高三物理导学案+课时作业答案

人教版高中物理必修1课时作业参考答案第一章运动的描述参考答案课时1 1．CD 2．AD 3．BD 4．BD 5．D 6．CD 7．ABD 8．B 9．不能10．70,0,30,70,30-++-向东，，向西11．4m,3m-，(4,3)m m，(3,2)m m--12．（1）直线坐标系（2）平面直角坐标系课时21．ABD 2．D 3．ABC 4．D 5．BC 6．AC 7．B 8．3，5 9．4R-，2Rπ10．2x∆，1x∆和3x∆11．3,2,5;3,4,7m m m m m m---12．（1）(2,2),(2,5),(6,5)m m m m m m（2）3,4m m（3）5m，由A指向C 13．（1）2,2m m（2）2,4m m（3）0,8m课时3 1．C 2．ACD 3．A 4．CD 5．CD 6．ABC 7．84.210⨯8．12122v vv v+，122v v+ 9．6.4/m s10．49.9km11．3312．平均，12.5，14，瞬时，1413．39min课时41．C 2．B 3．AB 4．BCD 5．D 6．C 7．D 8．C 9．（1）ABDEC（2）墨粉纸盘，限位孔10．变速运动，略，略，略，略。

提示：测量长度时读到0.1mm，最后计算结果保留两位有效数字。

11．0.19/ABv m s=，0.60/BCv m s=，0.60/CDv m s=，0.595/DEv m s=；在误差允许的范围内，物体运动的性质是先做加速运动，后做匀速运动。

第 - 2 - 页课时51．CD 2．ACD 3．BCD 4．B 5．BD 6．B 7．AB 8．B9．300 ，竖直向上10．43.211．略2．有危险第二章匀变速直线运动的研究参考答案课时1 1．AB 2．ACD 3．BC 4．C 5．C 6．（1）16.50；21.40；26.30；31.35；36.30（2）作图：略（3）小车运动的v t-图象是一条倾斜向上的直线，说明速度随时间均匀增加，它们成线性关系。

高三物理课时作业（十五）参考答案
1、（12分）解析：(1)设滑块到达B 端时速度为v ，
由动能定理，得mgR ＝12mv 2 （1分）由牛顿第二定律，得F N －mg ＝m v 2R （1分） 联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：F N ＝3mg ＝30 N. （1分）
(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得
对滑块有：－μmg ＝ma 1 对小车有：μmg ＝Ma 2
设经时间t 两者达到共同速度，则有：v ＋a 1t ＝a 2t 解得t ＝1 s ． （1分） 由于1 s ＜1.5 s ，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：v ′＝a 2t ＝1 m/s （1分）
因此，车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离：x ＝12
a 2t 2＋v ′t ′＝1 m. （1分） (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离
Δx ＝v ＋v ′2t －12
a 2t 2＝2 m （2分） 所以产生的内能：E ＝μmg Δx ＝6 J. （1分）
(4)对滑块由动能定理，得－μmg (L －Δx )＝12mv ″2－12
mv ′2 （1分） 滑块脱离小车后，在竖直方向有：h ＝12
gt ″2 （1分） 所以，滑块落地点离车左端的水平距离：x ′＝v ″t ″＝0.16 m. （1分）
2、。

7.2功导学案大连海湾高中使用日期主备人：董经学习目标1.理解功的概念和做功的两个要素;2.掌握功的表达式 W=Flcosa，并会灵活运用 .3.理解正、负功的含义，能解释相关现象学习重点;功的公式及正负功的理解。

学法建议：在学案的启发、引导下，自主阅读、思考，讨论、交流。

课内探究：一、功的定义1、功的概念：作用在物体上的力和2、做功不可缺少的两个因素是：叫做”力的功”和。

3.如果力的方向与物体的运动方向一致，（如图甲）该怎样计算功呢？4.如果力的方向与物体的运动方向成某一角度（如图乙），该怎样计算功呢？___________________________________________________________5.在国际单位制中，功的单位为__。

1J=1____。

6.功是 ___量，只有 ___，没有 ___。

二、正功和负功阅读课文 P58 的正功和负功一段。

思考回答问题。

1.当α =π/2时， cosα=___，W=____。

力F和位移s的方向 ____时，力F__功；2.当α＜π /2时， cosα ____0，W_____0。

这表示力F对物体做 ___功；3.当π /2＜α≤π时， cosα__0，W__0。

这表示力F对物体做 ____功。

三、总功的计算总功的求法：（1）求出各个力所做的功，则总功等于各个力所做功的（2）求出各个力的合力，则总功等于 _____所做的功。

例 1：一物体重 1500N，受到与水平方向成 37°角斜向上方的拉力F=500 N，在水平地面上_____；移动的距离l =5 m，物体与地面间滑动摩擦力（1）重力 G所做的功；f =100 N，求：（2）支持力 FN所做的功；（3）拉力 F所做的功；（4）滑动摩擦力f所做的功；（5）外力对物体所做的总功；（6）合外力对物体所做的功.四、预习自测1．下列关于力做功的说法中，正确的是( )A．人用力 F=300N将足球踢出，球在空中飞行40m，人对足球做功 1200JB．人用力推物体，但物体未被推动，人对物体做功为零C．物体竖直上升时，重力不做功 D ．只有恒力才能做功，变力不能做功2．用同样大小 的力 F 作用于放在同一粗糙水平面上三块相同 的木块，第一块受力方向与水平方向成θ角斜向上，第二块受力方向与水平方向成θ角斜向下， 向．三块木块都从静止开始运动相同 的距离，则有 第三块受力方向沿水平方 ( )A ．力 F 斜向上时，需克服摩擦阻力最小，力B ．力 F 斜向下时，需克服摩擦阻力最大，力C ．三种情况力 F 一样大，通过 的位移也一样，力 F 做功最大 F 做功最大F 做功也一样大D ．第一、二种情况下力 F 做功相同，都小于第三种情况下力 F 做功3．一个斜面长 5 m ，高 2.5 m ，用平行于斜面、大小为100 N 的力 F ，将质量为 10 kg 的物 体从斜面底端匀速推到斜面 的顶端．在这个过程中（g =10 m/s 2 ( ) ） A ．力 F 做功 500 JB ．力 F 做功 250 JC ．重力做功 250 JD ．克服摩擦力做功250 J m 4．质量为 的物体放在粗糙 的水平面上，受到水平力 F 的作用，下列叙述中正确 的是 () A ．如果物体做匀加速直线运动，则力B ．如果物体做匀加速直线运动，则力C ．如果物体做匀减速直线运动，则力D ．如果物体做匀减速直线运动，则力 F 一定做正功 F 可能做负功F 可能做正功F 可能做负功5.用起重机把重量为 20000N 的物体匀速提高 5m ，钢绳 的拉力做了多少功？重力做了多少 功？物体克服重力做了多少功？这些力做 的总功是多少？ 6.一位质量 m=60kg 的滑雪运动员从高 h=10m 的斜坡上自由下滑。

人教版高中物理必修一导学案参考答案1.1 质点参考系和坐标系课堂检测：1、BCD 2、C 3、ACEF 4、ABD 5、D6、分析：题中所描述的三人分别以各自所乘的电梯为参照物所看到的现象。

而本题要求讨论以地面为参照物时三人所乘电梯的运动情况。

所以，分析和判断参照物的选择是本题的关键，同时要注意理解运动的相对性。

由题意可知，小红看见地面匀速上升，那么若以地面为参照物，小红所乘的的电梯是处于匀速下降的。

小华看见小红所乘的电梯是匀速上升的，说明以地面为参照物则小华乘的电梯比小红乘的电梯匀速下降的速度还要快。

小明看见小华乘的电梯匀速下降，说明若以地面为参照物，小明所乘的电梯可能是静止，可能是匀速上升，也可能以比小华小的速度匀速下降。

课后练习：1.D2.BC3.B4.CD5.D6.ABD7.AC8.C9.CD 10.D 11.D 12.B13.至少选择了三个参照物，两辆车和地球。

“实际上……汽车并没有动”是以地球为参照物2、时间和位移课堂检测：1．(1)中的“ 10月15 日上午9时0分50秒”指的是时刻；“历经21个小时”指的是时间；“ 10月16日凌晨6时23分”指的是时刻。

（2）中的“1997年7月1日零时”指的是时刻。

（3）中的“19时”指的是时刻。

2．这指的是路程的大小。

3．记录的是路程的大小；按行驶的路程的大小付费。

4．硬币直径为2.5cm；（1）都是2.5πcm (2)相同5．如下图所示，图中红色有向线段所示，就是物体的位移。

大小为：Δx＝x2－ x16.ADE课后练习：1.BD2.D3.B4.BC5.BC6.D7.BD8.B9.B 10.B 11.CD 12.C13.解析：如图-1 根据图象可知，用纵坐标表示位移s，用横坐标表示时间t，根据上述石块运动的数据，在图中描点连线，得到石块的位移图象如图-1所示．由图象看出：石块的位移图象是条曲线，可见石块做变速直线运动．越大，说明速度越来越大，可见物体下落是速度增大的加速运动。

[课时作业]一、单项选择题1．如图所示，一只理想变压器，原线圈中有一个抽头B，使n1＝n2，副线圈中接有定值电阻R.当原线圈从AC端输入电压为U的正弦交流电压时，副线圈中电流为I，当原线圈从AB端输入电压为U的正弦交流电压时，副线圈中电流为I′.那么I′与I的比值等于() A．4∶1B．1∶4C．2∶1 D．1∶2解析：当电压由AC端输入改为由AB端输入后，副线圈上的电压加倍，电阻R 是定值电阻，所以副线圈中的电流加倍．答案：C2．如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度B＝2 10T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A．下列说法正确的是()A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B．线框中产生电动势的有效值为250 2 VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：由题图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误；矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值E m＝nBSω＝50×210×0.5×100 V＝250 2 V，所以交流电的有效值为250 V，所以B错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，所以C正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10 A，所以允许变压器输出的最大功率P＝UI＝250×10 W＝2 500 W，所以D错误．答案：C3.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝2202·sin100πt(V)，电阻R＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表，则下列说法不正确的是()A．交流电的频率为50 HzB．电流表A1的示数为0.2 AC．电流表A2的示数为2 AD．电压表的示数为44 V解析：由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100π rad/s，所以频率为50 Hz，A项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即U1U2＝n1n2，其中原线圈电压的有效值U1＝220 V，U2＝n2n1U1＝44 V，故D项说法正确；I2＝U2R＝1 A, 故C项说法错误；由电流比与线圈匝数比成反比，即I2I1＝n1n2，所以I1＝n2n1I2＝0.2 A，故B项说法正确．答案：C4.如图所示为理想变压器，三个灯泡L 1、L2、L3都标有“5 V5 W”字样，L4标有“5 V10 W”字样，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间电压应为()A．2∶1,25 V B．2∶1,20 VC．1∶2,25 V D．1∶2,20 V解析：要使得L1、L2、L3和L4都正常发光，副线圈的电压应为10 V．若L1也能正常发光，则原线圈的电流应是副线圈的12，所以由I2I1＝n1n2可知n1∶n2＝2∶1，再由U1U2＝n1n2可知原线圈的电压为20 V，U ab＝U1＋U L1＝25 V，所以选项A正确．答案：A5．如图甲、乙所示的电路中，当A、B接有效值为10 V的交流电压时，C、D 间电压的有效值为4 V；当M、N接10 V直流电压时，P、Q间的电压也为4 V．现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，下列表示A、B间和M、N 间电压的是()A. 10 V,10 VB. 10 V,4 VC. 4 V,10 VD. 10 V,0解析：题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比．当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流电压时，A、B间将得到10 V交流电压．题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流通过，M、P两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4 V直流电压时，M、N两端的电压也是4 V．如果M、N或P、Q换成接交流电压，上述关系仍然成立，因为在交流纯电阻电路中欧姆定律仍然适用．答案：B6．如图所示，理想变压器初级线圈接一正弦交流电源，交变电压的有效值恒定不变．则下列说法中正确的是()A ．只将S 1从2拨向1时，电流表示数变小B ．只将S 2从4拨向3时，电流表示数变大C ．只将S 3从闭合变为断开，电阻R 2两端电压增大D ．只将变阻器R 3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小解析：只将S 1从2拨向1时，电流表示数变大，A 错误；只将S 2从4拨向3时，电流表示数变小，B 错误；只将S 3从闭合变为断开，电阻R 2两端电压不变，C 错误；只将变阻器R 3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小，D 正确． 答案：D二、多项选择题7.(2018·东莞高二检测)如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A解析：甲图是电压互感器，电表是电压表，故B 错误；根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V ＝22 000 V ，故A 正确；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A ＝100 A ，故D 正确．答案：AD8.调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上．AB 间加上正弦交流电压U ，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，滑动变阻器的滑动触头为Q.则()A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的示数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的示数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的示数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的示数变小解析：当P的位置不动时，U2＝n2n1U1不变，将Q向下移动，R接入电路的阻值变大，由I2＝U2R知I2减小，故选项B正确；保持Q的位置不动，R接入电路的阻值就不变，将P沿逆时针方向移动，则n2增多，U2增大，所以I2也增大，故选项C正确．答案：BC9．(2018·上海市延安中学检测)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100，副线圈的匝数n2＝110，R0、R1、R2均为定值电阻，且阻值相同，电流表、电压表均为理想交流电表，原线圈接u＝220sin 314t V的交流电压，起初开关S处于断开状态．下列说法正确的是()A．交流电压表的示数为22 VB．当开关S闭合后，交流电压表的示数变小C．当开关S闭合后，交流电流表的示数变大D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大解析：变压器的输入电压的有效值为2202V，则副线圈两端的电压有效值为222V，根据串联分压原理，开关S闭合前，交流电压表的示数为112V，选项A错误；当开关S闭合后，流过R0的电流增大，交流电流表的示数变大，交流电压表的示数变小，输出功率增大，原线圈输入功率增大，选项B、C、D正确．答案：BCD10．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈输出电压的有效值为31 VC ．P 向右移动时，原、副线圈的电流之比减小D ．P 向右移动时，变压器的输出功率增加解析：由图象可知原线圈输入电压的最大值U m ＝311 V ，T ＝2×10－2 s ，则原线圈输入电压的有效值U 1＝U m 2＝220 V ，f ＝1T ＝12×10－2 Hz ＝50 Hz ，选项A 正确；由U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，B 错误；P 向右移动时，负载的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈中的电流增大，原线圈中的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流之比不变，C 错误；P 向右移动时，负载的电阻减小，副线圈输出电压不变，由P 入＝P 出＝U 2R 知变压器的输出功率增加，D 正确．答案：AD三、非选择题11.如图所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n 1＝1 100，接入电压U 1＝220 V 的电路中．(1)要求在两组副线圈上分别得到电压U 2＝6 V ，U 3＝110 V ，它们的匝数n 2、n 3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W ”“110 V 60W ”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？解析：(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3得n 2＝U 2U 1n 1＝6220×1 100＝30， n 3＝U 3U 1n 1＝110220×1 100＝550. (2)设原线圈输入电流为I 1，由P 入＝P 出得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3. 由题知，两用电器均正常工作，即P 2＝U 2I 2＝20 W ，P 3＝U 3I 3＝60 W.则I 1＝P 2＋P 3U 1＝20＋60220 A ≈0.36 A. 答案：(1)30 550 (2)0.36 A12．如图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut 图象如乙图所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de. 解析：(1)由乙图知ω＝200π rad/s ，电压瞬时值 u ab ＝400sin 200πt V .(2)电压有效值U 1＝U m 2＝200 2 V ， 理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1≈0.28 A. (3)设ab 间匝数为n 1，根据变压器规律有 U 1n 1＝U ce n ce ，U 1n 1＝U de n de ， 由题意有U 2ce R ce ＝U 2deR de ， 联立可得n ce n de ＝R ce R de ＝43. 答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A (3)43。

