【文档说明】河北省衡水市安平中学2020-2021学年高二下学期物理学科作业10 答案.pdf，共(120)页，2.175 MB，由小赞的店铺上传

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非学无以成才，非志无以成学1河北安平中学高二年级物理学科作业案作业（一）1、A当两小球接触时，带电量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配。接触后两小球带电量QA'=QB'=������=1.6×10-9

C，在接触过程中，电子由B球转移到A球，共转移的电荷量为ΔQ=(3.2+1.6)×10-9C，转移的电子数n=Δ��=3×1010个，A项正确。2、D小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球b对小球a若为静电斥力，小球a不可能平

衡，故只能是吸引力；同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；则b应带正电，放在C点。故选D.点睛：小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．3、BA、甲图是英国物

理学家卡文迪许利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图，故A错误。B、乙图是发射出去的火箭，它利用了反冲现象，故B正确。C、丙图是利用“光的反射”精确测量微小压力产生微小形变的装置示意图，故C错误。D、丁图中，伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识

，但它没有总结出了行星运动定律和万有引力定律等；故D错误。故选B。本题考查对课本基本内容的掌握情况，在分析时一定要注意掌握对应的物理学史，同时明确各规律分析时所用到仪器等内容．4、C根据速度定义式������，当��

非常小时，����就可以表示物体在�时刻的瞬时速度，该定义采用了极限思维法，选项A正确；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想模型的方法，B正确；在不需要考虑带电体的大小和形状时，用点电荷来代替实际带电

体采用了理想模型法，选项C错误；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.5、B使物体带电的方式有三种：摩擦起电、接触起电、感应起电，物体带电的本质是电子的得失，A项错

误；不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移，B项正确；无论正、负电荷都不可以创造和消失，C项错误；元电荷表示电荷量的最小单位，所有带电体或带电粒子的电荷量都是元电荷的整数倍，D项错误。6、C根据静电感应

现象和电荷间的相互作用，可判断导体B带负电，故C项正确。7、C用摩擦的方法可以使物体带电，琥珀首饰与丝绸摩擦，带上了电荷，带电体能够吸引轻小物体，所以带电的琥珀会将细小的灰尘吸附在它上面，C项正确。8、D非

学无以成才，非志无以成学2带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，两球因带同种电荷而相互排斥，故D项正确。9、(1)带正电(2)���������(3)�����݃�����（1）小球A受到B的库仑力必与A受到的重力平衡，即A、B之间相互排斥，所以B带正电．(2)由库仑定律，

B对A的库仑力为F＝������，由平衡条件有mg＝������解得qB＝������.(3)B不带电后，小球A受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝

��mv2，解得v＝���所以重力的瞬时功率为P＝mgvsinθ＝mgsinθ���.10、ACD先把两球分开，两球由于感应起电带上异种电荷，再移走棒，能使两球都带电，A正确；先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电，B错误；先使甲球瞬时接地后

断开，这样甲球带电被中和，乙球带电，当移走棒后，则两球会带电，C正确；使棒与甲球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电，D正确．11、AD由于B中存在大量自由电子，在A的作用下，B中部分电子会被A吸引到左端而左端

出现负电荷，右端失去电子而带正电荷，A项正确；根据电荷守恒定律，B中总电荷量为零，即使沿aa'分开，只要与外界没有电荷交换，B的左右两部分的电荷量总是等量异种，B项错误；A向B逐渐靠近的过程中，B的左右部分异种电荷数量总是同步变化，但不连续变化，C项错误；A、B接触后

，A上部分正电荷转移到B上，但总电荷量保持不变，D项正确。12、AC验电器原来带正电，要使张角减小，则应使B处的电子转移到金属箔处，根据电荷间的相互作用，A球可能带负电；当A球不带电时，则由于静电感应，验电器上的正电荷照样可以吸引A球上的电子，A球左侧也会带上负电，

产生相同的效果，故A、C项正确。13、BC两球相距d时恰好平衡，即��������mg。若将B向上移动��仍要它平衡，则有���'��'(��d)��mg，qA和qB均减小到原来的��或仅使qA减小到原来的���或仅使qB减小到原来的���

，故B、C项正确。14、+4Q，电荷B的右侧L处A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果。A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排

斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为正电，在B的右侧设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小

，设C的电量为q，则有：非学无以成才，非志无以成学3������(ܮ��)�������解得：r=L对点电荷A，其受力也平衡，则：������(ܮ��)�������ܮ�解得：Q=4q，即C带正电，电荷量为4Q，在B的右侧距B为L处。我们

可以去尝试假设C带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，抓住平衡条件是解决问题的关键。15、CD两球之间的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，设其大小为

F；对A球受力分析，受重力、拉力和静电力，根据共点力平衡条件，有：������㔀��，同理，有������㔀��，当�����；则有���；而一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关，故无法判断电量大小关系，CD正确．【点睛】本题关键是对两

个球受力分析，根据共点力平衡条件列式比较；注意一对静电力的大小一定相等，与电量是否相等无关．16、BC恰好能在水平面上做匀速圆周运动，点电荷-q受到竖直向下的重力以及点电荷Q的引力，如图所示，电荷之间的引力在水平方向上分力充当向心

力，�㔀�����，����݃��，����������㌠��，联立解得����������，A错误B正确；因为������㔀���°，根据�������可得�����，C正确D错误．非学无以成才，非志无以成学4

17、ABCa、b、c三个完全相同的小球绕O点做半径为R的匀速圆周运动，可知三个小球带的电性与d球相反，则a、b、c三个小球可能各带+q的电荷，d带-10q的电量，总电量为-7q，选项A正确；三个小球与d点连线与竖直方向的夹角�㌠����������；对d球受

力分析，由平衡知识可知：������������(��)��㌠���������������，方向竖直向上，选项B正确；对球a：�����(��)��݃�������(��)��㌠���������，解得��������������，选项C正确；小球b的动能为�����������

�����������(�����)���，选项D错误；故选ABC.点睛：本题与圆锥摆类似，关键要正确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键．运用牛顿第二定律和平衡条件研究．18、(1)a�gsinα�����ܮ�(2)�����sin

�(1)根据库仑定律，两电荷之间的静电力F�k��ܮ�由牛顿第二定律有mgsinα�F�ma得a�gsinα�����ܮ�。(2)当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大。设此时小球与B点间的距离为x，则有mgsinα������解得：x������sin�。作业（二）1、C因公式①为电场强度

的定义式，故适用于任意电场；公式中的q为试探电荷的电量，即为放入电场中电荷的电量，而F是放入电场中的电荷所受的力，故（1）正确，（2）错误；公式②是由库仑定律得出的直空中点电荷周围的场强，故只能适用于真空中点电荷形成的电场；其中Q是场源电荷，r是到场源电荷的距离。故（3

）错误，（4）正确。故选C。2、B本题考查电场的叠加，要注意电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法-平行四边形即可求得总的场强。依题意得，每个点电荷在O点产生的场强大小为���，当b点处的点电荷移至c点时，O点场强如图所示

：非学无以成才，非志无以成学5由几何关系可知，合场强大小为������，所以���������，故B正确，ABC错误。故本题选B。由电场的叠加原理可得到两个点电荷单独在O点形成的场强大小；移动之后两电

荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场��；即可求得比值3、C因为电场中的电场强度与放入电场中检验电荷的电荷量q无关，由E���知，某点的电场强度一定，F与q成正比，C项正确。4、C电场线的疏密代表电场强度的强弱，电场线越密，代表电场越强，电场方向为电

场线的切线方向，故从图中可以看出A点、B点电场强度大小和方向均不同，故A、B项错误；电场线从正电荷指向负电荷，故C项正确；右边电荷周围的电场线密集，故此电荷的电荷量较大，D项错误。5、C物体做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，由于电

场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A项错误；物体做曲线运动，所受力的方向指向轨迹的内侧，从图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D项错误；电场线密的地方电场强度

