(guān)系得知，電荷的電勢(shì)能減小2×10－6J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．答案：D4．解析：本題中電場(chǎng)線只有一條，又沒(méi)說(shuō)明是哪種電場(chǎng)的電場(chǎng)線，因此電勢(shì)降落的數(shù)值及場(chǎng)強(qiáng)大小情況都不能確定，A、B錯(cuò)；a、b兩點(diǎn)電勢(shì)已知，正電荷從a到b是從低電勢(shì)向高電勢(shì)運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，C對(duì)，D錯(cuò)．答案：C5．解析：把點(diǎn)電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，其電勢(shì)能增加1.2×10－7J，電場(chǎng)力做負(fù)功，則該點(diǎn)電荷帶負(fù)電，電場(chǎng)力做功為－1.2×10－7J，故選B.答案：B6．解析：由做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，知q1所受靜電力水平向右，q1帶正電，故電場(chǎng)方向向右；q2所受靜電力水平向左，故q2為負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線水平向右，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，則A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由題圖可知，靜電力與運(yùn)動(dòng)方向成銳角，靜電力對(duì)q1、q2都做正功，q1、q2的電勢(shì)能都減小，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：D7．解析：(1)電荷從無(wú)限遠(yuǎn)處移到電場(chǎng)中的A點(diǎn)，要克服靜電力做功1×10－6J，電荷的電勢(shì)能增加；無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)能為零，則電荷在A點(diǎn)具有1×10－6J的電勢(shì)能．(2)A點(diǎn)的電勢(shì)為φA＝eq\f(EpA,q)＝eq\f(1×10－6,1×10－8)V＝100V.答案：(1)增加，1×10－6J(2)100V8．解析：(1)粒子所受電場(chǎng)力F的大小為：F＝Eq＝3.0×104×2.0×10－8N＝6.0×10－4N，正電荷的受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故力的方向向右．(2)粒子從M點(diǎn)移至N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功為：WMN＝Fd＝6.0×10－4×0.6J＝3.6×10－4J(3)根據(jù)電勢(shì)能定義可知：EpM＝WMN＝3.6×10－4J答案：(1)6.0×10－4N方向向右(2)3.6×10－4J(3)3.6×10－4J9．解析：由于運(yùn)動(dòng)軌跡向下彎曲，說(shuō)明粒子所受電場(chǎng)力方向向下，可判斷電場(chǎng)線的方向向上而不是向下，A錯(cuò)誤；粒子既可以從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，也可以從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由于順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故有φa<φb，C錯(cuò)誤；負(fù)電荷逆著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能減少，順著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能增加，因而粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，D正確．答案：D10．解析：重力做功等于重力勢(shì)能的減少量，重力做功5J，故重力勢(shì)能減小5J，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，電場(chǎng)力做功2J，故電勢(shì)能減小2J，B錯(cuò)誤；合力做功等于動(dòng)能的增加量，合力做功等于各個(gè)分力做的功，總功為W總＝WG＋W電＋W阻＝5J＋2J－1J＝6J，故動(dòng)能增大6J，C正確；除重力外的各個(gè)力做的總功等于機(jī)械能的增加量，電場(chǎng)力和空氣阻力做的總功為1J，故機(jī)械能增加1J，D錯(cuò)誤．答案：C11．解析：A對(duì)：質(zhì)點(diǎn)b從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，動(dòng)能減小，由動(dòng)能定理可知，庫(kù)侖力對(duì)其做的總功為負(fù)值．B錯(cuò)：根據(jù)v<v0分析可知，N點(diǎn)距離點(diǎn)電荷a比M點(diǎn)近，N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大，質(zhì)點(diǎn)b在N點(diǎn)受到的靜電力大，所以在N點(diǎn)的加速度大小比M點(diǎn)的大．C錯(cuò)：質(zhì)點(diǎn)b從M點(diǎn)到N點(diǎn)，靜電力做的總功為負(fù)值，根據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系可知，質(zhì)點(diǎn)b的電勢(shì)能增加，即b在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能．D錯(cuò)：由于a、b帶同種電荷，質(zhì)點(diǎn)b僅在a的庫(kù)侖力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)，由軌跡可知，b所受的靜電力斜向左上方，所以電荷a一定在虛線MP下方．答案：A12．解析：旋轉(zhuǎn)后的情形如圖所示，在這個(gè)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)帶正電小球做的功為W1＝－2×qE×eq\f(L,2)＝－qEL，對(duì)帶負(fù)電小球做的功為W2＝－qEL，則電場(chǎng)力做的總功W＝W1＋W2＝－2qEL，因此電勢(shì)能增加2qEL，選項(xiàng)D正確．答案：D課時(shí)分層作業(yè)(八)電勢(shì)差1．解析：電勢(shì)差是用比值法定義的物理量，定義式為UAB＝eq\f(WAB,q)，電勢(shì)差與試探電荷無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身和兩點(diǎn)的位置決定，故A、C錯(cuò)誤，D正確．靜電力做功與電荷運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)，只與電荷的初末位置有關(guān)，故B錯(cuò)誤．答案：D2．解析：B處電場(chǎng)線較密，故電場(chǎng)強(qiáng)度EA<EB，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故φA>φB，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)正電荷，由于φA>φB，故EpA>EpB，從A到B，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，對(duì)負(fù)電荷，φA>φB，EpA<EpB，C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC3．解析：沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，知A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，A正確．將電子從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，B錯(cuò)誤．