[课时作业]一、单项选择题1．在电能输送的过程中，若输送的电功率一定，则下列关于在输电线上损耗的电功率的说法不正确的是( )A ．与输送电压的平方成反比B ．与输电线上的电压隆的平方成正比C ．与输电线中电流的平方成正比D ．与输送电压成反比解析：P 损＝(P U )2R ，P 为输送功率，U 为输送电压，故选项A 正确，D 错误；P 损＝U 2线R ＝I 2线R ，故选项B 、C 正确．答案：D2．为了减少输电线路上的电能损失，发电厂发出的电通常是经过变电站升压后通过远距离输送，再经变电站将高压变为低压，某变电站将电压u 0＝11 0002·sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电站变压器( ) A ．原、副线圈匝数比为1∶50 B ．副线圈中电流的频率是50 Hz C ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．原线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：原、副线圈匝数比n 1n 2＝11 000 220＝501，A 错误；变压器不改变交变电流的频率，B 正确；原线圈中的电流较小，导线较细，C 错误；副线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和，D 错误． 答案：B3．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝220sin 100πt V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )A ．通过电阻R 0的电流的有效值是20 AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压比为1∶4C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D ．升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率解析：电阻R 0两端的电压有效值不是220 V ，所以通过电阻R 0的电流的有效值不是20 A ，A 错误；降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，则降压变压器T 2原、副线圈的电压比4∶1，B 错误；由于连接升压变压器和降压变压器的输电导线上有电压损失，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，C 错误；升压变压器T 1的输出功率等于降压变压器T 2的输入功率与电阻R 上的发热功率之和，所以D 正确. 答案：D4．发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R 线，通过导线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线损耗的式子中，不正确的是( ) A.U 21R 线 B.(U 1－U 2)2R 线C ．I 2R 线D ．I (U 1－U 2)解析：输电线损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确，A 错误． 答案：A5．高压输电电压为U ，输电线电阻为r ，则下列说法正确的是( ) A ．若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小 B ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r ，故导线电阻越大，损失的功率越小C ．通过输电线的电流为I ＝Ur ，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大 D ．以上说法都不对解析：设发电机输出功率为P ，则P ＝UI ，使输电电压U 增大，则输电电流I 减小．又由输电线上损失的功率ΔP ＝I 2r 得，输电线上损失的功率减小，所以选项A 正确． 答案：A6．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(PU m)2rD ．4(n 2n 1)2(PU m)2r解析：由I 1＝2P U m和I 1I 2＝n 2n 1得I r ＝I 2＝n 12P n 2U m，则输电线上损失的功率P r ＝I 2r ·2r ＝4(n 1n 2)2(PUm)2r ，故选C.答案：C 二、多项选择题7．一项名为“1 100千伏特高压隔离开关”的“破冰实验”在我国大兴安岭漠河县取得成功，标志着我国特高压输电技术已突破低温环境制约．为消除高压输电线上的冰，假设利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热消耗功率为P 损；除冰时，输电线上的热功率需要变为9P 损，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A ．输电电流为3I B ．输电电流为9I C ．输电电压为3UD ．输电电压为13U解析：输电线上的功率损失为P损＝I2R线＝(PU)2R线，由该式可知要使P损增大到原来的9倍，输电电流应变为原来的3倍，输电电压应变为原来的13，故A、D 正确．答案：AD8．(2018·绵阳高二检测)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总电阻减少时()A．U1∶U2＝U4∶U3B．用户的电压U4增加C．输电线上损失功率增大D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率解析：根据U1U2＝n1n2，U3U4＝n3n4，以及n1∶n2＝n4∶n3，知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确．用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU＝IR知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小，故C正确，B错误．用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D错误．答案：AC9．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：由于输电线上有电阻，所以要考虑电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系可知，要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，故A 项正确，B 、C 项错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，故D 项正确． 答案：AD10．如图所示，某变电站用10 kV 的高压向10 km 外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项 型号 千米电阻(Ω/km)A DYD30/C 1B DYD50/C 0.6 C DYD100/C 0.3 DDYD150/C0.2解析：由P ＝UI 解得输电电流I ＝PU ＝20 A ，输电线路上损耗的功率不超过P 线＝200 kW ×2%＝4 kW ，由P 线＝I 2R ，解得R ＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km ，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C 或型号DYD150/C ，符合要求的是选项C 、D. 答案：CD 三、非选择题11．某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω. (1)若采用380 V 低压输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流强度为 I ＝P U ＝20×103380 A ≈52.63 A ， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 I ′＝PU ′＝20×1035 000 A ＝4 A ，用户端在变压器降压前获得的电压 U 1＝U －I ′R ＝(5 000－4×6)V ＝4 976 V . 根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.18 V .答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V12．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？若要求输电线上损失的电功率是输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？解析：用500 V 电压送电时示意图如图甲所示，输电功率为50 kW 时输电线上的电流I 0＝P U 0＝50×103500 A ＝100 A.用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3) V ＝200 V ，因此用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2×104 W.改用高压输送时，示意图如图乙所示．要求P 损＝0.6%×P ，即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损R ＝3003 A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝ 5 000 V .升压变压器匝数比n 1n 2＝U 0U ＝5005 000＝110.输电线上损失的电压U ′＝IR ＝10×3 V ＝30 V . 降压变压器原线圈两端电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V . 故降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.答案：见解析。

学习必备欢迎下载物理必修二导学案目录第五章曲线运动 (1)§5.1曲线运动 (1)§5.2平抛运动 (2)§5.3实验：研究平抛运动 (5)§5.4圆周运动 (8)§5.5向心加速度 (10)§5.6向心力 (12)§5.7生活中的圆周运动 (14)《曲线运动》单元测试卷 (16)第六章万有引力与航天 (18)§6.1行星的运动 (18)§6.2太阳与行星间的引力 (21)§6.3万有引力定律 (23)§6.4万有引力理论的成就 (26)§6.5宇宙航行 (28)§6.6经典力学的局限性 (31)《万有引力与航天》单元测试卷 (32)第七章机械能守恒定律 (33)§7.1追寻守恒量——能量 (33)§7.2功 (33)§7.3功率 (35)§7.4重力势能 (38)§7.5探究弹性势能的表达式 (40)§7.6实验：探究功与物体速度变化的关系 (42)§7.7动能和动能定理 (44)§7.8机械能守恒定律 (46)§7.9实验：验证机械能守恒定律 (48)§7.10能量守恒定律与能源 (50)《机械能守恒定律》单元测试卷 (51)参考答案 (55)第五章曲线运动§5.1 曲线运动一、【学习目标】1.知道什么是曲线运动。

2.知道曲线运动中的曲线速度的方向，并能在轨迹图上划出方向。

3.知道曲线运动是一种变速运动。

4.知道物体做曲线运动的条件。

二、【重点难点】1.曲线运动中速度的大小和方向的表示和计算。

2.曲线运动中的位移的大小和方向的计算。

3.曲线运动的条件。

三、【课前预习】1、物体做曲线运动的速度方向是时刻发生变化的，质点经过某一点（或某一时刻）时的速度方向沿曲线上该点的____________。

[课时作业]一、单项选择题1．如图所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点．现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形，设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中()A．线圈中将产生abcd方向的感应电流B．线圈中将产生adcb方向的感应电流C．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcbD．线圈中无感应电流产生解析：在线圈发生形变的过程中，闭合电路的面积S减小，由Φ＝BS知穿过闭合电路的磁通量减少．根据楞次定律知感应电流方向为abcd，所以A选项正确．答案：A2.如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则()A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒中感应电流的方向由b到aD．螺线管产生的磁场，A端为N极解析：金属棒ab沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，A、B错误．根据右手定则可知，流过金属棒ab的感应电流的方向是从b流向a，所以流过螺线管的电流方向是从A端到达B端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A端为S极，C正确，D错误．答案：C3.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当圆环a绕O点在其所在平面内旋转时，圆环b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩的趋势，由此可知，圆环a()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析：由楞次定律，欲使b中产生顺时针方向的电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速；由于b环又有收缩的趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里．故选B.答案：B4．如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流()A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动解析：线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由Φ＝B⊥S看出，因B⊥变小，故Φ变小，感应电流产生磁场的磁感线与原磁场方向相同，即向上穿过线框，由右手螺旋定则可以判断，线框中电流的方向为abcd.当线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ时，由Φ＝B⊥S看出，因B⊥变大，故Φ变大，感应电流磁场方向与原磁场方向相反，即向上穿过线框，由右手螺旋定则可以判断，感应电流的方向为abcd.答案：A5．如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上，则在T2～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的情况是()A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左解析：在T2～T时间内，直导线中的电流方向向下，电流在逐渐增大，穿过线框的磁通量垂直纸面向外增加，由楞次定律知感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力由左手定则可知向右，所以C正确．答案：C6．如图所示，两个大小不同的绝缘金属圆环叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内．当大圆环通有顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是()A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针方向，右半圆逆时针方向D．无感应电流解析：大圆环通电瞬间在小圆环内产生的磁场有向里的也有向外的，合磁通量向里，瞬间合磁通量增大．由楞次定律可知，小圆环中感应电流方向应该是逆时针方向．答案：B二、多项选择题7.如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面)()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动解析：当ab匀速运动时，在M中产生的感应电流是稳定的，穿过小线圈N的磁通量不变，N中无感应电流，A错误；当ab向左加速运动时，M中的感应电流沿逆时针方向且增大，穿过N的磁通量向外且增大，则N中感应电流的磁场向里，感应电流的方向沿顺时针，B正确；同理可得C正确，D错误．答案：BC8．已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与线圈串联接成如图所示电路，则以下判断正确的是()A．甲图中磁铁向下运动B．乙图中磁铁下端的极性是N极C．图丙中磁铁向下运动D．图丁中线圈感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反解析：对甲图，由安培定则根据感应电流的方向判断出其磁场方向与原磁场方向相反，由楞次定律可得，磁铁向下运动，故A对；对乙图，由安培定则根据感应电流的方向判断出其磁场方向向下，而磁铁又远离线圈，由楞次定律可得，磁铁磁场方向与感应电流磁场方向相同，故B对；对于丙图，由安培定则根据感应电流的方向判断出其磁场方向向上，与原磁场方向相同，由楞次定律可得，磁铁向上运动，故C错；对丁图，由于磁铁远离线圈，则穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律中“增反减同”可得感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相同，故D错．答案：AB9．边长为h的正方形金属导线框，从如图所示位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域高度为H，上、下边界如图中虚线所示，H>h，从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中()A．线框中总有感应电流存在B．线框中感应电流方向是先顺时针后逆时针C．线框中感应电流方向是先逆时针后顺时针D．线框受到磁场力的方向总是向上解析：因为H>h，当线框全部处于磁场区域内时线框内磁通量不变，线框中无感应电流，A错误；根据右手定则可知，线框进入磁场时感应电流是逆时针，线框离开磁场时感应电流是顺时针，C正确，B错误；在C的基础上结合左手定则可知，线框在进出磁场过程中受到磁场力的方向总是向上，D正确．答案：CD10.(2018·广东实验中学检测)如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大解析：若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中电流增大，穿过线圈a 的磁通量向下增大．根据楞次定律和安培定则，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流；穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力F N将增大．故选项B、C错误，选项A、D正确．答案：AD三、非选择题11.某同学在学习了法拉第电磁感应定律之后，自己制作了一个手动手电筒．如图是手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁铁，中间是一根绝缘直杆，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点关于O点对称．(1)试分析其工作原理．(2)灯泡中的电流方向是否变化．解析：(1)线圈来回滑动时，穿过线圈的磁通量不断变化，线圈中产生感应电流，灯泡发光．(2)线圈由a滑至b过程中，磁场方向向左，穿过线圈的磁通量先减小后增加，根据楞次定律，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．同样可判断线圈由b滑至a过程中，灯泡中电流方向先由右向左，后由左向右．所以线圈中电流方向不断变化．答案：(1)见解析(2)变化12．重为G的线圈系在一个弹簧测力计上，其下方有一通电导线，如图甲所示，导线所通过的电流如图乙所示，它们均在同一平面内，求下列不同时刻弹簧测力计的示数与G的关系．(1)在t1时刻；(2)在t2时刻；(3)在t3时刻．解析：(1)在t1时刻穿过线圈的磁通量增加，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数小于G；(2)在t2时刻穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，由力的平衡知，弹簧测力计的示数等于G；(3)在t3时刻穿过线圈的磁通量减少，线圈产生感应电流，由楞次定律知，弹簧测力计的示数大于G.答案：(1)小于G(2)等于G(3)大于G。

