新课标高中同步辅导高中物理选修31同步辅导配套文档+随堂课时作业(共29份)随堂课时作业13

模块综合检测(分值：100分时间：90分钟)一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分．在每小题给出的四选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图1中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是()图1A．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低C．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大D．如果实线是等势面，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大【解析】若实线是电场线，根据“运动轨迹向合力指的那一侧弯曲”可知，电子所受的电场力水平向右，则场强方向向左，a点的电势比b点的电势低，电子在a点的电势能较大，选项A错误，选项C正确；若实线是等势面，则电子所受的电场力竖直向下，场强方向竖直向上，a点的电势比b点的电势高，电子在b点的电势能较大，选项B、D错误．【答案】 C2.如图2所示，电子从负极板边缘垂直射入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出．现在若使两极极间的距离变为原来的2倍，两极板的电压保持不变，电子入射的方向和位置不变，且电子仍恰从正极板边缘飞出，则电子入射速度大小应为原来的()图2A.2/2B．1/2C.2倍D．2倍【解析】电子做类平抛运动：d＝12qUdmL2v20得v2＝12qUL2d2m，所以v∝1d，B正确．【答案】 B3．如图3所示，在平行板电容器正中间有一个带电微粒．S闭合时，该微粒恰好能保持静止．若S不断开，则下列哪种方法能使该带电微粒向下运动打到下极板()图3A．将下极板上移B．将上极板上移C．将上极板左移D．将下极板接地【解析】开始时静电力与重力平衡，只有两极板远离时才能减小电场强度．B项正确．【答案】 B4．(2013·济南一中检测)如图4所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M 和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置着另一根可自由移动的通电导线AB，则通电导线AB在安培力作用下运动的情况是()图4A．沿纸面逆时针转动B．沿纸面顺时针转动C．A端转向纸外，B端转向纸里D．A端转向纸里，B端转向纸外【解析】作出M、N两通电导线产生的磁场可知，上部合磁场的方向水平向右，下部合磁场的方向水平向左，由左手定则知，A端转向纸里，B端转向纸外．【答案】 D5.如图5所示，虚线a、b、c分别代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，带电粒子先后通过轨迹上P、Q两点，则下列判断中不正确的是()图5A ．P 点的电势高于Q 点的电势B ．带电微粒通过P 点时的加速度较大C ．带电微粒通过P 点时动能较大D ．带电微粒在P 点时的电势能较大【解析】 根据电场线垂直于等势面可作出电场线如图4－1－3所示，又由于带电粒子带正电且仅受静电力作用在P 、Q 之间运动，可判定电场线方向如图4—1—3所示．根据电场线特点可知，φP >φQ ，选项A 正确；E P >E Q ，又a ＝qEm知，选项B 正确；由E p ＝qφ知，正电荷电势越高，电势能越大，故选项D 正确；而在P 、Q 两点动能与电势能之和相等，则E k P <E k Q ，故选项C 错误.【答案】 C6．如图6所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a 、b 、c 三个位置上各放一个小磁针，其中a 在螺线管内部，则( )图6A ．放在a 处的小磁针的N 极向左B ．放在b 处的小磁针的N 极向右C ．放在c 处的小磁针的S 极向右D ．放在a 处的小磁针的N 极向右【解析】 由安培定则，通电螺线管的磁场如图所示，右端为N 极，左端为S 极，在a 点磁场方向向右，则小磁针在a 点时，N 极向右，则A 项错，D 项对；在b 点磁场方向向右，则小磁针在b 点时，N 极向右，则B 项正确；在c 点，磁场方向向右，则小磁针在c 点时，N 极向右，S 极向左，则C 项错．【答案】BD7．在如图7所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()图7A．灯泡L变暗B．电源的输出功率变小C．电容器C上电荷量减少D．电流表读数变小，电压表读数变大【解析】滑动变阻器滑片P向左移动一距离后，滑动变阻器电阻变大，整个电路的电阻变大，电流变小，电流表读数变小，灯泡L变暗，A对；电源的输出功率P＝EI，电流变小，电源的输出功率变小，B对；外电阻变大，路端电压增大，电压表读数变大；灯泡L两端电压变小，滑动变阻器两端的电压增大，电容器的电压等于其电压，电荷量增大，C错D对．【答案】ABD8．(2013·长春一中模拟)在如图8所示的U－I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知()图8A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 ΩB．电阻R的阻值为1 ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%【解析】由U＝E－Ir，知当I＝0时，U＝E，即E＝3 V，且当U＝0时，I短＝6 A，r＝EI短＝36Ω＝0.5 Ω，故选项A正确；由U－I图线Ⅱ知，电阻R＝ΔUΔI＝1 Ω，选项B正确；当电阻R与电源组成闭合电路时，I＝ER＋r＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V，则P出＝UI＝4 W，选项C正确；电源的效率η＝UIEI＝2×23×2×100%≈66.7%，选项D错误．【答案】ABC二、非选择题(本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(14分)用伏安法测量一定值电阻的实验，所用的器材及规格如下：待测电阻R x(约100 Ω)；直流毫安表(量程0～10 mA，内阻50 Ω；直流电压表(量程0～3 V，内阻5 kΩ)；直流电源(输出电压3 V，内阻可不计)；滑动变阻器(0～15 Ω允许最大电流1 A)；电键一只，导线若干．(1)根据所给器材的规格和实验要求，设计电路，并在图甲和图乙中补画出正确的连接线图9(2)一实验员按电路图完成止确连接，在开关闭合后，发现电压表和电流表均无示数．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、变阻器、待测电阻、5根导线以及电路中1至10的各连接点．已知电压表和电流表均无故障．为了检测变阻器，待测电阻以及5根导线，在连接点1、10已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡；在连接点1、10同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．在开关闭合情况下，若测得6、7两点间的电压接近电源的电动势，则表明________可能有________故障．【解析】(1)电压表的内阻约为R x的50倍，R x约为毫安表的内阻的2倍，因此采用毫安表外接法；滑动变阻器的阻值约为R x的1/6，因此采用分压器接法．电路图、实物连线如图．(2)有电源时，应选用多用电表的电压挡；无电源时，应选用多用电表的欧姆挡.6、7两点间的电压接近电源的电动势，表明滑动变阻器断路．【答案】(1)图见解析图(2)电压欧姆滑动变阻器断路10．(12分)(2013·大连一中检测)如图10所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r＝1 Ω，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力．求：图10(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少；(2)电动机的输入功率和输出功率各是多少；(3)10 s内，可以把重物A匀速提升多高；(4)这台电动机的机械效率是多少？【解析】 (1)根据焦耳定律，热功率为P Q ＝I 2r ＝12×1 W ＝1 W. (2)输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积 P 入＝IU ＝1×5 W ＝5 W.