高中物理課時作業(yè)（人教版必修第三冊）詳解答案

詳解答案課時分層作業(yè)(一)電荷1．解析：A、B錯：摩擦起電的過程中電荷從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)移過程中電荷總量是不變的．C對，D錯：感應起電是電荷從物體的一個部分轉(zhuǎn)移到物體的另一個部分，且在轉(zhuǎn)移過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，當兩球接觸后，兩球帶同種電荷，有斥力作用，因此b又把a排斥開，所以B正確．答案：B3．解析：兩物體摩擦時得失電子情況取決于原子核對電子的束縛力大小，A錯．由于摩擦起電的實質(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，C對．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．答案：CD4．解析：把帶電金屬球移近不帶電的驗電器，若金屬球帶正電荷，則將導體上的自由電子吸引上來，這樣驗電器的上部將帶負電荷，箔片帶正電荷；若金屬球帶負電荷，則將導體上的自由電子排斥到最遠端，這樣驗電器的上部將帶正電荷，箔片帶負電荷．答案：B5．解析：由于A、B都是金屬導體，可移動的電荷是自由電子，A帶上負電荷的原因，是電子由B移動到A，其中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為n＝eq\f(1×10－8,×10－19)＝×1010(個).這樣B失去n個電子，帶上1×10－8C正電，A得到n個電子，帶上1×10－8C負電．答案：C6．解析：當閉合任何開關(guān)時，導體就會與大地連接，會使大地的電子流入枕形導體．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：見解析課時分層作業(yè)(二)庫侖定律1．解析：本實驗采用了控制變量法，未采用等效替代法，A錯誤；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錯誤，D正確．答案：D2．解析：如圖甲所示，當兩金屬球帶異種電荷時，電荷間相互吸引，電荷相對集中在最近端，導致電荷間距比r小，因此庫侖力F>keq\f(Q2,r2)，選項A錯誤，C正確；如圖乙所示，當兩金屬球帶同種電荷時，電荷間相互排斥，使電荷相對集中在最遠端，導致電荷間距比r大，因此庫侖力F<keq\f(Q2,r2)，選項B、D錯誤．答案：C3．解析：由F＝keq\f(q1q2,r2)，知F∝eq\f(1,r2)，當電荷量不變，r增大為原來的2倍時，靜電力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，選項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B正確．答案：B5．解析：要使C處的正點電荷所受靜電力的合力方向平行于AB向左，該正點電荷所受力的情況應如圖所示，所以A帶負電，B帶正電．設(shè)AC間的距離為L，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eq\f(1,4)帶電球殼，關(guān)于球心對稱的兩個eq\f(1,4)帶電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電的eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，故D正確．答案：D7．解析：球殼完整時，由于對稱性，球心上的點電荷受力為0，可知挖去部分的電荷和剩下部分的電荷對點電荷產(chǎn)生的力大小相等、方向相反．故要計算剩下部分電荷對點電荷產(chǎn)生的力，只要求出挖去部分的電荷(即小圓孔所帶的電荷)對點電荷產(chǎn)生的力即可．由于r?R，所以球殼上挖去的部分可視為點電荷，由庫侖定律得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球心處點電荷的力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：見解析課時分層作業(yè)(三)庫侖力作用下的平衡與加速問題1．解析：假定α＝β，則庫侖力在水平方向上，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)，說明粉塵所受庫侖力和萬有引力平衡，keq\f(q1q2,（R＋h）2)＝Geq\f(m1m2,（R＋h）2)，得kq1q2＝Gm1m2；當離星球表面2h高度時，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．由于庫侖力和萬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：兩球之間的庫侖力為F＝keq\f(qAqB,r2)＝×109×eq\f(4×10－6×5×10－6,2)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受到庫侖力、重力以及細線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細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錯誤；A球與兩邊帶電球的間距相等，根據(jù)庫侖定律可知，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，對于B球，因為A離B較近，故要想使A對B的庫侖力與固定球?qū)的庫侖力大小相等，A球的帶電荷量需要比固定球帶電荷量少，故B正確，C錯誤．答案：B5．解析：(1)分析題意可知，帶電小球A處于靜止狀態(tài)，合力為零，帶電小物塊B、C對A的庫侖力的合力與A的重力平衡，即B、C對A的庫侖力斜向上，故B帶正電．(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，庫侖力對稱分布，∠A＝60°，B對A的庫侖力為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，庫侖力為內(nèi)力，整體受到重力和地面的兩個支持力作用，則地面對B的支持力FB＝eq\f(3,2)mg根據(jù)牛頓第三定律可知，B對地面的壓力大小為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，由題意知其中一個金屬小球在漏電前后平衡時，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，B對：點電荷－q做勻速圓周運動，庫侖力的水平分量提供向心力，根據(jù)庫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，D錯：結(jié)合圓周運動規(guī)律有eq\f(mg,tan30°)＝meq\f(v2,\f(h,tan30°))，v＝eq\r(3gh).答案：BC課時分層作業(yè)(四)電場電場強度1．解析：A、B錯：電場中某點電場強度的大小與試探電荷無關(guān)．C錯：以Q為球心、r為半徑的球面上，各點電場強度大小相等，但方向不同．D對：點電荷形成的電場中，離點電荷越遠，電場強度越?。鸢福篋2．