高中物理选修3-1：第2章第9节时同步训练及解析
人教版高中物理选修31 第2章第9节实验：练习使用多用电表2
(4)测量二极管的反向电阻
①机械调0(左侧0)；
②选挡:将选择开关旋至高倍 率的欧姆挡(例如“×100Ω 挡)；
③再次电阻调0(右侧0)；
④测量：将黑表笔接触二极管 负极，红表笔接触二极管正极；
⑤读数:将指针示数乘以倍率 得测量值。
(5)应用:判断二极管的正负极; 判断二极管的好坏。
正向导通时,电阻约为几百欧姆;
实验十一 练习使用多用电表
(2)量程应大于小灯泡两端电压的 (1)将电流表串联在待测电路中。
如图，同一电表有不同的量程，不同的量程对应不同的最小刻度值。
估计值。 9实验：练习使用多用电表
二极管是一种半导体元件。
蓝色指针示数为
；
(3)红表笔接高电势,黑表笔接低 四、测量二极管的正反向电阻
欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
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基础再现·深度思考
实验十一 练习使用多用电表
【数据处理】
1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍
本 率的乘积，指针示数的读数一般读两位有
讲 栏
效数字．
目 开
2．测电流和电压时，如果所读表盘的最小
关 刻度为1、0.1、0.01等，读数时应读到最
小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、
为________ V.
154
本
讲 栏
6.2
目
开
关
图7
随堂训练·能力达标
实验十一 练习使用多用电表
1．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图9所示．若多用 电表的选择开关处于表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格 中．
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高中物理选修3-1课后习题和答案以及解释之欧阳文创编
课后练习一第 10 讲库仑定律和场强1.如图1-15所示，用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c 后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是（）A．a带正电，b带负电B．a带负电，b带正电C．a、b均带正电D．a、b均不带电答案：Ｃ详解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近小球a, 会在球上感应出正电荷，而负电荷就远离棒，到了金属杆c上。
此时用手指触碰c，会把杆上的负电荷转移走，于是整个验电器就带正电了。
球带正电，金箔也带正电。
2.如图1-4所示，真空中两个自由的点电荷A和B，分别带有-Q和+4Q的电荷，现放入第三个点电荷C，使点电荷A、B、C 都处于平衡，则点电荷C应放在什么区域？点电荷C带什么电？答案：应该放入一个“+”电荷，并且放在A的左边。
详解：首先电荷不可能放中间，否则该电荷必受到两个同方向的力。
电荷放在右边也不可能，本身B处电荷电荷量就大，如果离它更近，必然是受到的两个电场力大小不一。
因此要放在A左边，并且只能是带正电才可行，因为如果带负电，AB两处电荷不可能平衡。
3.将一定量的电荷Q，分成电荷量q、q＇的两个点电荷，为使这两个点电荷相距r时，它们之间有最大的相互作用力，则q值应为______。
答案：详解：二者相互作用力就是看乘积的大小了。
数学上有如下规律，两个正数和一定，必然在二者相等时积最大。
于是答案是。
4.两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电荷量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电荷量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电荷量不变，另一个电荷的电荷量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍；（5）把每个电荷的电荷都增大为原来的4倍，那么它们之间的距离必须变为原来的______倍，才能使其间的相互作用力不变。
人教版高中物理选修3-1第一章第9节课时跟踪训练(含答案解析).docx
高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练] (满分50分 时间30分钟)一、选择题(本大题共8个小题，每小题4分，共计32分。
每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U 的电场后，哪种粒子的速度最大( ) A.质子(11H) B.氘核(21H) C.α粒子(42He)D.钠离子(Na ＋) 解析：由qU ＝12mv 2得v ＝2qUm，知A 正确.答案：A2.如图1所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )图 1A.a 的电荷量一定大于b 的电荷量B.b 的质量一定大于a 的质量C.a 的比荷一定大于b 的比荷D.b 的比荷一定大于a 的比荷解析：粒子在电场中做类平抛运动，h ＝12qE m (x v 0)2得：x ＝v 02mhqE由v 02hm aEq a<v 02hm bEq b得：q a m a >q b m b。
答案：C3.如图2所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )图 2A.U 1变大，U 2变大B.U 1变小，U 2变大C.U 1变大，U 2变小D.U 1变小，U 2变小 解析：设电子被加速后获得初速度为v 0， 则由动能定理得：U 1q ＝12mv 20①又设极板长为l ，则电子在电场中偏转所用时间t ＝l v 0②电子在平行极板间受电场力作用产生加速度a ， 由牛顿第二定律得：a ＝E 2q m ＝U 2q dm③ 电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度v y ＝at ④由①②③④可得：v y ＝U 2qldmv 0又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1故使偏转角变大的条件是使U 2变大，U 1变小，即B 项正确。
【同步练习】鲁科版物理同步习题：选修3-1参考答案及解析
选修3-1参考答案及解析第六章静电场第一单元电场力的性质第二单元电场能的性质第三单元电容器与带电粒子在电场中的运动章末综合检测第七章恒定电流第一单元电流、电阻、电功、电功率第二单元闭合电路欧姆定律第三单元实验：测定金属的电阻率第四单元实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线第五单元实验：测定电池的电动势和内阻第六单元实验：练习使用多用电表章末综合检测第八章磁场第一单元磁场的描述磁场对电流的作用第二单元磁场对运动电荷的作用第三单元带电粒子在复合场中的运动章末综合检测6-11、解析：当r →0时，E ＝kQ r 2，不再适用，A 错B 对．某点场强的大小应与距离r 的平方成反比，C 错误．以点电荷Q 为中心，r 为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，故场强不同，D 错．答案：B2、解析：由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a 运动到b (也可分析从b 到a 的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，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 点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B 、C 、D 正确．答案：BCD3、解析：由v —t 图象可知，电荷的a 和v 均增加，故E 增加，且电场力与v 同向，所以E 与v 反向，应选B.答案：B4、解析：设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a 带正电，b 带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a 为负电荷，b 为正电荷，A 错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a 、b 均做正功，动能增加，B 、D 错．但由电场线的疏密可判定，a 受电场力逐渐减小，加速度减小．b 正好相反，选C.答案：C5、解析：在仅受电场力的作用下在电场线上运动，只要电场线是直线的就可能实现，但是在等势面上做匀速圆周运动，就需要带负电的粒子在电场中所受的电场力提供向心力，根据题目中给出的4个电场，同时符合两个条件的是A 答案．答案：A6、解析：本题主要考查场强的矢量性，同一直线上两点电荷产生场强的叠加则变成了代数的加或减．由于两个点电荷带异种电荷且电荷量不等，则E 1＝E 2的点必有两个，其中一处合场强为零，另一处合场强为2E 1，应选C.答案：C7、解析：先画出等量异种电荷的电场线分布，再判断中垂线上各点的电场强度的变化情况及电子受电场力的情况，最后，确定另一个力的大小和方向．图23等量异种电荷电场分布如图23所示，由图(a)中电场线的分布可以看出，从A 到O ，电场线由疏到密；从O 到B ，电场线由密到疏，所以从A →O →B ，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示．.由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反．电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A →O →B 过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B 正确．答案：B8、解析：粒子在E 中匀速下落，则qE ＝mg粒子在2E 中：a ＝2qE －mg m＝g ，方向向上 则粒子先向下减速，后向上加速进入E 中又以v 0匀速上升．故C正确．答案：C图269、解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图26，据平衡条件得：F＝m1g tanθF＝m2g tanθ所以有m1＝m2.故B正确答案：B10、解析：当场强向下时，物块m受重力和电场力两个力作用下处于静止状态，可知F电＝mg.当电场方向改为向右时，受力分析如图28，在垂直于斜面方向上，有：mg cos37°＝F N＋F电sin37°⇒F N＝0.2 mg，所以物块不可能离开斜面；沿斜面方向上：F电cos37°＋mg sin37°＝ma，得a＝1.4 g，故物块沿斜面向下做匀加速直线运动．所以C正确．答案：C11、解析：0～2 s，由题图丙可知，物块做匀加速运动，加速度a＝1 m/s2由牛顿第二定律有：E1q－μmg＝ma2～4 s，由题图丙可知，物块做匀速直线运动由平衡条件有：E2q＝μmg结合以上几式代入数据，解得：m＝1 kgμ＝0.2.12、答案：(1)1 kg (2)0.2 解析：由于A、B均处于平衡，隔离A分析，受力如图31所示，设OA绳拉力F1，AB绳拉力F2，正交分解F1，F1cos60°＋F2＋F库＝qE①F1sin60°＝mg②F 库＝k q 2L 2③ 解①②③得：E ＝3mg 3q ＋kq L 2＋F 2q. 