由電場(chǎng)線疏密與場(chǎng)強(qiáng)大小的關(guān)系知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，C錯(cuò)誤．將電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)再移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：將一正電荷由C經(jīng)A移到D時(shí)，W1＝qUCD，正電荷由C經(jīng)B移到D時(shí)，W2＝qUCD，所以W1＝W2，由C到D靜電力做正功，電勢(shì)能降低，所以φC>φD，故D正確．答案：D5．解析：帶電粒子的電性和電場(chǎng)力做功的正負(fù)均未知，所以各等勢(shì)面的電勢(shì)高低未知，電場(chǎng)線的方向未知，A、B錯(cuò)誤；因?yàn)閏點(diǎn)和c′點(diǎn)在同一個(gè)等勢(shì)面上，故兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝0，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W＝qU可知，電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功為0，C正確；根據(jù)題意可得a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與a′、c′兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式W＝qU可知，|Wac|＝|Wa′c′|，D錯(cuò)誤．答案：C6．解析：根據(jù)電場(chǎng)線或等差等勢(shì)面的疏密程度可知，M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，A、B錯(cuò)誤；由EpA－EpB＝WAB，得電場(chǎng)力做負(fù)功電勢(shì)能增加，則正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，由Ep＝qφ知M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C7．解析：由于U∞A＝eq\f(W1,q1)＝eq\f(4×10－8,10－9)V＝40V，則φA＝－40V，由于U∞B＝eq\f(W2,q2)＝eq\f(－6×10－8,－2×10－9)V＝30V，則φB＝－30V，可知0>φB>φA，可知場(chǎng)源電荷是負(fù)電荷，位于A的左側(cè)．答案：C8．解析：A錯(cuò)：依據(jù)等差等勢(shì)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小可知，在c、d、e、f四點(diǎn)中，f點(diǎn)的電場(chǎng)最強(qiáng)．B錯(cuò)：沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)是降低的，因B供電線的電勢(shì)高于A供電線的電勢(shì)，則在c、d、e、f四點(diǎn)中，c點(diǎn)的電勢(shì)最高．C對(duì)：若將某電子由c移到f，即從高電勢(shì)到低電勢(shì)，其電勢(shì)能將增大．D錯(cuò)：將某電子在d點(diǎn)由靜止釋放，在靜電力作用下，它會(huì)向c點(diǎn)所在等勢(shì)線運(yùn)動(dòng)．答案：C9．解析：(1)根據(jù)點(diǎn)電荷電勢(shì)公式，可得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA＝eq\f(kQ,rA)＝4.5×104V，φB＝eq\f(kQ,rB)＝9.0×104V.A、B間的電勢(shì)差為UAB＝φA－φB＝4.5×104V－9.0×104V＝－4.5×104V.(2)設(shè)從A到B過(guò)程中，試探電荷電勢(shì)能的變化量為ΔEp根據(jù)靜電力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系有ΔEp＝－WAB＝－qUAB代入數(shù)據(jù)得ΔEp＝－4×10－12×(－4.5×104)J＝1.8×10－7J.答案：(1)－4.5×104V(2)1.8×10－7J10．解析：C、D對(duì)：電荷只在靜電力作用下從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)時(shí)，靜電力做正功，電荷電勢(shì)能減少，靜電力做了多少正功，電荷電勢(shì)能就減少多少，由動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽茉黾樱籛電＝ΔEk＝5×10－6J．A、B錯(cuò)：因電荷在A點(diǎn)的動(dòng)能和電勢(shì)能不知道，所以不能確定電荷在B點(diǎn)的動(dòng)能和電勢(shì)能．答案：CD11．解析：據(jù)v-t圖像的斜率等于加速度，可得物塊在B點(diǎn)的加速度最大為a＝eq\f(4,7－5)m/s2＝2m/s2，所受的靜電力最大為F＝ma＝1×2N＝2N，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(2,2)N/C＝1N/C，A正確；據(jù)v-t圖像可知物塊的速度增大，靜電力做正功，則電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；據(jù)兩個(gè)等量的同種正電荷形成的電場(chǎng)，其連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向由O點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)逐漸降低，C錯(cuò)誤；由v-t圖像可知在A、B兩點(diǎn)的速度分別為：vA＝6m/s，vB＝4m/s，物塊從B到A的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：qUBA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝eq\f(1,2)×1×(62－42)J＝10J，得：UBA＝5V，由UBA＝－UAB得UAB＝－5V，D正確．答案：AD12．解析：(1)設(shè)帶電小球在A點(diǎn)時(shí)受到的庫(kù)侖力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin30°－F＝maA，解得F＝eq\f(3,8)mg.(2)帶電小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgsin30°·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)課時(shí)分層作業(yè)(九)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系1．解析：電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且從高電勢(shì)指向低電勢(shì)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向左，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10－2)V/m＝100V/m.答案：C2．解析：A對(duì)：電場(chǎng)線的方向是電勢(shì)降低最快的方向．B對(duì)：由題圖中電場(chǎng)線的分布規(guī)律可知，電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，C附近密集，A附近稀疏，則C附近的電場(chǎng)強(qiáng)度大于A附近的電場(chǎng)強(qiáng)度．C對(duì)，D錯(cuò)：由公式U＝Ed知，UBC>UAB.答案：ABC3．解析：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中將某一線段等分的同時(shí)就將該線段兩端的電勢(shì)差等分，可將bd，ac連線，連線的交點(diǎn)的電勢(shì)是b、d電勢(shì)和的一半，也是a、c電勢(shì)和的一半，已知a點(diǎn)的電勢(shì)為20V，b點(diǎn)的電勢(shì)為24V，d點(diǎn)的電勢(shì)為4V，那么對(duì)角線的交點(diǎn)電勢(shì)就是14V，也是a、c電勢(shì)和的一半，那么c點(diǎn)的電勢(shì)就是8V，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B4．