解析：電場線是假想的線，電場中實際不存在電場線，故A錯誤；電場中某點的電場強度的方向與電場線在該點的切線方向一致，若電場線相交，則相交處場強方向有兩個，和電場方向是唯一的相矛盾，故電場線不相交，故B正確，C錯誤；電場線的疏密表示電場強弱，電場線較密的地方電場強度較大，電場線較疏的地方電場強度較小，故D錯誤．答案：B3．解析：A、B錯：因為電場強度與放入電場中的試探電荷的電荷量及所受的靜電力無關(guān)，由電場本身決定．所以電場強度不隨q、F的變化而變化．C錯，D對：某點的電場強度一定，由E＝eq\f(F,q)知，F(xiàn)與q成正比．答案：D4．解析：根據(jù)電場線的疏密反映電場強度的大小可知，Q點的電場強度大，故同一檢驗電荷在Q點所受的電場力大，故選項C正確．答案：C5．解析：根據(jù)電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷終止可以判斷，A、B是兩個等量異種電荷，故A正確，B錯誤；在兩等量異種電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，且C、D兩點電場強度方向相同，故C、D錯誤．答案：A6．解析：根據(jù)電場強度的物理意義：電場強度是反映電場本身性質(zhì)的物理量，僅由電場本身決定，與試探電荷無關(guān)，可知，將該點電荷換為電荷量為2q的負點電荷，A點的場強大小仍然是eq\f(F,q)，方向與正電荷受力F的方向相同，選項A、B、C錯誤，D正確．答案：D7．解析：A錯：A、B一定是同種電荷，既可能均帶負電荷，也可能均帶正電荷．B對：A、B各自在O處產(chǎn)生的電場強度等值反向，合電場強度為零．C錯：a、b兩點的電場強度大小相等，但方向相反．D錯：c、d兩點的電場強度大小相等，但方向相反．答案：B8．解析：A、B錯：設(shè)點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示，由圖可知電場方向指向場源電荷，所以這是一個負點電荷產(chǎn)生的電場．C錯，D對：設(shè)a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得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：當圓環(huán)的eq\f(1,4)部分均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，由如圖所示的矢量合成可得，當半圓環(huán)ABC均勻帶電且電荷量為＋2q時，在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為eq\r(2)E，方向由O到D；當另一半圓環(huán)ADC均勻帶電且電荷量為－2q時，圓心處的電場強度大小也為eq\r(2)E，方向由O到D.根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場強度大小為2eq\r(2)E，方向由O到D.選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A10．解析：A、B錯：根據(jù)題意，A點電場強度的方向垂直AB向下，由平行四邊形定則可知，q1帶正電，q2帶負電．C錯，D對：根據(jù)A點電場強度的方向垂直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，負點電荷的速度逐漸增大，靜電力的方向由A指向B，因為點電荷帶負電，所以電場線由B指向A.v-t圖像的斜率逐漸增大，說明加速度逐漸增大，所以電場強度由A到B逐漸增大，電場線越來越密．答案：C12．解析：因為O點的電場強度大小為2E，可知兩個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度均為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，E＋Q＝E－Q＝keq\f(Q,4r2)＝eq\f(E,8)；由平行四邊形定則可知，因兩點電荷在C點的場強方向夾角為120°，可知兩點電荷在C點的合場強大小為eq\f(E,8)，方向水平向右；則C點的合場強大小為EC＝E＋eq\f(E,8)＝eq\f(9E,8)，選項C正確．答案：C課時分層作業(yè)(五)靜電力的性質(zhì)1．解析：粒子受到的電場力沿電場線并指向軌跡的凹側(cè)方向，故粒子帶正電，故A錯誤；粒子受電場力方向沿電場線并指向軌跡的凹側(cè)，所以先向左做減速運動，后向右做加速運動，故B錯誤；根據(jù)電場線的疏密知道電場強度先變小后變大，故加速度先減小后增大，故C錯誤；從a點到b點，電場力先做負功，再做正功，所以動能先減小后增大，故D正確．答案：D2．解析：由軌跡的彎曲特點可以判斷靜電力的方向水平向左，故粒子一定帶負電，且?guī)щ娏Ｗ佑蒩點到b點靜電力做正功，A、B、D項均正確；C項錯誤．答案：ABD3．解析：兩小球始終處于相對靜止狀態(tài)，加速度相等．如果a帶正電，受到勻強電場向右的力和b對a向右的力，加速度向右；而b受到勻強電場向左的力和a對b向左的力，加速度向左，兩小球加速度不相等，所以a一定帶負電；取向左為正，對a，根據(jù)牛頓第二定律有3qE－eq\f(kq·3q,r2)＝maa；對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)剪斷細線后，小球沿細線方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運動，小球水平分運動也為初速度為零的勻加速直線運動．水平方向有mgtanθ＝ma，得a＝gtanθ由運動學公式有b＝eq\f(1,2)at2解得t＝s.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動，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動，當靜電力的大小與重力沿垂直合力方向的分力相等時，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：電子運動軌跡為曲線，由曲線運動的產(chǎn)生條件可知電子在MN電場線上受力方向水平向左，因此電場線方向水平向右(M→N).A錯：由電子運動軌跡不能確定運動方向．B對，C錯：若aA＞aB，由A靠近場源電荷Q，即Q靠近M端且為正電荷．D對：電子從A到B，靜電力做負功，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、圖乙顯示了導體內(nèi)部帶負電的電子在靜電力作用下向左運動，易知帶正電的離子同樣會受到靜電力的作用，A錯誤；圖丙中導體AB表面和CD表面的感應電荷將在導體內(nèi)部產(chǎn)生一個水平向左的電場，大小也為E0，與原電場疊加后，使得導體內(nèi)部場強處處為零，但新電場E′和原電場依然存在，故B正確，C、D錯誤．答案：B2．