因为F 2≥0，所以E ≥3mg 3q ＋kq L2. 答案：E ≥3mg 3q ＋kq L2 6-21、解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A 、B 均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C 对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，D 错．答案：C2、解析：根据电场力做功判断：若从a 到b 到c 移动一正的试探电荷，电场力做正功，电势降低，所以A 正确；由于a 点和c 点关于P 、Q 连线的中垂线对称，场强大小应相等，但方向不同，所以C 、D 错误．答案：A3、解析：A 、B 、C 三点处在一条电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA >φB >φC ，A 正确；由电场线的密集程度可以看出电场强度大小关系为E C >E B >E A ，B 对；电场线密集的地方电势降落较快，故U BC >U AB ，C 对D 错．答案：ABC4、解析：根据电场线与等势面的关系，把立体图转化为平面图，因φM ＝0，φN ＝1 V ，则φP ＝φP ′＝φP ″＝34V ．故D 正确．图18答案：D5、解析：由轨迹可判断合力方向，由合力(加速度)方向可判断出速度的相对大小和电势能的高低．可知AD 正确．答案：AD6、解析：从a 到b 由动能定理可知，电场力做功W ab ＝－18 eV ，则从a 到b 电势能增加量ΔE ab ＝18 eV ，由等势面特点及c 点为零势点可知：a 点电势能E a ＝－12 eV ，又由动能和电势能之和不变可判断B 正确．答案：B7、解析：电势能的增、减，取决于电场力做功的正、负，两滑块由静止释放，电场力做正功故电势能减少，A 正确．答案：A8、解析：由电场线的疏密可知场强E B >E A ，所以粒子的加速度a B >a A ，A 项正确；由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA >φB ，D 项错；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能增大、电势能减小，即E k B >E k A ，E p B <E p A ，B 项对，C 项错．答案：AB9、解析：由加速度可求出电场力大小为13mg ，方向竖直向上．小球在下落h 的过程中：电场力做功W 电＝－13mgh ，电势能增加13mgh ；机械能减少了13mgh ；合力做功W 合＝23mgh ，动能增加了23mgh ；重力势能减少了mgh .故BC 正确．答案：BC10、解析：因小球在B 点的速度最大，故合外力为零，可求出B点的场强，A 选项正确．由O 运动到C 的过程中，电势能转化为重力势能，而据题意O 点电势为零，可求C 点的电势，D 选项正确．答案：AD图2511、解析：设电场强度为E ，小球带电荷量为q ，因为小球做直线运动，它所受的电场力qE 和重力mg 的合力必沿此直线，如图25所示，所以mg ＝qE tan θ.由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为a ＝g sin θ. 设从O 点到最高点的位移为L ，根据运动学公式有v 20＝2aL运动的水平位移为x ＝L cos θ.从O 点到最高点的过程中，电场力做负功，电势能增加，小球在最高点与O 点的电势能之差为ΔE p ＝qEx .联立以上五式，解得ΔE p ＝12mv 20cos 2θ. 答案：12mv 20cos 2θ 12、解析：(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得：2mgd －Eqd －Eq (d －L )＝0，则有E ＝4mg /(3q )．(2)两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最大速度，此过程利用动能定理得：2mgL －EqL ＝2mv 22， 则有v ＝2gL 3. 答案：(1)4mg 3q(2)2gL 36-31、解析：带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转，(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B 、C 可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D 可能出现；不能做匀速直线运动，A 不可能出现．答案：A2、解析：电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．答案：C3、解析：两平行金属板间的电场为匀强电场．带电粒子先向下运动又折回说明粒子先向下做匀减速运动，折回后向上做匀加速运动．整个过程具有对称性，由此可知B 项正确．答案：B4、解析：若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X ′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y ′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．答案：D5、解析：设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．答案：B6、解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T 2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复，故A 对．答案：A7、解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C ＝εr S 4πkd 增大，由C ＝Q U可知，两极板带电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处．综上所述，B 选项正确．答案：B8、解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等，B 对；又因为d ＝12at 2，a ＝qE m，因为偏转量d 不同，故a 一定不同，C 错．由a ＝qE m，因不知m 的关系，q 可能相等，也可能不相等，故A 正确．当q 相等时，电荷从进入到离开，电场力做的功不同，由动能定理可知，两电荷离开电场时的动能不同，D 错．答案：AB9、解析：由O 点电势高于C 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误．N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U Oc ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 正确．因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C 错误．O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．答案：BD10、解析：当不加电场时，油滴匀速下降，即F f ＝kv ＝mg ；当两极板间电压为U 时，油滴向上匀速运动，即F 电＝kv ＋mg ，解之得：F电＝2mg ，当两极间电压为—U 时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F 电＋mg ＝kv ′，解之得：v ′＝3v ，C 项正确．答案：C11、解析：由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解(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 2sin30°＝12mv 2D －0② 联立①②解得：v D ＝gL 2③(2)当小球运动至C 点时，对球受力分析如图22所示，则由平衡条件得：F N ＋F 库sin30°＝mg cos30°④由库仑定律得：F 库＝kq 2(L cos30°)2⑤联立④⑤得：F N ＝32mg －23kq 2L 2由牛顿第三定律得：F N′＝F N＝32mg－2kq23L2.答案：(1)gL2(2)32mg－2kq23L212、解析：(1)当电子沿AB两板正中央以v0＝2×107m/s的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t＝lv0①在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为y＝12at2②又a＝Fm ＝eEm＝eU ABmd③由①②③式得y＝12eU ABmd(lv0)2＝12×1.6×10－19×3009×10－31×1×10－2×(3×10－22×107)2m＝6×10－3m＝0.6 cm，而d2＝0.5 cm，所以y>d2，故粒子不能飞出电场．(2)从(1)的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x＝d－y＝(1－0.6) cm＝0.4 cm.故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为：n＝xd ×100%＝0.41×100%＝40%.答案：(1)不能(2)40%综合练习1、解析：沿电场线方向电势逐渐降低，M 点电势一定高于N 点电势，选项A 对．因电场线越密的区域场强越大，由图可知N 点场强大于M 点场强，选项B 错．将正电荷由M 点移到N 点时电场力做正功，电势能减小，故正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，选项C 对．将电子从M 点移到N 点的过程中，受到的电场力与移动方向相反，电场力做负功，选项D 错．答案：AC2、解析：由于电子动能E k ＝400 eV<500 eV ，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动．最终从A 孔射出．电场力做功为零，电子动能大小不变．故C 正确．答案：C3、解析：根据C ＝εr S 4πkd 和U ＝QC ，A 项是d 增大，则电容C 减小，U 增大，所以静电计指针张角变大，故A 正确；B 、C 项都是S 减小，则电容C 减小，U 增大，静电计指针张角变大，故B 正确，C 错；D 项是εr 增大，则电容C 增大，U 减小，静电计的指针张角变小，故D 错．答案：AB4、解析：在＋Q ，－Q 连线上及延长线上三个区间内场强方向如图5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 之间各点场强，故试探电荷＋q 从P 移至O 点过程中，P →(－Q )做正功W 1，由－Q →0电场力做负功W 2，由上面分析知，|W 1|>W 1.故电势能增大．C 正确．答案：AC5、解析：a 板与Q 板电势恒定为零，b 板和P 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q 视为不变．