课时作业(六) 电磁感应中的动力学及能量问题一、单项选择题1．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面积的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1l bc ＝B 2l 2ab v R l bc ＝B 2S v R l ab同理Q 2＝B 2S v R l bc ，又l ab >l bc ，故Q 1>Q 2；因q ＝I t ＝E R t ＝ΔΦR ，故q 1＝q 2.因此A 正确．答案：A二、多项选择题2．如图所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、有效电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLC ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12m v 2D ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为14m v 2解析：因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度减小的减速运动；根据E ＝ΔΦΔt ＝BLx Δt ，q ＝IΔt ＝E 2R Δt ＝BLx 2R ，解得x ＝2Rq BL ；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量12m v 2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量12m v 2，电阻R 上产生的焦耳热为14m v 2.故选项C 、D 正确．答案：CD三、非选择题3．水平面上两根足够长的金属导线平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接，导轨上放一质量为m 的金属棒(如图所示)，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动的速度v 也会变化，v 与F 的关系如图所示．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若m ＝0.5 kg ，L ＝0.5 m ，R ＝0.5 Ω，磁感应强度B 为多大？ 解析：(1)变速运动(或变加速运动、加速度减少的加速运动、加速运动)．(2)感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝E R ，安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R因金属杆受拉力、安培力作用，由牛顿定律得：F －B 2L 2v R ＝ma ，所得v＝RB2L2F－mRaB2L2，由图线可以得到直线的斜率k＝2，所以B＝RkL2＝1 T.答案：(1)变加速运动(2)1 T4．如图所示，质量为m＝100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面高度h＝0.8 m，有一质量为M＝200 g的小磁铁(长度可忽略)，以v0＝10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落地点距铝环原位置的水平距离x＝3.6 m，则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动)，求：(1)铝环向哪边偏斜？(2)若铝环在磁铁穿过后速度v′＝2 m/s，在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？(g取10 m/s2)解析：(1)由楞次定律可知，当小磁铁向右运动时，铝环向右偏斜(阻碍相对运动)．(2)由磁铁穿过铝环后飞行的水平距离可求出穿过后的速度v＝x2hg＝3.62×0.810m/s＝9 m/s由能量守恒可得：W电＝12M v2－12M v2－12m v′2＝1.7 J.答案：(1)向右偏斜(2)1.7 J5．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)。

第7节 静电现象的应用1．静电平衡状态(1)概念：导体内的自由电子不发生定向移动时，导体就达到了静电平衡状态． (2)静电平衡状态导体的特征①处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零．②处于静电平衡状态的导体，其外部表面附近任一点场强方向与该点的所在表面垂直． ③静电平衡状态下的导体是个等势体．④处于静电平衡状态的导体内部没有净电荷，净电荷只能分布在导体外表面上． 2．尖端放电(1)达到静电平衡时，导体表面越尖的地方，电荷分布的密集度越大．(2)尖端放电：导体尖端的电荷密度很大，附近的电场很强，使周围中性空气分子电离成正负离子，那些所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子被吸引到尖端，与尖端上的电荷中和，这相当于导体从尖端失去电荷，这种现象叫做尖端放电．(3)应用与防止应用举例：避雷针；防止举例：高压输电设备的表面尽量做得光滑，避免放电． 3．对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是( ) A ．导体内部既无正电荷，又无负电荷 B ．导体内部和外表面处的电场均为零C ．导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零D ．导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果 答案 D解析 导体处于静电平衡状态时，其内部无净电荷，即其正、负电荷总量相等，电荷量为零.其表面处有净电荷，以至于该处电场不为零．4．一个带电金属球，当它带的电荷量增加后(稳定)，其内部场强( ) A ．一定增加 B ．一定减弱C ．可能增加也可能减弱 D. 不变 答案 D【概念规律练】知识点一 感应电荷产生的场强的计算1. 如图1所示，长为l 的导体棒水平放置，原来不带电，现将一带电荷量为＋q 的点电荷放在距离棒左端R 处，当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒的中点处产生的场强等于多少？方向如何？图1答案 kq/(R ＋l2)2 方向水平向左解析 导体棒在点电荷＋q 的电场中发生静电感应，左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任一点都有两个电场，即外电场——＋q 在该点形成的电场E ，感应电场——棒上感应电荷在该点形成的电场E ′，达到静电平衡时E ＝E ′.题中所求的即为E ′，于是我们转化为求E.棒的中点距离＋q 为r ＝R ＋l/2，于是E ′＝E ＝kq(R ＋l 2)2，E 和E ′方向相反，水平向左．2. 如图2所示，点电荷A 和B 带电荷量分别为3.0×10－8 C 和－2.4×10－8 C ，彼此相距6 cm.若在两点电荷连线中点O 处放一个半径为1 cm 的金属球壳，求球壳感应电荷在该中点处产生的电场强度．图2答案 5.4×105N/C 方向由O 指向A解析 ＋q 1在O 点的场强大小为E 1＝k q 1(d 2)2＝3×105 N/C ，方向由O 指向B ；－q 2在O 点的场强大小为E 2＝k q 2(d 2)2＝2.4×105 N/C ，方向由O 指向B ；设感应电荷在O 点的场强为E 3，由静电平衡条件知E 3＝E 1＋E 2＝5.4×105 N/C ，方向由O 指向A.点评 处于静电平衡状态的导体，其内部场强为零，即外加电场与感应电荷的电场场强大小相等，方向相反，因此只需求出外加电场的场强，便可求得感应电荷产生的场强．知识点二 静电平衡状态电势特点与电荷分布规律3. 如图3所示，水平放置的金属板正上方放有一固定的正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)，从左端以初速度v 0滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动到右端，在该运动过程中( )图3A ．小球做匀速直线运动B ．小球先做减速运动，后做加速运动C ．小球的电势能保持不变D ．静电力对小球所做的功为零 答案 ACD解析 由于金属板处于点电荷Q 形成的电场中，达到静电平衡后，金属板的上表面是一个等势面，表面上电场线是垂直向下的，所以小球受到重力、支持力、向下的电场力，合力为零，故小球做匀速直线运动．电场力对小球不做功．选A 、C 、D.点评 静电平衡状态下的导体是一个等势体，其外表面是一个等势面，因而在其表面上电场线与表面垂直．4．如图4所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A 和一个带正电荷的空腔导体B.下列实验方法中能使验电器箔片张开的是( )图4A ．用取电棒C(带绝缘柄的导体棒)先跟B 的内壁接触一下后再跟A 接触 B ．用取电棒C 先跟B 的外壁接触一下后再跟A 接触C ．用绝缘导线把验电器跟取电棒C 的导体部分相连，再把取电棒与B 的内壁接触D ．使验电器A 靠近B 答案 BCD解析 在A 选项中先和B 的内壁接触后，由于B 的内壁本身没有电荷，所以再接触A 时验电器箔片不张开；而B 项中可以使C 球带电，从而使A 球带电；C 项中用绝缘导线实际上将验电器和B 连成了一个导体，A 球因接触而带电；D 项中是感应起电．所以B 、C 、D 项正确．点评处于静电平衡状态的导体，其电荷只能分布在导体的外表面上．因为导体内部的场强处处为零，导体内部就不可能有未被抵消的电荷．假如内部某处有静电荷，在它附近的场强就不可能为零．知识点三静电屏蔽5．下列实验中，验电器的金属箔会张开的图是()答案 B解析A中不会张开，金属网可以屏蔽外电场．B中会张开，因为金属网未接地，网内的带电体可以对外界产生影响．C中不会张开，因为金属网已接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响．6. 如图5所示，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则()图5A．球壳内壁带负电B．球壳外壁带正电C．球壳外壁不带电D．若将接地线去掉再移出正电荷，壳外壁带负电答案ACD解析球壳内正电荷产生电场，使球壳处于静电平衡状态，在球壳的内表面出现等量异种电荷，球壳的外表面出现等量同种电荷，当球壳接地时，不论内表面接地还是球壳外表面接地，待稳定后球壳的电势必定为零．球壳的外表面无感应电荷，球壳外也没有静电场，这就是接地导体壳的静电屏蔽作用．故A、C选项正确．若将接地线断开再移去壳内正电荷时，壳内表面的负电荷就会分布到球壳的外表面上，内壁不再带电．故D选项正确．【方法技巧练】一、感应电荷电场线的确定方法7. 如图6所示，在孤立点电荷＋Q的电场中，金属圆盘A处于静电平衡状态．若金属圆盘平面与点电荷在同一平面内，试在圆盘A内做出由盘上感应电荷形成的附加电场的三条电场线．(用实线表示，要求严格作图)图6答案如图所示解析画出感应电荷形成的附加电场在A圆盘内的三条电场线(实线)如图所示．导体A处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体A内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷Q的电场线重合，且方向相反．方法总结处于静电平衡状态下导体内部由点电荷产生的电场(外电场)、感应电荷产生的电场，其实际电场为叠加后的合电场，且为零．因此，根据外加电场情况便可确定感应电荷的电场分布情况．二、电荷分布情况的确定方法8. 如图7所示，A为空心金属球，B为金属球，将另一带正电的小球C从A球开口处放入A 球中央，不接触A球，然后用手摸一下A球，再用手接触一下B球，再移走C球，则()图7A．A球带负电，B球带正电B．A球带负电，B球不带电C．A、B两球都带负电D．A、B两球都带正电答案 B解析首先带正电的小球C从A球开口处放入A球中央，根据静电感应现象可知，A球内表面感应带负电荷，外表面感应带正电荷，手接触A相当于A接地，由地面上来的电子与A球外表面正电荷中和，使A球外表面不带电，A球外表面电势为零，此时A球对外起静电屏蔽作用，A球内的电场不影响外部．电子为何从地面流入A球？因为带正电的A球外表面电势比地面零电势高，手触A后，电子由低电势流向高电势，此时B 球电势也为零．手离开A后，C球不动，各处场强及电势分布情况不变，所以手接触B时，无电荷移动，所以B球不带电．当带正电的C球从A球内移走后，A球内表面所带的负电荷移至外表面，所以A球带负电．C球移走后，A球内表面负电荷移至外表面，这是因为带电导体处于静电平衡状态时，导体内部和空腔内表面均没有静电荷，电荷均分布在导体的外表面．由上述可知，选项B是正确的．9. 一个带有绝缘座的空心金属球壳A带有4×10－8C 的正电荷，有绝缘柄的金属小球B带有2×10－8 C 的负电荷，使B球与球壳A内壁接触，如图8所示，则A、B带电荷量分别为()图8A．Q A＝1×10－8 C Q B＝1×10－8 CB．Q A＝2×10－8 C Q B＝0C．Q A＝0Q B＝2×10－8 CD．Q A＝4×10－8 C Q B＝－2×10－8 C答案 B解析B与A接触后，净电荷全部分布在外表面，内壁电荷量为零．点拨处于静电平衡状态的导体，净电荷仅分布在外表面．1．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正电荷，其电场分布是下图中的哪一个()答案 B2．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是()A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险答案 B解析由静电屏蔽的知识可知，A、D选项均错；金属可以消除多余的静电，B项正确；单根高压输电线上相距较近的两点之间电阻很小，因而电压较小，小鸟不会被电死，C选项错误．3. 一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图9所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的电场分别为E a、E b、E c，三者相比有()图9A．E a最大B．E b最大C．E c最大D．E a＝E b＝E c答案 C解析处于静电平衡的导体内部电场处处为零，故a、b、c三点的电场都为零，静电平衡的导体内部电场为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场与MN在这一点产生的电场等大反向．比较a、b、c三点感应电场的电场强度，实质上是比较带电体MN在这三点的电场．由于c点离MN最近，故MN在c点的电场最大，感应电荷在c点电场也最大．正确选项为C项．点拨静电平衡的导体内部的电场强度为零是空间中所有电荷在导体内任一点产生的电场强度的矢量和为零．4．金属球壳原来带有电荷，而验电器原来不带电，如图10所示，现将金属球壳内表面与验电器的金属小球相连．验电器的金属箔将()图10A．不会张开B．一定会张开C．先张开，后闭合D．可能会张开答案 B解析处于静电平衡状态的导体，净电荷仅分布在外表面，细导线将球壳内壁与验电器连接后，验电器应看做是金属球壳的外部．5. 如图11所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷．在静电平衡后，下列物理量中等于零的是()图11A ．导体腔内任意点的场强B ．导体腔内任意点的电势C ．导体外表面的电荷量D ．导体空腔内表面的电荷量 答案 ABD解析 静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，且内表面不带电，故选项A 、D 正确；由于导体接地，故整个导体的电势为零，选项B 正确；导体外表面受带电体Q 的影响，所带电荷量不为零，故选项C 不正确．6．图12中接地金属球A 的半径为R ，球外点电荷的电荷量为Q ，到球心的距离为r.该点电荷的电场在球心的场强大小等于( )图12A ．k Q r 2－k Q R 2B ．k Q r 2＋k Q R2C ．0D ．k Qr2答案 D7．如图13所示，在真空中，把一个绝缘导体AB 向带负电的小球P 缓慢靠近(不相碰)，下列说法中正确的是( )图13A ．B 端的感应电荷越来越多 B ．导体内部场强越来越大C ．导体的感应电荷在M 点产生的场强恒大于在N 点产生的场强D ．感应电荷在M 、N 两点产生的场强相等 答案 AC解析 绝缘导体AB 缓慢靠近带负电的小球P 的过程中，导体AB 始终处于静电平衡状态．其内部场强一直为零．由于外电场越来越强，导体B 端的感应电荷会越来越多，由于外电场在M 点的场强恒大于N 点的场强，而感应电荷的场强与外电场的场强大小相等、方向相反，所以感应电荷在M 点的场强恒大于在N 点产生的场强．8. 如图14所示，为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A 放入腔中，当静电平衡时，图中a 、b 、c 三点的场强E 和电势φ的关系是( )图14A ．E a >E b >E c ，φa >φb >φcB ．E a ＝E b >E c ，φa ＝φb >φcC ．E a ＝E b ＝E c ，φa ＝φb >φcD ．E a >E c >E b ，φa >φb >φc 答案 D9. 如图15所示，带电荷量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a 点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力常量为k)图15答案 k qd2 向左解析 a 点处的场强由两部分组成，一是点电荷在a 处的场强，大小为E ＝k qd 2，方向向左；二是带电薄板在a 处的场强，由题知，这两个场强的合场强为零，所以薄板在a 处的场强大小为E a ＝k q d 2，方向向右．根据对称性可知，薄板在b 处的场强为E b ＝k qd2，方向向左．。