解析：由靜電屏蔽原理可知，金屬殼或金屬網(wǎng)內(nèi)的場強處處為零，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錯誤；家用煤氣灶的點火裝置，它是根據(jù)尖端放電的原理而制成的，故B正確；避雷針通過接地引線與接地裝置連接，有雷電時可以把電荷及時導入大地，只在高大建筑物屋頂插入一根尖銳的導體棒不能防止建筑物被雷擊，故C錯誤；靜電噴漆時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：點電荷在球殼內(nèi)、外表面感應出等量的異種電荷，除球殼外，電場的分布與點電荷電場的分布相同，靠近球心處的場強大、遠離球心處的場強小，球殼處于靜電平衡狀態(tài)，則其內(nèi)部場強為零，即B點場強為零，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A中驗電器的金屬箔不能張開．而選項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)部電場強度處處為0.選項C中金屬網(wǎng)外殼帶正電，能使驗電器的金屬箔張開．而選項D中金屬網(wǎng)外部沒有電場．因此應選C.答案：C5．解析：圓形金屬板與風針分別接上正、負高壓極后，風針附近產(chǎn)生強電場，且風針尖端處電場最強，因此風針尖端附近的電場線分布較密，故A正確；風針附近產(chǎn)生強電場使空氣發(fā)生電離，空氣中的陽離子會向風針的尖端運動與針尖負電荷中和，發(fā)生放電現(xiàn)象，而空氣中的負離子因受排斥力而向相反方向運動，由于反沖，風針就旋轉(zhuǎn)起來，故B、C正確；如果交換金屬板與風針所帶電荷電性，風針不可能放出正電荷，因為導體內(nèi)只有自由運動的電子，故D錯誤．答案：ABC6．解析：球殼處于靜電平衡時內(nèi)部場強處處為0，故O點場強為0.所以E感－E＝0，球殼上的感應電荷在O點處的場強大小等于A、B在O點產(chǎn)生的合場強大小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課時分層作業(yè)(七)電勢能和電勢1．解析：假設(shè)A、B兩點相距l(xiāng)，直線AB與電場線的夾角為θ(θ<90°)，根據(jù)功的定義可知，沿三種路徑移動該電荷，電場力做的功均為qElcosθ，選項C正確，A、B、D錯誤．答案：C2．解析：由電場線越密的地方電場強度越大，可知EA<EB；根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，可知φA<φB，故D正確．答案：D3．解析：電荷只在電場力作用下，電場力做了2×10－6J的正功，即合力做功為2×10－6J，根據(jù)動能定理得知，動能增加了2×10－6J，選項A、B錯誤；電場力做了2×10－6J的正功，根據(jù)功能關(guān)系得知，電荷的電勢能減小2×10－6J，選項C錯誤，D正確．答案：D4．解析：本題中電場線只有一條，又沒說明是哪種電場的電場線，因此電勢降落的數(shù)值及場強大小情況都不能確定，A、B錯；a、b兩點電勢已知，正電荷從a到b是從低電勢向高電勢運動，靜電力做負功，動能減小，電勢能增大，C對，D錯．答案：C5．解析：把點電荷從電場中的A點移到B點，其電勢能增加×10－7J，電場力做負功，則該點電荷帶負電，電場力做功為－×10－7J，故選B.答案：B6．解析：由做曲線運動的條件，知q1所受靜電力水平向右，q1帶正電，故電場方向向右；q2所受靜電力水平向左，故q2為負電荷，故A錯誤；電場線水平向右，沿電場線的方向電勢降低，則A點的電勢高于C點的電勢，故B錯誤；由題圖可知，靜電力與運動方向成銳角，靜電力對q1、q2都做正功，q1、q2的電勢能都減小，故C錯誤，D正確．答案：D7．解析：(1)電荷從無限遠處移到電場中的A點，要克服靜電力做功1×10－6J，電荷的電勢能增加；無限遠處電勢能為零，則電荷在A點具有1×10－6J的電勢能．(2)A點的電勢為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)粒子所受電場力F的大小為：F＝Eq＝×104××10－8N＝×10－4N，正電荷的受力方向與場強方向相同，故力的方向向右．(2)粒子從M點移至N點的過程中，電場力所做的功為：WMN＝Fd＝×10－4×J＝×10－4J(3)根據(jù)電勢能定義可知：EpM＝WMN＝×10－4J答案：(1)×10－4N方向向右(2)×10－4J(3)×10－4J9．解析：由于運動軌跡向下彎曲，說明粒子所受電場力方向向下，可判斷電場線的方向向上而不是向下，A錯誤；粒子既可以從a點運動到b點，也可以從b點運動到a點，B錯誤；由于順著電場線方向電勢降低，故有φa<φb，C錯誤；負電荷逆著電場線方向運動時電勢能減少，順著電場線方向運動時電勢能增加，因而粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，D正確．答案：D10．解析：重力做功等于重力勢能的減少量，重力做功5J，故重力勢能減小5J，A錯誤；電場力做功等于電勢能的減小量，電場力做功2J，故電勢能減小2J，B錯誤；合力做功等于動能的增加量，合力做功等于各個分力做的功，總功為W總＝WG＋W電＋W阻＝5J＋2J－1J＝6J，故動能增大6J，C正確；除重力外的各個力做的總功等于機械能的增加量，電場力和空氣阻力做的總功為1J，故機械能增加1J，D錯誤．答案：C11．解析：A對：質(zhì)點b從M點運動到N點的過程中，動能減小，由動能定理可知，庫侖力對其做的總功為負值．B錯：根據(jù)v<v0分析可知，N點距離點電荷a比M點近，N點場強大，質(zhì)點b在N點受到的靜電力大，所以在N點的加速度大小比M點的大．C錯：質(zhì)點b從M點到N點，靜電力做的總功為負值，根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，質(zhì)點b的電勢能增加，即b在M點的電勢能小于在N點的電勢能．D錯：由于a、b帶同種電荷，質(zhì)點b僅在a的庫侖力作用下做曲線運動，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，在這個過程中，電場力對帶正電小球做的功為W1＝－2×qE×eq\f(L,2)＝－qEL，對帶負電小球做的功為W2＝－qEL，則電場力做的總功W＝W1＋W2＝－2qEL，因此電勢能增加2qEL，選項D正確．答案：D課時分層作業(yè)(八)電勢差1．解析：電勢差是用比值法定義的物理量，定義式為UAB＝eq\f(WAB,q)，電勢差與試探電荷無關(guān)，由電場本身和兩點的位置決定，故A、C錯誤，D正確．靜電力做功與電荷運動的路徑無關(guān)，只與電荷的初末位置有關(guān)，故B錯誤．答案：D2．解析：B處電場線較密，故電場強度EA<EB，沿電場線方向電勢降低，故φA>φB，A錯誤，B正確；對正電荷，由于φA>φB，故EpA>EpB，從A到B，電勢能減小，電場力做正功，對負電荷，φA>φB，EpA<EpB，C正確，D錯誤．答案：BC3．解析：沿電場線方向電勢降低，知A點電勢高于B點電勢，A正確．將電子從A點移到B點，電場力做負功，電勢能增加，B錯誤．由電場線疏密與場強大小的關(guān)系知A點的電場強度小于B點的電場強度，C錯誤．將電子從A點移到C點再移到B點，電場力做負功，D錯誤．答案：A4．解析：將一正電荷由C經(jīng)A移到D時，W1＝qUCD，正電荷由C經(jīng)B移到D時，W2＝qUCD，所以W1＝W2，由C到D靜電力做正功，電勢能降低，所以φC>φD，故D正確．答案：D5．