要使悬线的偏角增大，则应使电压U 增大，即减小电容器的电容C .对电容器C ，由公式C ＝q U ＝εr S 4πkd，可以通过增大板间距d 、减小介电常数εr 、减小极板的正对面积S 来减小电容C .答案：BC6、解析：带电粒子M 只受电场力作用下从P 点到Q 点，克服电场力做功，其电势能增加，动能减小，故A 、D 正确；场强的大小与电场力做功正、负无关，故B 选项错；在C 选项中，由于带电粒子的电性未知，故无法确定P 点与Q 点电势的高低，C 错．答案：AD7、解析：由于图象是可以用描点法确定的，所以可以选几个代表性的点，确定出大致的图形，在t ＝T2时，U x ＝0，U y ＝0，电子打在屏幕上的原点，在t ＝T4时，U x 为负，U y 为正的最大值，电子带负电，受电场作用后向电势高的极板偏转，打在屏幕左上方的最高点，A 正确．答案：A8、解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B 正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A 不正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C 不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 不正确．答案：B9、解析：作出过点M 的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A 正确．将负电荷从O 点移到P 点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B 错误．由E ＝U /d 及电场线疏密程度知O 、M 两点间电势差应大于M 、N 两点间电势差，C 错误．沿y 轴上各点场强方向相同，故从O 点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y 轴正方向的外力，D 正确．答案：AD10、解析：因带电粒子从a 点沿直线运动到b 点，受力情况如右图12所示，场强方向一定水平向右，故a 点的电势一定高于b 点的电势，A 选项不对．粒子在电场中运动，共涉及到三种能量：动能、电势能、重力势能．三种能量之和保持不变，即带电粒子在a 点三种能量之和等于在b 点的三种能量之和，因为粒子在a 点的重力势能小于在b 点的重力势能，故B 选项不对．又因为带电粒子从a 点运动到b 点，合外力做负功，故动能减小，即E ka >E kb .从a 到b ，电场力做负功，故电势能增加，即E 电a <E 电b .所以C 错，D 对．答案：D11、解析：电容器与电源是断开的，电容器无法充、放电，电容器的带电荷量是保持不变的．当A 板下移时d 减小，电容C 增大，由U ＝Q C 可知U 减小，由E ＝U d ＝Q C ·d ＝4πkQ εr S 可知E 不变化．P 点的电势φP ＝U PB ＝E ·PB ，所以φP 不变，选项A 正确．当B 板上移时，PB 减小，P 点的电势φP 降低，选项C 正确．答案：AC12、解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：W F ＋W G ＝ΔE k 由重力做功与重力势能变化的关系可得W G ＝－ΔE p ，由上述两式易得出A 错误，B 、C 、D 正确．答案：A13、解析：(1)场强方向竖直向下．(2)根据题意，小球在电场中运动的加速度a 应竖直向上．Eq －mg ＝ma ①从上往下：d ＝v 0t －12at 2②从下往上：d ＝v 0t 2＋12a (t2)2③由①②③式解得电场强度：E ＝4md 3qt 2＋mgq .(3)由②③两式解得：a ＝4d 3t 2，v 0＝5d3t则：v 1＝v 0－at ＝d 3t ，v 2＝v 0＋a t 2＝7d 3t 所以：v 1v 2＝17.答案：(1)场强方向竖直向下 (2)4md 3qt 2＋mg q (3)1714、解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝yv 0＝4×10－3 s.(2)粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度a 1＝E 1qm ＝4m/s 2，减速时的加速度a 2＝E 2qm＝2 m/s 2，x 方向上的位移为x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)．(3)粒子在x 方向的速度v x ＝a 1T 2－a 2T2＝4×10－3 m/s.答案：(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s15、解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则在初速度方向上：L ＝v 0t ①在电场方向上：L ＝12at 2②其中qE ＝ma ③E k ＝12mv 20④由动能定理得qEL ＝E k c －E k ⑤由①②③④⑤可解得E k c ＝5E k ，E ＝2mv 20qL＝4E kqL.(2)若粒子由bc 离开电场，则有：L ＝v 0t ⑥ 粒子在电场方向上的速度v y ＝at ⑦粒子离开电场时的速度为v v 2＝v 20＋v 2y ⑧ E k ′－E k ＝12mv 2－12mv 20⑨联立可解得：E ＝2E k (E k ′－E k )qL⑩若粒子由cd 边离电场，则由动能定理得qEL ＝E k ′－E k ⑪ 则E＝E k ′－E kqL.答案：(1)5E k 4E k qL (2)2E k (E k ′－E k )qL 或E k ′－E kqL16、解析：(1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理，有qU ＝12mv 2①解得v ＝2qU m(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R ＝m 2v 2L ②联立①、②，得E ＝4U L(3)微粒从释放开始经t 1射出B 板的小孔，则t 1＝d v 2＝2d v＝2dm 2qU设微粒在半圆形金属板间运动经过t 2第一次到达最低点P 点，则t 2＝πL 4v ＝πL 4m2qU所以从释放微粒开始，经过(t 1＋t 2)＝(2d ＋πL4)m2qU微粒第一次到达P 点．答案：(1)2qU m (2)E ＝4U L (3)t ＝(2d ＋πL 4)m2qU17、解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma ① s 0＝12at 21②联立①②可得 t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qEk) (3)如图20图20答案：(1)2ms 0qE ＋mg sin θ(2)12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(S 0＋mg sin θ＋qE k) (3)见解析图207-11、解析：导体内单位体积内自由电子的数量，由导体本身决定和通过导体电流无关．由于温度不变，自由电子热运动的平均速率不变．由I ＝neSv 知电流I 增大，电子移动速率v 增大．答案：C2、解析：白炽灯在正常工作时的电阻为R ，由P ＝U 2R得R ＝36 Ω，当接入18 V 电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P ＝U 2R ＝18236W ＝9 W ，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W ，故B 项正确．答案：B3、解析：首先计算出沿A 、B 方向和沿C 、D 方向电阻的比值，再利用欧姆定律求出两种情况下的电流比．设沿A 、B 方向的横截面积为S 1，沿C 、D 方向的横截面积为S 2，则S 1S 2＝12，A 、B 接入线路中时的电阻为R 1，C 、D 接入电路中时的电阻为R 2，则有R 1R 2＝ρl ab S 1ρl bc S 2＝41.两种情况下电流之比为I 1I 2＝R 2R 1＝14，故I 2＝4I 1＝4 A ．选项A 正确．答案：A4、解析：设各灯泡正常工作时的电流为I ，则甲电路的总电流为I 甲＝3I ，乙电路的总电流为I 乙＝I ，所以由P ＝UI 得P 甲＝3P 乙，应选B.答案：B5、解析：L 2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X 2两端电压增大，消耗的功率也增大，C 正确．答案：C6、解析：设单位长度上电子数目为n ， 则单位长度上电子带的电荷量q ′＝ne t 秒内电子通过的距离x ＝110×ctt 秒内通过某截面的电量q ＝xq ′＝nect /10 由I ＝q t 得I ＝nec 10∴n ＝10I ec环中电子数目N ＝240n ＝240×10×10－21.6×10－19×3×108个＝5×1011个．故B 正确．答案：B7、解析：本题考查串联电路的特点及额定电压、额定功率与电阻的关系，关键是对额定电压、额定功率概念的理解，明确滑动变阻器哪一段电阻接入了电路．错误原因是把接入电路的一段与BC 段混淆．灯泡的工作电流I ＝P U ＝1.86A ＝0.3 A ，因灯泡与滑动变阻器串联，所以通过变阻器的电流为0.3 A.此时A 、C 间电阻R 1＝U 1I ＝9－60.3Ω＝10 Ω，故CB 间电阻R 2＝R －R 1＝20 Ω，故B 选项正确． 答案：B8、解析：因两段串联，通过两棒的电流相等，又I ＝neSv ，故ne πr 2ab v ab ＝ne πr 2bc v bc ，得v ab ∶v bc ＝16∶1，A 、B 均错．由电阻定律R ab ＝ρl ab S ＝ρl ab πr 2ab ，R bc ＝ρl bcπr 2bc ，求得R ab ∶R bc ＝16∶1，因为ab 和bc 串联，流过两段的电流相等，由功率公式P ＝I 2R ，得P ab ∶P bc ＝R ab ∶R bc ＝16∶1，故D 正确，C 错误．答案：D9、解析：c 、d 端短路时，R 2与R 3并联，然后与R 1串联，所以1R 23＝1R 2＋1R 3，R ab ＝R 1＋R 23，可得R ab ＝40 Ω，A 项正确；a 、b 端短路时，R 1与R 3并联然后与R 2串联，所以1R 13＝1R 1＋1R 3，R cd ＝R 13＋R 2可得R cd ＝128Ω，B 项错误；a 、b 端接测试电源时，R 2中电流为零，电路等效于只有R 1、R 3两电阻串联，c 、d 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 1＋R 3，U cd ＝UR 3＝IR 3可得U cd ＝80 V ，C 项正确；cd 端接测试电源时，R 1中电流为零，电路等效于只有R 2、R 3两电阻串联，ab 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 2＋R 3，U ab ＝UR 3＝IR 3，可得U ab ＝25 V ，D 项错误．答案：AC10、解析：电饭锅工作时，电阻丝把电能全部转化为电热，其电功率P 电等于热功率P 热，即：P 电＝P 热＝I 2R ＝U 2R①由①式可知，在电压一定的情况下，电阻丝电阻越大，其发热消耗的电功率越小．当S 闭合时，R 1被短路，电阻变小，其消耗的电功率增大，因此，S 闭合时应为水烧开前的加热状态，而S 断开时应为水烧开后的保温状态，故选项A 、B 正确．