大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C项正确。6、B由等量异种点电荷电场线分布规律可知，从A到O到B，电场强度方向水平向右，电场强度先变大后变小，所以电子受到的电场力向左，先变大，后变小，又因为电子做匀速运动，所以外力与电场力等大反向，外力

向右，先变大后变小，B项正确。7、A正点电荷Q在A点的电场强度大小E'�����，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的电场强度大小为���������，故A项正确；同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向

与匀强电场方向相同，因此B点的电场强度大小为E�����，故B项错误；点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，当两者大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C项错误；根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知，A、C两点的电场强

度大小相等，而方向不同，故D项错误。8、D正电荷q仅在静电力的作用下由M点向N点做加速运动，故由M向N的方向为电场线的方向，故B项错误；加速度越来越大，即电场线越来越密，故A、C项错误，D项正确。9、(1)�库�引≈1.2×1036(2)2.2×1029m/s2(1)两质子间的库仑力F库�k��

��非学无以成才，非志无以成学6万有引力F引�G�����库�引����������×���×�.���×������.��×�����×�.���×�����≈1.2×1036。(2)由牛顿第二定律可得质子的加速度a��库������������×���×

�.���×������.��×�����×�.��×�����m/s2�2.2×1029m/s2。10、ADA、B两点所在的电场线是直线，A、B两点电场强度方向必定相同，A项正确；电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由于A、B附近电场线的分布情况未知，则EA、EB的大小不能确定，

B、C项错误，D项正确。11、BC本题考查带电粒子在电场中的运动情况分析。由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A项错误；A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B项正确；粒子运动过程中，电场

力与运动方向的夹角大于90°，所以速率减小，C项正确；若粒子的初速度为0，它将沿电场线向左下侧运动，D项错误。12、BC电场强度最小时，物体A恰好不下滑，对AB整体分析，如图所示：根据平衡条件，有：qEcosθ=N，f+qEsinθ=（m+m2）g，其中

：f=μN，联立解得：����㌠�����݃�����(���㌠������݃��)����݃�����°；故当θ=60°时E最小，为��N/C，故BC错误，AD正确；故选BC。13、BCA、B、若a点放正

点电荷，b点放负点电荷，若ab两处点电荷的电量相等，c处场强方向平行于ab向右，现由于a所带的电荷量比b所带的电荷量小，a在c处产生的场强比b在c处产生的场强小，由平行四边形定则可知c点的电场强度为E2，故A错误，B正确。C、D、若a点放负点电荷，b

点放正点电荷，若ab两处点电荷的电量相等，c处场强方向平行于ab向左，现b在c处产生的场强较大，由平行四边形定则可知c点的电场强度为E3，故C正确，D错误。故选BC。解决本题的关键明确a、b两电荷在c点场强大小和方向，结合平行四边形定则判断分析．14、9�×103N/C，方向与匀强电

场方向成45°角斜向上非学无以成才，非志无以成学7点电荷在最高点C产生的场强大小为E1＝k���，方向竖直向上．C处场强由水平向右的场强E和点电荷在C处产生的场强E1合成，根据矢量合成法则可得：EC＝���(����)�＝9�×103N/C设该场强

与水平方向之间的夹角为θ，则有tanθ＝1，θ＝45°即该场强方向与匀强电场方向成45°角斜向上．点睛：由点电荷的场强公式求出点电荷在C点的场强大小和方向，C处场强由水平向右的场强和点电荷在C处产生的场强合成，根据矢量合成法则可得场强的大小和方向。注意求矢量一

定要求出方向。15、B开始时A处质点受力平衡，A、C'间库仑力与其他六个质点对A处质点的合力等大反向，当C'处质点所带电荷量变为-Q时，A处质点所受到的力为原来的FAC'的两倍，又因FAC'=���(�a)�=���

�㔀�，所以A处质点所受的合力为2FAC'=�����㔀�，B项正确。16、B完整的带电球体在A处产生的电场强度E=kQ(�R)�，被挖出的小球体积V'=��π×R��=��πR3，所带电荷Q'=V'VQ=��Q，被挖

出的小球在A点产生的电场强度E'=kQ'��R�=kQ��R�，所以A点实际的电场强度为E-E'=�kQ��R�，B项正确。17、C根据动能定理得，mgRsinθ−qER(1−cosθ)=0，解得������，选项A错误；小球到达B点时速度为零，则沿

半径方向合力为零，此时对小球受力分析可知：������㌠���°����݃���°，故圆弧支持力������，选项B错误；A、B两点是关于平衡位置对称的两点，因此小球在A、B两点的加速度大小相等，选项C正确；若小球带负电，则小球受向下的重力和向左的电场力，合力方向斜

向左下方，故小球将先沿合力方向做匀加速运动，选项D错误。故选C.点睛：解决本题的关键会根据等效力的方法求解，以及会运用动能定理求小球运动到速度再次为零时满足的关系式．18、(1)E=��������；(2)v=�������本题以带电小球在电场和重力场中运动

为背景,考查了运动的合成与分解、牛顿第二定律和动能定理等相关知识,考查考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力。(1)小球在竖直方向上做自由落体运动,设其运动时间为t,则h=��gt2非学无以成才，非志无以成学8由

题意可知,小球在水平方向上做匀变速直线运动,设其加速度大小为a,则-v0=v0-at由牛顿第二定律可得qE=ma解得E=��������。(2)当小球抛出时的水平速度变为3v0时,小球运动的时间仍为t=���

小球在水平方向上的位移x=3v0t-��at2设小球落地时的速度大小为v,由动能定理可得mgh-qEx=��mv2-��m����又因为小球的加速度大小a=2v0���解得v=�������。作业（三）1

、CA、B两点间的电势差反映电场本身的性质，与试探电荷无关，与电场力做功无关，A项错误；根据电势差的定义式可知，A、B两点间的电势差等于将单位正电荷从A点移到B点电场力所做的功，B项错误；将1C电荷从A点移到B点

，电场力做1J的功，这两点间的电势差UAB�1V，C项正确；电荷由A点移到B点的过程中，电荷电势能的变化仍等于电场力所做的功，D项错误。2、D根据点电荷周围电势的分布情况可知，圆周上各点的电势相等，从三点移到A的过程电场力做功一样多，D项正确。3、B正点电荷周围越靠近电荷电势越高，越远离电荷电

势越低，所以�����,�����,又因为是负电荷，所以A点的电势能小于B点的电势能，所以A、D错误。根据椭圆的知识计算出����.���，�ܥ��.���,所以����ܥ����.根据库仑定律�������知q在A、C两点受到的库仑力大小之比为16：1，所以B正确。.在点电

荷Q的电场中，B、D两点的电场强度大小相同，但是方向不同，所以B、D两点的电场强度不相同，所以D错误。故选择B。【点睛】由正点电荷周围的电场分布以及距离远近可得出电势的高低，和场强的大小。电势是标量，场强是矢量，需注意方

向。再结合运动电荷的正负和电势的高低判断电势能的大小。4、D本题考查电场力做功、电势能的变化及曲线运动的规律。根据曲线运动的规律可知，电荷受到的电场力指向曲线的内侧，电荷从a点运动到b点的过程中电场力做负功，则电荷的速度减小、电势

能增大，A、C项非学无以成才，非志无以成学9错误，D项正确；从电场线的疏密程度看，b点处的电场强度更小一点，故电荷在b点时的加速度更小，B项错误。5、C本题考查电场力做功与点电荷电场的叠加。本题中AB连线上电场强度为零的点在C、D两点之间

，将正电荷从C点移到D点的过程中，电场力先做正功后做负功，C项正确。6、B由图象可知，x1处场强与–x1处场强等大反向，A错误；沿电场强度方向电势降低，则电子从x1处由静止释放后，到O点过程，逆着电场线方向，电势一直升高，过O点后，沿着电场线方向，

电势一直降低，电子在O点电势最高，电势能最小，动能最大，由对称性可知电子在x1处与–x1处电势相等，电势能相等，动能相等，到达–x1点时速度为零，B正确，CD错误。7、C相邻等势线的电势差相等，则电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，正电荷在等势