解析：帶電粒子的電性和電場力做功的正負均未知，所以各等勢面的電勢高低未知，電場線的方向未知，A、B錯誤；因為c點和c′點在同一個等勢面上，故兩點間的電勢差U＝0，根據(jù)電場力做功公式W＝qU可知，電場力對帶電粒子做功為0，C正確；根據(jù)題意可得a、c兩點間的電勢差與a′、c′兩點間的電勢差相等，根據(jù)電場力做功公式W＝qU可知，|Wac|＝|Wa′c′|，D錯誤．答案：C6．解析：根據(jù)電場線或等差等勢面的疏密程度可知，M點的場強小于N點的場強，A、B錯誤；由EpA－EpB＝WAB，得電場力做負功電勢能增加，則正電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能，由Ep＝qφ知M點的電勢低于N點的電勢，C正確，D錯誤．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，可知場源電荷是負電荷，位于A的左側(cè)．答案：C8．解析：A錯：依據(jù)等差等勢線的疏密表示場強大小可知，在c、d、e、f四點中，f點的電場最強．B錯：沿著電場線方向，電勢是降低的，因B供電線的電勢高于A供電線的電勢，則在c、d、e、f四點中，c點的電勢最高．C對：若將某電子由c移到f，即從高電勢到低電勢，其電勢能將增大．D錯：將某電子在d點由靜止釋放，在靜電力作用下，它會向c點所在等勢線運動．答案：C9．解析：(1)根據(jù)點電荷電勢公式，可得A、B兩點的電勢分別為φA＝eq\f(kQ,rA)＝×104V，φB＝eq\f(kQ,rB)＝×104V.A、B間的電勢差為UAB＝φA－φB＝×104V－×104V＝－×104V.(2)設(shè)從A到B過程中，試探電荷電勢能的變化量為ΔEp根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系有ΔEp＝－WAB＝－qUAB代入數(shù)據(jù)得ΔEp＝－4×10－12×(－×104)J＝×10－7J.答案：(1)－×104V(2)×10－7J10．解析：C、D對：電荷只在靜電力作用下從電場中的A點移到B點時，靜電力做正功，電荷電勢能減少，靜電力做了多少正功，電荷電勢能就減少多少，由動能定理可知動能增加；W電＝ΔEk＝5×10－6J．A、B錯：因電荷在A點的動能和電勢能不知道，所以不能確定電荷在B點的動能和電勢能．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，則電場強度的最大值為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，則電勢能減小，B錯誤；據(jù)兩個等量的同種正電荷形成的電場，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸降低，C錯誤；由v-t圖像可知在A、B兩點的速度分別為：vA＝6m/s，vB＝4m/s，物塊從B到A的過程，根據(jù)動能定理得：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點時受到的庫侖力大小為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點運動到B點，由動能定理有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)課時分層作業(yè)(九)電勢差與電場強度的關(guān)系1．解析：電場線與等勢面垂直，且從高電勢指向低電勢，電場強度的方向水平向左，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10－2)V/m＝100V/m.答案：C2．解析：A對：電場線的方向是電勢降低最快的方向．B對：由題圖中電場線的分布規(guī)律可知，電場不是勻強電場，C附近密集，A附近稀疏，則C附近的電場強度大于A附近的電場強度．C對，D錯：由公式U＝Ed知，UBC>UAB.答案：ABC3．解析：在勻強電場中將某一線段等分的同時就將該線段兩端的電勢差等分，可將bd，ac連線，連線的交點的電勢是b、d電勢和的一半，也是a、c電勢和的一半，已知a點的電勢為20V，b點的電勢為24V，d點的電勢為4V，那么對角線的交點電勢就是14V，也是a、c電勢和的一半，那么c點的電勢就是8V，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B4．解析：因為正點電荷固定在a點，故Ubc＝U>0，Ude>0.因為bc段平均電場強度大于de段平均電場強度，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＝×103V/m因為UAB＝150V>0，故φA>φB，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知電場強度方向由A指向B.(2)UAC＝EdAC＝×103××cos37°V＝280V，則UCA＝－UAC＝－280V.答案：(1)×103V/m方向A→B(2)－280V6．解析：因為AB平行于OC，并且四邊形ABCO為底角是60°的等腰梯形，根據(jù)各點坐標關(guān)系故有UOC＝2UAB，即6V－φC＝2×(3－0)V，得φC＝0V，故A正確；由于B、C兩點的電勢都是零，所以BC為0V等勢線，電場線與等勢線垂直，故B錯誤；過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，故電場強度為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錯誤．答案：AD7．解析：帶正電小球從O到C，根據(jù)動能定理qUOC＝ΔEk沿電場線方向電勢降低最快，所以電場線從O指向C，如圖PM⊥OM，則PC沿電場線方向上的距離為CM＝PC·cos30°＝eq\r(3)R·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)R，沿電場線方向電勢降低，則UPC＝E·CM＝eq\f(3ER,2)，A正確，B、C、D錯誤．答案：A課時分層作業(yè)(十)電場中的功能關(guān)系及圖像問題1．解析：從a移到c，點電荷Q產(chǎn)生的電場對點電荷N不做功，在勻強電場中，a、c兩處電勢相等，電場力對點電荷N也不做功，故A錯誤，B正確；從d移到b，點電荷Q產(chǎn)生的電場對點電荷N不做功，勻強電場對點電荷N做功為W＝qE·2r＝2qEr，所以電場力做功為2qEr，故C正確，D錯誤．答案：BC2．解析：正電荷從A點移到B點，克服靜電力做功8×10－8J，電勢能增加8×10－8J，但由于零電勢點位置未知，所以B點的電勢能不能確定，A、D錯誤，C正確．B點的電勢能不能確定，則B點的電勢不能確定，B錯誤．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處為負電荷，根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場強度E＝eq\f(kQ,r2)及電場的疊加可知，c、d兩處場強相同，電場方向由c指向d，故c點電勢高，故A正確；B、C、D錯誤．答案：A4．解析：φ-x圖線的斜率表示電場強度，由題圖乙知，A、B位置的斜率相同，即EA＝EB，故A、B錯誤；由題圖乙知，φA>φB，由于質(zhì)子帶正電，質(zhì)子的電勢能Ep＝qφ，故EpA>EpB，故C錯誤，D正確．答案：D5．