又因为保温时，R 1、R 2为串联关系，电源电压恒定，故P 2＝I 2R 2＝(UR 1＋R 2)2R 2②题目要求R 2保温时功率为加热时功率的一半，则有：(UR 1＋R 2)2R 2＝12U2R 2③ 由③式得R 1∶R 2＝(2－1)∶1，选项D 亦正确． 答案：ABD11、解析：电流达最大值I 后，表明电离出来的离子全部到达了阴极，设经过时间t 到达极板的电荷量为q ，则q ＝It被电离的有机物分子的数目N ′＝q e ＝It e则有机物分子占待测气体的数目比为K ＝N ′ntN A ＝InN A e答案：InN A e12、解析：设电热水壶的电阻为R则R ＝U 2P ＝22021500 Ω＝48415Ω电能表转1转的能量为：3600×1033000 J ＝1200 J设电热水壶的实际电压为U则U 2Rt ＝125×1200 J ，所以U ＝200 V. 答案：200 V7-21、解析：由闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 外＋U 内，当外电路断路时，即I ＝0，此时U 外＝E ，路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗的功率，P ＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E2(R －r )2R＋4r ，只有当R ＝r 时，电源的输出功率最大，故C 错．答案：ABD2、解析：滑片向右滑动，R 阻值增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，L 1变暗；同时L 2与R 并联部分电阻增大，它们与L 1串联分得的电压增大，通过L 2电流增大，故L 2变亮．答案：AD3、解析：从图分析可知，电容器两端的电压就是R 3两端的电压，要使油滴上升，必须增大电容器两端的电压，即增大R 3两端的电压，从电路的分析得，增大R 3和减小R 2的电阻都可．故CD 正确．答案：CD4、解析：滑动触头由a 滑向b 的过程中，总电阻变小，D 错误，干路电流变大，路端电压变小，A 正确，内阻消耗功率变大，C 错误，定值电阻R 3上电压降低，电流表示数变小，B 错误．答案：A5、解析：只有S 1闭合时，L 1和L 2串联，电容器两端的电压等于电源两端的电压．S 2闭合后，L 3和L 2串联，再和L 1串联．则L 1两端的电压增大，故L 1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电．电荷量减小．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．可知AD 正确．答案：AD6、解析：电动机未启动时，通过灯泡电流为I ＝10 A ， 电压U 1＝12.5 V －10×0.05 V ＝12 V. 所以灯泡电阻为R ＝U 1I ＝1210Ω＝1.2 Ω. 电动机启动时，灯泡两端的电压U 2＝12.5 V －58×0.05 V ＝9.6 V.故车灯的电功率降低了ΔP ＝U 21R －U 22R＝43.2 W ．故B 正确．答案：B7、解析：由欧姆定律，图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O 点的连线的斜率的倒数．随着所加电压的增大，图中曲线斜率越来越小，即小灯泡的电阻增大，故A 项正确；对应P 点，小灯泡的电阻为OP 连线的斜率的倒数，即R ＝U 1I 2，故B 项正确，C 项错误；对应P 点，小灯泡的功率为P ＝U 1I 2，即图中矩形PQOM 所围的“面积”，故D项正确．答案：ABD8、解析：由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R1断路时，灯A和B两端电压不变，故B灯亮度不会发生变化，故A选项错误．对B选项，当R2断路时，会使A灯两端电压升高，B灯两端电压降低，B灯应变暗，故B选项错误，同理可知D选项也错误．对于C选项，当R3断路时，会使B灯两端电压升高，A灯两端电压降低，故B灯变亮，因此正确选项为C.答案：C9、解析：合上S2之前，R3与L3串联后与L1、L2并联，最后与R1串联．合上S2之后，在并联电路部分又增加了一个并联的支路，电路的总阻值减小，电路中总电流也即流过R1的电流增大，C正确．因电源的内阻不计，则电源的输出功率P＝IE增大，A错误．通过R1中的电流增大时R1两端电压升高，则并联电路部分的两端电压就降低，L1消耗的功率降低．通过R3与L3的电流减小，B、D皆错误．答案：C10、解析：当L1两端电压为3.0 V时，I L1＝0.25 A.由于I＝UR得R＝UI＝3.00.25Ω＝12 Ω，A正确．由P1＝I1U1＝0.25×3 W＝0.75 W，C正确．因L2、L3的两电阻相等，即L2、L3两端电压各为1.5 V，由图可知I2＝0.20 A，即可得出灯泡L2消耗的电功率为P2＝I2U2＝0.20×1.5 W＝0.30 W，D正确．答案：ACD11、解析：P继续向右移动，电压表示数会增大，故电压表用了。
高中物理选修3-1同步练习题
高中物理第1章第1节电荷及其守恒定律练习新人教版选修3-11．物体具有吸引轻小物体的性质，我们就说它带了电，或有了电荷．2．自然界中只存在正电荷和负电荷两种电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(1)正电荷：用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷叫做正电荷．(2)负电荷：用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷叫做负电荷．3．物体的三种起电的方式是：摩擦起电、接触起电、感应起电．4．物体带电的实质是得失电子．5．电荷守恒定律：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．另一种表述：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变．6．电荷量：表示电荷的多少，单位是库仑，简称库，用C表示．元电荷：与电子(或质子)电荷量绝对值相等的电荷，用e表示．e＝1.6×10－19_C；所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．7．电子的电荷量与质量的比叫做电子的比荷，电子的比荷为em e＝1.76×1011_C/kg．►基础巩固1．(多选)下列说法正确的是(CD)A．电子和质子都是元电荷B．一个带电体的电荷量为205.5倍元电荷C．元电荷是最小的带电单位D．元电荷没有正、负之分解析：元电荷是最小的带电单位，带电体的带电荷量均为元电荷的整数倍；元电荷不是带电粒子，没有电性之说，故C、D正确．2．如果天气干燥，晚上脱毛衣时，会听到“噼啪”的响声，还会看到电火花，这种现象产生的原因是(C)A．人身体上产生电流 B．接触带电造成的C．摩擦起电造成的 D．感应起电造成的3．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是(C)A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移D．以上说法均不正确解析：摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即说明了电荷可以从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷．感应起电过程电荷在电场力作用下，电荷从物体的一部分转移到另一个部分，所以ABD错误，C正确．4．(多选)对物体带电现象的叙述，下列说法正确的是(CD)A．一个不带电的物体内一定没有电荷B．物体带电一定具有多余的电子C．物体带电的过程就是电荷移动的过程D．带电体发生中和的现象是等量异种电荷完全相互抵消的结果解析：一个物体不带电并不是内部没有电荷，而是由于正、负电荷一样多，从而对外显示电中性．当正电荷多于负电荷时对外显示带正电；当负电荷多于正电荷时外显示带负电，故A、B错误．物体带电实质就是得失电子，即电荷移动，故C正确．带等量异种电荷的物体相接触时，带负电的物体中的多余电子全部移动到带正电的物体上与正电荷相互抵消，从而使两物体都呈电中性．故D正确．正确答案C、D.5．(多选)如图所示，挂在绝缘细线下的轻质带电小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，所以(BC)A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷C．甲图中两球至少有一个带电D．乙图中两球至少有一个带电解析：两球相互吸引的可能有两个：一是带异种电荷；二是一个带电，另一个被感应带电后吸引，因此A错误、C正确；两球相斥一定是带同种电荷，故B正确、D错误．6. 两金属小球所带电荷量分别为＋3Q和－Q，将两小球接触后，它们所带的电荷量一共为(B)A．＋3Q B．＋2Q C．＋Q D．－Q解析：由电荷守恒定律知，两小球接触后总带电量为中和后剩余量，即为ΔQ＝＋3Q－Q＝＋2Q，故选项B正确．►能力提升7．用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近已带电的验电器时，发现它的金属箔片的张角减小，由此可判断(C)A．验电器所带电荷量部分被中和B．验电器所带电荷量部分跑掉了C．验电器一定带正电D．验电器一定带负电解析：验电器的张角与所带电量的多少有关，电量大张角大，根据题意张角变小，所以说明验电器所带的电性与橡胶棒所带的电性相反，又因为毛皮摩擦过的橡胶棒带负电所以验下列说法正确的是(AD )A ．π＋由u 和d 组成B ．π＋由d 和u 组成C ．π－由u 和d 组成D ．π－由d 和u 组成解析：π＋带电荷量为＋e ，u 带电荷量为＋23e ，d 带电荷量为＋13e ，故π＋由u 和d 组成，A 对、B 错．π－带电荷量为－e ，d 带电荷量为－13e ，u 带电荷量为－23e ，故π－由d 和u 组成，D 对、C 错．9．如图所示，将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列方法中不能使两球都带电的是(B )A ．先把两球分开，再移走棒B ．先移走棒，再把两球分开C ．使棒与甲球瞬时接触，再移走棒D ．先使乙球瞬时接地，再移走棒解析：由于静电感应，甲球感应出正电荷，乙球感应出负电荷，把两球分开后，它们带上了等量异种电荷，所以A 正确；若先将棒移走，则两球不会有静电感应现象产生，所以不会带上电荷，B 错误；使棒与甲球接触，则两球会因接触起电而都带上负电荷，所以C 正确；若使乙球瞬时接地，则乙球上感应出的负电荷因受斥力而被导走，再将棒移走，由于甲、乙是接触的，所以甲球上的正电荷会重新分布在甲、乙两球上，结果是两球都带上了正电荷，所以D 正确．10．有两个完全相同的带电绝缘金属小球A 、B ，分别带有电荷量Q 1＝6.4×10－9 C ，Q 2＝－3.2×10－9 C ，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移，转移了多少？解析：当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球相同，剩余正电荷必均分，即接触后两小球带电荷量Q ′A ＝Q′B ＝Q 1＋Q 22 ＝6.4×10－9－3.2×10－92C ＝1.6×10－9 C.