试题点评：考查光子能量的计算
4．D
【解析】
【详解】
由辐射强度图线可知，向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度随温度的变化而不同，选项A错误；向外辐射的最大辐射强度随温度升高而增大，向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而增大，选项B错误；由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加；同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，选项C错误，D正确。
【解析】
【详解】
A.普朗克研究黑体辐射的强度，并提出了能量量子化，A错误；
B.密立根通过著名的油滴实验发现电荷是量子化的，并测出了电子的电量，B正确；
C.波尔研究原子结构时认为电子的轨道是量子化的补兵首先将量子化理论引入到原子物理学中，C正确；
D.卢瑟福研究原子结构时仅仅是提出来电子绕原子核做圆周运动，没有引入量子化理论，D错误。
A．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2νc的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hνc
C．当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大，则逸出功增大
D．当入射光的频率ν大于νc时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
4．用不同频率的光分别照射钨和锌，产生光电效应，根据实验可画出光电子的最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek－ν图线．已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功为3.34 eV，若将二者的图线画在同一个Ek－ν坐标系中，则正确的图是(A)Βιβλιοθήκη 5．B【解析】【详解】
AD.黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，AD错误；
BC.黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，如温度较低时，主要以不可见的红外光进行辐射，在500℃以至更高的温度时，则顺次发射可见光以至紫外辐射。即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，C错误B正确；

步步高学案导学设计2021 2021学年高中物理(人教版，选修31)第3章第1节课时作业步步高学案导学设计2021-2021学年高中物理(人教版，选修3-1)第3章第1节课时作业第三章磁场第一节磁现象和磁场1．磁体吸引铁质物体的性质叫磁性，具有磁性的物体叫磁体，磁体的各部分磁性强弱不同，磁性最强的区域叫磁极．2.严格的实验是将导线沿南北方向置于磁针上方，磁针通电后旋转。

这个实验表明电流周围有一个磁场3．磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的．4.（1）地球本身就是一块巨大的磁铁。

它的北极靠近地理南极，南极靠近地理北极。

（2）地球的地理极点与地磁极点不一致。

磁针方向和南北方向之间有一个夹角，称为磁偏角5．发现电流周围存在磁场的物理学家是()a．奥斯特b．焦耳c．张衡d．安培答案a6.以下关于磁场的陈述是正确的（）a．磁场最基本的性质是对处于其中的磁体和电流有力的作用b、磁场是看不见、摸不着的，实际上并不存在。

它是人们想象出来的一种材料。

磁场是一种客观存在的特殊物质形态d．磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无答案ac分析磁场虽然看不见也摸不着，但它是客观存在的，不随人的意愿转移。

它是一种特殊的材料形式，其最基本的特性是对其中的磁铁和电流产生强大的影响7．磁体与磁体间、磁体与电流间、电流与电流间的相互作用的示意图，以下正确的是()a．磁体?磁场?磁体b．磁体?磁场?电流c．电流?电场?电流d．电流?磁场?电流答案abd分析了磁体与磁体、磁体与电流、电流与电流之间的相互作用是通过磁场传递的【概念规律练】知识点一磁场1.以下语句中正确的一个是（）a．磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的b．电流与电流间的相互作用是通过电场产生的c、磁铁和电流之间的相互作用是由电场和磁场产生的。

D.磁场和电场是同一种物质解析电流能产生磁场，在电流的周围就有磁场存在，不论是磁极与磁极间还是电流与电流间、磁体与电流间，都有相互作用的磁场力．磁场是磁现象中的一种特殊物质，它的基本性质是对放入磁场中的磁体、电流有磁场力的作用；而电场是电荷周围存在的一种特殊物质，其最基本的性质是对放入电场中的电荷有电场力的作用，它不会对放入静电场中的磁体产生力的作用，因此，磁场和电场是两种不同的物质，各自具有其自身的特点．所以只有a正确．-1-点评一切磁现象都是通过磁场产生的，由于电流周围存在磁场，所以电流与电流之间、电流与磁体之间的作用也是磁现象．磁铁周围只有一个磁场b．电荷的周围一定有电场和磁场c、永磁体的磁场和电流周围的磁场是两个不同的磁场。

第9节 多用电表的原理1．多用电表可以用来测量电阻、电流、电压等，并且每一种测量都有几个量程．上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等各种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻着各种测量功能和量程．2．二极管具有单向导电性；当给二极管加上正向电压时，二极管电阻很小，就像一个接通的开关一样；当给二极管加上反向电压时，二极管电阻很大，就像断开的开关一样．3．利用多用电表测电阻阻值(练习用多用电表测试标有阻值的电阻)．(1)调整定位螺丝，使指针指零．(2)选择开关置于欧姆挡的“×1”挡量程上，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指到“0”欧姆位置，然后断开表笔．(3)将两表笔分别接触标定值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，与标定值进行比较，然后断开表笔．(4)选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零．(5)将两表笔分别接触标定值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，与标定值进行比较，然后断开表笔．图1 4．欧姆表的工作原理在欧姆表构造电路图中(如图1所示)，电池电动势E ，内阻r ，电流表的内阻R g ，调零电阻R 0，待测电阻R x ；由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R x ＋R 0＋R g ＋r，式中R x 与电流I 虽不成正比，但有对应关系，所以欧姆表的刻度是不均匀的，且待测电阻R x 越小，指针偏转越大，当R x 等于零时，调节R 0使电流满刻度，即欧姆表的“0”欧姆位置．【概念规律练】知识点一 多用电表欧姆挡的原理1．若某欧姆表表头的满偏电流为5 mA ，内装一节干电池，电动势为1.5 V ，那么该欧姆表的内阻为________ Ω.待测电阻接入红、黑表笔之间时，若指针转至满刻度的34处，则待测电阻的阻值为________ Ω.答案 300 100解析 将红、黑表笔短接，调节调零电阻的阻值，当电流满偏时I g ＝E R g ＋r ＋R 0，欧姆表的内阻R 内＝R g ＋r ＋R 0＝E I g ＝ 1.55×10－3Ω＝300 Ω 当电流为34I g 时，有34I g ＝E R 内＋R x，即R 内＋R x ＝4E 3I g ＝400 Ω，故R x ＝100 Ω 2. 如图2所示是把量程为3 mA 的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E ＝1.5 V ，改装后，原来电流表3 mA 刻度处的刻度值定为零位置，则2 mA 刻度处应标为________，1 mA 刻度处应标为________．图2 答案 250 Ω 1 000 Ω解析 因为R 内＝E I g ＝1.5 V 3 mA ＝500 Ω，I 1＝E R 内＋R x 1，2 mA ＝ 1.5 V 500 Ω＋R x 1，所以R x 1＝250 Ω.因为I 2＝E R 内＋R x 2，1 mA ＝ 1.5 V 500 Ω＋R x 2，所以R x 2＝1 000 Ω. 知识点二 使用多用电表测电阻3．用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是( )A ．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B ．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好C ．待测电阻若是连在电路中，应当先把它与其他元件断开再测量D ．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF 挡或交流电压最高挡答案 AB4．实验室新进了一批电阻，课外活动小组的同学用多用电表粗测电阻的阻值，操作过程分以下几个步骤：图3(1)将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔；选择开关旋至电阻挡“×10”；(2)将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零；(3)把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，此时多用电表的示数如图3所示；(4)_______________________________________________________________________；(5)_______________________________________________________________________；(6)把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出多用电表示数；(7)将选择开关旋至OFF 挡，取出红、黑表笔．请你完成操作步骤中第(4)、(5)两步．答案 见解析解析 倍率的选取应让指针尽可能指在中间位置附近，以减小读数误差，题图中指针偏角太大，应由“×10”倍率换成“×1”倍率，更换倍率后要重新调零，因此，缺少的步骤为：(4)将选择开关旋至“×1”挡；(5)将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零．【方法技巧练】一、多用电表的使用方法5．图4为一正在测量中的多用电表盘．使用时红表笔插入多用表的正(＋)插孔，则：图4(1)测电压时，电流从________表笔流入多用电表；测电阻时，电流从________表笔流出多用电表；测电流时，电流从________表笔流入多用电表．(2)如果是用直流10 V挡测量电压，则读数为________ V.(3)如果是用“×1”挡测量电阻，则读数为________ Ω.(4)如果是用直流5 mA挡测量电流，则读数为________ mA.答案(1)红黑红(2)6.6(3)8(4)3.3解析(1)多用电表是电压表、电流表和欧姆表共用一个表头，无论测电流、电压还是电阻，电流总是从红表笔流入，从黑表笔流出的．(2)用直流10 V挡测电压时，第2行刻度每1大格的电压是2 V，每1小格的电压是0.2 V，指针指在第3大格的第3小格位置，读数为6.6 V.(3)用“×1”欧姆挡测电阻时，因指针指在电阻刻度(第一行)的“8”位置：读数为8.0 Ω.(4)用直流5 mA挡测电流时，因电流、电压都是用表盘第2行的刻度来读数，此时每1大格的电流是1 mA，每小格的电流是0.1 mA，所以读数为3.3 mA.方法总结读数时一定要根据测量物理量找到对应的刻度盘，读取测量值．二、用多用电表判断电路故障6．如图5所示为一电路板示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220 V的交流电源连接，ab 间、cd间分别连接一个电阻，现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一多用电表的交流电压表分别测得b、d两点以及a、c两点间的电压均为220 V，由此可见()图5A．ab间电路通，cd间电路不通B．ab间电路不通，bc间电路通C．ab间电路通，bc间电路不通D．cd间电路不通，bc间电路通答案 C解析测量ac时电压为220 V，说明abc这一段电路某点断路，测bd时电压为220 V，说明bcd 间某点断路，显然，这两种情况综合的结果便是bc断路．故选C.方法总结在用多用电表的电压挡进行测量电压时，一定要先从量程大的电压挡开始测量，在满足量程的条件下，量程越小越好，这样可以使示数明显，减少测量误差．在用电压挡去判断断路时，无示数，说明测量点等电势，即电路是通路，否则测量点间肯定有断路．在用欧姆挡去测量判断断路时，首先要断开测量电路，然后再进行测量，如有示数，则测量点间是通路，无示数则为断路．7. 在如图6所示的电路中，闭合开关时，灯不亮，已经确定是灯泡断路或短路引起的，在不能拆开电路的情况下(开关可闭合，可断开)，现用一个多用电表的直流电压挡、直流电流挡和欧姆挡分别对故障电路作了如下检查并作出判断如下表所示：A．1 B．2 C．3 D．4答案ABD解析选直流电压挡时，红、黑表笔分别接高、低电势点，若指针偏转，说明a、b两点有电压，其他地方完好而a、b之间有断路；若指针不偏转，说明a、b两点电势相等，a、b之间必短路，1正确．选直流电流挡时，指针若偏转说明有电流流过表头，而灯不亮，则灯必断路；若不偏转，a、b两点电势相等，灯必短路，2正确．选欧姆挡时，已启用欧姆表内电源，必须将外电路电源断开，故3是错误的，而4显然正确，故选项A、B、D正确．方法总结电路故障问题的判断一般用多用电表的电压挡，可先从电源的两端量起，逐渐将两表笔远离电源，若电表有示数，说明两表笔与电源两极相连；若无示数，说明与电源断开或两表笔间短路．若用欧姆挡去测量，则需要注意一般要断开电源．1．在使用多用电表测电阻时，以下说法正确的是()A．使用前检查指针是否指在电阻挡的“∞”处B．每换一次挡位，都必须重新进行电阻挡调零C．在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔D．测量时，若指针偏角较小，应换倍率较小的挡位来测量答案ABC解析指针偏角小，示数大，应换用倍率大的挡位重新测量，故D错误．2．下列关于多用电表电阻挡的说法中，正确的是()A．表盘刻度是不均匀的，从零刻度处开始，刻度值越大处，刻度越密B．红表笔是与表内的电源的负极相连的C．测电阻时，首先要把红、黑表笔短接进行调零，然后再去测电阻D．为了减小误差，应尽量使指针指在中间刻度附近答案ABCD解析由多用电表电阻挡的工作原理可知表盘刻度是不均匀的，且刻度值越大刻度越密；红表笔是与电表内部电源的负极相连的；在测量时一定要先进行电阻挡调零，再测量，同时为减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近．3．甲、乙两同学使用多用电表电阻挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“×100”挡，并能正确操作．他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“×1 k”挡，乙把选择开关旋到“×10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零．则以下说法正确的是()A．甲选挡错误，而操作正确B．乙选挡正确，而操作错误C．甲选挡错误，操作也错误D．乙选挡错误，而操作正确答案 D解析在使用多用电表的电阻挡时一定要先进行电阻挡调零，再测量；同时为减小误差，要尽量使指针指在中间刻度附近，即要合理地选择倍率挡位．4．图7中E为电源，R1、R2为电阻，K为电键．现用多用电表测量流过电阻R2的电流．将多用电表的选择开关调至直流电流挡(内阻很小)以后，正确的接法是()图7A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处答案 C5．如图8所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正(＋)插孔，则()图8A．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B．前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D．前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表答案 B解析图中所示是多用电表的示意图，无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，选项B正确．6．用多用电表欧姆挡“×100”测试三只晶体二极管，其结果依次如图9中的①、②、③所示．由图可知，图________中的二极管是好的，该二极管的正极是________端．图9答案②a解析二极管的特性是，正向电阻很小，反向电阻极大，由图可知，②图中的二极管是好的，由于电流由a流向b时二极管的电阻很小，故二极管的正极是a端．7．用多用电表的欧姆挡测量一未知电阻的阻值，若将选择倍率的旋钮拨至“×100 Ω”的挡时，测量时指针停在刻度盘0 Ω附近处，为了提高测量的精确性，有下列可供选择的步骤：A．将两根表笔短接B．将选择开关拨至“×1 kΩ”挡C．将选择开关拨至“×10 Ω”挡D．将两根表笔分别接触待测电阻的两端，记下读数E．调节调零电阻，使指针停在0 Ω刻度线上F ．将选择开关拨至交流电压最高挡上将上述中必要的步骤选出来，这些必要步骤的合理的顺序是________(填写步骤的代号)；若操作正确，上述D 步骤中，指针偏转情况如图10所示，则此未知电阻的阻值R x ＝________.图10答案 CAEDF 160 Ω 解析 用多用电表的欧姆挡测未知电阻时，指针停在中值(中心位置)附近时测量误差较小，当用“×100 Ω”挡测量时，指针停在0 Ω附近，说明该待测电阻的阻值相对该挡比较小，为了提高测量精度，应换低倍率“×10 Ω”挡来测量，换挡之后，必须重新调零，之后再接入未知电阻进行测量和读取数据，测量后暂时不使用此多用电表，应将选择开关置于交流电压最高挡上，这是为了安全，保证多用电表不受意外损坏，如下次再使用这个多用电表测电流、电压时，一旦忘了选挡，用交流电压最高挡虽然测不出正确结果，但不会把多用电表烧坏．8．某同学用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：(1)检查多用电表的机械零点．(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．(3)将红、黑表笔________，进行欧姆调零．(4)测反向电阻时，将________表笔接二极管正极，将________表笔接二极管负极，读出电表示数．(5)为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘________(填“左侧”、“右侧”或“中央”)，否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．(6)测量完成后，将选择开关拨向________位置．答案 (1)短接 (2)红 黑 (3)中央 (4)OFF 挡解析 用多用电表测二极管的反向电阻，应将黑表笔接二极管的负极．选择欧姆挡位后将红、黑表笔短接进行调零，使指针指在最右端零位．为测量准确应使指针尽量指向表盘的中央．测量完毕后，应将选择开关指向OFF 挡．9. 如图11所示为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I g ＝300 μA ，内阻R g ＝100 Ω，可变电阻R 的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.5 Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x ＝________ kΩ，若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x ，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”、“变小”或“不变”)．图11 答案 红 5 变大解析 由I ＝E R g ＋R ＋r ＋R x 及I g ＝E R g ＋R ＋r，且指针指中央，I ＝12I g ＝150 μA ，联立解得R x ＝5 kΩ；因欧姆表的内阻变大，同样的电阻值，电流变小，读数变大．。