解析：A錯：小球上滑過程中，由動能定理得：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：由W＝qU得，A、B兩點的電勢差U＝eq\f(mgh,q).C錯：由于靜電力做正功，小球的電勢能減小，則小球在B點的電勢能小于在A點的電勢能．D錯：由U＝Ed得，E＝eq\f(U,d)，若電場線沿AB方向，A、B兩點沿電場線方向的距離d>h，則E<eq\f(U,h)＝eq\f(mg,q)，即電場強度的最小值小于eq\f(mg,q).答案：B6．解析：小球a從N點由靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90°，所以庫侖力在整個過程中做負功．小球a從N到Q的過程中，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過程中，速率應先增大后減小，故B正確；從N到Q的過程中，庫侖力一直做負功，所以電勢能一直增加，故C正確；根據(jù)能量守恒可知，從P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤．答案：BC課時分層作業(yè)(十一)電容器的電容1．解析：電容器銘牌上標注的是額定電壓，即正常工作的最大電壓，A錯誤，B正確．由C＝eq\f(Q,U)，得Q＝CU＝×10－6×9C＝×10－5C，C錯誤，D正確．答案：BD2．解析：A對：要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大．斷開開關(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，電勢差增大．B、C錯：保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變．D錯：保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑片向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變．答案：A3．解析：A中電容器通過改變介電常數(shù)εr改變電容；B中電容器通過改變導電液體的深度從而改變電容器兩極正對面積改變電容；C中電容器通過改變兩板間距離改變電容；D中電容器通過改變定片與動片夾角，從而改變兩極板正對面積；綜上分析知，B、D正確，A、C錯誤．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，當其電荷量增加2×10－4C時，電容不變，仍為1×10－6F．此時電容器帶電荷量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，液體與導體芯構(gòu)成了電容器，兩極板間距離不變，液面變化時只有正對面積發(fā)生變化．則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當液面升高時，正對面積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錯誤，B正確．答案：B6．解析：充電過程中兩極板的電荷量逐漸增多，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可知，兩極板間電勢差增大，由此可知帶電小球所受電場力F＝qE＝eq\f(qU,d)變大，繩子所受拉力等于電場力和重力之和，即細線對小球的拉力逐漸增大，由此可知選項A錯誤，B正確；因為下極板接地，小球到下極板的距離是一個定值，兩極板間的電場強度逐漸增大，所以小球所在位置的電勢大于零且隨著兩極板上電荷量的增大而增大，由此可知電勢能在增加，選項C正確，D錯誤．答案：BC課時分層作業(yè)(十二)帶電粒子在電場中的運動1．解析：質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理可知，對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(H))＝qHU，對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C正確．答案：C2．解析：設(shè)電子的初動能為Ek0，末動能為零，極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)，根據(jù)動能定理：－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，說明油滴受力平衡，則油滴受到向上的電場力，且電場力大小等于重力，即Eq＝mg，得m＝eq\f(qE,g)，不一定比其他油滴小，油滴所受電場力與q有關(guān)，故A、B錯誤；若觀察到油滴向下加速運動，說明電場力小于重力，但電場力方向向上，做負功，油滴電勢能增大，故C錯誤，D正確．答案：D4．解析：設(shè)加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入極板間后做類平拋運動，時間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：小球在電場力和重力作用下做類平拋運動，因小球垂直打在C點，由類平拋運動規(guī)律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且OD＝AO＝m，則DC＝m，根據(jù)運動學公式有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，運動的時間為t，則加速度為a＝eq\f(qE,m)，對豎直分運動，有y＝eq\f(1,2)at2，對水平分運動，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，無法比較初速度、運動時間和質(zhì)量的關(guān)系，故A、C、D均錯誤；由于只有電場力做功，故動能增加量等于電場力做功為W＝qEy，電量相等，故a增加的動能一定等于b增加的動能，故B正確．答案：B7．解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動．在豎直方向(初速度方向)上：L＝v0t在水平方向(電場方向)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)粒子做類平拋運動，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)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，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＝m.(3)由幾何知識知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).解得y′＝3y＝m.答案：(1)8×104m/s(2)m(3)m9．解析：帶電小球恰好做直線運動，且重力和電場力方向都在豎直方向上，說明帶電小球處于平衡狀態(tài)，即重力等于電場力，根據(jù)qeq\f(U,d)＝mg可得，d＝eq\f(qU,mg)，A正確，B錯誤；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程中，根據(jù)動能定理，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錯誤．