在接触过程中，电子由B 球转移到A 球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B 球带Q′B 的正电荷量，这样，共转移的电子电荷量为ΔQ ＝－Q B ＋Q′B ＝(3.2×10－9＋1.6×10－9)C ＝4.8×10－9 C.转移的电子数n ＝ΔQ e ＝4.8×10－91.6×10－19＝3.0×1010(个)．答案：电子由B 球转移到A 球，转移了3.0×1010个电子．第2节 库 仑 定 律1．库仑是法国物理学家，库仑定律内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．库仑定律公式：F ＝k q 1q 2r． 静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2.3．库仑定律适用条件：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力．4．点电荷：带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至其形状、大小及电荷分布状况对相互作用力的影响可以忽略．5．两个电荷之间的相互作用力，是作用力与反作用力，遵循牛顿第三定律．6．实验证明：两个点电荷之间的作用力不因第三个点电荷的存在而改变．因此，两个或两个以上的点电荷对某一个电荷的作用力等于各个点电荷对这个电荷的作用力的矢量和．7．如果知道带电体上的电荷分布，根据库仑定律和力的合成法则，就可以求出带电体间的静电力的大小和方向．►基础巩固1．下列说法中正确的是(C )A ．点电荷是指体积很小的电荷B ．根据F ＝k q 1q 2r2知，当两电荷间的距离趋近于零时，静电力将趋于无穷大 C ．若两点电荷的电荷量q 1＞q 2，则q 1对q 2的静电力等于q 2对q 1的静电力D ．用库仑定律计算出的两电荷间的作用力是两者受力的总和2．在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A 和B ，A 球放在可移动的绝缘座上，B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C 点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A 球从远处逐渐向B 球靠近，观察到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的______而增大，随其所带电荷量的________而增大．此同学在探究中应用的科学方法是 __________(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)．答案：减小 增大 控制变量法3．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r 2，则两球间库仑力的大小为(C )A.112FB.34FC.43F D ．12F 解析：由库仑定律得：F ＝k 3Q 2r 2，两球相互接触后各自带电荷量Q′＝（＋3Q －Q ）2＝Q ，故当二者间距为r 2时，两球间库仑力F′＝k Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝k 4Q 2r 2，故F′＝43F ，C 正确． 4．两个半径均为1 cm 的导体球，分别带上＋Q 和－3Q 的电荷量，两球心相距90 cm ，相互作用力大小为F.现将它们碰一下后又分开，两球心间相距3 cm ，则它们的相互作用力大小变为(D)A ．3 000FB ．1 200FC ．900FD ．无法确定解析：两球心相距90 cm 时，两球距离比球本身大得多，由库仑定律，F ＝k Q 1Q 2r 2＝k Q ×3Q 0.92；两球相碰后，电荷量变为－Q 、－Q ，但两球心距离变为3 cm ，这时两球不能再被看作点电荷，所以不能用库仑定律计算．但可定性分析，由于同性相斥、异性相吸原理，电荷向远端移动，所以距离大于3 cm ，F ＜k Q 20.032. 5．(多选)两个完全相同的金属小球，带电荷量之比为1∶7，相距为r ，两球相互接触后再放回原来位置，则它们的库仑力可能为原来的(CD)A. 47B.37C. 97D.167解析：设两小球的电荷量分别为Q 和7Q ，则在接触前它们的库仑力大小为F ＝k Q ×7Q r 2.当两球带同种的电荷时，接触后它们的电荷量要平均分配，各为4Q ，库仑力大小为F ＝k 4Q ×4Q r 2，此时的库仑力为原来的167倍．当两球带异种电性的电荷时，接触后它们的电荷要先中和，再平均分配其余的电荷量，各为3Q ，库仑力大小为F ＝k 3Q ×3Q r 2，是原来的97倍． ►能力提升6．如图所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带电荷量的大小比b 的小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是(B )A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4解析：据“同电性相斥，异电性相吸”规律，确定电荷c 受到a 和b 的库仑力F ac 、F bc 的方向，若F bc ＝F ac ，则两力的合力沿水平方向，考虑到a 的带电荷量小于b 的带电荷量，故F bc 大于F ac ，F bc 与F ac 的合力只能为F 2.故选B.7．两个大小相同的小球带有同种电荷(可看做点电荷)，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与重垂线方向的夹角为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如右图所示，若α1＝α2，则下述结论正确的是(C )A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足q 1m 1＝q 2m 2C ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1＝q 2，m 1＝m 2解析：由于小球所处的状态是静止的，故用平衡条件去分析．以小球m 1为研究对象，则小球m 1受三个力F T 、F 、m 1g 作用，以水平和竖直方向建立直角坐标系，如下图所示，此时只需分解F T ，由平衡条件⎩⎪⎨⎪⎧F x 合＝0F y 合＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧F T sin α1－k q 1q 2r 2＝0F T cos α1－m 1g ＝0则tan α1＝kq 1q 2m 1gr 2. 同理，对m 2分析得tan α2＝kq 1q 2m 2gr 2.由于α1＝α2， 故tan α1＝tan α2，可得m 1＝m 2.可见，只要m 1＝m 2，不管q 1、q 2如何，α1都等于α2，故正确选项为C.8．(多选)如图所示，两根绝缘丝线挂着两个质量相同的小球A 、B ，此时上、下丝线的受力分别为T A 和T B ；如果使A 带正电，使B 带负电，上下丝线的受力分别为T A ′和T B ′，则下列关于T A ′和T B ′的关系判断正确的是(AD )A ．T A ′＝T AB ．T A ′<T AC ．T A ′>T AD ．T B ′<T B解析：以A 、B 两球组成的整体为研究对象，无论是小球带电还是小球不带电，分析其受力情况并根据平衡条件可知：上方丝线的拉力大小总是等于下面两球的重力之和，但是以B 球为对象分析其受力情况可知，当A 、B 球不带电时：T B ＝m B g ，当A 、B 球分别带正电和负电时：T B ′＝m B g －F.故选项A 、D 正确．9．如图所示，A 、B 两个点电荷的电荷量分别为＋Q 和＋q ，放在光滑绝缘水平面上，A 、B 之间用绝缘的轻弹簧相连接，当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0，若弹簧发生的均是弹性形变，则(B )A ．保持Q 不变，将q 变为2q ，平衡时弹簧的伸长量为2x 0B ．保持q 不变，将Q 变为2Q ，平衡时弹簧的伸长量小于2x 0C ．保持Q 不变，将q 变为－q ，平衡时弹簧缩短量等于x 0D ．保持q 不变，将Q 变为－Q ，平衡时弹簧缩短量小于x 0解析：由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r 2和胡克定律F ＝kx 以及同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可得B 正确．10．如图，A 、B 是系在绝缘细线两端，带有等量同种电荷的小球，其中m A ＝0.3 kg ，现将绝缘细线绕过O 点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，OA 的线长等于OB 的线长，A 球紧靠在光滑绝缘竖直墙上，B 球悬线OB 偏离竖直方向60°角，求：B 球的质量和细绳中的拉力大小．解析：如图受力分析．设AB 球间作用力为F ，绳拉力为T ，墙对A 球支持力为N 对A 球：Fcos 60°＋m A g ＝T对B 球：Tsin 60°＝Fsin 60°，Tcos 60°＋Fcos 60°＝m B g联立解得：T ＝6 N ，m B ＝0.6 kg第3节 电 场 强 度1．电场：电荷的周围空间存在着电场，电场的基本性质是它对放入其中的电荷有力的作用，这种力叫静电力，电荷间的相互作用是通过电场发生的．2．电场强度．(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力与电荷量的比值，叫该点的电场强度，简称场强．(2)定义式：E ＝F q，其单位是N/C 或V/m ． (3)方向：场强的方向与正电荷受静电力的方向相同，与负电荷受静电力的方向相反．(4)特例：①点电荷的场强：E ＝kQ r． 如果有几个点电荷同时存在，它们的电场就相互叠加形成合电场，这时某点的场强等于各个电荷单独存在时在该点产生的场强的矢量和，叫做电场的叠加．②匀强电场：场强大小、方向处处相同．3．电场线．电场发自于正电荷或无穷远，终止于无穷远或负电荷． 电场线的疏密定性地反映了电场的强弱，电场线上每一点的切线方向表示了该点场强方向．点电荷的电场线是发散(或会聚)的直线，匀强电场的电场线是间隔相等的平行直线．4．E ＝F q中的E 是利用比值法定义的物理量，E 的大小、方向是由电场本身决定的，是客观存在的，与放不放试探电荷，以及放入的试探电荷的正负、电荷量多少均无关．既不能认为E 与F 成正比，也不能认为E 与q 成反比．►基础巩固1．有关对电场强度的理解，下述正确的是(D )A ．由E ＝F q可知，电场强度E 跟放入电荷q 所受的电场力成正比 B ．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C ．由E ＝kQ r2可知，在离点电荷很近，r 接近于零时，电场强度接近无穷大 D ．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关2. 下列关于电场的叙述中，正确的是(D )A ．点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r 为半径的球面上，各点的场强都相同B ．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C ．