解析：因?yàn)檎c(diǎn)電荷固定在a點(diǎn)，故Ubc＝U>0，Ude>0.因?yàn)閎c段平均電場(chǎng)強(qiáng)度大于de段平均電場(chǎng)強(qiáng)度，則Ude<Ubc＝U.故q從d到e靜電力做功小于qU.答案：D5．解析：(1)由E＝eq\f(UAB,dAB)，得E＝eq\f(150,0.06)V/m＝2.5×103V/m因?yàn)閁AB＝150V>0，故φA>φB，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向由A指向B.(2)UAC＝EdAC＝2.5×103×0.14×cos37°V＝280V，則UCA＝－UAC＝－280V.答案：(1)2.5×103V/m方向A→B(2)－280V6．解析：因?yàn)锳B平行于OC，并且四邊形ABCO為底角是60°的等腰梯形，根據(jù)各點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)系故有UOC＝2UAB，即6V－φC＝2×(3－0)V，得φC＝0V，故A正確；由于B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)都是零，所以BC為0V等勢(shì)線，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，故B錯(cuò)誤；過(guò)B作OC的垂線BD，垂足為D，再作DE垂直于BC，由幾何關(guān)系得LDE＝eq\f(\r(3),2)cm，故電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(UDC,LDE)＝eq\f(UOC,4LDE)＝eq\f(6,2\r(3))×102V/m＝100eq\r(3)V/m，故D正確，C錯(cuò)誤．答案：AD7．解析：帶正電小球從O到C，根據(jù)動(dòng)能定理qUOC＝ΔEk沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低最快，所以電場(chǎng)線從O指向C，如圖PM⊥OM，則PC沿電場(chǎng)線方向上的距離為CM＝PC·cos30°＝eq\r(3)R·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)R，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，則UPC＝E·CM＝eq\f(3ER,2)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A課時(shí)分層作業(yè)(十)電場(chǎng)中的功能關(guān)系及圖像問(wèn)題1．解析：從a移到c，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)點(diǎn)電荷N不做功，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，a、c兩處電勢(shì)相等，電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷N也不做功，故A錯(cuò)誤，B正確；從d移到b，點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)對(duì)點(diǎn)電荷N不做功，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)點(diǎn)電荷N做功為W＝qE·2r＝2qEr，所以電場(chǎng)力做功為2qEr，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC2．解析：正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，克服靜電力做功8×10－8J，電勢(shì)能增加8×10－8J，但由于零電勢(shì)點(diǎn)位置未知，所以B點(diǎn)的電勢(shì)能不能確定，A、D錯(cuò)誤，C正確．B點(diǎn)的電勢(shì)能不能確定，則B點(diǎn)的電勢(shì)不能確定，B錯(cuò)誤．答案：C3．解析：根據(jù)給出的E-x圖像可知，在a處為正電荷，在b處為負(fù)電荷，根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(kQ,r2)及電場(chǎng)的疊加可知，c、d兩處場(chǎng)強(qiáng)相同，電場(chǎng)方向由c指向d，故c點(diǎn)電勢(shì)高，故A正確；B、C、D錯(cuò)誤．答案：A4．解析：φ-x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由題圖乙知，A、B位置的斜率相同，即EA＝EB，故A、B錯(cuò)誤；由題圖乙知，φA>φB，由于質(zhì)子帶正電，質(zhì)子的電勢(shì)能Ep＝qφ，故EpA>EpB，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：D5．解析：A錯(cuò)：小球上滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，則靜電力做功W＝mgh.B對(duì)：由W＝qU得，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差U＝eq\f(mgh,q).C錯(cuò)：由于靜電力做正功，小球的電勢(shì)能減小，則小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能．D錯(cuò)：由U＝Ed得，E＝eq\f(U,d)，若電場(chǎng)線沿AB方向，A、B兩點(diǎn)沿電場(chǎng)線方向的距離d>h，則E<eq\f(U,h)＝eq\f(mg,q)，即電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值小于eq\f(mg,q).答案：B6．解析：小球a從N點(diǎn)由靜止釋放，過(guò)P點(diǎn)后到Q點(diǎn)速度為零，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力和庫(kù)侖力做功，庫(kù)侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90°，所以庫(kù)侖力在整個(gè)過(guò)程中做負(fù)功．小球a從N到Q的過(guò)程中，庫(kù)侖力增大，庫(kù)侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯(cuò)誤；小球a受力如圖所示，在靠近N點(diǎn)的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點(diǎn)合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過(guò)程中，速率應(yīng)先增大后減小，故B正確；從N到Q的過(guò)程中，庫(kù)侖力一直做負(fù)功，所以電勢(shì)能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能的減少量等于重力勢(shì)能和電勢(shì)能的增加量之和，故D錯(cuò)誤．答案：BC課時(shí)分層作業(yè)(十一)電容器的電容1．解析：電容器銘牌上標(biāo)注的是額定電壓，即正常工作的最大電壓，A錯(cuò)誤，B正確．由C＝eq\f(Q,U)，得Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD2．解析：A對(duì)：要使靜電計(jì)的指針張開角度增大些，必須使靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差增大．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電荷量不變，電容減小，電勢(shì)差增大．B、C錯(cuò)：保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變．