高中物理课时作业（人教版必修第三册）详解答案

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：C2．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：B3．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：CD4．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：B5．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1×10－8C正电，A得到n个电子，带上1×10－8C负电．答案：C6．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：C7．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：D2．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>keq\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<keq\f(Q2,r2)，选项B、D错误．答案：C3．解析：由F＝keq\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：D4．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：B5．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.FBsin30°＝FA，即keq\f(QBQC,（2L）2)·sin30°＝keq\f(QAQC,L2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,8)，故选项B正确．答案：B6．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：D7．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,tanβ)，m2g＝eq\f(F′,tanα)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：A2．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，keq\f(q1q2,（R＋h）2)＝Geq\f(m1m2,（R＋h）2)，得kq1q2＝Gm1m2；当离星球表面2h高度时，所受合力F＝keq\f(q1q2,（R＋2h）2)－Geq\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：C3．解析：两球之间的库仑力为F＝keq\f(qAqB,r2)＝9.0×109×eq\f(4×10－6×5×10－6,0.32)N＝2N，小球B受到的重力大小为GB＝2N，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：B4．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：B5．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)mg6．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：C7．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,sin30°)）2)cos30°＝eq\f(\r(3)kQq,8h2).C对，D错：结合圆周运动规律有eq\f(mg,tan30°)＝meq\f(v2,\f(h,tan30°))，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：D2．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：B3．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：D4．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：C5．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：A6．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：D7．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：B8．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＝keq\f(Q,r2)可得Ea＝3Eb，即Ea∶Eb＝3∶1.答案：D9．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2eq\r(2)E，方向由O到D.选项A正确，B、C、D错误．答案：A10．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，联立解得q1＝eq\f(1,2)q2.答案：D11．解析：由题中v­t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.v­t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：C12．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)＝keq\f(Q,r2)；在C点，E＋Q＝E－Q＝keq\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：D2．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：ABD3．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：B4．解析：(1)设细线的拉力为F，则Fsinθ＝qE①Fcosθ＝mg②由①②式解得E＝eq\f(mgtanθ,q)可得E＝2×105N/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mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ由运动学公式有b＝eq\f(1,2)at2解得t＝0.2s.答案：(1)2×105N/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＝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：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：B2．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：BD3．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：D4．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：C5．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：ABC6．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＝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qElcosθ，选项C正确，A、B、D错误．答案：C2．解析：由电场线越密的地方电场强度越大，可知EA<EB；根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知φA<φB，故D正确．答案：D3．解析：电荷只在电场力作用下，电场力做了2×10－6J的正功，即合力做功为2×10－6J，根据动能定理得知，动能增加了2×10－6J，选项A、B错误；电场力做了2×10－6J的正功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小2×10－6J，选项C错误，D正确．答案：D4．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：C5．解析：把点电荷从电场中的A点移到B点，其电势能增加1.2×10－7J，电场力做负功，则该点电荷带负电，电场力做功为－1.2×10－7J，故选B.答案：B6．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：D7．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1×10－6J，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1×10－6J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＝100V.答案：(1)增加，1×10－6J(2)100V8．解析：(1)粒子所受电场力F的大小为：F＝Eq＝3.0×104×2.0×10－8N＝6.0×10－4N，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＝6.0×10－4×0.6J＝3.6×10－4J(3)根据电势能定义可知：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：D10．解析：重力做功等于重力势能的减少量，重力做功5J，故重力势能减小5J，A错误；电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功2J，故电势能减小2J，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＝5J＋2J－1J＝6J，故动能增大6J，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1J，故机械能增加1J，D错误．答案：C11．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<v0分析可知，N点距离点电荷a比M点近，N点场强大，质点b在N点受到的静电力大，所以在N点的加速度大小比M点的大．C错：质点b从M点到N点，静电力做的总功为负值，根据静电力做功与电势能变化的关系可知，质点b的电势能增加，即b在M点的电势能小于在N点的电势能．D错：由于a、b带同种电荷，质点b仅在a的库仑力作用下做曲线运动，由轨迹可知，b所受的静电力斜向左上方，所以电荷a一定在虚线MP下方．答案：A12．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：D2．解析：B处电场线较密，故电场强度EA<EB，沿电场线方向电势降低，故φA>φB，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<EpB，C正确，D错误．答案：BC3．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：A4．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：D5．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：C6．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：C7．