面φ3上时具有动能20J，在等势面φ1上时动能为零，动能的减小量为20J，则电荷经过φ2等势面时的动能为10J，其中φ2�0，所以电荷的动能与电势能的总和为10J，根据能量守恒定律，电势能为4J时，它的动能为6J，C项正确。8、B本题考查等势面及曲线运动的特点。由等势线

的形状可知，题图是一个由点电荷产生的电场，两个粒子与点电荷的作用情况是相反的，所以两个粒子的电性一定不同，A项错误、B项正确；粒子1的动能先减少后增加，粒子2的动能先增加后减少，C项错误；B、C两点的电势相等，因为不知两粒子的电荷量关系，故无法比较两粒子在B、C两点的电势能，D项错误。9、(

1)该点电荷在A点时的电势能Ep1��6×10-4J；该点电荷在C点时的电势能Ep2�9×10-4J(2)A点的电势φ1�200V；C点的电势φ2��300V(1)因B点为零电势点，故该点电荷在B点时的电势为零由题意知，该点电荷由A点移到B点的过程中，电势能的增加量ΔEp1�6×10-

4J故该点电荷在A点时的电势能Ep1��6×10-4J该点电荷由C点移到B点的过程中，电势能的减少量ΔEp2�9×10-4J故该点电荷在C点时的电势能Ep2�9×10-4J。(2)A点的电势φ1��p���200VC点的电势φ2��p����300V。10、BC在甲图中，因为静电力

方向与位移方向始终垂直，静电力不做功，所以电荷的电势能不变，故A项错误、B项正确；在乙图中，因为静电力方向沿OA方向，与位移方向一致，所以静电力做正功，电势能变小，故C非学无以成才，非志无以成学10项正确、D项错误。11、ABC粒子做

曲线运动，受力指向轨迹的内侧，故M受到吸引力，带负电荷，N受到排斥力，带正电荷，A项正确；M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理可知，动能减小，则粒子在b点的动能小于在a点的动能，B项正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势

能等于在e点的电势能，C项正确；N从c到d，库仑力做正功，动能增加，D项错误。12、ABv�t图像斜率的绝对值表示带电粒子加速度的大小，由F�qE�ma可知，图像的斜率也间接表示了电场强度的大小，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，A项正确；粒子由A运动到B的

过程中，速度增大，电场力做正功，电势能减少，即粒子在A点的电势能高于在B点的电势能，B项正确；粒子从C到D，速度一直不变，电场力做功为零，各点电场强度为零，电势不一定为零，C项错误；A、C两点的速度相等，粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，

A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，D项错误。13、ABC带电粒子运动到b点的速度为零，则电场力方向向上，带电粒子带负电，A项正确；根据动能定理得，mgh�qUab�0，解得Uab�����，B项正确；带电粒子由a点运动到b点

过程中，先加速运动后减速运动，开始时重力大于电场力，然后电场力大于重力，故b点电场强度大于a点电场强度，C项正确、D项错误。14、（1）6m/s（2）27N(1)小球在A点处受到电场力和重力的作用，根据牛顿第二定律，有E

q-mg=m����代入数据，解得vA=6m/s。(2)小球从A点运动到B点的过程中，电场力和重力做功，这两个力做功均与路径无关，设小球运动到B点时速度大小为vB，则有Eq×2R-mg×2R=��m���-��m���FNB+mg-Eq=m����联立解得FNB=27N。15、AB本题考查电势差的

计算。微粒在竖直方向受到重力作用做匀减速直线运动；在水平方向受到电场力作用做匀加速直线运动，则有v0�gt，水平方向a����，2v0�at整理得a�2g，故qE�2mg，A项正确；增加的机械能等于电场力做的功，ΔE�qE×��at2�2m���，B项正确；根据电场力做功W

AB�qUAB可得UAB�������，非学无以成才，非志无以成学11C、D项错误。16、AC本题结合点电荷的电场强度和点电荷的电势,考查学生分析推理的能力和运用数学知识分析、解决问题的能力。由点电荷的电

场强度公式E=k���,可得Ea∶Eb=1∶4,Eb∶Ec=4∶9,A项正确、B项错误;电场力做功W=qU,由题图可知Uab∶Ubc=1∶1,则Wab∶Wbc=1∶1,C项正确、D项错误。17、ACAB、φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道N处场强为零，M处的场强不为

零，故A错误，B正确；C、M点的电势为零，N点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故C错误；D、由图象可知�������，故电场力做功���������，从P移到M过程中，电场力做负功，故�����������，故D正确；下列说法

错误的故选AC。18、(1)与水平面成30°角斜向右下方；��m���+���mgR(2)�mgR�；��m���+�mgR(1)带电小球在运动的过程中受到重力G=mg和电场力F电=qE=mg作用，将重力和电场力的合力F等效为一个力F合=mg'

，因为小球到达C点时小球的动能最大，所以C点为等效重力场中的“最低点”，即重力与电场力的合力方向一定沿着OC的方向，如图乙所示：乙因为F电=qE=mg，作出如图乙所示的矢量图，由图可知电场力的方向与AC平行，所以电场强度的方向与AC平行，即与水平面成30°角斜向右下方由图可知合力的大小F合=

�mg由A到C根据动能定理有F合sDC=EkC-��m���解得EkC=��m���+���mgR。(2)由A到B根据动能定理有非学无以成才，非志无以成学12F合·2Rsin30°=EkB-��m���由A到B重力不做功，电场力做功，有qUAB=F合·2Rsin30°解得EkB

=��m���+�mgRUAB=�mgR�。作业（四）1、A由于球壳内的电场强度处处为零，所以试探电荷在壳内做匀速直线运动，动能保持不变；球壳外的电场强度随离开球心的距离r的增加而减小，试探电荷在壳外运动过程中受到的电场力越来

越小，在运动过程中取很小的一段Δr，电场力F可以视作不变，在这很小的一段Δr中，由动能定理有FΔr=ΔEk，则F=Δ�kΔ�，由此可以看出动能Ek与离开球心的距离r的关系图线的斜率大小表示电场力大小，r越大，离球

心越远，则电场力越小，动能Ek与离开球心的距离r的关系图线的斜率越小，故A项正确。2、B本题考查电场强度和电势的关系。匀强电场中各处电场强度相等，但沿着电场线的方向电势是降低的，A、C项错误；等势体内部各点电势都相等、电场强

度为零，B项正确；电势降低的方向不一定是电场线的方向，但沿电场线方向电势降低最快，D项错误。3、D本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思

考，从而得到结论，此方法为微元法．A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由题图得，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将电场看做匀强电场，有��Δ��，可见EBx>ECx，A项错误。C、同理可知

O点的斜率最小，即场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误。B、沿电场线方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，B项错误。D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，D项正确．故选

D。挖掘出���图象两大重要性质：图象的斜率反映电场强度的大小，图象中φ降低的方向反映场强沿x轴的方向。4、CA项：匀强电场中AE连线的中点G的电势�����(�����)��ʹ��ܥ，所以直线COGF为等

势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DE分别为等势线，直线DB、直线AE分别为电场线，可知电场强度的方向由E指向A，故A错误；B项：EA两点间

的电势差������������ʹ，沿电场方向的距离���������，电场强度����������ʹ�，故B错误；C项：过圆心O作EA的平行线，与圆的交点H处电势最高，��������ʹ，由���������，可得：最高电

势����ʹ，故C正确；D项：将电子从D点移到F点，静电力先做正功再做负功，故D错误。非学无以成才，非志无以成学13点晴：解决本题关键理解在匀强电场中相互平行且长度相等的两线段，两端的电势差相等；电场线与等势线垂直且由电势高的等势线指向电势低的等

势线。5、DAC：粒子到最高点的速度仍为v，则克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O点正上方，则电场力不做功。所以最高点不可能在O点的正上方，且O点与最高点之间的电势差不可能为零。故AC两项错误。BD：若粒