参考答案第一章静电场1电荷及其守恒定律1．D[解析] 不带电的物体内部含有等量的正电荷和负电荷，对外显示不带电，A错误．带电物体可能有多余的正电荷，也可能有多余的负电荷，B错误．一根带电的导体棒放在潮湿的房间，过了一段时间后，发现导体棒不带电了，是因为电荷被中和了，这个过程中电荷仍然守恒，C错误．摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一个物体，D正确．2．ACD[解析] 密立根的油滴实验测出了电子的电荷量为1.6×10－19C，故A正确；物体的电荷量都是元电荷e的整数倍，故B错误，C、D正确．3．BCD[解析] 元电荷实际上是指最小的电荷量，数值为1.6×10－19 C，而不是某个具体的带电物质．元电荷是电荷量的最小值，没有正负电性的区别，所有带电体的电荷量一定是元电荷的整数倍．元电荷的具体数值最早是由密立根用油滴实验测得的，测量精度相当高．综上可知，选项B、C、D正确．4．D[解析] 最小的电荷量是1.6×10－19 C，我们把这个最小的电荷量叫作元电荷，任何带电体带的电荷量或者等于元电荷，或者等于元电荷的整数倍，由于2.0×10－19 C不是1.6×10－19 C的整数倍，所以D是不可能的．5．C[解析] 完全相同的两带电体带异种电荷，接触时电荷量先中和，故接触后两带电体带的总电荷量为5q－q＝4q，两带电体分开，总电荷量将平分，所以两导体接触一会后分开，则导体B带的电荷量为2q，故C正确．6．CD[解析] 两物体摩擦时得失电子取决于原子对电子的束缚力大小，A错误．由于摩擦起电的实质是电子的转移，故两物体带电种类一定不同，但数量相等，B错误，C正确．由题中例子不难看出，同一物体与不同种类物体摩擦时，该物体所带电荷种类可能不同，D正确．7．B[解析] 摩擦起电过程遵循电荷守恒定律，因M带1.6×10－10C的正电荷，故N 得到电子而带等量负电荷，选项B正确．8．B[解析] 导电平板靠近带正电的绝缘板并接地时，发生静电感应，使导电平板带上负电荷，故选项B正确．9．B[解析] 由于带电体具有吸引轻小物体的性质，故b会把a吸引过来，但接触后，由于a的表面镀有铝膜，有一部分电荷会从b转移到a上面，导致两者带同种电荷而相斥，B正确．10．B[解析] 由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球电性相异的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球电性相同的电荷，只有B正确.11．AB[解析] C移近A时，带正电的小球C对A、B内的自由电子产生静电引力，使A、B中的自由电子向左移动，最终A上积累了负电荷，B上积累了正电荷，其下部的金属箔片也分别带上了与A、B同种性质的电荷，因为同种电荷相互排斥，所以金属箔片都张开，选项A正确．C移近A后，A上积累了负电荷，B上积累了正电荷，把A、B分开后，即使再移走C，它们所带的电荷量也不会变，金属箔片仍张开，选项B正确．若先移走C，A、B 上的感应电荷在其相互之间的引力作用下中和，再把A、B分开，它们不再带电，所以金属箔片都不会张开，选项C错误．先把A、B分开，再移走C，则A、B仍然带等量异种电荷，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，金属箔片都不会张开，选项D错误．12．5×10－6 7.5×10－6 7.5×10－6[解析] 当小球C 和小球A 接触后，A 、C 带电荷量均为Q 1＝Q 2＝1.0×10－5 C 当小球B 与小球A 接触后，A 、B 带电荷量均为Q 2＝Q 12＝5×10－6 C 当小球B 与小球C 接触后，B 、C 带电荷量均为Q 3＝Q 1＋Q 22＝7.5×10－6 C 所以最终A 、B 、C 三个小球带的电荷量分别是5×10－6 C 、7.5×10－6 C 、7.5×10－6 C.13．AD [解析] 无论用手摸一下导体的哪个位置，都会使枕形导体通过人体与大地相连，由于静电感应，导体上的自由电子将经人体流入大地，使得导体带正电，手指离开，移去带电体C ，导体所带正电不变．14．C [解析] S 1、S 2都断开时，由于静电感应，a 、b 两端带有等量异种电荷，闭合任意一个开关以后，都有电子从大地流向导体，导体带负电，选项C 正确．15．(1)5×107个 (2)5000 s[解析] (1)金属瓶上收集的电子数目为N ＝Q e ＝8×10－12 C 1.6×10－19 C＝5×107(个)． (2)实验的时间t ＝5×1071×104s ＝5000 s. 16．(1)2∶3 (2)2∶1[解析] (1)若A 、B 原先带同种电荷，设其电荷量均为Q ，C 与A 接触后，由于形状相同，二者平分总电荷量，则A 、C 的电荷量均为12Q ；C 与B 接触后，二者平分总电荷量，则B 、C 的电荷量均为12⎝⎛⎭⎫12Q ＋Q ＝34Q ，故A 、B 最终的电荷量之比为12Q ∶34Q ＝2∶3. (2)若A 、B 原先带异种电荷，设其电荷量分别为Q 、－Q ，A 、C 接触后，平分总电荷量，A 、C 的电荷量均变为12Q ，C 与B 接触后，先中和再平分二者的总电荷量，C 、B 的电荷量均为12⎝⎛⎭⎫12Q －Q ＝－14Q ，则A 、B 最终的电荷量之比为12Q ∶⎪⎪⎪⎪－14Q ＝2∶1. 2 库仑定律1．D [解析] 带电体能否看作点电荷由研究问题的性质决定，当带电体的形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，D 正确．2．AD [解析] 把微弱的库仑力转换放大成可以看得到的扭转角度，并通过扭转角度的大小找出力和距离的关系，用的是微小量放大法，选项A 正确；保持两个小球带电荷量不变，改变A 和C 之间的距离而得到F 和r 的关系，用的是控制变量法，选项D 正确．3．D [解析] 由于a 、b 两球带异种电荷，相互吸引，使得它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，而两球壳球心间的距离l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，即F 库≠k Q 2l 2.虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，故两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G m 2l 2.4．C [解析] 接触前两个小球之间的库仑力大小为F ＝kQ ·3Q r 2，两个相同的金属球带异种电荷，接触后再分开，其所带电荷量先中和后平分，所以两球分开后带电荷量均为＋Q ，而距离又变为原来的12，则库仑力大小为F ′＝kQ ·Q ⎝⎛⎭⎫12r 2＝43F . 5．C6．A [解析] 假设C 放在A 和B 之间，那么A 对C 的库仑力和B 对C 的库仑力方向相同，C 不能处于平衡状态，所以假设不成立；设C 所在位置与A 的距离为r 13，C 所在位置与B 的距离为r 23，若C 能处于平衡状态，则A 对C 的库仑力大小等于B 对C 的库仑力大小，即kQ 1Q 3r 213＝kQ 2Q 3r 223，由于Q 2＝4Q 1，故r 23＝2r 13，所以C 位于A 的左方．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可判断C 带负电，可使整个系统处于平衡状态，故A 正确．7．BC [解析] 以A 、B 组成的整体为研究对象，可知上面细线上的拉力不变；以B 为研究对象，可以判断下面细线上的拉力变小，选项B 、C 正确．8．C [解析] 弹簧伸长量为x 0时，两小球平衡，有kq 1q 2（l 0＋x 0）2＝k ′x 0，其中l 0为弹簧的原长；当电荷量q 1、q 2加倍，两球重新平衡时，有4kq 1q 2（l 0＋x ）2＝k ′x ，联立可得x <4x 0，选项C 正确．9．C [解析] A 球带电荷量不变，设为q 0，在两种情况下A 球均受三个力作用而平衡，库仑力F ＝k q 0q r 2，A 球质量设为m ，对A 球由共点力平衡条件得k q 0q r 2＝mg tan θ，两球之间的距离r ＝L sin θ，其中L 为线长，r 为两球球心之间的距离，联立可得q ＝mgL 2kq 0tan θsin 2 θ，所以q 2q 1＝tan 45°sin 2 45°tan 30°sin 2 30°＝23，故C 正确． 10．B [解析] 以甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得F ＝2ma ，以乙为研究对象，由牛顿第二定律得kq 2r 2＝ma ，联立得r ＝q 2k F，故B 正确，A 、C 、D 错误． 11．AD [解析] 当电子从M 点经过P 点向N 点运动时，库仑力先做正功后做负功，所以运动的速率先增大后减小，A 正确，B 错误；根据库仑定律可知，库仑力先增大后减小，C 错误，D 正确．12．BC [解析] 若A 、B 带等量同种电荷，则接触时没有电荷量的重新分配，下降过程中库仑力做的负功与上升过程中库仑力做的正功大小相等，故小球上升到最高点时的机械能与刚下落时的机械能相等，可知h ＝H ，B 正确．若A 、B 带等量异种电荷，则接触后两球都不带电，下降过程中库仑力做正功，上升过程中库仑力为零，故小球在由静止释放到上升至最高位置过程中机械能增加，可知h ＞H ，C 正确．13．C [解析] 将一带电荷量为－q (q ≪Q )的粉尘置于该星球表面h 高处，该粉尘恰好处于悬浮状态，可知万有引力与静电力平衡，宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h 高处，由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比，因此带电粉尘仍然处于悬浮状态，故C 正确．14．mg[解析] a 球与b 球间距为3l ，对a 球受力分析，受重力、 c 球对a 球的静电斥力、b 球对a 球的静电斥力和细线的拉力，如图所示．水平方向上，有F ba ＋F ca cos 60°＝T cos 30°竖直方向上，有F ca sin 60°＋T sin 30°＝mg其中F ba ＝F ca ＝kq 2（3l ）2解得T ＝mg .3 电场强度1．B2．C3．BCD [解析] 由运动轨迹的弯曲情况可知，静电力方向应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子的电性不能确定，A 错误，B 正确；粒子从a 运动到b ，速度方向与静电力方向的夹角大于90°，故速度减小，C 正确；由电场线的疏密程度知a 点场强大于b 点场强，带电粒子在a 点受的静电力较大，从而加速度较大，D 正确．4．D [解析] 由静止释放的带负电的试探电荷向B 运动，说明它受到的静电力指向B ，此试探电荷受到的静电力方向与电场强度方向相反，可知此电场线的方向应从B 到A ，而根据一条电场线无法判断场强的变化情况，也就无法判断试探电荷加速度的变化情况，D 正确．5．B [解析] 由题意，b 点处的场强为零说明点电荷和圆盘在b 点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R 的b 点产生的场强大小为E Q ＝kq R2，故圆盘在距离为R 的d 点产生的场强大小也为E Q ＝kq R 2，点电荷在d 点产生的场强大小为E q ＝kq （3R ）2，方向与圆盘在d 点产生的场强方向相同，d 点的合场强为二者之和，即E 合＝kq R 2＋kq （3R ）2＝10kq 9R 2，B 正确． 6．BD [解析] 根据矢量的合成法则可知，a 、b 两点电荷连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，故负电荷q 从c 到d ，静电力先做正功，越过O 点后，静电力做负功，则动能先增大后减小，即速度先增大后减小，故A 错误．结合选项A 的分析，负电荷q 从c 点由静止释放，只受到静电力作用，在c 、d 间做往复运动，当经过O 点时，静电力为零，则速度达到最大，故B 正确．由题意可知，从c 到O ，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，根据对称性，从O 到d ，加速度可能增大，也可能先增大后减小，故C 错误．若在c 点给q 一个垂直纸面方向的初速度，由于所受的静电力指向O 点，则它可以做匀速圆周运动，故D 正确．7．A [解析] 两个点电荷在O 点产生的场强大小都为E ＝k q r 2，利用几何知识可知两个场强的方向成120°角，根据平行四边形定则，合场强大小为E ′＝E ＝k q r 2，方向水平向右，则需要放的点电荷在O 点产生的场强大小应为k q r 2，方向水平向左，所以该点电荷若在D 点，带电荷量应为＋q ；若在C 点，带电荷量应为－q ，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．8．D [解析] 点电荷在z 轴上z ＝－h 2处产生的场强为E 1＝kq ⎝⎛⎭⎫32h 2＝4kq 9h 2，由于导体远端离z ＝－h 2处很远，影响可以忽略不计，故导体在z ＝－h 2处产生的场强近似等于近端在z ＝－h 2处产生的场强，又知z ＝－h 2处合场强为E 1＋E 2＝0，故E 2＝－E 1＝－4kq 9h 2；根据对称性，导体近端在z ＝h 2处产生的场强为－E 2＝4kq 9h 2，而点电荷在z 轴上z ＝h 2处产生的场强为kq ⎝⎛⎭⎫h 22＝4kq h 2，故z 轴上z ＝h 2处的合场强为E ＝4kq h 2＋4kq 9h 2＝40kq 9h 2，D 正确． 9．AC [解析] 静止时，对B 、C 整体进行受力分析，有T ＝2mg ＋3mg ＋Eq ＝5mg ＋Eq ，故A 正确，B 错误；B 球带负电，剪断OA 间的细线瞬间，C 球对A 、B 整体的拉力为0，对A 、B 整体进行受力分析，由牛顿第二定律有3mg ＋qE ＝3ma ，此时A 、B 整体的加速度为a＝g ＋qE 3m ，以A 球为研究对象，有T ′＋mg ＝ma ，可得A 、B 球间细线的拉力为T ′＝13qE ，故C 正确，D 错误．10.kLq R 2 [解析] 未截去圆弧AB 时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，则O 处的电场强度为0.截去圆弧AB 后，除圆弧CD (和圆弧AB 关于O 对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在O 处产生的合场强为0，则圆弧CD 在O 处的场强就等于中心O 处电场强度E ，圆弧CD 上所带电荷量为Lq ，根据点电荷场强公式可得E ＝kLq R 2. 11．(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 沿y 轴正方向[解析] (1)根据库仑定律，两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L 2＝9.0×10－3 N. (2)两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k q L 2 方向分别沿AC 、BC 方向，则合场强大小为E ＝2E 1cos 30°＝7.8×103 N/C场强E 的方向沿y 轴正方向．12．(1)3mg 方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方(2)32mg方向与水平方向的夹角为60°斜向左上方[解析] (1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，应使其所受的合力为零，有F1cos α＝qE cos 30°F1sin α＝mg＋qE sin 30°联立解得α＝60°，F1＝3mg即恒力F1与水平方向的夹角为60°斜向右上方．(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力应和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力与静电力在一条直线上．如图乙所示，当F2取最小值时，有F2＝mg sin 60°＝32mgF2的方向与水平方向的夹角为60°斜向左上方．甲乙4电势能和电势1．C[解析] 在匀强电场中，场强处处相同，同一等势面上电势处处相等，不是所有点的电势均相等，故A 错误；在正点电荷形成的电场中，根据E ＝kQ r 2可知，离点电荷越远，场强越小，因沿着电场线方向，电势在降低，故B 错误；取无限远处电势为零，则等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线中点与无限远处电势相等，故电势为零，但电场强度大小不为零，故C 正确；在任何电场中，场强越大的地方，电势不一定越高，比如靠近负点电荷，电场强度大，而电势却低，故D 错误．2．C [解析] 甲图中，与点电荷等距的a 、b 两点，电势相等，电场强度的大小也相等，但是场强的方向不同，故场强不同，选项A 错误；乙图中，两平行板间电场中的a 、b 两点，场强相同，但是电势不同，选项B 错误；丙图中，两等量异种点电荷连线的中垂线上到连线距离相符的a 、b 两点，场强和电势均相同，选项C 正确；丁图中，点电荷与带电平板形成的电场，平板上表面与点电荷距离不相等的a 、b 两点，电势相等，场强大小不同，选项D 错误．3．C [解析] 当两正点电荷相互靠近时，距离减小，根据库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2知，库仑力增大，靠近的过程中，库仑力做负功，电势能增大，A 正确；当两负点电荷相互靠近时，距离减小，根据库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2知，库仑力增大，靠近的过程中，库仑力做负功，电势能增大，B 正确；当一个正点电荷与一个负点电荷相互靠近时，距离减小，根据库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2知，库仑力增大，靠近的过程中，库仑力做正功，电势能减小，D 正确，C 错误． 4．C5．A6．AD [解析] 由图可知，电子做初速度为零的匀加速直线运动，则其所受静电力恒定，因此该电场为匀强电场，即E A ＝E B ，A 正确；电子由静止从A 运动到B ，所以静电力由A 指向B ，电场线方向从B 指向A ，沿电场线方向电势降低，即有φA ＜φB ，D 正确．7．B [解析] 由图可知，B 点处电场线密，所以B 点的电场强度大，粒子受的静电力大，加速度大，故A 错误；粒子受到的静电力指向轨迹弯曲的凹侧，所以粒子从A 到B 的过程中，静电力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，所以粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能，粒子在A 点的电势能大于它在B 点的电势能，B 正确，C 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，则A 点的电势高于B 点的电势，D 错误．8．BC [解析] 等量同种点电荷的电场线分布具有对称性，垂直平分线上从中点向两侧场强先增大后减小，故3、4两点场强可能相同，也可能不同，A 错误，B 正确．沿着电场线方向电势逐渐降低，故φ1>φ2>φ3>φ4，C 正确，D 错误．9．C [解析] 根据点电荷的电场强度公式E ＝k Q r 2可得，正点电荷在O 点产生的场强大小为k Q r 2，方向由正点电荷到O ，负点电荷在O 点产生的场强大小为k Q r 2，方向由O 到负点电荷，两个场强方向的夹角为120°，由场强叠加原理知，O 点的场强大小为k Q r 2，A 、B 错误；根据等量异种点电荷的电场线分布特点可知，B 点的电势高于O 点的电势，D 点的电势低于O 点的电势，故φB >φD ，C 正确；A 点与C 点的电势相等，其电势差为零，则点电荷从A 点运动到C 点，静电力做的功为零，故点电荷在A 点的电势能等于在C 点的电势能，D 错误．10．C [解析] 整个运动过程中，粒子的动能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，电势能先增大后减小，A 错误．由速度—时间图像知，粒子从a 到b 做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则静电力为零，所以该点场强为零，Q1对粒子的静电力向右，则Q2对粒子的静电力向左，所以Q2带负电，D错误．b点的场强为零，可见在b 点时两点电荷对粒子的静电力大小相等，因b到Q1的距离大于b到Q2的距离，故Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，B错误．电势是相对的，电势零点可人为选择，所以b点的电势不一定为零，C正确．11．C[解析] 电势能先减小后增大，则静电力先做正功后做负功，A错误．电荷从A 到B，静电力先做正功后做负功，说明静电力方向变化，即电场线方向先向右后向左，所以电势先降低后升高，B错误．电势能E p随位移x的变化关系图像的斜率的绝对值表示静电力的大小，因此静电力先减小后增大，C正确，D错误．12．0＝如图所示[解析] A、B在同一等势线上，故静电力不做功，即W AB＝0；某一正电荷从A点移到C 点和从B点移到C点，电势能的变化相同，故静电力所做的功相同，即W AC＝W BC；根据电场线与等势线的垂直关系，作出过A、B、C三点的电场线，如图所示．13．A[解析] 由等量异种点电荷产生的电场特点可知，两点电荷在a、b两点产生的场强相同，再叠加匀强电场，则两点的合场强依然相同，A正确；等量异种点电荷连线的中垂线上的电势为零，再叠加匀强电场，则d点的电势高于c点的电势，B错误；由a到O的过程中，匀强电场不做功，等量异种点电荷对电子做负功，而由O到c的过程中，等量异种点电荷不做功，匀强电场对电子做负功，故由a到c的过程中，静电力对电子做负功，C错误；质子由O点到b点的过程中，匀强电场对质子不做功，等量异种点电荷对质子做正功，故电势能减小，D错误．14．(1)2.0×104 N/C方向向左(2)增加了2.0×10－2 J[解析] (1)由x＝6t－10t2(x的单位为m，t的单位为s)得，加速度a＝－20 m/s2，负号表示方向向左．根据牛顿第二定律，有Eq＝ma解得E＝－2.0×104 N/C，负号表示方向向左即场强大小为2.0×104 N/C，方向向左．(2)由x＝6t－10t2(x的单位为m，t的单位为s)得，在0～0.5 s内，位移为x＝0.5 m，方向向右．因为W＝qEx＝－2.0×10－2 J，故电势能增加了2.0×10－2 J.15．(1)2（mg －qE ）R m (2)mg －qE μmg ＋qER [解析] (1)滑块从C 到B 的过程中，只有重力和静电力对它做功．根据动能定理得mgR －qER ＝12m v 2B解得v B ＝2（mg －qE ）R m. (2)滑块在水平轨道上运动时，所受摩擦力为f ＝μmg 滑块从C 经B 到A 的过程中，重力做正功，静电力和摩擦力做负功．设A 、B 两点间的距离为L .根据动能定理有mgR －qE (R ＋L )－μmgL ＝0 解得L ＝mg －qE μmg ＋qER . 5 电势差1．ABD [解析] 电场强度E ＝F q，是采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的，与q 无关，故A 正确；电势φ＝E p q，是采用比值定义法定义的，是由电场本身决定的，与q 无关，故B 正确；电势能E p ＝φq ，故电势能与q 有关，选项C 错误；电势差U AB ＝W q，是采用比值定义法定义的，由电场本身和A 、B 两点的位置决定的，与q 无关，故D 正确．2．BC3．BC [解析] A 、B 两点间的电势差U AB ＝W AB q＝1.2×105 V ，B 正确，A 错误．在A 、B 两点间移动带电荷量为2.5×10－8 C 的正电荷时，A 、B 间的电势差不变，则静电力做功为W ′AB ＝q ′U AB ＝2.5×10－8×1.2×105 J ＝3.0×10－3 J ，C 正确，D 错误．4．A [解析] 设此过程中静电力对点电荷做的功为W ab ，由动能定理可知W 外＋W ab ＝ΔE k ，即W ab ＝ΔE k －W 外＝2.0×10－5 J ，则a 、b 两点间的电势差为U ab ＝W ab q＝1.0×104 V ，故A 正确．5．C [解析] 静电力垂直于等势面向右，因初速度方向未知，故无法判断粒子是做直线运动还是做曲线运动，A 、B 错误；由动能定理知，从a 到c ，有qU ac ＝12m (4v 2－v 2)，设粒子经过等势面b 时的速率为v ′，则从a 到b ，有qU ab ＝12m (v ′2－v 2)，又U ab ＝U bc ，U ac ＝U ab ＋U bc ，联立可得v ′＝52v ，C 正确，D 错误． 6．C [解析] 杆转过180°时，静电力对两个小球均做正功，静电力做功与路径无关，设带负电的小球与O 点的距离为x ，则W 1＝2qEx ，W 2＝2qE (l －x )，所以静电力做的总功W 总＝W 1＋W 2＝2qEl .7．B [解析] 由A 点到B 点，粒子的速度减小，则粒子受的静电力向左，因粒子带负电，故电场线方向向右，A 点电势一定高于B 点电势，由动能定理得qU AB ＝12m v 20，则A 、B 两点间的电势差U AB ＝m v 202q，但求不出A 点的电势，A 错误，B 正确；带负电的粒子在电势低的地方电势能大，故粒子在A 点的电势能一定小于在B 点的电势能，从A 到B 过程中静电力做的功为－12m v 20，C 错误；通过一条电场线无法判断场强的大小，故无法比较在A 、B 两点处受到的静电力的大小，D 错误.8．ABC [解析] 从A 点到B 点，带电粒子先加速运动后减速运动，故静电力方向向上，粒子带负电，选项A 正确；由动能定理可知，mgh －qU AB ＝0，故U AB ＝mgh q，选项B 正确；带电粒子在B 点受到的静电力比在A 点受到的静电力大，故B 点场强大于A 点场强，选项C 正确，选项D 错误．9．C [解析] 点电荷经过a 、b 两点时的动能分别为26 eV 和5 eV ，图中虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为ΔE k ＝26－53eV ＝7 eV ，经过等势面3时的动能为12 eV ，总能量为E ＝12 eV ＋0＝12 eV.由于只有静电力做功，所以电势能和动能之和守恒，当其电势能变为－8 eV 时，有E ＝－8 eV ＋E k ，解得动能E k ＝20 eV ，故C 正确，A 、B 、D 错误．10．(1)400 V (2)300 V (3)－6×10－3 J11．(1)向右 (2)50 V －50 V[解析] (1)负电荷由M 点到N 点过程中电势能增加说明静电力做负功，所以其所受静电力方向向左，而电场线方向与负电荷所受静电力方向相反，所以电场线方向向右．(2)负电荷由M 点移动到N 点，增加的电势能等于克服静电力做的功，即－qU MN ＝ΔE p ＝10－3 J ，q ＝－2×10－5 C解得U MN ＝50 VU MN ＝φM －φN当M 点电势为0时，则有0－φN ＝50 V所以φN ＝－50 V.12．(1)12mgh (2)－mgh 2q[解析] (1)小球从A 到B 的过程中只有两个力做功，分别为静电力做功W AB 和重力做功mgh ，由动能定理得W AB ＋mgh ＝12m v 2B其中v B ＝3gh解得W AB ＝12mgh . (2)因为B 、C 在同一等势面上，所以B 、C 两点电势相等，则U AC ＝U AB ＝W AB －q＝－mgh 2q . 6 电势差与电场强度的关系1．C2．C3．C [解析] 连接a 、c 两点，将ac 连线三等分为ae 、ef 、fc 三段，则图中f 点的电势为15 V ，连接fb ，则fb 为 一条等势线，连接de ，由几何关系可以证明de //fb ，则de 也是一条等势线，根据匀强电场中沿电场方向上相同距离对应的电势差相等，可知e 点的电势为12 V ，则d 点的电势也为12 V ，故C 正确．4．C [解析] 由图示可知，AB 方向与电场线方向间的夹角θ＝60°，从B 到A ，沿电场方向的距离 d ＝L cos θ，其中L ＝0.1 m ，则B 、A 两点间的电势差U BA ＝－Ed ＝－EL cos θ＝－100 V/m ×0.1 m ×cos 60°＝－5 V ，故C 正确．5．C [解析] 电场强度E ＝U d ＝20.02V/m ＝100 V/m ，场强的方向垂直等势面且由高电势处指向低电势处，故水平向左，U AB ＝φA －φB ＝2 V －6 V ＝－4 V ，故选项C 正确．6．C [解析] 在匀强电场中，沿任意一条直线电势均匀变化，沿AB 方向的电势均匀降低，选项C 正确．7．D [解析] 在匀强电场中，沿同一方向电势均匀变化，将线段ab 三等分，靠近a 的等分点电势为4 V ，该等分点与c 点的连线为一等势线，作该等势线的垂线并指向b 点的一侧，该线所指的方向就是电场强度的方向．8．D [解析] OA 的中点C 处的电势为3 V ，将C 点与B 点连接，如图所示，电场线与等势线垂直，根据几何关系得BC ＝3 2 cm ，则OB 沿电场线方向上的距离d ＝32 2 cm ，所以电场强度E ＝U d ＝3322×10－2V/m ＝100 2 V/m ，故D 正确，A 、B 、C 错误．9．AD [解析] 场强E ＝U d＝10 N/C ，方向竖直向下，负电荷所受的静电力F ＝Eq ＝10－5 N ，方向竖直向上，因电荷匀速运动，故外力F ′＝F ＝10－5 N ，方向竖直向下，选项A 正确，选项B 、C 错误；外力做的功W ＝F ′d ＝10－6 J ，选项D 正确．10．D [解析] 在匀强电场中，由于D 为AB 的中点，则D 点的电势φD ＝φA ＋φB 2＝10 V ，电荷从D 点移到C 点静电力所做的功为W ＝qU DC ＝q (φD －φC )＝8×10－6 J ．AB 的长度为1 m ，由于电场强度的方向并不是沿着AB 方向，所以从A 到B 沿电场方向移动的距离d ＜1 m ，匀强电场中两点间的电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U AB ＝Ed ，所以E ＝U AB d>8 V/m. 11． －5 [解析] BA 方向与电场线方向的夹角为θ＝60°，则B 、A 两点沿电场方向的距离为d ＝L cos θ，B 、A 两点间的电势差为U BA ＝Ed ＝EL cos θ＝100 V/m ×0.1 m ×cos 60°＝5 V ，故A 、B 间的电势差为U AB ＝－U BA ＝－5 V.12．(1)1×104 N/C (2)600 V[解析] (1)电子从D 到C ，静电力所做的正功W ＝qEL CD cos 60°解得E ＝1×104 N/C.(2)电子从D 到C ，静电力做正功，所以电子受到的静电力方向向上，因电子带负电，则场强方向为从A 指向B ，A 、B 间的电势差为U AB ＝Ed AB ＝600 V.13．(1)－4 V 12 V (2)200 V/m 由C 指向B[解析] (1)根据U AB ＝W AB qU AB ＝φA －φBφA ＝0代入数据可得φB ＝－4 V根据U BC ＝W BC q ＝－ΔE p qU BC ＝φB －φC代入数据可得φC ＝12 V.(2)如图所示，连接BC ，将BC 四等分，则φO ＝0，连接AO ，则AO 为等势线，由于AB。