D錯(cuò)：保持開關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變．答案：A3．解析：A中電容器通過(guò)改變介電常數(shù)εr改變電容；B中電容器通過(guò)改變導(dǎo)電液體的深度從而改變電容器兩極正對(duì)面積改變電容；C中電容器通過(guò)改變兩板間距離改變電容；D中電容器通過(guò)改變定片與動(dòng)片夾角，從而改變兩極板正對(duì)面積；綜上分析知，B、D正確，A、C錯(cuò)誤．答案：BD4．解析：由C＝eq\f(Q,U)，得C＝eq\f(2×10－4,200)F＝1×10－6F，電容由電容器本身決定，當(dāng)其電荷量增加2×10－4C時(shí)，電容不變，仍為1×10－6F．此時(shí)電容器帶電荷量Q′＝(2×10－4＋2×10－4)C＝4×10－4C．由C＝eq\f(Q,U)得，U′＝eq\f(Q′,C)＝eq\f(4×10－4,1×10－6)V＝400V.答案：1×10－6F400V5．解析：由題圖可知，液體與導(dǎo)體芯構(gòu)成了電容器，兩極板間距離不變，液面變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化．則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)液面升高時(shí)，正對(duì)面積S增大，故電容增大，再依據(jù)C＝eq\f(Q,U)和兩極板間電勢(shì)差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．答案：B6．解析：充電過(guò)程中兩極板的電荷量逐漸增多，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可知，兩極板間電勢(shì)差增大，由此可知帶電小球所受電場(chǎng)力F＝qE＝eq\f(qU,d)變大，繩子所受拉力等于電場(chǎng)力和重力之和，即細(xì)線對(duì)小球的拉力逐漸增大，由此可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)橄聵O板接地，小球到下極板的距離是一個(gè)定值，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，所以小球所在位置的電勢(shì)大于零且隨著兩極板上電荷量的增大而增大，由此可知電勢(shì)能在增加，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．答案：BC課時(shí)分層作業(yè)(十二)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．解析：質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，由動(dòng)能定理可知，對(duì)質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(H))＝qHU，對(duì)α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(α))＝qαU.得eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\r(2)∶1，選項(xiàng)C正確．答案：C2．解析：設(shè)電子的初動(dòng)能為Ek0，末動(dòng)能為零，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，根據(jù)動(dòng)能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝eq\f(eUh,d).答案：D3．解析：若觀察到帶電油滴懸浮不動(dòng)，說(shuō)明油滴受力平衡，則油滴受到向上的電場(chǎng)力，且電場(chǎng)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，油滴所受電場(chǎng)力與q有關(guān)，故A、B錯(cuò)誤；若觀察到油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明電場(chǎng)力小于重力，但電場(chǎng)力方向向上，做負(fù)功，油滴電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：D4．解析：設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，電子加速過(guò)程中，由U0q＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進(jìn)入極板間后做類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，加速度a＝eq\f(qU,dm)，豎直分速度vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正確．答案：C5．解析：小球在電場(chǎng)力和重力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，因小球垂直打在C點(diǎn)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：C點(diǎn)速度方向的反向延長(zhǎng)線必過(guò)O點(diǎn)，且OD＝AO＝0.8m，則DC＝0.6m，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有AD＝v0t，DC＝eq\f(1,2)·eq\f(mg－qE,m)t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得E＝25N/C，則UOC＝E·DC＝15V.答案：D6．解析：設(shè)任一粒子的速度為v0，電量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則加速度為a＝eq\f(qE,m)，對(duì)豎直分運(yùn)動(dòng)，有y＝eq\f(1,2)at2，對(duì)水平分運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t，聯(lián)立得v0＝xeq\r(\f(qE,2ym))，t＝eq\r(\f(2ym,qE))，m＝eq\f(qEx2,2yveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))；只有q、E、x、y的關(guān)系已知，無(wú)法比較初速度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間和質(zhì)量的關(guān)系，故A、C、D均錯(cuò)誤；由于只有電場(chǎng)力做功，故動(dòng)能增加量等于電場(chǎng)力做功為W＝qEy，電量相等，故a增加的動(dòng)能一定等于b增加的動(dòng)能，故B正確．答案：B7．解析：(1)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．在豎直方向(初速度方向)上：L＝v0t在水平方向(電場(chǎng)方向)上：vx＝at由速度關(guān)系得：vx＝v0tan30°由牛頓第二定律得：qE＝ma解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3qL).(2)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3qL)(2)eq\f(\r(3),6)L8．解析：(1)由動(dòng)能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入數(shù)據(jù)解得v0＝8×104m/s.(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上：L＝v0t，在豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得y＝0.03m.(3)由幾何知識(shí)知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).解得y′＝3y＝0.09m.答案：(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m9．