子带正电，到最高点的时间为����݃�������.���，�cos����������解得：������；若粒子带负电，到最高点的时间为����݃�������.���，�cos�����������解得：������。故B项错误，D项正确。6、D由库仑定律F=k

q�q�r�可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a=Fm可知ab>ac>aa；根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，在c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做

正功，且Wba>|Wcb|，结合动能定理可知va>vc>vb，故D项正确。7、B本题以匀强电场中的几何圆为背景，考查电场强度与电势差的关系。由电场公式可得E=����㔀-����cos���=8V/m，B项正确。8、C正电荷从a移到b，电场力做

功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W=Uq可知，ac两点的电势差�㔀������.���

���������ʹ����ʹ，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab斜向上；ac间沿电场线的距离��㔀���㌠������.���.����.��；由����可知：电场强度������.�ʹȀ������ʹȀ�；方向垂直ab向上；故C正确，

ABD错误；故选C。9、（1）负电荷（2）�������Ȁܥ（3）㔀����Ȁ��（1）小球受竖直向下的重力、沿绳子方向的拉力和水平向左的电场力，电场强度水平向右，则小球带负电．（2）对小球，由平衡条件得：qE=mgtan60°入数据解得：E=2�×104N/C

．（3）剪断细线后小球做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：���㌠����=ma，代入数据解得，小球的速度a=20m/s2，速度方向为与竖直方向夹角为60°斜向左下．本题的关键是正确对小球受力分析，根据平衡条件可得小球受到的电场力方向向左并可求出电

场强度的值，剪断细线后，由于小球受到的重力与电场力都为恒力，所以小球将做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度．能力提高10、BD小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零、加速度a=���的匀加速直线运动和竖直方向初速度为v0、加速度为-g的竖直上抛运动，所以在竖直方向

上有���=2gh，解得h=�����，A项错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度减为零，由v0=gt，解得t=���，水平方向由vx=at，解得vx=������，B项正确；小球运动过程中动能的表达式为Ek=��

m(���+���)=��m���t��(��-gt)�，由数学知识可得当t=��g�����������时，小球的动能最小，最小动能Ekmin=���������(���������)，C项错误；当小球运动到B点时，运动时间非学无以成才，非志无以成学14

为2t=����，水平方向的位移x=�����(2t)2=���������，A、B两点之间的电势差U=Ex=����������，D项正确。11、AC本题考查静电感应的规律。不妨设Q为正电荷，若M接地，则M的内侧出现等量的负电荷，M处部没有电场，N上

无感应电荷，A项正确；若M不接地，且M原来不带电，则M的外表面出现等量的正电荷，于是N的右侧出现多余的负电荷，N的左侧出现多余的正电荷，B项错误、C项正确；若M不接地，M原来带的电荷与Q等量且电性相反，则M带的电荷将全部分布于内表面，M外表面没有电荷，N上无感应电荷，D项错误。12、BD带正电矿粉

受到的电场力方向向左，故落在收集板的左侧，A项错误；电场力对矿粉做正功，矿粉的电势能减小，动能增加，所以B、D项正确，C项错误。13、BC设菱形的边长为r，根据公式������分析可知三个点电荷在d点生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，D点的场强大小为��������．O点的场强

大小为�����(��)�������，可见，d点的电场强度小于O点的电场强.所以�q在d点所受的电场力较小，A错误C正确；Od间电场线方向从O到d，根据顺着电场线方向电势降低，d点的电势高于O点的电势，而正电荷在高电势高处电势能大，则知�q在d点

所具有的电势能较大，B正确D错误．14、（1）－0.1J（2）5×103V（3）5×105V/m（1）因为负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.1J，所以电场力负功，大小为0.1J，即��−ΔE�−�.

�J．（2）A、B两点间的电势差：�����������.��������V������V．（3）因为在匀强电场中U�Ed，所以有：�������������.����㌠����������ʹȀ�15、C

D小球在电场中所受的电场力是恒力，电场力对小球要做功，其速率在变化，所以小球从A到B一定不做匀速圆周运动，A项错误；小球从A到B的运动过程中，电场力做功为零，动能变化量为零，动能也可能先减小后增大，A、B两点

电势相等，AB直线为等势线，电场线与AB直线垂直，根据U=ERcos60°得，E=�UR，B项错误，C项正确；圆周上电势最高的点与O点的电势差Umax=ER=2U，D项正确。16、AC由点电荷的电场强度公式E=kQr

�，可得Ea∶Eb=4∶1，Ec∶Ed=4∶1，A项正确，B项错误；电场力做的功W=qU，Uab∶Ubc=3∶1，则Wab∶Wbc=3∶1，又Ubc∶Ucd=1∶1，则Wbc∶Wcd=1∶1，C项正确，D项错误。17、BD结合题意，只能判定Uab>0

、Ucd>0，但电场方向不能得出，A项错误。由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN=Uab�Ucd�，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W=������，B项正确。只有当电场强度的方向为c→d时，电场

强度E=��qL，但本题中电场方向未知，C项错误。若W1=W2，则ac与bd一定相互平行，可知UaM=UbN，D项正确。18、BC由题意，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE=F，得电场强度E=F

q，A项错误。A、B两点的电势差U=-Edcosθ=-Fdcosθq，B项正确。带电小球由A运动至B的过程中恒力做功W=Fdcosθ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcosθ，C项正确。小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B非学无以成才，非

志无以成学15向A做匀速直线运动，F的大小、方向均不变，D项错误。19、BCφ-x图象斜率的绝对值表示电场强度大小，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，A项错误。由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q

2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，B、C两项正确。从A点到C点电势升高，正电荷在电势越高处电势能越大，所以电场力一直做负功，D项错误。作业（五）1、C屏蔽服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一

个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害，等电位说明电势相等而不是等于零，等电势时电势差为零，电场强度为零，与厚度无关，故C正确，ABD错误。2、CB点场强�����(���)��������，根据均匀球壳内

部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为��的球体，则A点的场强为零，根据填补法可知，��������，所以则A、B两点的场强比值为：9：8，故C正确。3、C负离子在电场力的作用下向正极移动时，碰到

烟尘微粒使它带负电，因此，带电尘粒在电场力的作用下，向铝板运动，被吸附到铝板上，故A错误；烟尘向铝板运动时，在电场力作用下做加速运动，所以离铝板越近速度越大，故B错误，C正确；根据针尖端的电场线密集，同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离针越近加速度越大，故

D错误。4、Bt=0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，线圈平面与中性面重合，故A错误；当�������时，�������݃�����×���������ʹ，电动势最大，线圈与中性垂直，磁能量等于零，故B正确；300V是电容器允许的最高电压，而该交流电最大值是��

��ʹ����ʹ，所以此交流电不可以使“���ʹ，����”的电容器正常工作，故C错误；感应电动势的瞬时值表达式为�������݃������ʹ，当将其电枢的转速提高一倍时，由�����，�������，可知��和�

都增加一倍，则表达式为�′������݃������ʹ，故D错误；故选B5、DA、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；B、将R

2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容ܥ�����

����减小，那么电荷量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量+r上电压的变化量=R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；

故选D。6、A图甲为电容器充电过程，上极板与电源的正极相连，充完电后电容器上级板带正电，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的

实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图(丙)中的电容器上标有“400V，68μF”字样，说明该电容器两端电压最大值为400V，而电容与电容器的电压及电量均无关，总是为68μF，故D错误。所以A正确，BCD错误7、C非学无以成才，非志无以成

学16试题分析：超级电容器是一种电容量可达数千法拉的极大容量电容器．明确电容器充放电规律；知道电容器充电时电能增加，电荷量增加，而放电时，电量减小，电能减小．电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，充电时

，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，C正确8、A导电液体看作电容器的一个极板，导体芯柱是电容器的另一个极板，芯柱外面套有绝缘管作为电容器内的电介质，电容器两个极板分别与一个线圈的两端相连组成LC振荡

电路，现振荡电路的频率变大，根据�����ܮܥ，知电容C减小，根据ܥ�������，可知电容器面积减小，即容器内液面位置降低。故选A。9、5．4×105N/C方向由O指向A＋q1在O点的场强大小为E1＝＝3×105N/C，方向由O指向B；－q2在