第4节 电势能和电势1．静电力做功与电势能变化的关系 静电力做正功，电荷的电势能一定减少，静电力做负功时，电荷的电势能一定增加，静电力做的功是电荷电势能变化的量度，若电荷在电场中从A 点移动到B 点，则W AB ＝E PA －E PB .2．电荷在电场中某点的电势能，等于把它从该点移动到零势能位置时电场力做的功，若规定电荷在B 点的电势能为零，E PB ＝0则E PA ＝W AB .3．电势反映了电场的能的性质．电势与电势能的关系是：φ＝E P q.电势的大小仅由电场本身决定，与电荷q 的大小、电性无关．电势是标量，但有正负之分，电势降落最快的方向就是电场线的方向． 4．电场中电势相等的各点构成的面叫等势面，等势面的性质有： (1)在等势面上移动电荷，电场力不做功，说明电场力方向与电荷移动方向垂直，即等势面必定与电场线垂直．(2)沿着电场线的方向，电势降低，显然，电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．5．下列说法正确的是( )A ．电荷从电场中的A 点运动到了B 点，路径不同，电场力做功的大小就可能不同B ．电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则说明电场力做功为零C ．正电荷沿着电场线运动，电场力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，电场力对负电荷做正功D ．电荷在电场中运动，因为电场力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立 答案 BC解析 电场力做的功和电荷的运动路径无关，所以选项A 错误；电场力做功只和电荷的初末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，电场力做功为零，B 正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的电场力和电荷的位移方向相同，故电场力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，电场力对负电荷做正功，C 正确；电荷在电场中运动，虽然有电场力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能间的转化满足能量守恒定律，D 错．6．外力克服电场力对电荷做功时( )A ．电荷的动能一定增大B ．电荷的动能一定减小C ．电荷一定从电势能大处移到电势能小处D ．电荷一定从电势能小处移到电势能大处答案 D7．如图1所示，Q 是带正电的点电荷，P 1、P 2为其电场中的两点．若E 1、E 2为P 1、P 2两点的电场强度的大小，φ1、φ2为P 1、P 2两点的电势，则( )图1A ．E 1>E 2，φ1>φ2B ．E 1>E 2，φ1<φ2C ．E 1<E 2，φ1>φ2D ．E 1<E 2，φ1<φ2答案 A8．图2中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点，可以判定( )图2A．M点的电势大于N点的电势B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力答案AD解析本题考查考生对电场线的掌握情况．由于沿电场线方向电势逐渐降低，故φM>φN，A项正确，B项错误；由电场线疏密程度表示场强大小知，E M<E N，电场力F＝qE，所以粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，C项错误，D项正确．【概念规律练】知识点一电场力做功的特点图31．如图3所示，在电场强度为E的匀强电场中有相距为L的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点．若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1＝________；若沿路径ACB移动该电荷，电场力做的功W2＝________；若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做的功W3＝________.由此可知，电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是____________________．答案qELcos θqELcos θqELcos θ电场力做功的大小与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关解析路径AB、ACB、曲线ADB在电场线方向上的投影都是BC＝Lcos θ.因此沿这三条路径电荷由A运动到B，电场力做的功都是qELcos θ.因此电场力做功的特点是：与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关．点评电场力做功的大小与电荷经过的路径无关，只与电荷的始末位置有关．知识点二电场力做功与电势能变化的关系2．如图4所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa>φb>φc，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示．由图可知()图4A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功C．粒子从K到L的过程中，电势能增加D．粒子从L到M的过程中，动能减少答案AC解析因为运动的粒子带正电，从其轨迹弯曲情况可判定受到的是库仑斥力，所以场源电荷必定为正电荷，即电势高低关系为φa>φb>φc.因此φK＝φN<φM<φL.所以由K到L过程中电场力做负功．电势能增加，A、C正确．由L到M过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，B、D错误．点评(1)电场力做功与路径无关，所以当电场中两点的位置确定后，在两点间移动电荷时电场力做功是确定的值，也就是说电荷的电势能变化量是确定的．(2)电场力做功一定伴随着电势能的变化，电势能的变化只有通过电场力做功才能实现，其他力做功不会引起电势能的变化．(3)电场力对电荷做正功，电势能一定减少；电场力对电荷做负功，电势能一定增加．电场力做了多少正功，电势能就减少多少；电场力做了多少负功，电势能就增加多少．3．如图5所示，两个等量的正电荷分别置于P、Q两位置，在P、Q连线的垂直平分线上有M、N两点，另有一试探电荷q，则()图5A．若q是正电荷，q在N点的电势能比在M点的电势能大B．若q是负电荷，q在M点的电势能比在N点的电势能大C．无论q是正电荷，还是负电荷，q在M、N两点的电势能一样大D．无论q是正电荷还是负电荷，q在M点的电势能都比在N点的电势能小答案AB解析由两个等量的正点电荷周围的电场线的分布情况可知，两点电荷连线的中垂线上的电场方向是：由连线的中点沿中垂线指向无穷远处．正电荷从N点移到M点，电场力做正功，电势能减小；负电荷从N点移到M点，电场力做负功，电势能增大．选项A、B正确．知识点三电势4．关于电势，下列说法正确的是()A．电场中某点的电势，其大小等于单位正电荷由该点移动到零电势点时，电场力所做的功B．电场中某点的电势与零电势点的选取有关C．由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低D．电势是描述电场能的性质的物理量答案ABD解析由电势的定义可知A正确．由于电势是相对量，电势的大小与零电势点的选取有关，故B正确．虽然电势是相对的，但电势的高低是绝对的，因此C错误．电势与电势能相联系，它是描述电场能的性质的物理量，故D正确．点评(1)电势是表征电场中某点能的性质的物理量，仅与电场中某点性质有关，与电场力做功的值及试探电荷的电荷量、电性无关，电势的大小为φ＝E pq.(2)电势是相对的，电势零点的选取是任意的，但以方便为原则．如果没有特别规定，一般选无穷远或大地的电势为零．(3)电势是标量，只有大小，没有方向，在规定了零电势点后，电场中各点的电势可以是正值，也可以是负值，正值表示该点电势比零电势点电势高，负值表示该点电势比零电势点电势低，所以，同一电场中，正电势一定高于负电势．5．如果把q＝1.0×10－8 C的电荷从无穷远移到电场中的A点，需要克服静电力做功W＝1.2×10－4 J，那么，(1)q在A点的电势能和A点的电势各是什么？(2)q未移入电场前A点的电势是多少？答案(1)1.2×10－4 J 1.2×104 V(2)1.2×104 V解析(1)静电力做负功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，即φ∞＝0，E p∞＝0.由W∞A＝E p∞－E pA得E pA＝E p∞－W∞A＝0－(－1.2×10－4 J)＝1.2×10－4 J再由φA＝E PA得φA＝1.2×104 Vq(2)A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V.知识点四等势面6．如图6所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B两点，则()图6A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方向C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势答案AD解析由电场线与等势面的关系可知，电场线一定与等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，作出相对应的电场线分布，如右图所示，则可知A、B两点处的场强方向应与x轴同向，由电场线的疏密可知，A点处的场强E A小于B点处的场强E B，故正确选项为A、D.7．如图7所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处为一个点电荷．现从c外面一点P以相同的速率发射两个电荷量、质量都相等的带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N，M、N两点都位于圆周c上，以下判断正确的是()图7A．两粒子带同种电荷B．两粒子带异种电荷C．到达M、N时两粒子速率仍相等D．到达M、N时两粒子速率不相等答案BD解析由两个粒子轨迹的弯曲情况可看出，到达M的粒子受的是库仑斥力，到达N的粒子受的是库仑引力，所以两个粒子电性一定不同，A错误，B正确；因为P和M、N不在同一个等势面上，所以由P到M和由P到N时电场力都要做功，但因P到M的过程中是在斥力作用下靠近，电场力做负功，所以动能减少，故v M<v P；由P到N的过程中是在引力作用下靠近，电场力做正功，所以动能增加，故v N>v P，因此到达M、N两点时速率v M<v N，C错误，D正确．【方法技巧练】电场中电势高低的判断方法8．在静电场中，把一个电荷量q＝2.0×10－5 C的负电荷由M点移到N点，静电力做功6.0×10－4 J，由N点移到P点，静电力做负功1.0×10－3 J，则M、N、P三点电势高低关系是怎样的？答案φN>φM>φPN静电力做正功，而负电荷受静电力与场强方向相反，即逆着电场线移动，则可确定N点在M 点左侧．由N→N静电力做正功，而负电荷受静电力与场强方向相反，即逆着电场线移动，则可确定N点在M点左侧．由N→P静电力做负功，即沿着电场线方向移动，又因1.0×10－3 J>6.0×10－4 J，所以肯定移过了M点，所以P点位于M点右侧．这样，M、N、P三点电势的高低关系是φN>φM>φP.方法总结电场中两点电势高低的比较方法：(1)根据电场力做功判断①在两点间移动正电荷，如果电场力做正功，则电势是降低的，如果电场力做负功，则电势升高．②在两点间移动负电荷，如果电场力做正功，则电势升高，如果电场力做负功，则电势降低．(2)根据电场线确定电场线的方向就是电势降低最快的方向．(3)根据电荷电势能的变化判断①如果在两点间移动正电荷时：电势能增加，则电势升高；电势能减少，则电势降低．②如果在两点间移动负电荷时：电势能增加，则电势降低；电势能减少，则电势升高．1．下列关于电势高低的判断，正确的是()A．负电荷从A点移到B点时，电场力做负功，A点的电势一定较高B．负电荷从A点移到B点时，电势能增加，A点的电势一定较低C．正电荷从A点移到B点时，其电势能增加，A点的电势一定较低D．正电荷只在电场力作用下，从A点移到B点，A点的电势一定较高答案AC2．若带正电荷的运动小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内()A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动答案 D解析由于不知小球的初速度情况，故不能确定小球运动方向．图83．如图8所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是()A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案 C解析粒子带负电，所受电场力沿电场反方向，在接近M点的过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M点粒子的速率应该最小，A、B错误，粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C正确，因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D错误．4．某电场的部分电场线如图9所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是()图9A．粒子一定是从B点向A点运动B．粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势高于B点的电势答案 C5．如图10所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4是运动轨迹与等势面的一些交点．由此可以判定()图10A．电子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等B．O处的点电荷一定带正电C．a、b、c三个等势面的电势关系是φa>φb>φcD．电子运动时的电势能先增大后减小答案AD解析电子在运动过程中只有电场力做功，只有电势能和动能的转化，因而电势能与动能的总和不变，A正确．从运动轨迹的弯曲情况可知电子受排斥力作用，所以可判断O点处的电荷为负电荷，根据负点电荷的电场分布可知D正确，C错误．6．下列4个图中，a、b两点电势相等、电场强度矢量也相等的是()答案 D解析匀强电场的等势面是一系列的平行平面，A中a、b两点不在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的场强相等；B中a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两点的场强矢量大小相等、方向不同；C中a、b两点对称于两电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上场强矢量的方向是平行于中垂线的，而且都指向外侧，故两点的场强矢量的方向不同；在D中，a、b两点的电势相等，场强矢量的方向是沿连线的，而且方向相同，故本题选D.7．如图11所示，实直线是某电场中的一条电场线，虚线是该电场中的三条等势线，由图可以得出的正确结论是()图11A．M点的电势一定高于N点的电势B．M点的场强一定大于N点的场强C．由M点向N点移动电荷时，电势能的改变量与零电势的选取无关D．某电荷在M点或N点具有电势能与零电势的选取无关答案ABC8．如图12所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右侧．下列判断正确的是()图12A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷＋Q从P点移至O点，电势能增大D．若将一试探电荷＋Q从P点移至O点，电势能减小答案AC解析在＋Q、－Q连线上及延长线上三个区间内场强方向如图所示，由对称关系可知，在Q 左侧与P(－Q)间等距的P′点应与P点场强相同，故选项A正确．在（-Q）、+Q之间各处场强均大于（-Q）、P之间各处场强，故试探电荷+Q从P移至O点过程中，P→(－Q)做正功W1，由(－Q)→O电场力做负功W2，由上面分析知，|W2|>W1，故电势能增大．C 正确．9．在光滑的绝缘平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图13所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中()图13A．先做匀加速运动，后做匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大答案 D解析这是等量同种电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况，可知在直线bd上正中央一点的电势最高，所以B错误．等量同种电荷形成的电场是非匀强的，所以A错误．负电荷由b 到d运动的过程中先加速后减速，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，而由能量守恒定律可知电势能与机械能之和保持不变，所以C错误，D正确．10．有一带负电的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4J．从B点移到C点，电场力做功9×10－4 J，问：(1)若以A为零势能点，B、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？(2)若以B为零势能点，A、C两点的电势能各为多少？A、C间的电势能之差为多少？答案见解析解析电场力做功和电势能变化的关系，既适用于正电荷，又适用于负电荷．(1)电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10－4 J，电势能增加6×10－4 J．故B点电势能为6×10－4 J.从B点移到C点，电场力做功9×10－4 J，电势能减少9×10－4 J，故C点电势能为－3×10－4 J.由于A为零势能点，故A、C间的电势能之差为3×10－4 J.(2)由(1)知，以B点为零势能点，电荷从A点移到B点，电势能增加6×10－4 J后电势能成为零，故A 点电势能为－6×10－4 J.从B 点移到C 点，电势能减少9×10－4 J ，故C 点电势能为－9×10－4 J ．A 、C 间的电势能之差为3×10－4 J.11．图14为电场的电场线，现将一电荷量q ＝－3.0×10－9 C 的负电荷从A 点移到B 点、从B点移到C 点，从C 点移到D 点电场力做功分别为：W AB ＝3.0×10－8 J 、W BC ＝1.5×10－8 J 、W CD ＝9.0×10－9 J ．若取C 点电势为零，试求A 、B 、D 三点电势．图14答案 －15 V －5 V 3 V 解析 根据电势的概念求解：电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移动到零势能点时，电场力所做的功．由于本题中移动的是负电荷，故不难理解：A 、B 、D 三点的电势应等于单位负电荷由该点移到零势能点(C 点)时，电场力所做的功的负值，即φA ＝－W AC |q|＝－W AB ＋W BC |q|＝－3.0×10－8＋1.5×10－83.0×10－9V ＝－15 V φB ＝－W BC |q|＝－1.5×10－83.0×10－9V ＝－5 V φD ＝－W DC |q|＝W CD |q|＝9.0×10－93.0×10－9V ＝3 V .。