解析：帶電小球恰好做直線運(yùn)動(dòng)，且重力和電場(chǎng)力方向都在豎直方向上，說(shuō)明帶電小球處于平衡狀態(tài)，即重力等于電場(chǎng)力，根據(jù)qeq\f(U,d)＝mg可得，d＝eq\f(qU,mg)，A正確，B錯(cuò)誤；斷開S1、閉合S2后，A、B板不帶電，則小球從射入兩板間到離開的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)v))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mv2可得h＝eq\f(5v2,8g)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC10．解析：(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律得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)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得t1＝eq\r(\f(mL,eE)).(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)E2時(shí)平行電場(chǎng)方向的速度為vy，由牛頓第二定律得，電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，vy＝a2t2，沿初速度方向有L＝v1t2，v1＝a1t1，電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與水平方向的夾角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v1)，聯(lián)立解得tanθ＝2.(3)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)P′到O點(diǎn)的距離為x，根據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(x,\f(3L,2))，聯(lián)立解得x＝3L.答案：(1)eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L課時(shí)分層作業(yè)(十三)帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．解析：0～1s和1～2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；0～1s和1～2s微粒分別做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)這兩段運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，1～2s的末速度為0，所以每個(gè)1s內(nèi)的位移均相同且2s以后的運(yùn)動(dòng)重復(fù)0～2s的運(yùn)動(dòng)，是單向直線運(yùn)動(dòng)，B、D正確，C錯(cuò)誤．答案：BD2．解析：第1s內(nèi)電場(chǎng)方向向右，電子受到的靜電力方向向左，電子向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為l，第2s內(nèi)電子受到的靜電力方向向右，由于電子此時(shí)有向左的速度，因而電子繼續(xù)向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，位移大小也是l，t＝2s時(shí)電子的總位移大小為2l，方向向左．答案：D3．解析：由平行金屬板間所加電壓的周期性可推知粒子加速度的周期性，D項(xiàng)正確；由v＝at可知，A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由x＝eq\f(1,2)at2知x-t圖像應(yīng)為曲線，B項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AD4．解析：(1)板間粒子在水平方向上做沿x軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s.(2)t＝0時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大，設(shè)為y1，y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)，且eq\f(U0q,d)＝ma，解得y1＝0.15m.縱坐標(biāo)y＝d－y1＝0.85m，t＝1×10－3s時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最小，設(shè)為y2，y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)，解得y2＝0.05m，縱坐標(biāo)y′＝d－y2＝0.95m，所以打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍在0.85m～0.95m之間．(3)分析可知由于粒子沿電場(chǎng)方向均加速半個(gè)交變電壓的周期，粒子打到熒光屏上的動(dòng)能相同，設(shè)為Ek，由動(dòng)能定理得：eq\f(U0,d)qy2＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得Ek＝5.05×10－2J.答案：(1)2×10－3s(2)范圍在0.85m～0.95m之間(3)5.05×10－2J課時(shí)分層作業(yè)(十四)電源和電流1．解析：依據(jù)電流的定義式可知，電流與q、t皆無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；雖然電流有方向，但是電流是標(biāo)量，因此在任意相等的時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量雖然相等，但方向變化時(shí)，電流也不是恒定電流，故B、C錯(cuò)誤；電流的單位安培是國(guó)際單位制中的基本單位，故D正確．答案：D2．解析：根據(jù)電流的定義式I＝eq\f(q,t)可得1s內(nèi)通過(guò)電池某一橫截面的電荷量為q＝It＝1×500×10－3C＝0.5C，A錯(cuò)誤，B正確；在電池充電過(guò)程中，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能儲(chǔ)存起來(lái)，C錯(cuò)誤，D正確．答案：BD3．解析：在時(shí)間t內(nèi)有n個(gè)二價(jià)正離子到達(dá)陰極，有2n個(gè)電子到達(dá)陽(yáng)極，則q＝n·2e＋2n·e＝4ne，根據(jù)電流定義式I＝eq\f(q,t)可得I＝eq\f(4ne,t)，選項(xiàng)D正確．答案：D4．解析：本題中的n為單位長(zhǎng)度內(nèi)的自由電子數(shù)，t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體某一橫截面的自由電子數(shù)等于導(dǎo)體中長(zhǎng)度為l＝vt內(nèi)的自由電子數(shù)，其數(shù)量是nvt，電荷量q＝nvte，所以電流I＝eq\f(q,t)＝nev，則v＝eq\f(I,ne)，選項(xiàng)D正確．答案：D5．解析：根據(jù)題圖可知，非洲電鰩放電一次所需要的時(shí)間為t＝eq\f(1,300)s，放出的電荷量為q1＝It＝50×eq\f(1,300)C＝eq\f(1,6)C，則1秒鐘內(nèi)非洲電鰩放出的電荷量為q＝nq1＝150×eq\f(1,6)C＝25C，選項(xiàng)A正確．答案：A6．解析：從題圖標(biāo)識(shí)牌可知電池的容量為60A·h，即以6A的電流放電可工作10h，故A、B正確，C錯(cuò)誤；該電池充完電可貯存的電荷量q＝60×3600C＝2.16×105C，故D錯(cuò)誤．答案：AB7．解析：截取圓環(huán)的任一截面S，如題圖所示，在橡膠圓環(huán)運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間T內(nèi)，通過(guò)這個(gè)截面的電荷量為Q，則有I＝eq\f(q,t)＝eq\f(Q,T)；又T＝eq\f(2π,ω)，所以I＝eq\f(Qω,2π).