答案：AC10．解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為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E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得，電子進入電場E2時的加速度為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E2時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)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示，設(shè)電子打到屏上的點P′到O點的距離為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課時分層作業(yè)(十三)帶電粒子在交變電場中的運動1．解析：0～1s和1～2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯誤；0～1s和1～2s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，根據(jù)這兩段運動的對稱性，1～2s的末速度為0，所以每個1s內(nèi)的位移均相同且2s以后的運動重復0～2s的運動，是單向直線運動，B、D正確，C錯誤．答案：BD2．解析：第1s內(nèi)電場方向向右，電子受到的靜電力方向向左，電子向左做勻加速直線運動，位移大小為l，第2s內(nèi)電子受到的靜電力方向向右，由于電子此時有向左的速度，因而電子繼續(xù)向左做勻減速直線運動，根據(jù)運動的對稱性，位移大小也是l，t＝2s時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項正確；由v＝at可知，A項正確，C項錯誤；由x＝eq\f(1,2)at2知x-t圖像應為曲線，B項錯誤．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動，設(shè)運動時間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s.(2)t＝0時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＝m.縱坐標y＝d－y1＝m，t＝1×10－3s時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＝m，縱坐標y′＝d－y2＝m，所以打到熒光屏上的縱坐標的范圍在m～m之間．(3)分析可知由于粒子沿電場方向均加速半個交變電壓的周期，粒子打到熒光屏上的動能相同，設(shè)為Ek，由動能定理得：eq\f(U0,d)qy2＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得Ek＝×10－2J.答案：(1)2×10－3s(2)范圍在m～m之間(3)×10－2J課時分層作業(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皆無關(guān)，A錯誤；雖然電流有方向，但是電流是標量，因此在任意相等的時間內(nèi)通過導體橫截面的電荷量雖然相等，但方向變化時，電流也不是恒定電流，故B、C錯誤；電流的單位安培是國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)通過電池某一橫截面的電荷量為q＝It＝1×500×10－3C＝C，A錯誤，B正確；在電池充電過程中，將電能轉(zhuǎn)化為化學能儲存起來，C錯誤，D正確．答案：BD3．解析：在時間t內(nèi)有n個二價正離子到達陰極，有2n個電子到達陽極，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D正確．答案：D4．解析：本題中的n為單位長度內(nèi)的自由電子數(shù)，t時間內(nèi)通過導體某一橫截面的自由電子數(shù)等于導體中長度為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A正確．答案：A6．解析：從題圖標識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錯誤；該電池充完電可貯存的電荷量q＝60×3600C＝×105C，故D錯誤．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)運動一周的時間T內(nèi)，通過這個截面的電荷量為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)樵瓉淼?倍，則電流也將變?yōu)樵瓉淼?倍，A正確．若電荷量Q不變而使ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流也將變?yōu)樵瓉淼?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錯誤．答案：AB課時分層作業(yè)(十五)導體的電阻1．解析：電阻率是反映材料導電性能的物理量，一般半導體材料的電阻率隨著溫度的升高而減小，A正確；常用導線選擇銅、鋁作為原料是因為銅、鋁的電阻率較小，B錯誤；電阻率由材料決定，與導體的電阻、橫截面積和長度無關(guān)，C錯誤；部分合金的電阻率不變，大部分材料的電阻率會隨溫度的變化而變化，D錯誤．答案：A2．解析：由電阻定律公式R＝ρeq\f(l,S)可以知道，長度和橫截面積都相同的金屬絲，電阻與電阻率成正比，因為甲金屬絲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B正確，A、C、D錯誤．答案：B3．解析：截去細銅絲的eq\f(1,3)，剩余部分長度變?yōu)樵瓉淼膃q\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錯誤；將細銅絲均勻拉長為原來的2倍，由于體積不變，則橫截面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，電阻變?yōu)?R，B錯誤，D正確；將細銅絲對折后，長度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?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錯誤；兩電阻兩端電壓相同，則由I＝eq\f(U,R)可知，通過甲的電流是通過乙的電流的3倍，故B錯誤；根據(jù)I＝eq\f(U,R)可知，欲使有相同的電流通過兩個電阻，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，導電性能不變，故A錯誤；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，導電性能隨電壓的增大而減弱，但不能說明和溫度的變化情況，故B錯誤；由圖丙可知加正向電壓和反向電壓時圖線關(guān)于原點不對稱，因為橫坐標不一樣，故導電性能不一樣，故C錯誤；根據(jù)圖丙可知該電學元件如果加上較高的反向電壓(大于40V)時，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與原點連線的斜率相等且大于c與原點連線的斜率，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圖像中圖線上的點與坐標原點連線的斜率的大小表示電阻，根據(jù)給出的點得出對應的圖線如圖所示，甲與坐標原點連線的斜率最大，那么其對應的電阻最大，丙與坐標原點連線的斜率最小，那么其對應的電阻最??