输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率 P 出＝P 入－P Q ＝5 W －1 W ＝4 W.(3)电动机的输出功率用来提升重物，转化为机械功率，在10 s 内P 出t ＝mgh ，解得h ＝P 出t mg ＝4×1020 m ＝2 m.(4)机械效率η＝P 出P 入＝45×100%＝80%. 【答案】 (1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%11．(12分)两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子(氦原子核)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求(1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ； (3)α粒子的初速度v 0.【解析】 (1)两板间为匀强电场，则场强E ＝Ud(2)α粒子电荷为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eUd α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU2md (3)α粒子垂直进入匀强电场，做类平抛运动， 由R ＝v 0t ，d ＝12at 2，得v 0＝R2deU m【答案】 (1)E ＝U d (2)a ＝F 4m ＝eU 2md (3)v 0＝R2deU m12．(14分)(2013·长沙一中期中检测)如图11所示，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：图11(1)大致画出带电粒子的运动轨迹； (2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径； (3)带电粒子飞出电场时的动能E k . 【解析】 (1)轨迹如图．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律， 有q v B ＝m v 2R则R ＝m v qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m.(3)由动能定理可得EqL ＝E k －12m v 2，则E k ＝EqL ＋12m v 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J.【答案】 (1)图见解析 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J。

1．一个点电荷，从静电场中的A点移到B点的过程中，电场力做功为零，则() A．A、B两点的电场强度一定相等B．作用于该点电荷的电场力与其移动方向总是垂直的C．A、B两点的电势差为零D．点电荷一定沿直线从A点移到B点【解析】由公式W AB＝qU AB可知，若W AB＝0，则一定是U AB＝0.选项C正确．【答案】 C2．(多选)如果在某电场中将5.0×10－8C的电荷由A点移到B点，静电力做功为6.0×10－3 J，那么()A．A、B两点间的电势差是1.2×105 VB．A、B两点间的电势差是3.0×10－10 VC．若在A、B两点间移动2.5×10－8 C的电荷，静电力将做3.0×10－3 J的功D．若在A、B两点间移动1.0×10－7 C的电荷，静电力将做3.0×10－17 J的功【解析】由静电力做功W＝qU，电势差U＝Wq＝6.0×10－3 J5.0×10－8 C＝1.2×105V，选项A对，B错；若移动2.5×10－8C的电荷，静电力做功W＝qU＝2.5×10－8×1.2×105J ＝3.0×10－3J，选项C对；若移动1.0×10－7C的电荷，静电力做功W＝qU＝1.0×10－7×1.2×105 J＝1.2×10－2J，选项D错．【答案】AC3．(2013·吉林一中高二检测)在电场中A、B两点间的电势差U AB＝75 V，B、C两点间的电势差为U BC＝－200 V，则A、B、C三点的电势高低关系为() A．φA＞φB＞φC B．φA＜φC＜φBC．φC＞φA＞φB D．φC＞φB＞φA【解析】根据U AB＝75 V可得，φA－φB＝75 V，所以φA＝φB＋75 V；根据U BC＝－200 V可得φB－φC＝－200 V，所以φC＝φB＋200 V，比较可知，φC＞φA＞φB.【答案】 C4．(多选)(2011·山东高考)如图1－5－5所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN 对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上，以下判断正确的是()图1－5－5A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能【解析】在图中画出等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况，由电场线的疏密表示场强大小可知E d>E b.故选项A错误，选项B正确．a、c两点关于MN对称，故U ab＝U bc，选项C正确．沿电场线方向电势降低，所以φa>φc，由E p＝qφ可知E p a>E p c，故选项D错误．【答案】BC5．(2013·福州一中检测)如图1－5－6所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则下列结论错误的是()图1－5－6A．带电粒子带负电B．a、b两点间的电势差U ab＝mgh/qC．b点场强大于a点场强D．a点场强大于b点场强【解析】带电粒子受重力和静电力作用，由a到b重力一直做正功，则静电力做负功，故粒子带负电A正确，静电力做功W ab＝－mgh，U AB＝W ab－q，故B正确，粒子先加速，再减速，故静电力F b＞F a，C正确，D错误．【答案】 D6．(多选)如图1－5－7所示，平行直线表示电场线，但没有标明方向，带电量为＋1×10－2 C 的微粒在电场中只受电场力的作用，由A 点移到B 点，动能损失0.1 J ，若A 点的电势为－10 V ，则( )图1－5－7A ．B 点电势为10 V B ．电场线的方向从右向左C ．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D ．微粒的运动轨迹可能是轨迹2【解析】 带电微粒只受电场力的作用，由A 点运动到B 点动能减少0.1 J ，由W ＝qU ，可得，U AB ＝W ABq ＝－0.11×10－2 V ＝－10 V ＜0，即φA －φB ＝－10 V ，又φA ＝－10 V ，则φB ＝0.故A 项不正确．因为沿电场线的方向电势越来越低，而φA ＝－10 V ，φB ＝0，所以电场线的方向向左，故B 项正确．微粒从A 向B 运动的过程中，合外力(即电场力)的方向是水平向左的．根据曲线运动的特点可知，合外力的方向一定指向曲线内侧，则C 正确，D 错误．【答案】 BC7．(2013·厦门一中检测)如图1－5－8所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差相等．一正电荷在φ3上时，具有动能20 J ，它运动到等势线φ1上时，速度为零．令φ2＝0，那么该电荷的电势能为4 J 时，其动能大小为( )图1－5－8A ．16 JB ．10 JC ．6 JD ．4 J【解析】 电荷在电场中运动，总能量守恒，动能和电势能相互转化，由题意知电荷运动至等势线φ2时，其动能与电势能之和为10 J ，所以当它的电势能为4 J 时，其动能大小为6 J.【答案】 C8．(多选)一个带电小球在空中从A点运动到B点的过程中，重力做功5 J，电场力做功2 J，克服阻力做功1 J．由此可判断能量变化的有关说法中正确的是() A．重力势能减少5 J B．电势能增大2 JC．动能增大6 J D．机械能减少3 J【解析】重力做功5 J，重力势能减少5 J，A正确；电场力做功2 J，电势能减少2 J，合力做功6 J，则动能增加6 J，B错，C正确，因W G外＝1 J，机械能增加1 J，D 错误．【答案】AC9．(多选)(2013·山东师范大学附中高二检测)如图1－5－9所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点A的电势、电场强度的相关描述正确的是()图1－5－9A．A点的电势为6 VB．A点的电势为－2 VC．O点的电场强度方向指向A点D．