选修3-3 第三节 热力学定律与能量守恒[能力提升]1．下列说法正确的是A ．热量只能从高温物体向低温物体传递B ．外界对物体做功，物体的内能必定增加C ．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能解析 借助外界的帮助，热量可以由低温物体传递到高温物体，A 错误，D 正确；外界对物体做功，物体可能同时放出热量，当放出的热量大于外界对物体做的功时，内能减少，B 错误；第二类永动机不可能制成，并不违反能量守恒定律，而是违背热力学第二定律，C 错误．答案 D2．(2013·黄冈联考)一定质量的理想气体在下列哪些过程中，一定从外界吸收了热量A ．温度保持不变，体积逐渐膨胀B ．体积保持不变，温度逐渐升高C ．压强保持不变，体积逐渐收缩D ．温度逐渐升高，压强逐渐减小解析 体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，故一定吸收了热量，A 正确．体积不变，气体对外界不做功，温度升高，内能增大，则只能气体吸收热量，B 正确．体积减小，外界对气体做功，压强不变，体积减小，则温度减小，内能减小，故一定向外放出热量，C 错误．温度升高，压强减小，则内能变大，体积增大，气体向外界做功，故一定吸收热量，D 正确．答案 ABD3．带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a ，然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到达状态c ，b 、c状态温度相同，V －T 图如图3－6所示．设气体在状态b 和状态c的压强分别为p b 和p c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则________(填入选项前的字母)A ．p b ＞p c ，Q ab ＞Q acB ．p b ＞p c ，Q ab ＜Q acC ．p b ＜p c ，Q ab ＞Q acD ．p b ＜p c ，Q ab ＜Q ac解析 由pVT ＝C (常数)知p b ＜p c ；W ab ＜0，W ac ＝0，而ΔU ab ＝ΔU ac＞0，由ΔU ＝W ＋Q 知，Q ab ＞Q ac ，C 正确．答案 C4．(2013·东北三校联考)如图3－7所示，内壁光滑的汽缸水平放置，一定质量的理想气体被活塞密封在汽缸内，外界大气压强为p 0.现对汽缸缓慢加热，气体吸收热量Q 后，体积由V 1增大为V 2.则在此过程中，气体分子平均动能________(选填“增大”“不变”或“减小”)，气体内能变化了________．解析 气体等压膨胀，由V T ＝C 可知T 增大，所以气体分子平均动能增大．由热力学第一定律可得：ΔU ＝Q －p 0(V 2－V 1)．答案 增大 Q －p 0(V 2－V 1)5．(1)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移或转化，我们把这些气体称为工质．某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q 1，对外做功W ，又向低温热源放热Q 2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化．根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q 1、Q 2、W 三者之间满足的关系是 .热机的效率η＝W Q 1不可能达到100%，从能量转换的角度，说明________能不能完全转化为________能．(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J 的功，可使其温度升高5 K ．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高5 K ，那么气体应吸收________ J 的热量．如果对该气体做了2 000 J 的功，使其温度升高了5 K ，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________ J.答案 (1)Q 1－Q 2＝W 内 机械(2)1 500 放出 5006．(2012·江苏单科)如图3－8所示，一定质量的理想气体从状态A 经等压过程到状态B .此过程中，气体压强p ＝1.0×105 Pa ，吸收的热量Q ＝7.0×102 J ，求此过程中气体内能的增量．解析 等压变化V A T A ＝V B T B，对外做的功W ＝p (V B －V A )， 根据热力学第一定律ΔU ＝Q －W ，解得ΔU ＝5.0×102 J.答案 5.0×102 J7．如图3－9所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V 0，开始时内部封闭气体的压强为p 0.经过太阳曝晒，气体温度由T 0＝300 K 升至T 1＝350 K.(1)求此时气体的压强；(2)保持T 1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p 0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因．解析 (1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1；①代入数据得p 1＝76p 0.②(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得p 1V 0＝p 0V ③联立②③式得V ＝76V 0④设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得k ＝V 0V ⑤联立④⑤式得k ＝67⑥吸热．因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热．答案 (1)76p 0 (2)67 吸热 原因见解析。