解析：由于U∞A＝eq\f(W1,q1)＝eq\f(4×10－8,10－9)V＝40V，则φA＝－40V，由于U∞B＝eq\f(W2,q2)＝eq\f(－6×10－8,－2×10－9)V＝30V，则φB＝－30V，可知0>φB>φA，可知场源电荷是负电荷，位于A的左侧．答案：C8．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：C9．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)＝4.5×104V，φB＝eq\f(kQ,rB)＝9.0×104V.A、B间的电势差为UAB＝φA－φB＝4.5×104V－9.0×104V＝－4.5×104V.(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＝1.8×10－7J.答案：(1)－4.5×104V(2)1.8×10－7J10．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＝5×10－6J．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：CD11．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＝2m/s2，所受的静电力最大为F＝ma＝1×2N＝2N，则电场强度的最大值为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(2,2)N/C＝1N/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＝6m/s，vB＝4m/s，物块从B到A的过程，根据动能定理得：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正确．答案：AD12．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mgsin30°－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)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＝100V/m.答案：C2．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：ABC3．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20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，那么对角线的交点电势就是14V，也是a、c电势和的一半，那么c点的电势就是8V，故B正确，A、C、D错误．答案：B4．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<Ubc＝U.故q从d到e静电力做功小于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因为UAB＝150V>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×cos37°V＝280V，则UCA＝－UAC＝－280V.答案：(1)2.5×103V/m方向A→B(2)－280V6．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6V－φC＝2×(3－0)V，得φC＝0V，故A正确；由于B、C两点的电势都是零，所以BC为0V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))×102V/m＝100eq\r(3)V/m，故D正确，C错误．答案：AD7．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·cos30°＝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：BC2．解析：正电荷从A点移到B点，克服静电力做功8×10－8J，电势能增加8×10－8J，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：C3．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：A4．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：D5．解析：A错：小球上滑过程中，由动能定理得：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))，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：B6．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＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，C错误，D正确．答案：BD2．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：A3．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：BD4．解析：由C＝eq\f(Q,U)，得C＝eq\f(2×10－4,200)F＝1×10－6F，电容由电容器本身决定，当其电荷量增加2×10－4C时，电容不变，仍为1×10－6F．此时电容器带电荷量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：B6．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)mHveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(H))＝qHU，对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，选项C正确．答案：C2．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：D3．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：D4．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(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正确．答案：C5．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＝0.8m，则DC＝0.6m，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＝25N/C，则UOC＝E·DC＝15V.答案：D6．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＝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：B7．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＝v0tan30°由牛顿第二定律得：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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),3qL)(2)eq\f(\r(3),6)L8．解析：(1)由动能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入数据解得v0＝8×104m/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＝0.03m.(3)由几何知识知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).解得y′＝3y＝0.09m.答案：(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m9．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qeq\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)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正确，D错误．答案：AC10．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)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(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tanθ＝eq\f(vy,v1)，联立解得tanθ＝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tanθ＝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：0～1s和1～2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1s和1～2s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，1～2s的末速度为0，所以每个1s内的位移均相同且2s以后的运动重复0～2s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．答案：BD2．解析：第1s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2s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＝2s时电子的总位移大小为2l，方向向左．答案：D3．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x­t图像应为曲线，B项错误．答案：AD4．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)＝2×10－3s.(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)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.纵坐标y＝d－y1＝0.85m，t＝1×10－3s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为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，纵坐标y′＝d－y2＝0.95m，所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85m～0.95m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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得Ek＝5.05×10－2J.答案：(1)2×10－3s(2)范围在0.85m～0.95m之间(3)5.05×10－2J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：D2．