O点的电场强度方向指向电势为2 V的点【解析】由匀强电场特征可知：在匀强电场中，沿某一直线若存在电势变化，则沿与该直线平行的其他直线也会存在相同的电势变化规律，所以有10 V－6 V＝φA－2 V，解得φA＝6 V，选项A正确、B错误；O点与A点处于同一等势面上，所以O点电场强度方向垂直O与A连线指向电势为2 V的点，选项C错误、选项D正确．【答案】AD10．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0 J，静电力做的功为2.0 J．则下列说法正确的是()图1－5－10A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少2.0 JC．粒子在A点的机械能比在B点少1.0 JD．粒子在A点的动能比在B点多1.0 J【解析】带电粒子从A点运动到B点，静电力做正功，静电力竖直向上，粒子带正电，故选项A错．静电力做正功2.0 J，粒子电势能减少2.0 J，机械能增加2.0 J，故选项B、C都错．合外力做功为－1.0 J，粒子动能减少1.0 J，故选项D正确．【答案】 D11．如图1－5－11所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J求：图1－5－11(1)匀强电场的场强E.(2)电荷从b移到c，电场力做功W2.(3)a、c两点间的电势差U ac.【解析】(1)设a、b间距离为d，由题设条件有W1＝qEd.E＝W1qd＝1.2×10－74×10－8×5×10－2V/m＝60 V/m.(2)设b、c间距离为d′，b、c两点沿场强方向距离为d1.W2＝qEd1＝qEd′cos60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.(3)电荷从a移到c电场力做功W＝W1＋W2，又W＝qU ac，则U ac ＝W 1＋W 2q ＝1.2×10－7＋1.44×10－74×10－8 V ＝6.6 V . 【答案】 (1)60 V/m (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V12．(2013·长沙一中检测)如图1－5－12所示，一光滑斜面的直角点A 处固定一电荷量为＋q 、质量为m 的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B 处，已知斜面长为L ，现把上部小球从B 点由静止自由释放，球能沿斜面从B 点运动到斜面底端C 处，求：图1－5－12(1)小球从B 处开始运动到斜面中点D 处时的速度大小； (2)小球运动到斜面底端C 处时，球对斜面的压力大小． 【解析】 (1)由题意知：小球运动到D 点时， 由于AD ＝AB ，所以有电势φD ＝φB ， 即U DB ＝φD －φB ＝0①则由动能定理得mg L 2sin 30°＝12m v 2D －0② 联立①②解得v D ＝gL2.③(2)当小球运动至C 点时，对小球受力分析如图所示，则由平衡条件得F N ＋F 库·sin 30°＝mg cos 30°④ 由库仑定律得： F 库＝kq 2(L cos 30°)2⑤联立④⑤得 F N ＝32mg －2kq 23L 2由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝32mg －2kq 23L 2. 【答案】 (1)gL 2(2)32mg －2kq 23L 2。

1．由欧姆定律I ＝U R 导出U ＝IR 和R ＝UI ，下列叙述中正确的是( ) A ．由R ＝UI 知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定B ．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C ．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D ．一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越大【解析】 由欧姆定律导出R ＝UI 说明对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，这个值由导体本身的性质决定，跟电压U 和电流I 无关，故选项A 错，选项B 、C 正确．由U ＝IR 可知当电流I 不变，电阻R 越大，其电压降越大，选项D 正确．【答案】 BCD2．一个电阻为R 的导体两端加上电压U 后，通过导体截面的电荷量q 与通电时间t 之间的关系图线如图2－3－14所示，为过坐标原点的直线，此图线的斜率表示( )A ．UB ．R C.U R D.RU图2－3－14【解析】 由图象物理意义q －t 图象的斜率表示电流，I ＝q t ，再根据欧姆定律I ＝UR ，故选项C 正确．【答案】 C3．(2013·吉林一中高二检测)小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高，已知一只灯泡两端的电压为1 V 时，通过灯泡的电流为0.5 A ，灯泡两端的电压为3 V 时，通过灯泡的电流是1 A ，则灯泡两端电压为2 V 时，通过灯泡的电流可能是( )A．0.5 A B．0.6 AC．0.8 A D．1 A【解析】从题意可知，电流应大于0.5 A而小于1 A，具体再进一步确定，灯泡两端的电压为1 V时，电流为0.5 A，灯泡的电阻R1＝2 Ω.灯泡两端电压为3 V时，电流为1 A，灯泡的电阻R2＝3 Ω.当灯泡两端电压为2 V时，灯泡的电阻大于2 Ω而小于3 Ω，所以这时通过灯泡的电流大于2 V3 Ω＝0.67 A，而小于2 V2 Ω＝1 A，故选C.【答案】 C4．已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流I A和I B的关系是()A．I A＝2I B B．I A＝I B 2C．I A＝I B D．I A＝I B 4【解析】由I＝UR得：I A∶I B＝U AR A∶U BR B＝U A R B∶U B R A＝1∶4，即I A＝14I B，应选D.【答案】 D5．(多选)(2013·广州六中高二检测)如图2－3－15所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知下列说法正确的是()图2－3－15A．导体的电阻是25 ΩB．导体的电阻是0.04 ΩC．当导体两端的电压是10 V时，通过导体的电流是0.4 AD．当通过导体的电流是0.1 A，导体两端的电压是2.5 V【解析】由图象可知，导体的电阻：R＝UI＝50.2Ω＝25 Ω，当电压U1＝10 V时，电流I＝U1R＝1025A＝0.4 A，当电流I2＝0.1 A时，电压U2＝I2R＝0.1×25 V＝2.5 V.【答案】ACD6．(多选)某导体中的电流随其两端电压的变化如图2－3－16所示，则下列说法中正确的是()图2－3－16A．该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻B．加12 V电压时，导体的电阻约是8 ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断增大【解析】对于非线性元件，欧姆定律不一定不适用，可以用欧姆定律计算其各状态的电阻值，选项A错误．当U＝12 V时，I＝1.5 A，R＝UI＝8 Ω，选项B正确．由图线可知，随电压的增大，各点到坐标原点连线的斜率越来越小，电阻越来越大，反之，随电压的减小，电阻减小，选项C正确，选项D错误．【答案】BC7．用伏安法测电阻R，按图2－3－17中甲图测得的结果为R1，按乙图测得为R2，若电阻的真实值为R，则()甲乙图2－3－17A．R1＞R＞R2B．R1＜R＜R2C．R＞R1，R＞R2D．R1＝R＝R2【解析】用内接法测电阻有R1＞R，用外接法测电阻有R2＜R，所以R1＞R＞R2，选项A正确．【答案】 A8．(2013·青岛二中检测)如图2－3－18所示，四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为()图2－3－18A．I2>I4>I3>I1B．I4>I3>I2>I1C．I1＝I2＝I3＝I4D．I1>I2>I3>I4【解析】由I－U图象可知，R1<R2<R3<R4，四只电阻并联时，U1＝U2＝U3＝U4，由I＝UR得，I1>I2>I3>I4.【答案】 D9．(多选)(2012·南京师大附中高二检测)一个标有“220 V60 W”的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220 V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示，如图所示，肯定不符合实际的是()【解析】灯泡的电阻受温度的影响，不同电压下温度不同，其电阻也不同，随温度的升高电阻增大，所以本题选A、B、D.