取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零D ．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点场强的方向不一定相同解析：A.点电荷产生的电场中，以点电荷为圆心，r 为半径的球面上，各点的场强大小都相等，方向不同，故场强不同，所以A 错误；B.电场强度大小是由某点电荷所受电场力与其电荷量的比值来确定，而与所带的电性无关，故B 错误；C.某点处的场强与试探电荷无关，只与场源电荷有关，故C 错误；D.电场强度的方向为正电荷所受电场力的方向，也可以是负电荷在该点受力的反方向，所以正、负电荷在电场中的同一点所受的电场力方向相反，故D 正确．3．(多选)图为点电荷Q 产生的电场的三条电场线，下面说法正确的是(AC )A ．若Q 为负电荷，E A ＞E BB ．若Q 为负电荷，E A ＜E BC ．若Q 为正电荷，E A ＞E BD ．若Q 为正电荷，E A ＜E B解析：因电场线越密场强越大，所以无论Q 是何种电荷都有E A ＞E B .4．如图，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ.则 (B)A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2解析：已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得： kq 1（PR ）2＝kq 2（RQ ）2且PR ＝2RQ ，解得：q 1＝4q 2，故选B. 5．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则(AC )A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反C ．E 、O 、F 三点比较，O 的场强最强D ．B 、O 、C 三点比较，O 点场强最强解析：由对称性可知，B 、C 两点场强大小和方向均相同，A 正确；A 、D 两点场强大小相同，方向也相同，B 错误；在两电荷连线的中垂线上，O 点场强最强，在两点电荷连线上，O 点场强最弱，C 正确．►能力提升6．(多选)如图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m 、电荷量为q ，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E ，下列说法正确的是(AD )A ．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为qE mgB ．若剪断悬线，则小球做曲线运动C ．若剪断悬线，则小球做匀速运动D ．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析：对小球受力分析如图可知tan α＝qE mg，A 正确．剪断悬线后，小球受qE 和mg 的合力为定值，所以小球做匀加速直线运动，D 正确．7．A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从a 点沿电场线运动到b 点，其速度v 与时间t 的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的(A )解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从a 到b 电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.8．(多选)一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则 (BD )A ．粒子带正电B ．粒子加速度逐渐减小C ．A 点的速度小于B 点的速度D ．粒子的初速度不为零解析：由于带电粒子运动的方向与电场线不平行，故初速度不为零，粒子受电场力方向与场强方向相反，故粒子带负电，A 错， D 正确，因A 点的电场线比B 点密，故加速度逐渐减小，B 正确．带电粒子从A 运动到B 的过程中，电场力对它做负功，动能减小，速度减小，C 错误．9．如右图所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m ，电荷量为q ，置于斜面上，当沿水平方向加有如右图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的12，求(1)原来的电场强度为多大？(2)物体运动的加速度大小．(3)沿斜面下滑距离为l 时物体的速度．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)解析：(1)对小物块受力分析如右图所示，物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，E ＝mgtan 37°q. (2)当场强变为原来的12时，小物块的合外力 F 合＝mgsin 37°－12qEcos 37°＝12mgsin 37°. 又F 合＝ma ，所以a ＝3 m/s 2，方向沿斜面向下．(3)由动能定理得F 合·l ＝12mv 2－0， 所以12mgsin 37°·l ＝12mv 2， 所以v ＝6l.答案：(1)mgtan 37°q(2)3 m/s 2，方向沿斜面向下 (3)6l第4节 电势能和电势1．静电力做功的特点：在电场中移动电荷时，静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷的运动路径无关．2．静电力做功与电荷电势能变化的关系．(1)静电力做多少正功，电荷的电势能就减少多少，克服静电力做多少功，电荷的电势能就增加多少．静电力做功与电荷电势能改变的关系式：W AB ＝E pA －E pB ．(2)电荷在某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零势能点所做的功．零势能点的选取：通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零．3．电势．(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势．(2)公式： φ＝E p q．(3)单位：V.(4)电势只有大小，没有方向，是标量．(5)电场线指向电势降低的方向．4．等势面．(1)电场中电势相同的各点构成的面叫做等势面．(2)等势面的疏密可以表示电场的强弱；等势面密的地方电场强，等势面疏的地方电场弱．(3)电场线跟等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面．(4)点电荷的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，匀强电场的等势面是相互平行的一簇平面．►基础巩固1．下列说法正确的是(BD)A．电场强度为零的地方，电势一定为零B．电势为零的地方，电场强度不一定为零C．电场强度相同的地方，电势一定相等D．电势相等的地方，电场强度一定相等解析：电场强度和电势的大小没有必然的联系．电场强度为零的地方，电势不一定为零，如对于等势体而言，内部的场强为零，但内部的电势不为零．电场强度相等的地方，电势也不一定相等，如匀强电场，场强处处相等，但电势并不处处相等．2．(多选)下列说法中正确的是(BD)A．沿电场线的指向，场强一定越来越小B．沿电场线的指向，电势一定越来越低C．沿电场线方向移动电荷电势能逐渐减少D．在只受电场力作用下，正电荷一定从电势高处向电势低处移动3．(多选)a、b为电场中的两点，且a点电势高于点b，则可知(AB)A．把负电荷从a点移到b点电场力做负功，电势能增加B．把正电荷从a点移到b点电场力做正功，电势能减少C．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D．无论是否有电荷移动，a点的电势能总是大于b点的电势能解析：电势能是电场中的电荷和电场共同具有的能，电势能的改变与电荷量及两点间的电势差有关，负电荷从高电势点移动到低电势点电场力做负功，电势能增加，正电荷与之相反．4．(多选)一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度E A、E B及该电荷在A、B两点的电势能E pA、E pB之间的关系为(AD)A．E A＝E B B．E A＜E BC．E pA＝E pB D．E pA＞E pB解析：负电荷在电场中只受电场力作用而做匀加速直线运动，可知电场是匀强电场，故A对．由于电场力对负电荷做正功，动能增加，则电势能减少，故D对．5．在两个等量负点电荷所形成的电场中，设这两个点电荷连线中点为a，该连线的中垂线上有一点b，这两点的电势分别为φa、φb，＋q在a、b两点的电势能为E pa、E pb，则下列说法中正确的是(D)A．a点场强为零φa<φb，E pa>E pbB．a点场强不为零φa<φb，E pa>E pbC．a点场强不为零φa＝φb，E pa＝E pbD．a点场强为零φa<φb，E pa<E pb解析：a点为电荷连线的中点，a点的场强是两个完全相同的电荷在该点处产生场强的矢量和，故E a＝0；从两等量负电荷的等势面可知，a点处的电势最低，所以φa<φb；电势越低的地方，其电势能越低，故E pa<E pb，所以选项D正确．6．如图为一头大一头小的导体周围等势面和电场线(带有箭头的线为电场线)示意图，已知两个相邻等势面间的电势差相等，则(B)A．a点和d点的电场强度一定相同B．a点的电势一定低于b点的电势C．将负电荷从c点移到d点，电场力做正功D．将正电荷从c点沿虚线移到e点，电势能先减小后增大解析：a点和d点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；根据沿着电场线的方向电势逐渐降低和同一等势面上的各点电势相等，可判断B正确；c点、d点在同一等势面上，将负电荷从c点移到d点，电场力不做功，C错误；将正电荷从c点沿虚线移到e点，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，D错误．►能力提升7．如题图所示，高速运动的α粒子(带正电)被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则(B)A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功解析：高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，离原子核越近，速率越小，电势能越大，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，三点中，α粒子在N点的电势能最大，。
人教版高中物理选修3-1：第2章第9节时同步训练及解析