解析：根据电流的定义式I＝eq\f(q,t)可得1s内通过电池某一横截面的电荷量为q＝It＝1×500×10－3C＝0.5C，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：BD3．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：D4．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：D5．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＝25C，选项A正确．答案：A6．解析：从题图标识牌可知电池的容量为60A·h，即以6A的电流放电可工作10h，故A、B正确，C错误；该电池充完电可贮存的电荷量q＝60×3600C＝2.16×105C，故D错误．答案：AB7．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：A2．解析：由电阻定律公式R＝ρeq\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：B3．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＝ρeq\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＝ρeq\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＝ρeq\f(l,S)可知，电阻变为eq\f(1,4)R，C正确．答案：CD4．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(tan30°,tan60°)＝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：C5．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40V)时，反向电流才急剧变大，故D正确．答案：D6．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<Rc，故选项C正确．答案：C7.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＝ρeq\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：C8．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＝ρeq\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－500Ω＝9500Ω＝9.5kΩ.答案：C2．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：B3．解析：L1和L2允许通过的最大电流分别为I1m＝eq\f(U1m,R1)＝2A和I2m＝eq\f(U2m,R2)＝0.5A，故两个小灯泡L1和L2串联流经电路的最大电流为0.5A，故L2可加最大电压6V，L1的实际电压U1＝I2mR1＝0.75V，故两端电压最大可加6.75V，B正确．答案：B4．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＝500Ω－RA，即电阻R的值略小于500Ω，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：C5．解析：R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5A，而R2允许通过的最大电流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，为0.5A；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＝15V，A、B、C错误，D正确．答案：D6．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：B7．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0～1A，使用a、c时量程为0～0.1A，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＝2mA，I1＝1A，I2＝0.1A，解得R1≈0.41Ω，R2≈3.67Ω，故C正确，D错误．答案：AC8．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)nU9．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50V＋70V＝120V，选项B正确．答案：B10．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：AD11．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＝100×10－6×495.0V＝0.0495V＝49.5mV，流过电阻箱的电流为IR＝eq\f(U,R)＝eq\f(0.0495,5)A＝0.0099A＝9.9mA，故改装后电流表的满偏电流I＝Ig＋IR＝(9.9＋0.1)mA＝10mA.答案：D12．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)×200Ω≈4.08ΩR2＝eq\f(Ig,I－Ig)Rg＝eq\f(2×10－3,1－2×10－3)×200Ω≈0.4Ω按图乙接法，量程为0～1A时，R2和Rg串联后与R1并联；量程为0～0.1A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≈0.41Ω，R2≈3.67Ω.答案：0.41Ω3.67Ω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(12V,10kΩ)＝1.2mA，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)BCF(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200μA，由I＝eq\f(E,R2＋R0)，知R2＝eq\f(E,I)－R0，代入数据得R2≈29kΩ，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300.0Ω，则题图中被测电流计G的内阻Rg的测量值为300.0Ω.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)BD(2)ADBE(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3V＋eq\f(3V,RV)×1000Ω＝U；调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1V时，电阻箱示数为7680Ω，则1V＋eq\f(1V,RV)×7680Ω＝U；联立以上各式解得RV＝2340Ω.答案：(1)见解析图(2)a(3)2340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：B2．解析：电路中允许的最大功率为Pm＝UI＝2860W．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：C3．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(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)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∶15．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＝6Ω.(2)根据P电＝P热＋P机，得P机＝P电－P热＝UI－I2R＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝10A时，P机max＝600W根据P机max＝mgvmax得vmax＝1.2m/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＝20A，电动机消耗的电功率为P′机＝I′2R＝2400W.答案：(1)6Ω(2)1.2m/s(3)2400W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：BD2．解析：由W＝UIt可得U＝eq\f(W,It)＝6V，所以A正确．答案：A3．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＝2Ω，故D项正确．答案：D4．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：D5．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：C6．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＝0.3A，两端电压为额定电压U额＝6.0V，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＝10Ω，所以RCB＝R－RAC＝20Ω，故B项正确．答案：B7．解析：对铅蓄电池电路，20s内通过的电荷量q1＝I1t＝2C对干电池电路，20s内通过的电荷量q2＝I2t＝4C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＝4J，W2＝q2E2＝6J，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＝6W，I＝2A，得到U外＝U内＝eq\f(Pm,I)＝3V，则E＝6V，故A正确；r＝eq\f(U内,I)＝eq\f(3,2)Ω＝1.5Ω，故B错误；当P＝4.5W时，由P＝EI－I2r，代入解得I1＝1A，I2＝3A，故C正确；η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)，当I1＝1A时，U1＝E－I1r＝4.5V，η1＝eq\f(U1,E)×100%＝75%，当I2＝3A，U2＝E－I2r＝1.5V，η2＝eq\f(U2,E)×100%＝25%，故D正确．答案：B9．解析：由P＝UI可知，小灯泡L正常发光时电流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，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＝10Ω，当开关S接1，滑动变阻器调到R＝4Ω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＝1Ω，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0.2A，故电动机两端的电压U′＝E－IRL－Ir＝0.8V，即电动机的正常工作电压为0.8V，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4Ω，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：D10．解析：(1)由题意可知，灯泡内阻为：R＝eq\f(U2,P)＝6Ω；由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流为：I＝eq\f(2E,R＋r1＋r2)＝0.2A；新电池的输出功率：P1＝EI－I2r1＝0