【答案】ABD10．如图2－3－19所示为某导体伏安特性曲线：图2－3－19(1)试说明导体电阻随电压的变化规律；(2)试算出电压为20 V时导体的电阻；(3)欧姆定律适用于该导体吗？【解析】(1)由电阻定义R＝UI结合曲线，可看出随电压的增大，该导体电阻变大．(2)由曲线U＝20 V时，I＝1.5 A，所以R＝UI＝201.5Ω＝13.3 Ω.(3) 该导体的电流与电压不成正比，I－U曲线不是过坐标原点的直线，这是因为导体的电阻发生了变化，但对于曲线上的每一点，欧姆定律仍然适用．【答案】见解析11．(2012·安徽高考)图2－3－20为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.图2－3－20(1)完成下列实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，________；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，__________________________________________________________________；③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．【解析】(1)①在分压电路中为了保护灯泡所在支路，开关闭合前，滑动变阻器与灯泡所在支路并联部分的电阻为零，因此滑片应靠近左端．②必须测多组数据，并且使小灯泡两端电压达到额定电压，才能测绘小灯泡的伏安特性曲线．(2)见答案图．【答案】(1)①使它靠近变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压(2)如图所示12．一根长为L＝2 m，横截面积S＝1.6×10－3 m2的铜棒，两端电势差为U＝5.0×10－2 V，铜棒的电阻R＝2.19×10－5Ω，铜内自由电子密度为n＝8.5×1029 m－3.求：(1)通过铜棒的电流；(2)自由电子定向移动的速率．【解析】(1)I＝UR＝5.0×10－22.19×10－5A≈2.28×103 A.(2)由I＝neS v得v＝IneS＝2.28×1038.5×1029×1.6×10－19×1.6×10－3m/s≈1.05×10－5 m/s.【答案】(1)2.28×103 A(2)1.05×10－5 m/s。

1．如果带电粒子进入电场时的速度与匀强电场的电场力垂直，则粒子在电场中做类平抛运动．若不计粒子的重力，影响粒子通过匀强电场时间的因素是( )A ．粒子的带电荷量B ．粒子的初速度C ．粒子的质量D ．粒子的加速度【解析】 水平方向：L ＝v 0t ，则粒子在电场中的运动时间t ＝L /v 0. 【答案】 B2．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的( )A ．初速度B ．初动能C ．加速度D ．无法确定【解析】 tan θ＝v y v 0＝qU md lv 0v 0＝qUl md v 20＝qUl2dE k ，由于质子和氘核的q 相同，所以要使偏转角相同，必须具有相同的初动能，应选B.【答案】 B3．如图1－9－10所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的()图1－9－10A ．2倍B ．4倍 C.12D.14【解析】 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l ＝v 0t ，t ＝l v 0，竖直方向d ＝12at 2＝qUl 22md v 20，故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝1v 0，故C 正确．【答案】 C4．(多选)如图1－9－11所示，有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中，设油滴是从两极板中间位置，并以初速度为零进入电场的，可以判定()图1－9－11A．油滴在电场中做抛物线运动B．油滴在电场中做匀加速直线运动C．油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离D．油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离，还决定于油滴的比荷【解析】粒子从静止开始，受重力和静电力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，粒子在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，选项B、D对．【答案】BD5．(多选)(2013·郑州一中检测)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是()A．加速电压突然变大B．加速电压突然变小C．偏转电压突然变大D．偏转电压突然变小【解析】若加速电压为U1，偏转电压为U2，则在加速电场中qU1＝12m v2，在偏转电场中a＝U2qdm，L＝v0t，y＝12at2，所以y＝U2L24U1d，画面高度缩小，说明粒子的最大偏转位移减小，由上式分析可得，可能是加速电压U1增大，也可能是偏转电压U2减小，A、D正确．【答案】AD6．一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图1－9－12所示)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是()图1－9－12A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1【解析】 由水平距离x 1∶x 2＝1∶2知，两粒子在电场中运动时间之比t 1∶t 2＝1∶2.粒子加速度之比a 1∶a 2＝2y t 212y t 22＝t 22t 21＝4.根据y ＝12at 2＝12qE m t 2，q m ＝2y Et 2＝a E ，所以两粒子比荷之比即为其加速度之比，故两粒子比荷之比是4∶1，D 选项正确．【答案】 D7．(多选)(2013·保定一中检测)如图1－9－13所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()图1－9－13A ．当小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小B ．当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C ．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D ．小球在运动过程中机械能不守恒【解析】 若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小．若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大．故A 、B 错．a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C 正确．小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D 正确．【答案】 CD8．在如图1－9－14所示平行板电容器A 、B 两板上加上如图1－9－15所示的交变电压，开始B 板的电势比A 板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)()图1－9－14图1－9－15A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动B．电子一直向A板运动C．电子一直向B板运动D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动【解析】由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图象可知，电子一直向B 板运动，选项C正确．【答案】 C9．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1－9－16所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图1－9－16A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【解析】据荧光屏上亮斑的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y方向和指向x方向电场力．