；由于三個金屬導體的長度、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錯誤．答案：C8．解析：把A和C接入電路，滑片P由B向A移動時，接入電路的電阻將由大變小，因為接入電路的電阻絲的長度變小．A、D接入電路，滑片P由B向A移動時，接入電路的電阻由大變小；B、C或B、D接入電路，P由A向B移動時，接入電路的電阻由大變小．答案：見解析9．解析：這兩段等長的保險絲橫截面積之比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，由歐姆定律得通過的電流之比I1∶I2＝R2∶R1＝1∶4，即第2根保險絲中的實際電流是第1根中的4倍，而額定電流只是第1根的3倍，所以不能這樣來使用．答案：見解析課時分層作業(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＝kΩ.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，通過小電阻的電流大，調(diào)節(jié)小電阻時，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B正確．答案：B3．解析：L1和L2允許通過的最大電流分別為I1m＝eq\f(U1m,R1)＝2A和I2m＝eq\f(U2m,R2)＝A，故兩個小燈泡L1和L2串聯(lián)流經(jīng)電路的最大電流為A，故L2可加最大電壓6V，L1的實際電壓U1＝I2mR1＝V，故兩端電壓最大可加V，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,5×10－3)Ω－RA＝500Ω－RA，即電阻R的值略小于500Ω，C正確，A、B錯誤；由R?RA可知采用電流表內(nèi)接的方法測量比較精確，D錯誤．答案：C5．解析：R1、R2串聯(lián)，R1允許通過的最大電流為A，而R2允許通過的最大電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(10,20)A＝A，則通過串聯(lián)電路的最大電流以最小的為準，為A；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)＝×(10＋20)V＝15V，A、B、C錯誤，D正確．答案：D6．解析：定值電阻R和滑動變阻器R1串聯(lián)，當風速增大時，管道內(nèi)壓強減小，活塞上移，帶動滑動變阻器的滑片P上移，滑動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時量程為0～1A，使用a、c時量程為0～A，故A正確，B錯誤；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＝A，解得R1≈Ω，R2≈Ω，故C正確，D錯誤．答案：AC8．解析：(1)因為電子式互感器探頭原理為電阻分壓，所以ac段和cd段應串聯(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：可認為理想電壓表所在支路不通，則題圖所示電路是四個電阻串聯(lián)，電壓表V1測量的是R1和R2兩端的電壓之和，電壓表V2測量的是R2和R3兩端的電壓之和．因為R3＝R4，所以電壓表V2相當于測的是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B正確．答案：B10．解析：電阻箱串聯(lián)在電路中，當R1的阻值增大時，總電阻增大，總電流減小，則L兩端的電壓減小，通過L的電流也將減小，A正確，B錯誤；滑動變阻器與小燈泡并聯(lián)，當R連入電路的阻值增大時，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L的電流也將增大，C錯誤，D正確．答案：AD11．解析：靈敏電流計與電阻箱并聯(lián)，改裝后的電表為電流表，滿偏時，M、N兩端電壓為U＝IgRg＝100×10－6×V＝5V＝mV，流過電阻箱的電流為IR＝eq\f(U,R)＝eq\f5,5)A＝9A＝mA，故改裝后電流表的滿偏電流I＝Ig＋IR＝(＋)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,－2×10－3)×200Ω≈ΩR2＝eq\f(Ig,I－Ig)Rg＝eq\f(2×10－3,1－2×10－3)×200Ω≈Ω按圖乙接法，量程為0～1A時，R2和Rg串聯(lián)后與R1并聯(lián)；量程為0～A時，R1和R2串聯(lián)后與Rg并聯(lián)，分別得：Ig(Rg＋R2)＝(1－Ig)R1，IgRg＝(－Ig)(R1＋R2)解得：R1≈Ω，R2≈Ω.答案：ΩΩ課時分層作業(yè)(十七)實驗：練習使用多用電表1．解析：(1)由于待測電阻的阻值較大，若選用電壓表A，會導致待測電阻電流過小，電流表示數(shù)變化不明顯，讀數(shù)誤差較大，故電壓表應選B；為了讓電流表示數(shù)有明顯變化，電源應選F；回路中最大的電流約為I＝eq\f(12V,10kΩ)＝mA，故電流表應選C.(2)由于滑動變阻器的最大阻值較小，所以滑動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致電壓表的示數(shù)大于待測電阻兩端的真實電壓，待測電阻測量值大于真實值，因此電流表的分壓作用是造成待測電阻測量值大于真實值的主要原因．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)由實驗原理知R1應能讀出具體數(shù)值，故R1應選用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應選用D.(2)半偏法測電阻的實驗步驟：第一步，按原理圖連好電路；第二步，閉合開關(guān)S2，調(diào)節(jié)滑動變阻器R2，使電流計指針滿偏；第三步，閉合開關(guān)S1，改變電阻箱R1的阻值，當電流計指針半偏時記下電阻箱讀數(shù)，此時電阻箱的阻值等于電流計內(nèi)阻Rg，故應選A、D、B、E.(3)如果所得的R1的阻值為Ω，則題圖中被測電流計G的內(nèi)阻Rg的測量值為Ω.實際上電阻箱并入后，電路的總電阻減小了，干路電流增大了，電流計半偏時，流過電阻箱的電流大于流過電流計的電流，電阻箱接入電路的電阻小于電流計的電阻，所以該測量值略小于實際值．答案：(1)BD(2)ADBE(3)略小于3．解析：(1)電路連線如圖所示．(2)閉合開關(guān)S前，為使測量部分起始電壓較小，最好將滑動變阻器的滑動頭P移到a端．(3)滑動變阻器阻值遠小于電壓表內(nèi)阻，調(diào)節(jié)電阻箱時，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，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課時分層作業(yè)(十八)電路中的能量轉(zhuǎn)化1．