O点的场强大小为E2＝＝2．4×105N/C，方向由O指向B。设感应电荷在O点的场强为E3，由静电平衡条件知E3＝E1＋E2＝5．4×105N/C，方向由O指向A。10、BC由于在喷枪喷嘴与被喷涂工作之间形成了强电场，工作时

涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动，则涂料微粒带负电，微粒所受电场力的方向与电场方向相反。故A错误，B正确；因粒子带负电，在库仑引力的作用下做正功，则电势能减小，故C正确，D错误。故选BC。11、BCDA、根据小球受力分析，结合小球在图示位置，可知小球带正电,受到水平向右的电场力，拉力，及重

力处于平衡，当轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故A错误．B、将重力和电场力合成为等效重力可知图示位置为等效重力场的最低点，小球获得初速度通过等效最低点时速度最大，提供的

向心力最大，此时的拉力也是最大，故B正确。C、若将M极板向左平移稍许，根据����、ܥ���、ܥ���������，可得板间场强����������，知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，θ不变，而���������′可得小球到负极板的距离�′不

变，则电势能不变，故C正确．D、若将M极板向上平移少许，电容器的正对面积减小，电容C会减小，因电量Q不变，根据����������，则E增大，小球所受的电场力增大，θ将变大，故D正确．故选BCD.【点睛】本题要抓住条件：在电容器的电量Q不变的基础上，根据ܥ���������、ܥ���、

����进行分析，同时注意受力平衡的条件应用．12、ACDA、根据电容的决定式ܥ��������知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小；故A正确。B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变；故B错误。C、电势差不变，d增大，则由公

式����分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小；故C正确。D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根

据����、ܥ���和ܥ��������，得���������，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变；故D正确。故选ACD。本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．板间场强

表达式���������，要会推导并在理解的基础上记住结论．13、ABCA．静电平衡时球壳B内部电场为零，电势是否为零，与零势面的选取有关，故A正确；非学无以成才，非志无以成学17B．直接把A、B的电荷量一起等效放在球心位

置，可知到球心A的距离为d的位置的电场强度大小为kQ��Q�d�，故B正确；CD．B壳层外表面电荷对内无作用，球壳B内部电场由A和B壳层内表面电荷叠加成零，所以B壳层内表面电荷为-Q2，所以B壳层外表面电荷为正+（Q1+Q2），故C正确，D错误.故选：ABC14、（1）����������．（2）

����������(�������������)；������（1）平均阻力为�����，依据牛顿第二定律和运动学规律有�����㔀，㔀�������，设飞机的起飞距离为�，依据运动学公式����㔀�，解得�����㔀�����(�����)．设飞机的起飞时

间为�，依据运动学公式��㔀�平均阻力的冲量����，解得������������，平均阻力冲量的方向与飞机运动方向相反．②电容器电压为��时，电容器储存电能���������，设电容器释放的电能为�′，由动能定理有��′�����������������

…，解得�′����(�������������)，电容器剩余的电能�剩�����′，解得�剩�����������(�������������)（2）①见答图依据图像可得电容器储存电能的规律������，非学

无以成才，非志无以成学18由于����，则电容器充电电压为��时，电容器储存电能���������������．15、BCA、金属内部场强为0，点电荷在A点场强方向为��，感应电荷的场强为��，二者叠加后才能为0，故A错误，B正确．C、B点十分靠近金属板，可认为是在金属板上，那么

B点合场强方向应垂直金属板向外，而源电荷引起的分场强指向负电荷，合场强分解，一个方向指向负电荷，一个方向则可能为题目所给的��方向，故C正确，D错误。16、AD根据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例

，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，A项正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，B项错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，C项错误；手指与屏的接触面积变大时，

电容变大，D项正确。17、BD两块平行金属板构成的电容器C的中间的液体就是一种电介质，当液体的高度升高，相当于插入的电介质越多，电容越大。，故A错误，B正确；当开关S断开后，电容器的电量不变，根据ܥ���，可知电容器两极板间

的电压变小，故选BD.18、ADa振动过程中，a、b间电压不变，由公式ܥ���分析得知，a、b板所带的电量会周期性变化，故A正确，B错误。a振动过程中，a、b板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵

敏电流计中电流的方向也会周期性变化，故C错误。a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。故选AD。19、ACA、根据ܥ�������，将CD板间的玻璃板抽出，电介

质�减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD、当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由���ܥ可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由����可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电

势差变大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC。作业（六）1、A粒子只受静电力的作用，说明粒子受到的合力不为零，所以A项不

可能；当粒子在匀强电场中由静止释放，粒子做匀加速直线运动，B项可能；当粒子垂直进入匀强电场，粒子做类平抛运动，C项可能；非学无以成才，非志无以成学19带正电粒子周围的带负电粒子只受静电力作用且静电力恰好充当向心力时，带负电粒子可以做匀速圆周运动，D项可能。2、D本题考

查带电粒子在电场中的加速,意在考查考生的认识理解能力。电场力对质子做正功,质子的电势能减少,A错误;质子受到的电场力大小F=qE≈2×10-14N,B错误;质子的加速度a=��≈1.2×1013m/s2,加速时间t=�㔀≈8×10-7s,C错误;加速器加速的直线长

度x=���㔀≈4m,故D正确。3、A电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．根据这些

知识进行解答．A、粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该负电荷受到的电场力指向带正电的电荷，所以B点带的是正电，所以A正确。B、电场线越密的位置电场强度越大，因为AO＞OB，根据等量异种点电荷的电场分

布规律可知N点附近电场线更密，所以EM小于EN，B错误。C、根据等量异种电荷的等势面分布特点可知φM小于φN，故C错误。D、根据电势能�����知，负电荷在电势低的位置电势能大，则负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，

D错误。故选A。本题要求掌握住等量异种电荷的电场的分布的情况，根据电场分布的特点可以分析本题．4、COA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得：BC=2cm，∠0BC=300.则OB沿电场线方向上的距离为�

�㌠���°＝����，所以电场强度为：����＝���×���ʹȀ�＝����ʹȀ�，故选C。点睛：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系式E=U/d，注意公式中d是沿电场

线方向上的距离.5、D电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大。A、由于a、d两点关于新的最高点

对称，若从a点静止释放，最高运动到d点；故A错误。B、由于bc弧的中点相当于“最低点”，速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大；B错误。非学无以成才，非志无以成学20C、从a到b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少；C错误。D、小球从

b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，但由于bc弧的中点速度最大，所以动能先增后减；D正确。故选D。6、CA、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a

等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误。B、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故B错误。C、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点

的电势能大于Q点的电势能，故C正确。D、由于相邻等势面之间的电势差相同。等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误。故选C。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理

量的变化。7、BA、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得��(���)�����，若保持S闭合，将A板适当右移，由动能定理得��(���)���������，则有���，知质点到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；B、保持S闭合

，将B板适当下移△d，由动能定理得��(����Δ�)���������，则v>0，知质点能够穿出b孔，故B正确；C、若断开S时，将A板适当上移，设A板上移距离为△d，板间电场强度������ܥ������

��不变，由动能定理得��(���)���(��Δ�)������，则有���，可知质点没有到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故C错误；D、若断开S，两极板带电量不变，再将B板适当左移，正对面积减小，电场强度������ܥ��������增大，根据动能定理得��(���)���������

�，则有���，可知质点没有到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故D错误；故选B。质点到达b孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点再运到到b点的过程中，重力做功和电场力做功相等；本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断。8、C本题结合电场

力做功和动能定理,考查学生分析推理的能力。小球从A点向B点运动的过程是先加速再减速的过程,因此小球在B点受力不平衡,A项错误;由题意可知,平衡位置位于AB弧的中点,有mg=��qE,B项错误;小球从A点运

动到B点的过程中,电场力做负功,电势能增加,所以小球在A点的电势能小于在B点的电势能,C项正确。9、（1）��������（2）����ܮ�����（1）根据动能定理求出电子穿过A板时速度。（2）电子进入偏转电场后，做类平抛运动，据运