由于电子带负电，故极板Y、X应带正电．【答案】AC10．如图1－9－17所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．质量为m，电荷量为q的带电粒子以速度v0从a点进入电场，恰好从c点离开电场，离开时速度为v，不计重力，求电场强度大小．图1－9－17【解析】 从a 点到c 点静电力做功W ＝qEL 根据动能定理得W ＝12m v 2－12m v 20 所以qEL ＝12m v 2－12m v 20 场强大小E ＝m (v 2－v 20)2qL . 【答案】m (v 2－v 20)2qL11．如图1－9－18所示，一个电子(质量为m )电荷量为e ，以初速度v 0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E ，不计重力，问：图1－9－18(1)电子进入电场的最大距离．(2)电子进入电场最大距离的一半时的动能．【解析】 (1)设电子进入电场的最大距离为d ，根据动能定理eEd ＝12m v 20，故d ＝m v 202eE . (2)设电子进入电场最大距离的一半时的动能为E k ， 由动能定理得－eE d 2＝E k －12m v 20， 所以E k ＝12m v 20－eE d 2＝14m v 20 【答案】 (1)m v 202eE (2)14m v 2012．如图1－9－19所示，在一块足够大的铅板A 的右侧固定着一小块放射源P ，P 向各个方向放射出电子，速率为107 m/s.在A 板右方距A 为2 cm 处放置一个与A 平行的金属板B ，在B 、A 之间加上直流电压．板间的匀强电场场强E ＝3.64×104 N/C ，方向水平向左．已知电子质量m ＝9.1×10－31 kg 、电荷量e ＝1.6×10－19 C ，求电子打在B 板上的范围．图1－9－19【解析】 电子离开放射源后做匀变速运动．初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B 板的O 点．其他电子打在以O 点为中心的周围某一位置．设初速度与板平行的电子打在B 板上的N 点，且距O 点最远．电子竖直方向上的分运动O N ＝v 0t ① 水平方向上的分运动d ＝12·eE m t 2② 将v 0＝107 m/s ，e ＝1.6×10－19 C ， m ＝9.1×10－31 kg ，E ＝3.64×104 N/C ， d ＝2×10－2 m 代入①②求得 O N ＝2.5×10－2 m ＝2.5 cm.即电子打在B 板上的范围是以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面． 【答案】 以O 为圆心，以2.5 cm 为半径的圆面。

1．(多选)下列关于电场强度E 的公式说法正确的是( )A ．公式E ＝F q 只适用于点电荷产生的电场B ．公式E ＝F q ，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是放入电场中的电荷的电荷量C ．公式E ＝F q ，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电荷量D ．在库仑定律的表达式F ＝k q 1q 2r 2中，k q 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的电场强度的大小，而k q 1r 2是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的电场强度的大小【解析】 公式E ＝F q 适用于任何电场，选项A 错误．式中F 是放在电场中的试探电荷所受的静电力，q 是试探电荷的电荷量，不是产生电场的电荷的电荷量，选项B 正确，选项C 错误．库仑定律可表示为F 12＝k q 1r 2·q 2或F 21＝k q 2r 2·q 1，即F 12＝E 1·q 2或F 21＝E 2·q 1.式中E 1就是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的电场强度，E 2就是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的电场强度，选项D 正确．【答案】 BD2．(2013·华中师大附中高二检测)把质量为m 的正电荷放在电场中无初速释放，不计重力，下列说法中正确的是( )A ．点电荷的轨迹一定跟电场线重合B ．点电荷的速度方向总是跟所在处的电场线方向一致C ．点电荷的加速度方向总是跟所在处的电场线方向一致D ．点电荷沿电场线切向抛出，做抛物线运动【解析】 决定物体运动的条件有两点：一是合外力，二是初速度，若电荷所在的电场线是一直线，则其所受合外力总与速度方向在同一直线上，即其轨迹与电场线重合，若电场线是一曲线，则其合外力与速度方向不总在同一方向，该电荷将偏离此电场线，不与电场线重合，而加速度的方向与电场力的方向相同，又电场力方向与场强方向即电场线切线的方向相同，故正确答案为C 项．【答案】 C3．如图1－3－7所示，M 、N 为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q (负电荷)，不计重力，下列说法中正确的是( )A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动在O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零图1－3－7【解析】由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，选项A、B错；但负电荷所受M、N点点电荷库仑力的合力方向竖直向下，到O点一直加速，选项C对；同理点电荷越过O点后，速度越来越小，但加速度先增大后减小，选项D错．【答案】 C4．如图1－3－8所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，电场力做正功．已知在a、b两点粒子所受电场力分别为F a、F b，则下列判断正确的是()图1－3－8A．若Q为正电荷，则q带正电，F a＞F bB．若Q为正电荷，则q带正电，F a＜F bC．若Q为负电荷，则q带正电，F a＞F bD．若Q为负电荷，则q带正电，F a＜F b【解析】考查电场强度与电场力的关系，a点的电场线密度比b点大，电场强度大，同一电荷受到的电场力大，F a＞F b，如果Q是正电荷，由于电场力对q做正功，q 受到的电场力方向向右，q带正电，A正确，B不正确．如果Q是负电荷，由于电场力对q做正功，q受到的电场力方向向右，q带负电；C、D不正确．【答案】 A5．如图1－3－9甲所示，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙所示是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受静电力大小之间的函数图象(F－q 图象)，指定电场方向由A指向B为正方向，由此可以判定()甲乙图1－3－9A．场源电荷可能是正电荷，位置在A侧B．场源电荷可能是正电荷，位置在B侧C．场源电荷可能是负电荷，位置在A侧D．场源电荷可能是负电荷，位置在B侧【解析】由F－q图象可知E b＞E a，又因为电场方向由A指向B为正方向，则由点电荷电场线的分布及场强大小的关系可知D正确．【答案】 D6．(多选)(2013·长沙一中检测)如图1－3－10所示为某电场中的一条电场线，在A 点静止地放一个带正电粒子(所受重力不能忽略)，到达B点时速度恰好为零，则()图1－3－10A．该粒子从A→B做变加速运动B．电场线的方向一定竖直向上C．A点电场强度有可能比B点大D．该电场可能是负的点电荷的电场【解析】带电粒子从A→B，速度由零增加，最后又变为零，说明粒子有加速过程和减速过程，其受电场力方向只能是向上的，所以电场线方向必然向上，A、B正确，粒子在A点必有mg＞qE A，在B点则是mg<qE B，故E A＜E B，故C错误：若是负电荷的电场，则E A＞E B，不合题意，D错．【答案】AB7．(多选)(2013·沈阳期末)某静电场中的电场线如图1－3－11所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 点运动到N 点，以下说法正确的是( )图1－3－11A ．粒子必定带正电荷B ．粒子在M 点的加速度大于它在N 点的加速度C ．粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度D ．粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能【解析】 由运动轨迹可知，粒子受力方向指向运动曲线凹的一侧，故可判定该粒子带正电荷；由于N 点处的电场线比M 点密，故N 点的电场强度大，故可确定N 点处粒子的加速度比M 点的大；粒子由M 点到N 点的过程中，静电力做正功，故粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能．【答案】 ACD8．点电荷A 和B 分别带正电和负电，电荷量分别为4Q 和－Q ，在A 、B 连线上，如图1－3－12所示，电场强度为零的地方在( )图1－3－12A ．A 和B 之间B ．A 的右侧C ．B 的左侧D ．A 的右侧及B 的左侧【解析】 因为A 带正电，B 带负电，所以只有在A 右侧和B 左侧两者产生的电场强度方向相反，因为Q A ＞Q B ，由点电荷的场强表达式E ＝k Q r 2可知只有在B 的左侧，才有可能E A 与E B 等大反向，因而才可能有E A 和E B 矢量和为零的情况．故正确答案为C.【答案】 C9．(多选)(2013·郑州一中高二检测)如图1－3－13所示，实线表示匀强电场中的一组电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a 、b 是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )图1－3－13A．该粒子带正电荷，运动方向为由a至bB．该粒子带负电荷，运动方向为由a至bC．该粒子带正电荷，运动方向为由b至aD．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a【解析】带电粒子只受电场力，又做曲线运动，合外力应指向曲线弯曲的内侧，即电场力向左，所以粒子带负电，其运动方向既可能是由a到b，也可能是由b到a，故B、D正确．【答案】BD10．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电荷量为2×10－4 C的正电荷受到4×10－3N的静电力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电荷量为多少？(已知地球半径R＝6.4×106 m，k＝9×109 N·m2/C2)【解析】设地球所带电荷量为Q，则地球表面附近的场强E＝kQ R2①据场强定义知E＝F q②将k＝9×109 N·m2/C2，R＝6.4×106 m，F＝4×10－3 N，q＝2×10－4 C代入①②求得Q＝9.1×104 C因正电荷受到的静电力竖直向下，故地球附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．【答案】带负电9.1×104 C11．(2013·南昌二中检测)如图1－3－14所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q 的物体以初速度v0，从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．图1－3－14【解析】物体受力情况如图所示，将各力沿斜面和垂直斜面两个方向进行正交分解，则沿斜面方向上：F f＋mg sin θ＝qE cos θ①垂直斜面方向上：mg cos θ＋qE sin θ＝F N②其中F f＝μF N③由①②③解得：μ＝qE cos θ－mg sin θmg cos θ＋qE sin θ.【答案】qE cos θ－mg sin θmg cos θ＋qE sin θ12．在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ，如图1－3－15所示，求小球经过最低点时细线对小球的拉力．图1－3－15【解析】设细线长为L，球的带电荷量为q，场强为E.若电荷量q为正，设场强方向在题图中水平向右；从释放点到左侧最高点，由动能定理得：mgL cos θ－qEL(1＋sin θ)＝0，所以qE＝mg cos θ1＋sin θ.若小球运动到最低点时的速度为v，此时线的拉力为F T，由动能定理：mgL－qEL＝12m v2－0，m v 2＝2(mgL －qEL )，又由牛顿第二定律：F T －mg ＝m v 2L ，F T ＝mg ＋m v 2L ＝mg ＋2(mgL －qEL )L ， F T ＝mg (3－2cos θ1＋sin θ)． 【答案】 mg (3－2cos θ1＋sin θ)。

1．(多选)在基本逻辑电路中，当所有输入均为“0”时，输出不是“1”的是() A．“与”门电路B．“或”门电路C．“非”门电路D．都不可能【解析】本题考查“与”或“非”门电路．据“与”门电路和“或”门电路的真值表可知，A、B正确，C、D不正确．【答案】AB2．有一逻辑门电路的真值表如右表所示，试判断这是一个什么类型的逻辑门电路()A．“与”门B．“非”门C．“或”门D．“与非”门【解析】B.【答案】 B3．数字信号和模拟信号的不同之处是()A．数字信号在大小上不连续，时间上连续，而模拟信号则相反B．数字信号在大小上连续，时间上不连续，而模拟信号则相反C．数字信号在大小和时间上均不连续，而模拟信号则相反D．数字信号在大小和时间上均连续，而模拟信号则相反【解析】模拟信号在大小和时间上均连续，而数字信号在大小和时间上均不连续，故C项正确．【答案】 C4．在登录你的电子信箱的过程中，要有两个条件，一个是用户名，一个是与用户名对应的密码，要完成这个事件(登录成功)，它们体现的逻辑关系为() A．“与”关系B．“或”关系C．“非”关系D．不存在逻辑关系【答案】 A5．请根据下面所列的真值表，从四幅图中选出与之相对应的一个门电路()【解析】从真值表可看出不是单一的“与”“或”关系，更不是单一的“非”关系，一定对应一个复合门电路，从真值表分析可得应为“与非”复合门电路，D选项正确．【答案】 D6．如图2－11－8所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是()图2－11－8A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“与”门，输出为“0”C．乙为“或”门，输出为“1”D．丙为“与”门，输出为“1”【解析】甲为“非”门，输出为“0”，乙为“或”门，输出为“1”，丙为“与”门，输出为“0”，故C正确．【答案】 C7．如图2－11－9所示是一种应用逻辑电路制作的简易走廊灯电路图，R0是一个光敏电阻，当走廊里的光线较暗时或是将手动开关接通时，灯就会亮．则在电路图中的虚线方框内的门电路应是________门．在光线较强的状况下，门电路的输入端B是________电势．图2－11－9【解析】手动开关闭合时，A端有输入信号，灯亮；R0是光敏电阻，当光线较暗时，该电阻较大，B端有信号，灯亮，因此，该门电路为或门．光较强时，光敏电阻阻值较小，B端应为低电势．【答案】“或”低8．图2－11－10为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射电阻R′时，其阻值将变得远小于R.该逻辑电路是________(选填“与”、“或”或“非”)门电路．当电阻R′受到光照时，小灯泡L将________(选填“发光”或“不发光”)．图2－11－10【解析】由门电路简化图可知该逻辑电路是“非”门电阻，电阻R′受到光照时，R′远小于R，“非”门电路输入电势降低，输出电势升高，灯泡L两端电压升高，灯泡L发光．【答案】非发光9．某银行有一扇很大的电动仓库门，门上装有三把电动锁，三位保管员各有一把锁的钥匙，只有三位同时转动自己的钥匙(闭合自己的开关)才能通过一个继电器把门打开，图中S1、S2、S3是三把电动锁内的开关，J为继电器，(图中未画出电动机电路)请在图2－11－11中画出需要的门电路符号．图2－11－11【解析】由题意知三位同时闭合自己的开关，才能把门打开，显然是“与”门电路．【答案】10．图2－11－12表示输入端A、B的电势随时间的变化关系．图2－11－12求：图2－11－13中输出Y随时间变化的关系．图2－11－13【解析】由题图可以看出，输出Y是A、B的“与”逻辑关系的输出信号，因此，首先作出A、B、Y的真值表，然后再确定输出Y与时间的变化关系．A、B、Y的真值表如下：【答案】U Y11．楼梯过道中的电灯往往采用如图2－11－14所示的电路控制．设高电压为“1”，低电压为“0”，试讨论灯泡L的亮暗情况，并列出真值表．图2－11－14【解析】设高电压为“1A接低，B接低，灯不亮；A接低，B接高，灯亮；A接高，B接低，灯亮；A接高，B接高，灯不亮．列出真值表如下.【答案】见解析。