解析：A錯，B對：非純電阻電路中，W＝UIt用來求電功；Q＝I2Rt用來求電熱，但W>Q；只有在純電阻電路中，電功既可用公式W＝UIt計算，又可用公式W＝I2Rt計算．C、D錯：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，用電器就不能同時使用．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＝J.答案：D4．解析：(1)電飯煲盛上食物后，接上電源，S2自動閉合，同時手動閉合S1，這時黃燈被短路，紅燈亮，電飯煲處于加熱狀態(tài)，加熱到80℃時，S2自動斷開，S1仍閉合；水燒開后，溫度升高到103℃時，開關(guān)S1自動斷開，這時飯已煮熟，黃燈亮，電飯煲處于保溫狀態(tài)；由于散熱，待溫度降至70℃時，S2自動閉合，電飯煲重新加熱，溫度達到80℃時，S2又自動斷開，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，因為只能加熱到80℃.(3)加熱時電飯煲消耗的電功率P1＝eq\f(U2,R并)，保溫時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)電動機提升重物時，根據(jù)能量守恒定律得P電＝P熱＋P機，即UI＝I2R＋mgv，解得R＝6Ω.(2)根據(jù)P電＝P熱＋P機，得P機＝P電－P熱＝UI－I2R＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I－\f(U,2R)))2＋eq\f(U2,4R)當I＝eq\f(U,2R)時，P機有最大值eq\f(U2,4R)，即I＝eq\f(120,12)A＝10A時，P機max＝600W根據(jù)P機max＝mgvmax得vmax＝m/s.(3)若因故障電動機不能轉(zhuǎn)動，則由歐姆定律得，通過電動機線圈的電流為I′＝eq\f(U,R)＝eq\f(120,6)A＝20A，電動機消耗的電功率為P′機＝I′2R＝2400W.答案：(1)6Ω(2)m/s(3)2400W課時分層作業(yè)(十九)閉合電路的歐姆定律1．解析：電源正、負極之間的電勢差為電源的路端電壓，只有當電源處于斷路狀態(tài)時，電源的電動勢才等于路端電壓，A錯誤；電壓表是有內(nèi)阻的，跟電源連接后構(gòu)成一個通路，測量的是電壓表內(nèi)阻分擔的電壓，而電壓表內(nèi)阻遠大于電源內(nèi)阻，所以電壓表測得的電源兩極間電壓值略小于電源電動勢，B正確；電動勢反映電源的特性，與外電路的結(jié)構(gòu)無關(guān)，C錯誤；電源電動勢反映電源將其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，電源電動勢越大，則電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越強，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項正確．答案：D4．解析：由題圖可知，電燈均為并聯(lián)；當點亮的電燈數(shù)目增多時，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錯誤．答案：D5．解析：由串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點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，說明此時通過小燈泡的電流為額定電流I額＝eq\f(P額,U額)＝eq\f,0.6)A＝A，兩端電壓為額定電壓U額＝V，而小燈泡和電源、滑動變阻器的AC部分串聯(lián)，則通過電阻AC的電流與通過小燈泡的電流相等，故RAC＝eq\f(E－U額,I額)＝eq\f－,0.3)Ω＝10Ω，所以RCB＝R－RAC＝20Ω，故B項正確．答案：B7．解析：對鉛蓄電池電路，20s內(nèi)通過的電荷量q1＝I1t＝2C對干電池電路，20s內(nèi)通過的電荷量q2＝I2t＝4C由電動勢定義式E＝eq\f(W,q)得，電源消耗的化學能分別為W1＝q1E1＝4J，W2＝q2E2＝6J，因E1>E2，故鉛蓄電池把化學能轉(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)學知識，當I＝eq\f(E,2r)時，P有最大值，此時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＝Ω，故B錯誤；當P＝W時，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I1＝1A時，U1＝E－I1r＝V，η1＝eq\f(U1,E)×100%＝75%，當I2＝3A，U2＝E－I2r＝V，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)光時電流I＝eq\f(P,U)＝A，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)光時的電阻RL＝10Ω，當開關(guān)S接1，滑動變阻器調(diào)到R＝4Ω時，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A錯誤；當開關(guān)S接2時小燈泡正常發(fā)光，說明電路中電流仍為A，故電動機兩端的電壓U′＝E－IRL－Ir＝V，即電動機的正常工作電壓為V，電動機為非純電阻元件，不能利用歐姆定律得出電動機的內(nèi)阻，因為電動機工作時，將消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為機械能，所以電動機的內(nèi)阻一定小于4Ω，選項B、C錯誤；電源的效率η＝eq\f(EI－I2r,EI)×100%＝eq\f(E－Ir,E)×100%＝eq\f(3－×1,3)×100%＝93.3%，選項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)＝A；新電池的輸出功率：P1＝EI－I2r1＝W；舊電池的輸出功率：P2＝EI－I2r2＝－W.(2)新、舊電池搭配使用時，舊電池的輸出功率為負值，不向外輸出、反而消耗能量，充當用電器，故新、舊電池不能搭配使用．答案：(1)W－W(2)不能課時分層作業(yè)(二十)電源的U-I圖像及電路分析1．解析：當R2所在位置溫度升高時R2阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電流表的示數(shù)增大，R1兩端的電壓U1＝IR1增大，故A、C錯誤；總電流增大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓U＝E－Ir減小，并聯(lián)部分的電壓減小，所以燈泡L變暗，故B正確；通過L的電流減小，而總電流增大，則通過R2的電流增大，故D錯誤．答案：B2．解析：滑動觸頭由a端滑向b端的過程中，電路的總電阻減小，干路電流增大，路端電壓減小，內(nèi)電壓增大，電源內(nèi)阻消耗的功率增大，A正確，CD錯誤；定值