动的分解求出偏转量。非学无以成才，非志无以成学21（1）在加速电场中：����������，解得电子穿过A板时速度��������（2）在偏转电场中，设飞行时间为�，则：水平方向：ܮ����竖直方向：����������

�联立解得：����ܮ�����10、BC等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，故A错误。由图示可知：该电场为匀强电场，又因为两粒子质量相同，电荷量的绝对值也相同，所以加速度也相同，故B正确；N从O点运动至a点

的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C正确。M粒子在从0点运动至C点的过程中，电场力做正功，其电势能减少，所以D错误。故选择BC.11、ACA、极板间电场竖直向下，小球最初静止，受到电场力与重力平衡，即电场力向上，故小球带负电；选项A正确。B、两开关均闭合时，电

路中总电阻为������������������；极板间电势差���������，小球静止时满足�������，解得����������V；选项B错误。C、D、S2断开后，极板间电势差�′��×������������V，小球受到电场力减小而向下极板运动

，与下极板碰后恰好运动至上极板，设碰后小球电量为�′，对全程用动能定理有��������′���′�′��，解得�′������.��×����C，故小球电量增加Δ���′����.��×����C；选项C正确，D错误。故选AC。本题是串并联电路与电容器两部分知识的综合，关键是确定

电容器的电压与电动势的关系．12、AC增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为����㔀�����������(ܮ��)�，即增加y即可。A、只增加电压U可以增加y

，故A满足条件。B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故B不满足条件。C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件。D、只增加水平速度v0，y减小，故D不满足条件。故选AC。此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意

构建物理情景—类平抛运动，应用运动的分解知识求解。13、BC电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变大的方法．电场中的直线加速，由动能定

理：������������，可得�������；在偏转电场做类平抛运动，���㔀�，加速度㔀������，�����，运动时间为��ܮ��，可得偏转角的正切值为�㔀�������，非学无以成才，非志无以成学22联立可得：�㔀�����ܮ����.若使偏转角变大即使tanθ变大，由上

式看出可以增大U2，或减小U1，或增大L，或减小d，则A、D错误，B、C正确。故选BC。本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成.14、（1）�����

（2）㔀������（3）��������；������arcsin������（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二运动定律得������������据题意由几何关系得：R1=d。联立解得：��������（2）若Δ���

���，设粒子做圆周运动的轨道半径为��，由几何关系可知：������加速度大小为a，由圆周运动公式得㔀�������������������（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T=�����。由牛顿第二运动定律得���

��������由题意知，���������联立解得：d=4R。粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，连线与水平方向的夹角为，在每个TB时间内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求：0<θ<π/2。由题意可知：������������设经历完整��的

个数为n（n=0,1,2,3,、、、、）若在A点击中P板，根据题意由几何关系可得：�������݃�����非学无以成才，非志无以成学23当n=0时，无解。当n=1时，解得��������15、AD本题结合带电粒子在电场中的加速和在匀强电场中的类平抛运动及其相关的知识点,注重考查学生分析推理的能力

。带电粒子在加速电场中运动时,由动能定理有qU=��mv2,解得v=����,进入偏转电场做类平抛运动时,有L=vt,y=��at2,qE=ma,联立解得y=�ܮ���,则偏转电场E对三种粒子做功W=qEy=���ܮ���,与

粒子质量无关,所以偏转电场E对三种粒子做功一样多,A项正确;三种粒子打到屏上时的水平速度为����不一样大,竖直速度为at=EL����不一样大,所以三种粒子打到屏上时的速度不一样大,B项错误;三种粒子运动到屏上所用的时间不相同,C项错误;因为y=�ܮ���与粒子质量无关,所以三

种粒子一定打到屏上的同一位置,D项正确。16、AC本题结合电场强度、电场力做功、Ep-x图象,考查学生理解能力和分析推理的能力。因为ΔEp=eEΔx,所以该电场一定是匀强电场,A项正确、B项错误;电场力做负功,电势能增加,动能减小,C项正确、D项

错误。17、BC0~T时间内平行板间的电场强度E1=φ�d，电子以加速度a1=E�em=φ�edm向上做匀加速直线运动，当t=T时电子的位移x1=��a1T2，速度v1=a1T。T~2T时间内平行板间的电场强度E2=φ�d，加速度a2=φ�edm，电子以v1的初速度向上做匀减速直线运动

，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2=v1T-��a2T2，t=2T时电子回到P点，则x1+x2=0，联立可得φ2=3φ1，A项错误，B项正确。在0~T时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在0~T时间内电势能

一直在减小，C项正确。电子在T~2T时间内电势能先增大后减小，D项错误。18、BD若sin������，电场力可能做正功，也可能做负功，所以�可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小，A错误；若sin������，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，�

、W一定守恒，B正确C错误；若tan������，则电场力沿水平方向，可能水平向左，可能水平向右，则电场力和重力的合力与速度方向可能同向，也可能成一定的角度，则电场力可能做正功，可能做负功，�可能增加，可能减小，根据能量守恒知，电势能和

机械能之和保持不变，D正确．19、AB小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知����������������，解得：����������������①，小球在电场中运动，在最低点受力分析可知�����������，解得�����������②，由于小球在磁场中运动，

磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小较小，所以在电场中运动的时间也长，A正确C错误；因为�����，结合①②可知：�����，B正确；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，

整个过程中小球的机械非学无以成才，非志无以成学24能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，D错误．洛仑兹力对小球不做功，但是洛仑兹力影响了球对轨道的作

用力，在电场中的小球，电场力对小球做功，影响小球的速度的大小，从而影响小球对轨道的压力的大小．当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求。若在B点击中P板，据题意由几何关系得：R+2Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d当n=0时，无解。当n=1时，解得sinθ=��，θ=a

rcsin(��)。联立解得：TB=[��+arcsin(��)]����。本题比较难，要考虑到带电粒子在磁场中运动的周期性，并结合几何关系找到半径，再利用磁场中的圆周求解即可。作业（七）1．C【详解】A.外电阻为

110Ω112020R，则12A=1A10+2EIRr，则路端电压为110V=10VUIR，故A错误；B.电源的总功率为121W=12WPEI，故B错误；C.选电源负极为0电势点，则a点电势为5×10V=

2.5V5+15a，b点的电势10×10V=7.5V5+15b，a、b两点间的电压为7.5-2.5V=5VabbaU，故C正确；D.a、b间用导线连接后外电阻为R′，则非学无以成才，非志无以成学25515

27.5Ω515R，则电流1212A=A1A7.5+29.5EIRr，故D错误；2．D【解析】【详解】AC．变阻器的滑片向b端滑动时，其接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律=EIR总总知电路的总电流增大，即安培表的示

数增大，AC错；BD．由UEIr总知路端电压减小，即电灯L两端的电压变小，功率变小，电灯L变暗，B错误，D正确；【点睛】本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局

部就是由串、并联电路的特点去分析．3．D【详解】由电功率的公式2UPR可知，在电压不变，电阻最小时，电功率是最大的，故接“高”档时，两根电热丝是并联关系。ABC．这三种连接方式都是串联的，根据分析可知，不符合题意，ABC错误；D．该连接方式为并联，所以电阻最小，符合题意，D正确。4．C【解析

】【详解】宁波的常住人口约760万人，平均每户的人口按3人计算，宁波大约250万户家庭，所有用电器待机的总功率为：P＝2×10+20+2×40+40＝160W，宁波地区待机一年的耗电量为：W＝250×104×160×10﹣3×365×24kWh＝3×109度

，故C正确，ABD错误。故选C。5．C【解析】【详解】A.设开关接通后，电路中电流为I．对于电阻R，由欧姆定律得1UIR，对于电动机，2UIR，则12UU，故A项错误；B.电流的功WUIt，由于12UU，所以12WW

，故B项错误；C.根据焦耳定律得:21QIRt，22QIRt则12QQ，故C项正确；D.电动机做的功大部分转化为机械能，所以22QW，故D项错误．6．D【解析】【详解】滑动变阻器的滑动触点向b移动时，R0接入电路的电阻增大，外电路电阻增大，电路中的总电流I减小，电源