1．(2013·长沙一中检测)如图1－6－8所示，匀强电场场强E＝100 V/m，A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场方向夹角为60°，则U BA的值为()图1－6－8A．－10 V B．10 VC．－5 V D．5 V【解析】根据电势差与场强的关系U＝E·d得U AB＝E·L AB cos 60°＝100×0.1×cos 60° V＝5 V，且沿电场线电势降低，φA＞φB，则U BA＝－5 V，所以C选项正确．【答案】 C2．如图1－6－9所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，则下述计算结果正确的是()图1－6－9A．ab之间的电势差为4 000 VB．ac之间的电势差为50 VC．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零D．将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，静电力做功都是－0.25 J【解析】U ab＝E·ab＝1×103×0.04 V＝40 V，选项A错；U ac＝U ab＝40 V，选项B错；将负点电荷移动一周，电势差为零，静电力做功为零，故选项C对；W ac＝qU ac ＝－5×10－3×40 J＝－0.2 J，选项D错．【答案】 C3．如图1－6－10所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为＋Q.已知在＋Q的电场中，b、c两点间的电势差为U，在将另一个点电荷＋q从d点移动到e点的过程中()图1－6－10A．静电力做功为qU B．克服静电力做功为qUC．静电力做功大于qU D．静电力做功小于qU【解析】考查点电荷形成的电场中静电力做功．点电荷周围的电场线呈直线形式，离点电荷越远，场强越小，即d、e处的场强小于b、c处的场强，结合电场强度与电势差的关系，可以定性判断出U de＜U bc，因此W de＜qU.又因为静电力方向和电荷移动方向相同，故静电力做正功，故正确答案为D.【答案】 D4．(2013·河南实验中学高二检测)如图1－6－11所示，在匀强电场中，取一点O，过O作射线，OA＝OB＝OC＝OD＝10 cm，已知O、A、B、C和D各点电势分别为0.7 V、8 V、7 V、5 V，则匀强电场场强的大小和方向最接近于()图1－6－11A．70 V/m，沿AO方向B．70 V/m，沿CO方向C．80 V/m，沿BO方向D．80 V/m，沿CO方向【解析】场强的方向是电势降落最快的方向．【答案】 C5．正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100 m，且已知空气的击穿场强为3×106 V/m，那么发生此次闪电的电势差约为() A．3×108 V B．3×106 VC．3×104 V D．3×10－5 V【解析】将空气中的电场视为匀强电场，由U＝Ed，可得U＝3×108 V，A正确．【答案】 A6．如图1－6－12所示，A、B是一条直电场线上的两点，相距为d.设A点电场强度为E A，则()图1－6－12A．A点电场强度一定大于B点电场强度B．A点电势一定高于B点电势C．B点电势一定高于A点电势D．A、B两点间的电势差一定等于E A d【解析】只有一条电场线，无法判断A、B两点哪一点处的电场线较密，故无法判断A、B两点电场强度的大小，但由于沿电场线的方向电势逐渐降低，故A点电势一定高于B点电势．由于该电场不一定是匀强电场，故A、B两点间的电势差不一定是E A d.【答案】 B7．(多选)如图1－6－13所示的同心圆是电场中的一组等势面，一个电子只在静电力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有()图1－6－13A．电子沿AC运动时受到的静电力越来越小B．电子沿AC运动时具有的电势能越来越大C．电势φA＞φB＞φCD．电势差U AB＝U BC【解析】由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，静电力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是－Q形成的电场，因此越靠近－Q，电场线越密，场强也就越大，电子所受静电力也就越大，所以A不对，B对．又因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以C对．因为此电场不是匀强电场，沿电场线方向电势不是均匀降落，故U AB≠U BC，所以D错，故B、C正确．【答案】BC8．如图1－6－14所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()图1－6－14A．200 V/m B．200 3 V/mC．100 V/m D．1003V/m【解析】在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面．O点到BC的距离d＝OC sin α，而sin α＝OBOB2＋OC2＝12，所以d＝12OC＝1.5×10－2 m．根据E＝Ud得，匀强电场的电场强度E＝Ud＝31.5×10－2V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误．【答案】 A9．(2013·陕西师大附中高二检测)a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图1－6－15所示，由此可知c点的电势为()图1－6－15A．4 V B．8 VC．12 V D．24 V【解析】根据匀强电场的特点，U ad＝U bc，即φa－φd＝φb－φc，解得φc＝8 V，B 正确．【答案】 B10．电子的电荷量为e、质量为m，以速率v0沿电场线方向射入到场强为E的匀强电场中，如图1－6－16所示．电子从A点入射，到B点速度变为零．图1－6－16(1)A 、B 两点间的电势差是多大？ (2)A 、B 两点间的距离是多少？【解析】 (1)电子由A 点射入，到B 点速度变为零，由动能定理－eU AB ＝0－12m v 20， 即U AB ＝m v 202e .(2)A 、B 两点间的距离d ＝U AB E ＝m v 202eE . 【答案】 (1)m v 202e (2)m v 202eE11．如图1－6－17所示三条曲线表示三条等势线，其电势φC ＝0，φA ＝φB ＝10 V ，φD ＝－30 V ，将电量q ＝1.2×10－6 C 的电荷在电场中移动．图1－6－17(1)把这个电荷从C 移到D ，电场力做功多少？ (2)把这个电荷从D 移到B 再移到A ，电势能变化多少？ 【解析】 (1)由于U CD ＝0－(－30)V ＝30 V ， 故W CD ＝qU CD ＝1.2×10－6×30 J ＝3.6×10－5 J (2)U DA ＝－30 V －10 V ＝－40 V故W DA ＝qU DA ＝1.2×10－6×(－40) J ＝－4.8×10－5 J ΔE p ＝－W DA ＝4.8×10－5 J ，电荷的电势能增加． 【答案】 (1)3.6×10－5 J (2)增加4.8×10－5 J12．如图1－6－18所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d ，各面电势已在图中标出．现有一质量为m 的带电小球以速度v 0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场．要使小球做直线运动，求：图1－6－18(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？(2)在入射方向上小球的最大位移是多少？(电场足够大)【解析】(1)作电场线如图1所示，由题意知，只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动．只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图1所示．所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速直线运动，由图1知qE＝mg.相邻等势面间的电势差用U表示，故E＝Ud，所以q＝mgE＝mgdU.图1图2 (2)由图2知F＝(qE)2＋(mg)2＝2mg，由动能定理得－F x max＝0－12m v2，所以x max＝m v2022mg ＝2v204g.【答案】(1)正电荷mgdU(2)2v204g。