32 《弹力》导案【习目标】1．解弹力的概念，知道弹力产生的原因和条件。

2．知道压力、支持力、绳的拉力都是弹力，会分析弹力的方向，能正确画出弹力的示意图。

3．解形变的概念，了解放大法显示微小形变。

【重点难点】弹力产生的原因和条件，弹力有无的判断及方向的确定，探究胡克定律。

【法指导】认真阅读教材，观察图片展示的信息，体会弹力的产生原因和弹力的三要素。

【知识链接】1．什么是力？怎样表达力？2．重力是怎样产生的？【习过程】一、形变1．物体在力的作用下或发生改变，叫做形变。

课下同们挤压皮球，弯曲尺子、铁丝，捏橡皮泥或面团，观察一下他们的形变，看看有什么不同？2．弹性形变：物体在形变后，这种形变叫做弹性形变。

大家把刚才能够恢复形变的物体，更加用力加大形变量，观察会发生什么现象？3．弹性限度：如果形变过大，，这个限度叫做弹性限度。

思考：是不是物体在力的作用下都会发生形变呢？你用力压桌子，你看到桌子的形变了吗？是桌子没有发生形变，还是我们眼睛观察不到？请看课本55页实验演示，体会把微小形变放大的方法。

同们用力弯曲尺子，试试你的手有什么感觉？为什么会有这种感觉？二、弹力的物体，由于要恢复原状，对的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力。

[]例：手压尺子，由于要恢复形变，对手产生了弹力。

我们平常讲到的、、都是弹力。

同们，请根据弹力的定义思考弹力产生需要什么条件？弹力产生的条件：（1）（2）同们用力弯曲尺子，或用力压桌面，感受弹力的方向。

1．弹力的方向弹力垂直于，与物体发生形变的方向。

画出下面处于静止状态的物体A受到的弹力的示意图。

总结：平面与平面接触，弹力垂直于。

点与平面接触，弹力垂直于。

点与曲面接触，弹力垂直于。

绳的弹力沿着绳指向。

2．弹力的大小弹力的大小与有关系，越大，弹力越大，消失，弹力也消失。

探究弹簧的弹力和弹簧形变量的关系。

（实验演示）[]胡克定律：称为弹簧的，只与弹簧的构造有关，与受到的力大小无关。

例题：一根轻质弹簧，当受到一个大小为16N的拉力作用时，该弹簧的伸长量是4 c。