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）高中物理选修3-1 同步训练1．(2012·清华附中高二检测)用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，下列说法中错误的是()A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表读数变化明显B．应选用内阻较小的电压表和电流表C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载D．使滑动变阻器阻值尽量大一些，测量误差才小解析：选BD.选用电表时应选用内阻较大的电压表和内阻较小的电流表；同时，滑动变阻器的阻值不能太大．如果这样电流较小，电流表读数误差较大，故应选B、D.2．为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，不能达到实验目的(电表均为理想电表)()A．一个电流表和一个电阻箱B．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C．一个电压表和一个电阻箱D．一个电流表和一个滑动变阻器解析：选D.一只电流表和一个电阻箱读出两组电流、电阻值，可求出两组相应电阻箱上的电压，便可求E、r；一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器，改变变阻器的阻值读出两组电流、电压值，便可求E、r.一只电压表和一个电阻箱读出两组电压、电阻值，求出干路电流值，便可求E、r.选项A、B、C均可以达到实验目的．3.如图2－10－10所示是根据某次实验记录的数据画出的U－I图线，关于此图线，下列说法中正确的是()图2－10－10A．纵轴的截距表示电源的电动势，即E＝3.0 VB．横轴的截距表示电源的短路电流，即I短＝0.6 AC．电源的内阻r＝5 ΩD．电源的内阻r＝1.0 Ω答案：AD4．在测一节干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为2 Ω)的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选，电压表应该选________，变阻器应该选________．A．电压表量程为15 VB．电压表量程为3 VC．变阻器为(20 Ω，3 A)D．变阻器为(500 Ω，3 A)解析：干电池电动势约为1.5 V，而A电压表量程为15 V，若用A则很难精确读数，误差太大，A不合适，故选B.变阻器电阻比电源的内阻大几倍即可，阻值太大调节会不方便，故D 不合适，故变阻器应该选C.答案：B C5．现有器材：理想电流表一个，两个定值电阻R 1、R 2，单刀单掷开关两个，导线若干，要求利用这些器材较精确地测量一节干电池的电动势(电动势约1.5 V)．(1)在虚线框内画出实验电路图．(2)用已知量和测得量表示待测电动势的数学表达式E ＝________.解析：(1)由闭合电路欧姆定律知：E ＝I (R ＋r )，当外电阻发生改变时，电流就改变，有两个定值电阻测得两个对应电流值，代入上式就可以解出电动势和内阻．故电路设计如图所示．(2)将对应电压值和电流值代入E ＝I (R ＋r )得两个方程：E ＝I 1(R 1＋r )E ＝I 2(R 2＋r )联立解得：E ＝I 1I 2(R 1－R 2)I 2－I 1. 答案：(1)电路图见解析 (2)I 1I 2(R 1－R 2)I 2－I 16．某研究性学习小组利用如图2－10－11所示电路测量某电池的电动势E 和内电阻r .由于该电池的内电阻r 较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R 0.(1)按照实物连线图在虚线框内画出实验电路图．图2－10－11(2)闭合开关S ，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U ，并计算出通过电阻箱的电流数值I ，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图2－10－12所示的U －I 图象，由图象可得：E ＝________V ，r ＝________Ω.图2－10－12 解析：(1)电路如图所示．(2)由U －I 图象可知电源的电动势E ＝2.0 V ，当电源的外电压为U ＝1.3 V 时，电源中的电流为I ＝0.28 A由E ＝U ＋Ir ′得r ′＝E －U I ＝2.00－1.300.28Ω＝2.5 Ω 又r ′＝r ＋R 0，∴r ＝r ′－R 0＝2.5 Ω－2 Ω＝0.5 Ω.答案：(1)见解析 (2)2.0 0.57．(2010·高考广东卷)某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻(R 0＝5 Ω)一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图2－10－13甲．图2－10－13(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接．(2)请完成下列主要实验步骤：A ．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图丙所示，读得电阻值是________；B ．将开关S 1闭合，开关S 2断开，电压表的示数是1.49 V ；C ．将开关S 2________，电压表的示数是1.16 V ；断开开关S 1.(3)使用测得的数据，计算出干电池的内阻是________(计算结果保留二位有效数字)． 解析：(1)如图所示(2)读出：20 Ω；闭合S 2后电阻箱才工作．(3)S 1闭合、S 2断开时，R V 很大，可得：E ＝U 1S 1、S 2都闭合时：U 2R ＝E －U 2r ＋R 0故r ＝⎝⎛⎭⎫U 1U 2－1R －R 0＝0.69 Ω.答案：(1)见解析 (2)20 Ω 闭合 (3)0.69 Ω。
人教版高中物理选修3-1：第2章第2节时同步训练及解析.docx
高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1 同步训练1．电源电动势的大小反映的是( )A．电源把电势能转化成其他形式的能的本领的大小B．电源把其他形式的能转化为电势能的本领的大小C．电源单位时间内传送电荷量的多少D．电流做功的快慢解析：选B.电源电动势的大小反映了电源将其他形式的能转化为电势能的本领大小．故A、C、D错，B对．2．某电源的电动势为3.6 V，这表示( )A．电路通过1 C的电荷量，电源把3.6 J其他形式的能转化为电势能B．电源在每秒内把3.6 J其他形式的能转化为电势能C．该电源比电动势为1.5 V的电源做功多D．该电源与电动势为1.5 V的电源相比，通过1 C电荷量时转化的电势能多解析：选AD.电路每通过1 C的电量，非静电力做功W＝qE＝3.6 J，A对，B错.3.6 V大于1.5 V，只能说明做功本领大，不一定做功多，但通过1 C电荷时，电动势为3.6 V的电源一定做功多，D对．3．(2013河北唐山测试)以下为某电池的铭牌，由铭牌可以知道( )⇦××电池产品名称：锂离子电池电池型号：D9@9CL105额定容量：1050 mA·h标称电压：3.6 V充电限制电压：4.2 V生产日期：2012.06.10A.电池的电动势是3.6 VB．电池的容量是1050 mA·hC．电池的电动势是4.2 VD．电池的最长使用时间是1050 h解析：选AB.电池上的3.6 V表示电动势，1050 mA·h表示电荷容量，可以由电荷容量计算在一定放电电流下使用的时间，由于不知放电电流大小，故放电时间无法确定，D错．4．国家大力推广节能环保汽车，电动汽车是许多家庭的首选．已知电动汽车的电源是由30组蓄电池串联组成的，当正常行驶时，电路中的电流为5 A，在10 min内电源做功1.8×105 J，则这组蓄电池的总电动势是多少？每组的电动势为多少？解析：电源移送电量为：q＝It＝5×600 C＝3000 C这组蓄电池的总电动势为：E ＝W q ＝1.8×1053000V ＝60 V 每组的电动势为：E 1＝E n ＝6030V ＝2 V. 答案：60 V 2 V课后作业一、选择题1．关于电源的说法正确的是( )A ．电源外部存在着由正极指向负极的电场，内部存在着由负极指向正极的电场B ．在电源外部电路中，负电荷靠电场力由电源的负极流向正极C ．在电源内部电路中，正电荷靠非静电力由电源的负极流向正极D ．在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能解析：选BCD.无论电源内部还是外部电场都是由正极指向负极，故A 错，在外部电路中，负电荷靠电场力由负极流向正极，而内部电路中，正电荷由负极流向正极，因电场力与移动方向相反，故必有非静电力作用在电荷上才能使其由负极流向正极，在电池中，靠化学作用使化学能转化为电势能，故B 、C 、D 正确．2．关于电源的电动势，下列说法正确的是( )A ．电源的电动势等于电源两端的电压B ．电源不接入电路时，电源两极间的电压大小等于电动势C ．电动势的国际单位是安培D ．常见的铅蓄电池电动势为1.5 V答案：B3．如图2－2－2为电源和导线内移送电荷的情况．则将单位正电荷沿闭合回路移动一周所释放的能量大小决定于( )图2－2－2A ．电源电动势B ．电路中电流的大小C ．电源的内阻D ．电源的容量解析：选A.移送电荷一周所释放的能量，就是电源提供给它的电势能，数值等于电源内部非静电力做功的数值，即W ＝Eq .题干中限定了单位正电荷，可见W 的数值只取决于E ，故A 对，B 、C 、D 错．4．(2013合肥检测)下列关于电池的说法正确的是( )A ．同一种干电池，旧电池比新电池的电动势小、内阻大、容量小B ．电源电动势E 与通过电源的电流I 的乘积EI 表示电源内部电场力的功率C ．1号干电池比5号干电池的电动势小、容量大D ．当通过同样的电荷量时，电动势为2 V 的蓄电池比1.5 V 的干电池提供的电势能多解析：选AD.对于干电池，在使用一段时间之后，由于内部发生化学反应释放电荷的物质逐渐减少，因而电动势、容量要变小；同时反应生成物要阻碍电荷的移动，故使电池的内阻变大．电源电动势E 与I 的乘积EI 表示电源内非静电力的功率.1号干电池与5号干电池的电动势都是1.5 V ，容量不相同，两者体积也有差异．电动势反映非静电力做功本领的大小，电动势越大，移动相同的电荷量时提供的电势能就越多．故选项A 、D 正确．5．有关电动势的说法中正确的是( )A ．电源的电动势等于内、外电路电势降之和B．电源提供的电势能越多，电源的电动势越大C．当外电路断开时，电源的路端电压与电源电动势相等D．当电路中通过1库仑电量时，电源将其他形式的能转化为电势能的数值等于电源电动势的值解析：选ACD.外电路断路时U＝E，C对．通路时E＝U内＋U外，A对．电动势E表示通过1 C 电量电源将其他形式能转化为电势能的多少，D对．电动势越大，表示电源非静电力做功本领大，但提供电势能不一定多，B错．6．(2012·杭州学军中学高二期中)以下说法中正确的是( )A．在外电路中和电源内部，正电荷都受静电力作用，所以能不断定向移动形成电流B．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少C．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力D．静电力移动电荷做功，电势能减少，非静电力移动电荷做功，电势能增加解析：选D.电源内部非静电力做功使电荷的电势能增加，引出了电动势的概念，来描述非静电力的做功本领．而静电力移动电荷做正功的过程使电势能减少，D项对．7．关于电源的电动势，下面说法正确的是( )A．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量B．电动势在数值上等于电路中通过1 C 电荷量时电源提供的能量C．电源的电动势跟电源的体积有关，跟外电路有关D．电动势有方向，因此电动势是矢量解析：选AB.