1．大量的带电荷量均为＋q的粒子，在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是() A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向但大小不变，与磁场方向不平行，则洛伦兹力的大小方向均不变C．只要带电粒子在磁场中运动，它一定受到洛伦兹力作用D．带电粒子受到洛伦兹力越小，则该磁场的磁感应强度越小【解析】带电粒子在磁场中运动时受到的磁场力不仅与其速度的大小有关，还与其速度的方向有关，当速度方向与磁场方向在一条直线上时，不受磁场力作用，所以A、C、D错误，根据左手定则，不难判断B是正确的．【答案】 B2．(2013·长沙一中高二检测)一个单摆摆球带正电，在水平匀强磁场中振动．振动平面与磁场垂直，如图3－5－15所示，图中C点为摆球运动的最低点，摆球向右运动和向左运动通过C点时，以下说法中正确的是()图3－5－15A．受到的洛伦兹力相同B．悬线对摆球的拉力相等C．具有相同的动能D．具有相同的速度【解析】洛伦兹力始终与速度垂直，对电荷不做功．运动过程中机械能守恒．向左或向右摆时洛伦兹力方向不同，所以A、B不对．【答案】 C3．如图3－5－16所示，表示匀强磁场B垂直于yOz平面竖直向上，要使速率相同的电子进入磁场后，受到的洛伦兹力最大，并且洛伦兹力的方向指向y轴正方向，那么电子运动方向可能是()图3－5－16A．沿z轴正方向进入磁场B．沿y轴负方向进入磁场C．在yOz平面内，沿任何方向进入D．在xOz平面内，沿某一方向进入【解析】A项洛伦兹力沿y轴负方向．选项A错误．B项洛伦兹力沿z轴负方向．选项B错误．沿yOz平面入射的电子虽然都满足F最大条件，但不能都满足洛伦兹力方向沿y轴正方向的条件，只有沿z轴负方向入射的才满足条件，选项C错误．若在xOz 平面内沿z轴负方向射入电子，电子受洛伦兹力最大，且指y轴正方向，选项D正确．【答案】 D4．如图3－5－17所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0水平进入一匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，当小球在竖直方向下落的高度为h时，速度大小为()图3－5－17A．v0B.v20＋2ghC.v20＋2(mg－q v0B)hmD.v20＋2(mg＋q v0B)hm【解析】因为小球进入磁场时受到的洛伦兹力方向向上，而小球的运动是向下偏转的，所以小球一定受重力作用．小球运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力做功，根据动能定理得mgh＝12m v2－12m v2，所以v＝v20＋2hg，故正确答案为B.【答案】 B5．(2013·杭州一中高二检测)每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将()A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转【解析】赤道附近的地磁场方向水平向北，一个带正电的射线粒子竖直向下运动时，据左手定则可以确定，它受到水平向东的洛伦兹力，故它向东偏转，A正确．【答案】 A6．(2013·郑州一中高二检测)初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图3－5－19所示，则()图3－5－19A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变【解析】先用右手螺旋定则判断出通电导线周围磁场方向，再用左手定则判断出电子受力方向．【答案】 A7．有一质量为m、电荷量为q的带正电的小球停在绝缘平面上，并处在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图3－5－20所示，为了使小球飘离平面，应该()图3－5－20A．使磁感应强度B的数值增大B．使磁场以v＝mgqB向上运动C．使磁场以v＝mgqB向右运动D．使磁场以v＝mgqB向左运动【解析】小球飘离平面，洛伦兹力竖直向上，由左手定则知小球应相对磁场向右运动，再由平衡条件q v B－mg＝0解得v＝mg/qB，故D正确．【答案】 D8．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图3－5－21所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是()图3－5－21A．增大电荷质量B．增大电荷电荷量C．减小入射速度D．增大磁感应强度【解析】粒子在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力q v B，且此时Eq＝q v B.若要使电荷向下偏转，需使Eq>q v B，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可．【答案】 C9．(多选)(2012·保定一中高二检测)如图3－5－22所示，一个带正电荷的小球沿水平光滑绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则下列结论不．正确的是()图3－5－22A．x1＞x2B．t1＞t2C．v1＞v2D．v1和v2相同【解析】由左手定则，小球落地前受到的洛伦兹力方向斜向上，使得竖直方向上的合力小于重力，故t1＞t2；而洛伦兹力的水平分量使水平分速度大，时间又变长，故x1＞x2.由于洛伦兹力不做功，故v1、v2的大小相同，但方向不同．【答案】CD10．(多选)(2013·长沙期中检测)如图3－5－23所示为电视显像管及其偏转线圈(L)的示意图，如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，可能是下列哪些原因引起的()图3－5－23A．电子枪发射能力减弱，电子数减少B．加速电场的电压过低，电子速率偏小C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少D．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱【解析】电子束进入偏转电场后，若线圈匝数偏少，磁性减弱，则电子束的偏转幅度达不到要求，故选项C、D正确；若电子的加速电压过低，则到达荧光屏的时间长，导致偏转时间长，会使偏转变大，故选项B错误．【答案】CD11．如图3－5－24所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为α的光滑斜面上由静止开始下滑，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为0.求：图3－5－24(1)小球的带电性质；(2)该时刻小球下滑的速度；(3)小球在斜面上滑行的距离．【解析】(1)小球沿斜面下滑，要对斜面的压力为0，说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面向上且与重力的分力平衡．根据左手定则，四指应与小球的运动方向一致，所以小球带正电．(2)当小球对斜面的压力恰好为0时，有mg cos α＝q v B ，得小球此时的速度v ＝mg cos αqB .(3)由于只有重力做功，故系统的机械能守恒，即mgL sin α＝12m v 2，解得小球在斜面上滑行的距离L ＝m 2g cos 2α2q 2B 2sin α.【答案】 (1)带正电 (2)mg cos αqB (3)m 2g cos 2α2q 2B 2sin α12．如图3－5－25所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，其质量为m 、带电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E ，磁感应强度是B ，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度．图3－5－25【解析】 小球受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得mg －μF N ＝ma F N －qE －q v B ＝0所以a ＝mg －μ(q v B ＋qE )m故v ＝0时，a 最大，a max ＝g －μqEm .同样可知，a 随v 的增大而减小，当a 减小到零时v 达到最大，故mg ＝μ(q v max B ＋qE )得v max ＝mg μqB －EB .【答案】 g －μqE m mg μqB －EB。