若ω不變而使電荷量Q變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流也將變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，A正確．若電荷量Q不變而使ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流也將變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，B正確．若使ω、Q不變，將橡膠圓環(huán)拉伸，使環(huán)半徑增大，電流不變，C、D錯(cuò)誤．答案：AB課時(shí)分層作業(yè)(十五)導(dǎo)體的電阻1．解析：電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，一般半導(dǎo)體材料的電阻率隨著溫度的升高而減小，A正確；常用導(dǎo)線選擇銅、鋁作為原料是因?yàn)殂~、鋁的電阻率較小，B錯(cuò)誤；電阻率由材料決定，與導(dǎo)體的電阻、橫截面積和長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；部分合金的電阻率不變，大部分材料的電阻率會(huì)隨溫度的變化而變化，D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：由電阻定律公式R＝ρeq\f(l,S)可以知道，長(zhǎng)度和橫截面積都相同的金屬絲，電阻與電阻率成正比，因?yàn)榧捉饘俳z的電阻率是乙金屬絲電阻率的2倍，所以甲金屬絲的電阻值是乙金屬絲電阻值的2倍，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．答案：B3．解析：截去細(xì)銅絲的eq\f(1,3)，剩余部分長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(2,3)，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，剩余電阻變?yōu)閑q\f(2,3)R，A錯(cuò)誤；將細(xì)銅絲均勻拉長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，由于體積不變，則橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，電阻變?yōu)?R，B錯(cuò)誤，D正確；將細(xì)銅絲對(duì)折后，長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，電阻變?yōu)閑q\f(1,4)R，C正確．答案：CD4．解析：由I-U圖線可知，電阻為圖線斜率的倒數(shù)，則有eq\f(R甲,R乙)＝eq\f(tan30°,tan60°)＝eq\f(1,3)，故甲的電阻是乙的電阻的eq\f(1,3)，A、D錯(cuò)誤；兩電阻兩端電壓相同，則由I＝eq\f(U,R)可知，通過(guò)甲的電流是通過(guò)乙的電流的3倍，故B錯(cuò)誤；根據(jù)I＝eq\f(U,R)可知，欲使有相同的電流通過(guò)兩個(gè)電阻，加在乙兩端的電壓是加在甲兩端電壓的3倍，故C正確．答案：C5．解析：由圖甲可知隨著電壓增加圖線斜率不變，即該元件電阻阻值的倒數(shù)不變，阻值不變，導(dǎo)電性能不變，故A錯(cuò)誤；由圖乙可知隨著電壓增加圖線斜率變小，該元件電阻阻值的倒數(shù)變小，阻值增加，導(dǎo)電性能隨電壓的增大而減弱，但不能說(shuō)明和溫度的變化情況，故B錯(cuò)誤；由圖丙可知加正向電壓和反向電壓時(shí)圖線關(guān)于原點(diǎn)不對(duì)稱，因?yàn)闄M坐標(biāo)不一樣，故導(dǎo)電性能不一樣，故C錯(cuò)誤；根據(jù)圖丙可知該電學(xué)元件如果加上較高的反向電壓(大于40V)時(shí)，反向電流才急劇變大，故D正確．答案：D6．解析：根據(jù)I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,R)U可知，電阻的I-U圖像的斜率的倒數(shù)等于電阻，可知a、b與原點(diǎn)連線的斜率相等且大于c與原點(diǎn)連線的斜率，可知a、b電阻相等且小于c的電阻，即Ra＝Rb<Rc，故選項(xiàng)C正確．答案：C7.解析：根據(jù)U＝IR可知，U-I圖像中圖線上的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率的大小表示電阻，根據(jù)給出的點(diǎn)得出對(duì)應(yīng)的圖線如圖所示，甲與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率最大，那么其對(duì)應(yīng)的電阻最大，丙與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率最小，那么其對(duì)應(yīng)的電阻最小；由于三個(gè)金屬導(dǎo)體的長(zhǎng)度、橫截面積均相同，由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，電阻率ρ＝eq\f(RS,l)；因此甲的電阻率最大，丙的電阻率最小，C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C8．解析：把A和C接入電路，滑片P由B向A移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻將由大變小，因?yàn)榻尤腚娐返碾娮杞z的長(zhǎng)度變小．A、D接入電路，滑片P由B向A移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻由大變??；B、C或B、D接入電路，P由A向B移動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻由大變?。鸢福阂娊馕?．解析：這兩段等長(zhǎng)的保險(xiǎn)絲橫截面積之比S1∶S2＝1∶4，由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)得電阻之比R1∶R2＝S2∶S1＝4∶1，并聯(lián)接入電路后兩端的電壓相等，由歐姆定律得通過(guò)的電流之比I1∶I2＝R2∶R1＝1∶4，即第2根保險(xiǎn)絲中的實(shí)際電流是第1根中的4倍，而額定電流只是第1根的3倍，所以不能這樣來(lái)使用．答案：見解析課時(shí)分層作業(yè)(十六)串聯(lián)電路和并聯(lián)電路1．解析：把電流表改裝成電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)電阻分壓，根據(jù)歐姆定律可得串聯(lián)電阻的阻值：R＝eq\f(U,Ig)－Rg＝eq\f(10,0.001)Ω－500Ω＝9500Ω＝9.5kΩ.答案：C2．解析：在串聯(lián)電路中，電流處處相等，調(diào)節(jié)大電阻，電流變化大，故圖a中R1起微調(diào)作用，R2起粗調(diào)作用；在并聯(lián)電路中，并聯(lián)部分電壓相等，通過(guò)小電阻的電流大，調(diào)節(jié)小電阻時(shí)，電流變化大，故圖b中R1起粗調(diào)作用，R2起微調(diào)作用，選項(xiàng)B正確．答案：B3．解析：L1和L2允許通過(guò)的最大電流分別為I1m＝eq\f(U1m,R1)＝2A和I2m＝eq\f(U2m,R2)＝0.5A，故兩個(gè)小燈泡L1和L2串聯(lián)流經(jīng)電路的最大電流為0.5A，故L2可加最大電壓6V，L1的實(shí)際電壓U1＝I2mR1＝0.75V，故兩端電壓最大可加6.75V，B正確．答案：B4．解析：根據(jù)歐姆定律可得：R＝eq\f(U,I)－RA＝eq\f(2.5,5×10－3)Ω－RA＝500Ω－RA，即電阻R的值略小于500Ω，C正確，A、B錯(cuò)誤；由R?RA可知采用電流表內(nèi)接的方法測(cè)量比較精確，D錯(cuò)誤．答案：C5．解析：R1、R2串聯(lián)，R1允許通過(guò)的最大電流為1.5A，而R2允許通過(guò)的最大電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，則通過(guò)串聯(lián)電路的最大電流以最小的為準(zhǔn)，為0.5A；根據(jù)部分電路的歐姆定律求得加在電路兩端的最大電壓是Um＝Im(R1＋R2)＝0.5×(10＋20)V＝15V，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D6．