的内电压减小，路端电压增加，电压表的示数增大；电路的总电流减小，电阻R2两端电压非学无以成才，非志无以成学2621()UEIrR增大，流过R2的电流2I增大，流过电流表的电流2AIII减小，电流表的示数减小．故D项正确，ABC三项错

误．【点睛】电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化．灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键．7．B【解析】试题分析：根据串联电路电压与电阻成正比的规律，以及并联电路

的特点，分析滑动变阻器的滑片P的位置．要使0R获得2U的电压，根据串联电路电压与电阻成正比的规律，可知变阻器滑片上部分的电阻与下部分和0R并联的总电阻相等，根据并联总电阻比任何一个支路的电阻都小的规律可知，变阻器滑片上部分的电阻小于下部分的电阻，所以滑片P应移到R的中点偏

上，B正确．8．D【解析】试题分析：当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；电磁泵对液体产生的推力大小为F=BIL2，选项B错误；电源提供的电功率为P=UI，选项C错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：2121LRLLL

；则电源提供的电功率为P=IU，若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为EK=UIt-mgh-I2Rt=UIt-mgh-I21Lt，故D正确；故选D.考点：安培力；你能量守恒定律.9．（1）9W；（2）4W；（3）8W。【详解】（1）根据功率表达式：2PIR

代入数据得：P1=I2R1=32×1W=9W（2）通过电动机的电流：IM=I-I2=3A-1A=2A电动机内阻发热功率：2MMMPIR22×1W=4W（3）根据欧姆定律得：U2=I2R2=6V电动机的总功率：P=IMUM=2×6W=12W电动机输出的机械功率：P出=P-PM=2×

6W-4W=8W10．CD【详解】A．纯金属的电阻率小，故连接电路用的导线一般用纯金属来制作，A错误；B．合金的电阻率大，故电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作，B错误；C．有的合金的电阻率几乎不受温度的影响，故标准电阻一般用合金材料制作，C正确；D．有的金属电阻率随温度变化而显

著变化，故电阻温度计一般用随温度变化而显著变化的金属材料制作，非学无以成才，非志无以成学27D正确。故选CD。11．AD【详解】对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．由题意知，电源的内阻为r，当可变

电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从3r到r变化，根据上述结论可知，电源的输出功率逐渐增大，当滑片在N端时电源的输出功率最大，故A正确，C错误．电源内部消耗功率P=I2r，当可变电阻器的滑动键由M向N滑动时，外电阻变小，电流变大，则电

源内部消耗功率变大，故B错误；把电阻R0也看成内阻，则内阻总值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从2r到r变化，所以可变电阻器R消耗的功率变小，故D正确．12．BD【分析】滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中

电流增大，路端电压减小，分析变阻器两端电压的变化，根据路端电压的变化，判断△U2、△U3的大小．【详解】滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U1减小，则变阻器两端电压

U3减小．由于U1=U2+U3，U1减小，则知△U2<△U3，△U1＜△U3，所以BD是可能的，AC不可能．故BD正确，AC错误．故选BD．【点睛】本题解题的关键是抓住U1=U2+U3，根据总量法分析三个电压表读数变化量的大小．13．CD【详解】A．从乙图可以看出，电

源电动势为3V，内阻为2Ω，故A错误；B．从甲图可以得到电阻：4URI故B错；C．根据闭合电路欧姆定律知：0.5AEIRr所以电源的输出功率：21WPIR故C正确；D．电源的效率：66.7%()IRIRr故D正确；14．（1）此时电流表的示数为0.15

A，电压表的示数为5V；（2）电源的电动势为7.5V，内电阻为．【解析】解：（1）滑块P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大；由此可以确定电流表量程选取0～0.6A，电流表量程选取0～15V；所以电流表的示数为：I=

×0.6A=0.15A；电压表示数为：×15=5V；非学无以成才，非志无以成学28（2）当电压表示数U1=2.5V时，电流表示数为：I1=0.3A由闭合电路欧姆定律得：E=I1（R1+r）+U1，当电压表示数U2=5V时，电流表示数I2=0.15

A由闭合电路欧姆定律得：E=I2（R1+r）+U2代入数据得：E=7.5V，r=答：（1）此时电流表的示数为0.15A，电压表的示数为5V；（2）电源的电动势为7.5V，内电阻为．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程

．15．B【详解】由闭合回路的欧姆定律可知U—I图象与电压U的交点表示电动势E，因此电动势E=1.40V，则外电路的电阻为1.2Ω6Ω0.2URI电路消耗的电功率为0.140.2W0.28WPEIB正确16．BD【详解】AB．两电流表表头并联，电压相同，电流相同，指针偏转角

相同，量程大的读数大，A错B对；CD．两电压表串联，通过表头电流相同，指针偏转角相同，量程大的读数大，C错D对。故选BD17．BC【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量

干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化．【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值

增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压2UEIRr（），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误．故选BC．【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体

的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况．18．（1）1A；4V；（2）6V，2Ω；（3）4W．【详解】（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得非学无以成才，非志无以成学29通过电源电流111APIR电源两端电压12

4VUPR（2）K接a时，有E=U1+I1rK接b时，R1和R2串联R外=R1+R2=6Ω通过电源电流22120.75AUIRR这时有E=U2+I2r解得E=6Vr=2Ω（3）当K接c时R总=R1+r+R23=6Ω总电流=1AEIR总电

源输出功率223=()4WPIRR出【名师点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律的应用．属于中等难度的题目．对于电路问题，首先认识电路的结构．理清串联与并联电路的关系，对于电源的电动势和内阻常常根据两种情况分别列二元一次方程，再联立求解．作业（

八）1．C【解析】为使路端电压最大应该让外电阻最大，所以让①接电压表即可，当外电阻等于内阻时电源输出功率最大，外电阻越接近内阻时电源输出功率越大，可以让①接电流表，②电压表③接灯泡，此时R3与R4串联再与R2、灯泡并联，并联

后的等效电阻一定小于R2，此时外电阻最小，最接近电源内阻，输出功率最大，要使电源总功率最大应使外电阻最小，所以①接电流表，②接电压表，③接小灯，要使闭合电路中电源效率最高，应该使外电阻最大应该①接小灯，②接电流表，③接电压表2．B【解析】试题分析：当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻

减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U=E-Ir，I增大，E、r不变，则U变小．设变阻器两端电压为U′，则U′=E-I（R1+R5+r），I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．故选

B．考点：电路的动态分析3．B非学无以成才，非志无以成学30【解析】常用干电池的电动势约为1.5V，B正确．4．B【详解】A．电动势公式WEq中的W与电压WUq中的W是不一样的，WEq中W是非静电力做功，WUq中的W是电场力做的功，故A错误

；B．电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式WEq可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功，则非静电力把单位正电荷从电源负极移到正极所做的功越多，电

动势越大，故B正确；C．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，故C错误；D．电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，外电路全部断开时，电动势不变，故D错误。故选B。5．C【解析】A、由图可判断，3R的b端电阻与

电压表串联，对电压表的影响可忽略，故电压表测定电阻1R两端电压，电流表测定干路电流，因此当滑动触头P从a向b滑动时，3R由0开始增大，回路总电阻增大，干路电流减小，路端电压升高，电压表示数1UIR减小，

故选项A错误；B、根据欧姆定律可知：1UURII不变，故选项B错误；C、外电路电阻231233111/1RRRRRRR，3R由0增大到2，则R由1增大到2，而当1.5R时电

源的输出功率最大，且2231.5441.5mEPWWr，故选项C正确；D、当30R时，1R的功率最大，且21111.44mEPRWRr，故选项D错误．点睛：本题是电路的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，尤其是本题的电压表连接的问题

．6．C【分析】已知电源的电动势，内电阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，由欧姆定律求出路端电压．【详解】根据闭合电路欧姆定律得：I=路端的电压为U=IR=1×4V=4V故选C．7．B【详解】从题图得出R1＝8Ω，R2＝12Ω，并联时，U1＝U2故P