由电动势的物理意义可知，电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量，它在数值上等于电源没有接入电路时其两极间的电压，也等于电路中通过1 C 电荷量时电源所提供的能量；电动势由电源中非静电力的特性决定，跟电源的大小无关，跟外电路也无关；电动势虽然有方向，但电动势是标量．综上所述，正确选项是A、B.8．手电筒的两节干电池，已经用了较长时间，小灯泡只能发出很微弱的光，把它们取出来，用电压表测电压，电压表示数很接近3 V，再把它们作为一个电子钟的电源，电子钟能正常工作．下列说法正确的是( )A．这两节干电池的电动势减小了很多B．这两节干电池的内电阻增加较大C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小D．这台电子钟正常工作时的电流一定比手电筒里的小灯泡正常工作时的电流小解析：选BD.旧电池与新电池相比较，电动势几乎不变，但内阻增大许多，A错B对；新旧电池均能使电子钟正常工作，虽然电池内阻变化，但输出电压几乎不变，只能是电子钟电阻很大，额定电流很小，故C错D对．9．(2012·山东实验中学高二检测)某柴油发电机工作时，电流为5 A，经过2 min，发电机产生电势能为1.32×105 J，则该发电机的电动势为( )A．1100 V B．550 VC．220 V D．110 V解析：选C.此段时间通过电量为q＝600 C，由E＝W/q即得．二、非选择题10．某品牌的MP3使用的电源是一节7号干电池，当它正常工作时，其工作电流为0.3 A．某同学在一次使用该MP3时，若他用了10 s，则这段时间内电池将多少化学能转化为电势能？解析：已知工作电流I＝0.3 A,10 s时间内通过导体横截面的电荷量q＝It＝0.3×10 C＝3 C.7号干电池电动势为1.5 V．则根据能量守恒定律，电池将化学能转化为电势能的量等于非静电力移动电荷所做的功：W＝qE＝3×1.5 J＝4.5 J.答案：4.5 J11．如下表所示是某一手机电池上的铭牌，仔细阅读铭牌上的数据，回答以下问题：科健BL—528MKEJIAN 700 mA·h标准3.7 V锂离子电池充电限制电压：4.2 V执行标准：GB/T 18287－2000待机时间：48 h(1)该电池的电动势是多少？(2)该手机待机状态下的平均工作电流是多少？(3)每次完全放电过程中，该电池将多少其他形式的能转化为电势能？解析：(1)由铭牌数据可知，电源电动势为E ＝3.7 V(2)该电池容量q ＝700×10－3×3600 C 根据I ＝q t得，I ＝700×10－3×360048×3600A ＝1.5×10－2 A (3)W ＝E ·q ＝3.7×700×10－3×3600 J ＝9324 J.答案：(1)3.7 V (2)1.5×10－2 A (3)9324 J12．将电动势为3.0 V 的电源接入电路中，测得电源两极间的电压为 2.4 V ，当电路中有6 C 的电荷流过时，求：(1)有多少其他形式的能转化为电势能．(2)外电路中有多少电势能转化为其他形式的能．(3)内电路中有多少电势能转化为其他形式的能．解析：(1)W ＝Eq ＝3.0×6 J ＝18 J电源中共有18 J 其他形式的能转化为电势能．(2)W 1＝U 1q ＝2.4×6 J ＝14.4 J外电路中共有14.4 J 电势能转化为其他形式的能．(3)内电压U 2＝E －U 1＝3.0 V －2.4 V ＝0.6 V所以W 2＝U 2q ＝0.6×6 J ＝3.6 J内电路中共有3.6 J 电势能转化为其他形式的能．也可由能量守恒求出：W 2＝W －W 1＝3.6 J. 答案：(1)18 J (2)14.4 J (3)3.6 J。
人教版高中物理选修3-2全册同步练习测试解析版[92页]
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知能综合检测(A 卷)................................................................. 64 知能综合检测(B 卷) ................................................................. 68 第6章 第 1 节........................................................................ 73
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc C．Ba＞Bb＞Bc，Φa＞Φb＞Φc
B．Ba＞Bb＞Bc，Φa＜Φb＜Φc D．Ba＞Bb＞Bc，Φa＝Φb＝Φc
解析： 根据通电螺线管产生的磁场特点，Ba＞Bb＞Bc，由 Φ＝BS，可得 Φa＞Φb＞Φc， 故 C 正确． 答案： C 4． (2011·永安高二检测)如图所示， 有一正方形闭合线圈， 在足够大的匀强磁场中运动． 下
人教版高中物理选修 3-2 全册 同步练习解析版 目 录
第4章 第4章 第4章 第4章 第4章 第 1、2 节 ................................................................... 1 第 3 节.......................................................................... 5 第 4 节........................................................................ 10 第 6 节........................................................................ 16 第 7 节........................................................................ 21
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高中物理选修3-1 同步训练
1．(2012·清华附中高二检测)用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中,下列说法中错误的是()
A．应选用旧的干电池作为被测电源,以使电压表读数变化明显
B．应选用内阻较小的电压表和电流表
C．移动滑动变阻器的滑片时,不能使滑动变阻器短路造成电流表过载
D．使滑动变阻器阻值尽量大一些,测量误差才小
解析：选BD.选用电表时应选用内阻较大的电压表和内阻较小的电流表；同时,滑动变阻器的阻值不能太大．如果这样电流较小,电流表读数误差较大,故应选B、D.
2．为了测出电源的电动势和内阻,除待测电源和开关、导线以外,配合下列哪组仪器,不能达到实验目的(电表均为理想电表)()
A．一个电流表和一个电阻箱
B．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器
C．一个电压表和一个电阻箱
D．一个电流表和一个滑动变阻器
解析：选D.一只电流表和一个电阻箱读出两组电流、电阻值,可求出两组相应电阻箱上的电压,便可求E、r；一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器,改变变阻器的阻值读出两组电流、电压值,便可求E、r.一只电压表和一个电阻箱读出两组电压、电阻值,求出干路电流值,便可求E、r.选项A、B、C均可以达到实验目的．
3.如图2－10－10所示是根据某次实验记录的数据画出的U－I图线,关于此图线,下列说法中正确的是()
图2－10－10
A．纵轴的截距表示电源的电动势,即E＝3.0 V
B．横轴的截距表示电源的短路电流,即I短＝0.6 A
C．电源的内阻r＝5 Ω
D．电源的内阻r＝1.0 Ω
答案：AD
4．在测一节干电池(电动势约为1.5 V,内阻约为2 Ω)的电动势和内阻的实验中,变阻器和电压表各有两个供选,电压表应该选________,变阻器应该选________．
A．电压表量程为15 V
B．电压表量程为3 V
C．变阻器为(20 Ω,3 A)
D．变阻器为(500 Ω,3 A)
解析：干电池电动势约为1.5 V,而A电压表量程为15 V,若用A则很难精确读数,误差太大,A 不合适,故选B.变阻器电阻比电源的内阻大几倍即可,阻值太大调节会不方便,故D不合适,故变阻器应该选C.
答案：B C
5．现有器材：理想电流表一个,两个定值电阻R1、R2,单刀单掷开关两个,导线若干,要求利用这些器材较精确地测量一节干电池的电动势(电动势约1.5 V)．
(1)在虚线框内画出实验电路图．
(2)用已知量和测得量表示待测电动势的数学表达式E＝________.
解析：(1)由闭合电路欧姆定律知：E ＝I (R ＋r ),当外电阻发生改变时,电流就改变,有两个定值电阻测得两个对应电流值,代入上式就可以解出电动势和内阻．故电路设计如图所示．
(2)将对应电压值和电流值代入E ＝I (R ＋r )得两个方程：
E ＝I 1(R 1＋r )
E ＝I 2(R 2＋r )
联立解得：E ＝I 1I 2(R 1－R 2)I 2－I 1
. 答案：(1)电路图见解析 (2)I 1I 2(R 1－R 2)I 2－I 1
6．某研究性学习小组利用如图2－10－11所示电路测量某电池的电动势E 和内电阻r .由于该电池的内电阻r 较小,因此在电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R 0.
(1)按照实物连线图在虚线框内画出实验电路图．
图2－10－11
(2)闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读出电压表相应的示数U ,并计算出通过电阻箱的电流数值I ,为了比较准确地得出实验结论,在坐标纸中画出了如图2－10－12所示的U －I 图象,由图象可得：E ＝________V ,r ＝________Ω.
图2－10－12 解析：(1)电路如图所示．
(2)由U －I 图象可知电源的电动势E ＝2.0 V ,当电源的外电压为U ＝1.3 V
时,电源中的电流为I ＝0.28 A
由E ＝U ＋Ir ′得
r ′＝E －U I ＝2.00－1.300.28
Ω＝2.5 Ω 又r ′＝r ＋R 0,∴r ＝r ′－R 0＝2.5 Ω－2 Ω＝0.5 Ω.
答案：(1)见解析 (2)2.0 0.5
7．(2010·高考广东卷)某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻,使用的器材还包括定值电阻(R 0＝5 Ω)一个,开关两个,导线若干,实验原理图如图2－10－13甲．
图2－10－13
(1)在图乙的实物图中,已正确连接了部分电路,请完成余下电路的连接．
(2)请完成下列主要实验步骤：
A ．检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱,示数如图丙所示,读得电阻值是________；
B ．将开关S 1闭合,开关S 2断开,电压表的示数是1.49 V ；
C ．将开关S 2________,电压表的示数是1.16 V ；断开开关S 1.
(3)使用测得的数据,计算出干电池的内阻是________(计算结果保留二位有效数字)． 解析：(1)如图所示
(2)读出：20 Ω；闭合S 2后电阻箱才工作．
(3)S 1闭合、S 2断开时,R V 很大,可得：E ＝U 1
S 1、S 2都闭合时：U 2R ＝E －U 2r ＋R 0
故r ＝⎝⎛⎭⎫U 1U 2－1R －R 0＝0.69 Ω. 答案：(1)见解析 (2)20 Ω 闭合 (3)0.69 Ω。