解析：定值電阻R和滑動(dòng)變阻器R1串聯(lián)，當(dāng)風(fēng)速增大時(shí)，管道內(nèi)壓強(qiáng)減小，活塞上移，帶動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P上移，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電流增大，定值電阻兩端的電壓變大，B正確．答案：B7．解析：表頭改裝成電流表時(shí)需并聯(lián)分流電阻，且分流電阻越小，改裝后量程越大，可知使用a、b時(shí)量程為0～1A，使用a、c時(shí)量程為0～0.1A，故A正確，B錯(cuò)誤；由并聯(lián)電路各支路兩端電壓相等可得Ig(R2＋Rg)＝(I1－Ig)R1，IgRg＝(I2－Ig)(R1＋R2)，Ig＝2mA，I1＝1A，I2＝0.1A，解得R1≈0.41Ω，R2≈3.67Ω，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC8．解析：(1)因?yàn)殡娮邮交ジ衅魈筋^原理為電阻分壓，所以ac段和cd段應(yīng)串聯(lián)．(2)該電子式互感器探頭的原理為電阻分壓，即Rac與Rcd串聯(lián)，所以eq\f(Uac,Rac)＝eq\f(U,Rcd)，又Rac＝(n－1)Rcd，輸入電壓U輸入＝Uac＋U，得U輸入＝nU.答案：(1)串聯(lián)(2)nU9．解析：可認(rèn)為理想電壓表所在支路不通，則題圖所示電路是四個(gè)電阻串聯(lián)，電壓表V1測(cè)量的是R1和R2兩端的電壓之和，電壓表V2測(cè)量的是R2和R3兩端的電壓之和．因?yàn)镽3＝R4，所以電壓表V2相當(dāng)于測(cè)的是R3和R4兩端的電壓之和，即A、B間的電壓為電壓表V1的示數(shù)與電壓表V2的示數(shù)之和，則A、B間的電壓為50V＋70V＝120V，選項(xiàng)B正確．答案：B10．解析：電阻箱串聯(lián)在電路中，當(dāng)R1的阻值增大時(shí)，總電阻增大，總電流減小，則L兩端的電壓減小，通過(guò)L的電流也將減小，A正確，B錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器與小燈泡并聯(lián)，當(dāng)R連入電路的阻值增大時(shí)，并聯(lián)部分的總電阻也增大，電路中的總電流將減小，R1兩端的電壓減小，所以L兩端的電壓UL＝U－U1將增大，通過(guò)L的電流也將增大，C錯(cuò)誤，D正確．答案：AD11．解析：靈敏電流計(jì)與電阻箱并聯(lián)，改裝后的電表為電流表，滿偏時(shí)，M、N兩端電壓為U＝IgRg＝100×10－6×495.0V＝0.0495V＝49.5mV，流過(guò)電阻箱的電流為IR＝eq\f(U,R)＝eq\f(0.0495,5)A＝0.0099A＝9.9mA，故改裝后電流表的滿偏電流I＝Ig＋I(xiàn)R＝(9.9＋0.1)mA＝10mA.答案：D12．解析：按圖甲接法，由并聯(lián)電路中電流跟電阻成反比，可得R1＝eq\f(Ig,I－Ig)Rg＝eq\f(2×10－3,0.1－2×10－3)×200Ω≈4.08ΩR2＝eq\f(Ig,I－Ig)Rg＝eq\f(2×10－3,1－2×10－3)×200Ω≈0.4Ω按圖乙接法，量程為0～1A時(shí)，R2和Rg串聯(lián)后與R1并聯(lián)；量程為0～0.1A時(shí)，R1和R2串聯(lián)后與Rg并聯(lián)，分別得：Ig(Rg＋R2)＝(1－Ig)R1，IgRg＝(0.1－Ig)(R1＋R2)解得：R1≈0.41Ω，R2≈3.67Ω.答案：0.41Ω3.67Ω課時(shí)分層作業(yè)(十七)實(shí)驗(yàn)：練習(xí)使用多用電表1．解析：(1)由于待測(cè)電阻的阻值較大，若選用電壓表A，會(huì)導(dǎo)致待測(cè)電阻電流過(guò)小，電流表示數(shù)變化不明顯，讀數(shù)誤差較大，故電壓表應(yīng)選B；為了讓電流表示數(shù)有明顯變化，電源應(yīng)選F；回路中最大的電流約為I＝eq\f(12V,10kΩ)＝1.2mA，故電流表應(yīng)選C.(2)由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值較小，所以滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法；又eq\f(RV,Rx)＜eq\f(Rx,RA)，所以電流表采用內(nèi)接法，如圖所示．(3)由于電流表采用內(nèi)接法，電流表的分壓作用導(dǎo)致電壓表的示數(shù)大于待測(cè)電阻兩端的真實(shí)電壓，待測(cè)電阻測(cè)量值大于真實(shí)值，因此電流表的分壓作用是造成待測(cè)電阻測(cè)量值大于真實(shí)值的主要原因．答案：(1)BCF(2)見解析圖(3)大于電流表的分壓作用(其他正確表述也可)2．解析：(1)由實(shí)驗(yàn)原理知R1應(yīng)能讀出具體數(shù)值，故R1應(yīng)選用B；閉合S2，電路中電流I不能大于200μA，由I＝eq\f(E,R2＋R0)，知R2＝eq\f(E,I)－R0，代入數(shù)據(jù)得R2≈29kΩ，故電阻器R2應(yīng)選用D.(2)半偏法測(cè)電阻的實(shí)驗(yàn)步驟：第一步，按原理圖連好電路；第二步，閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R2，使電流計(jì)指針滿偏；第三步，閉合開關(guān)S1，改變電阻箱R1的阻值，當(dāng)電流計(jì)指針半偏時(shí)記下電阻箱讀數(shù)，此時(shí)電阻箱的阻值等于電流計(jì)內(nèi)阻Rg，故應(yīng)選A、D、B、E.(3)如果所得的R1的阻值為300.0Ω，則題圖中被測(cè)電流計(jì)G的內(nèi)阻Rg的測(cè)量值為300.0Ω.實(shí)際上電阻箱并入后，電路的總電阻減小了，干路電流增大了，電流計(jì)半偏時(shí)，流過(guò)電阻箱的電流大于流過(guò)電流計(jì)的電流，電阻箱接入電路的電阻小于電流計(jì)的電阻，所以該測(cè)量值略小于實(shí)際值．答案：(1)BD(2)ADBE(3)300.0略小于3．解析：(1)電路連線如圖所示．(2)閉合開關(guān)S前，為使測(cè)量部分起始電壓較小，最好將滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭P移到a端．(3)滑動(dòng)變阻器阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)，電壓表和電阻箱兩端的總電壓幾乎不變，設(shè)為U；則3V＋eq\f(3V,RV)×1000Ω＝U；調(diào)節(jié)電阻箱的電阻，使電壓表示數(shù)變?yōu)?V時(shí)，電阻箱示數(shù)為7680Ω，則1V＋eq\f(1V,RV)×7680Ω＝U；聯(lián)立以上各式解得RV＝2340Ω.答案：(1)見解析圖(2)a(3)2340課時(shí)分層作業(yè)(十八)電路中的能量轉(zhuǎn)化1．解析：A錯(cuò)，B對(duì)：非純電阻電路中，W＝UIt用來(lái)求電功；Q＝I2Rt用來(lái)求電熱，但W>Q；只有在純電阻電路中，電功既可用公式W＝UIt計(jì)算，又可用公式W＝I2Rt計(jì)算．C、D錯(cuò)：W＝UIt可用于任何電路求總電功；而Q＝I2Rt可以適用于任何電路求電熱．答案：B2．解析：電路中允許的最大功率為Pm＝UI＝2860W．用電器的功率之和大于最大功率時(shí)，用電器就不能同時(shí)使用．答案：C3．解析：設(shè)兩次加在電阻R上的電壓分別為U1和U2，通電的時(shí)間都為t，由公式W1＝U1q1和W1＝eq\f(Ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),R)t可得：U1＝3V，eq\f(t,R)＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝eq\f(Ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),R)t可求出：U2＝6V，W2＝3.6J.答案：D4．解析：(1)電飯煲盛上食物后，接上電源，S2自動(dòng)閉合，同時(shí)手動(dòng)閉合S1，這時(shí)黃燈被短路，紅燈亮，電飯煲處于加熱狀態(tài)，加熱到80℃時(shí)，S2自動(dòng)斷開，S1仍閉合；水燒開后，溫度升高到103℃時(shí)，開關(guān)S1自動(dòng)斷開，這時(shí)飯已煮熟，黃燈亮，電飯煲處于保溫狀態(tài)；由于散熱，待溫度降至70℃時(shí)，S2自動(dòng)閉合，電飯煲重新加熱，溫度達(dá)到80℃時(shí)，S2又自動(dòng)斷開，再次處于保溫狀態(tài)．(2)如果不閉合開關(guān)S1，則不能將飯煮熟，因?yàn)橹荒芗訜岬?0℃.(3)加熱時(shí)電飯煲消耗的電功率P1＝eq\f(U2,R并)，保溫時(shí)電飯煲消耗的電功率P2＝eq\f(U2,R1＋R并)，兩式中R并＝eq\f(R2R3,R2＋R3)＝eq\f(500×50,500＋50)Ω＝eq\f(500,11)Ω從而有P1∶P2＝eq\f(R1＋R并,R并)＝eq\f(500＋\f(500,11),\f(500,11))＝12∶1.答案：(1)見解析(2)不能(3)12∶15．解析：(1)電動(dòng)機(jī)提升重物時(shí)，根據(jù)能量守恒定律得P電＝P熱＋P機(jī)，即UI＝I2R＋mgv，解得R＝6Ω.(2)根據(jù)P電＝P熱＋P機(jī)，得P機(jī)＝P電－P熱＝UI－I2R＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,2R)))2＋eq\f(U2,4R)當(dāng)I＝eq\f(U,2R)時(shí)，P機(jī)有最大值eq\f(U2,4R)，即I＝eq\f(120,12)A＝10A時(shí)，P機(jī)max＝600W根據(jù)P機(jī)max＝mgvmax得vmax＝1.2m/s.(3)若因故障電動(dòng)機(jī)不能轉(zhuǎn)動(dòng)，則由歐姆定律得，通過(guò)電動(dòng)機(jī)線圈的電流為I′＝eq\f(U,R)＝eq\f(120,6)A＝20A，電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為P′機(jī)＝I′2R＝2400W.答案：(1)6Ω(2)1.2m/s(3)2400W課時(shí)分層作業(yè)(十九)閉合電路的歐姆定律1．解析：電源正、負(fù)極之間的電勢(shì)差為電源的路端電壓，只有當(dāng)電源處于斷路狀態(tài)時(shí)，電源的電動(dòng)勢(shì)才等于路端電壓，A錯(cuò)誤；電壓表是有內(nèi)阻的，跟電源連接后構(gòu)成一個(gè)通路，測(cè)量的是電壓表內(nèi)阻分擔(dān)的電壓，而電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電源內(nèi)阻，所以電壓表測(cè)得的電源兩極間電壓值略小于電源電動(dòng)勢(shì)，B正確；電動(dòng)勢(shì)反映電源的特性，與外電路的結(jié)構(gòu)無(wú)關(guān)，C錯(cuò)誤；電源電動(dòng)勢(shì)反映電源將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，電源電動(dòng)勢(shì)越大，則電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越強(qiáng)，D正確．答案：BD2．解析：由W＝UIt可得U＝eq\f(W,It)＝6V，所以A正確．答案：A3．解析：設(shè)電源的內(nèi)阻為r，則根據(jù)閉合電路歐姆定律，得I1＝eq\f(E,R1＋r)①，I2＝eq\f(E,R2＋r)②.聯(lián)立①②兩式得2(R1＋r)＝R2＋r，代入數(shù)據(jù)解得r＝2Ω，故D項(xiàng)正確．答案：D4．解析：由題圖可知，電燈均為并聯(lián)；當(dāng)點(diǎn)亮的電燈數(shù)目增多時(shí)，并聯(lián)的支路增多，由并聯(lián)電路的電阻規(guī)律可知，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，干路電流增大，則內(nèi)電壓增大，故路端電壓減小，電燈兩端的電壓變小，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．答案：D5．解析：由串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點(diǎn)及閉合電路的歐姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝eq\f(4,3)I(eq\f(R,2)＋r)，由以上兩式可得r＝4R.答案：C6．解析：小燈泡恰好正常發(fā)光，說(shuō)明此時(shí)通過(guò)小燈泡的電流為額定電流I額＝eq\f(P額,U額)＝eq\f(1.8,0.6)A＝0.3A，兩端電壓為額定電壓U額＝6.0V，而小燈泡和電源、滑動(dòng)變阻器的AC部分串聯(lián)，則通過(guò)電阻AC的電流與通過(guò)小燈泡的電流相等，故RAC＝eq\f(E－U額,I額)＝eq\f(9.0－6.0,0.3)Ω＝10Ω，所以RCB＝R－RAC＝20Ω，故B項(xiàng)正確．答案：B7．解析：對(duì)鉛蓄電池電路，20s內(nèi)通過(guò)的電荷量q1＝I1t＝2C對(duì)干電池電路，20s內(nèi)通過(guò)的電荷量q2＝I2t＝4C由電動(dòng)勢(shì)定義式E＝eq\f(W,q)得，電源消耗的化學(xué)能分別為W1＝q1E1＝4J，W2＝q2E2＝6J，因E1>E2，故鉛蓄電池把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大．8．解析：充電電池的輸出功率P＝EI－I2r，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)，當(dāng)I＝eq\f(E,2r)時(shí)，P有最大值，此時(shí)U內(nèi)＝U外，由Pm＝6W，I＝2A，得到U外＝U內(nèi)＝eq\f(Pm,I)＝3V，則E＝6V，故A正確；r＝eq\f(U內(nèi),I)＝eq\f(3,2)Ω＝1.5Ω，故B錯(cuò)誤；當(dāng)P＝4.5W時(shí)，由P＝EI－I2r，代入解得I1＝1A，I2＝3A，故C正確；η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)，當(dāng)I1＝1A時(shí)，U1＝E－I1r＝4.5V，η1＝eq\f(U1,E)×100%＝75%，當(dāng)I2＝3A，U2＝E－I2r＝1.5V，η2＝eq\f(U2,E)×100%＝25%，故D正確．答案：B9．解析：由P＝UI可知，小燈泡L正常發(fā)光時(shí)電流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，由歐姆定律有RL＝eq\f(U,I)，代入數(shù)據(jù)解得小燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻RL＝10Ω，當(dāng)開關(guān)S接1，滑動(dòng)變阻器調(diào)到R＝4Ω時(shí)，由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋RL＋r)，解得電源的內(nèi)阻r＝1Ω，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)小燈泡正常發(fā)光，說(shuō)明電路中電流仍為0.2A，故電動(dòng)機(jī)兩端的電壓U′＝E－IRL－Ir＝0.8V，即電動(dòng)機(jī)的正常工作電壓為0.8V，電動(dòng)機(jī)為非純電阻元件，不能利用歐姆定律得出電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻，因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)工作時(shí)，將消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻一定小于4Ω，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；電源的效率η＝eq\f(EI－I2r,EI)×100%＝eq\f(E－Ir,E)×100%＝eq\f(3－0.2×1,3)×100%＝93.3%，選項(xiàng)D正確．答案：D10．解析：(1)由題意可知，燈泡內(nèi)阻為：R＝eq\f(U2,P)＝6Ω；由閉合電路歐姆定律知，電路中的電流為：I＝eq\f(2E,R＋r1＋r2)＝0.2A；新電池的輸出功率：P1＝EI－I2r1＝0