1R1＝P2R2得非学无以成才，非志无以成学316W×8Ω＝12Ω·P2求得P2＝4W则P＝P1＋P2＝10W故B正确，ACD错误；故选B．8．C【详解】电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为22500.460

1.2220QIRtJJ，故C正确，ABD错误．9．(1)开关S断开时，AB两点间R2的电功率为1.1W；(2)开关S接通时，AB两点间R2的电压多大2V；(3)开关S接通时，AB两点间R3的电功率为

0.33W；(4)R1为0时AB两点间电功率最大，电功率为9W。【分析】开关S断开时，R1、R2串联；开关S接通时，R2、R3并联后与R1串联。先求出外电路总电阻，再根据闭合电路欧姆定律进行相应的计算；A、B之间电路电阻的一定，要使A、B之间电

路的电功率在开关S接通时能达到最大值，电流应达到最大值，R1调为零，再求出A、B间电路消耗的电功率。【详解】(1)开关S断开时，1263AA687UIRR此时22222354()6WW1.1W749PUIIR(2)开关S接通时，R2、R

3并联的总电阻2323234ΩRRRRR则R2两端的电压为223230.54V2VUUIR(3)开关S接通时，R3两端的电压为3232VUU则R3的电功率为223332W0.33W12UPR(4)开关S接通时，A、B之间的

总电阻为234ΩR定值，所以，只有当10R，总电流最大，A、B之间的电功率才最大，此时电功率为22236W9W4UPR【点睛】非学无以成才，非志无以成学32本题是简单的串并联电路问题，先求外电路总电阻，再求解电流是常用思路。10．ACD【解析】A、小球所受的合力水平向右，所以加速度

向右；知列车向右做加速运动或向左做减速运动．故A正确．B、小球的加速度a=gtanθ，当加速度增大，θ增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，但电压表的示数增大．故B错误．C、当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则θ=30°，则3tan30=3agg．故C正确．D、

根据a=gtanθ知，a与θ不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与θ成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀．故D正确．故选ACD．【点睛】本

题将闭合电路欧姆定律与牛顿第二定律综合，关键知道θ与加速度的关系，同时通过电路能分析θ与BC段电阻和电压的大小关系．11．ACD【详解】AB．滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P，1R和3R所在电路中电流I不变，U也不变，

所以角度不变，故A正确，B错误；C．用更强的光线照射1R，1R的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I增大，内电压和3R的电压增大，则电容器板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则减小，故C正确；D．保持滑动触

头P不动，逐渐增加照射1R的光强，总电阻减小，电流I增大，外电压U减小，根据闭合电路欧姆定律得：UEIr，UrI可见，UI保持不变，故D正确。故选ACD。12．AD【解析】电流表示数偏大，说明通过分流电阻的电流偏小，分

流电阻偏大，为校准电流表，应减小分流电阻阻值，可以将分流电阻变得稍小些即可，可以在R上并联一比R大得多的电阻，或者在G表上串联一个比Rg小得多的电阻，故AD正确，BC错误；故选AD．点睛：题考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流

小，反之电阻小则分流大．13．ACD【详解】A项：由图1可知，灯泡L1两端的电压比L2两端电压更大，由图2可知，灯泡两端电压越大，电阻越大，故A正确；B项：由图1可知，灯泡L1两端的电压为3V，灯泡L2两端的电压为1.5V，由图2可知，灯泡L1电流为0.25A，，灯泡L2的

电流为0.2A，故B错误；C项：由图可知，灯泡L1两端的电压为3V，电流为0.25A，则灯泡L1消耗的电功率为130.250.75PWW，故C正确；D项：灯泡L2两端的电压为1.5V，电流为0.2A

，则灯泡L2消耗的电功率为21.50.20.30PWW，故D正确．故应选ACD．14．0.9m/s；17.9595m；2000J【分析】由题中“如图用直流电动机提升重物”可知，本题考查电功率、能量守恒定律和焦耳定律，根据电功率、非学无以成才，非志无以

成学33能量守恒定律和焦耳定律公式可解答本。【详解】（1）根据电功率公式得PEI总，2PIR热因此输出功率为PPPFvmgv出总热解得0.9m/sv（2）由能量守恒可得212PtPtmghmv总热解得17.9595mh（3）由焦耳定律可得2

QIRt解得2000JQ15．A【详解】图（b）中图像斜率0012UUQktCtt由电流的定义得00I2CUQtt由电路中电压的关系知：0t时刻K、L间的电压000122KLCRUUCRUUUIRt故选A。16．D【详解】A.由小灯泡的伏安特性曲

线，图像上每一点与坐标原点连线的斜率1kR，可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，A错误；B.由PUI可知，小灯泡的功率随变压增大而增大，B错误；C.虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适用，B错误；D.若把三个相同的灯泡

串联，则每个灯泡两端的电压为4V，由图可知对应的电流为0.4A，D正确；故选D。17．AC【解析】试题分析：串联电路电流处处相等，由图象判断出电流相等时两电阻丝的电阻大小，然后由欧姆定律判断其两端电压大小关系，由电阻定律判断其电阻率关系；由焦耳定律判断其产生的热量关系，由电功率公式判

断功率关系．由图象可知，在电流I相同时，RR甲乙，两电阻丝串联．通过它们的电流I相等，而RR甲乙，由UIR可知，UU甲乙，故A正确；由于两电阻丝的横截面积与长度相同，RR甲乙，因为长短，粗细相同，由非学无以成才，非志无以成学34电阻

定律LRS可知，甲的电阻率大于乙的电阻率，故B错误；两电阻串联I相同，RR甲乙，由焦耳定律可知，相同时间WW甲乙，故C正确；两电阻串联，通过它们的电流I相同，RR甲乙，由2PIR可知PP甲乙，故D错误．18．AD【解析】【详解】由题图甲可以看出，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关

，而与磁感应强度的方向无关，且磁敏电阻的阻值随着磁感应强度的变大而变大．在题图乙中，闭合开关S，只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，所以电压表的示数增大，选项A正确；闭合开关S，只改变磁场的方向时，电压表的示数不变，选项B

错误；只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，并联电路的电压增大，所以aP段的电流增大，选项C错误；如果外电路原来的电阻小于内电阻，增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值增大，使外电路的电阻等于内电阻，此时电源的输出

功率最大，故电源的输出功率可能增大，选项D正确；故选AD．【点睛】本题要求同学们能读懂各个图象的物理意义，变化规律，知道磁敏电阻的阻值与磁感应强度的方向无关，只与磁感应强度的大小有关．随着磁感应强度变大，电阻变大．19．BCD【分析】首先知道电位器的原理，再据闭合电路的欧姆定律判断干路电流、支

路电流和电压间的关系，从而判断两灯的变化情况，根据Q=CU判断电容器带电量的变化．【详解】当电位器的触头向b端滑动时，电路的总电阻增大，干路电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，电阻1R两端的电压变大，流

过1R的电流增大，电流表的示数增大，而干路电流是减小的，故通过1L的电流变小，所以灯1L指示灯变暗，1L两端的电压减小，并联电路两端的电压增大，通过2L的电流增大，2L指示灯变亮，电容器两端的电压等于并联电路两端的电压

，根据Q=CU得电容器C的带电量增大，A错误BCD正确．【点睛】本题是动态电路的分析题，注意电位器的原理与滑动变阻器的原理相同，注意动态电路的分析方法，先整体后局部．作业（九）1．C【详解】电压表接在R1两端，电压表的示数4.3V，此时并

联部分的电阻要比没有并联电压表的时候小，分压也要小，即撤去电压表后R1两端的电压大于4.3V；同样，当电压表接在R2两端，电压表的示数4.5V，此时并联部分的电阻要比没有并联电压表的时候小，分压也要小，即撤去电压表后R2两端的电压大于4.5V；故在电压表撤去之后，总的电压要比4.3+4.

5=8.8V大。故选C。2．B【详解】AB．接220V时，额定功率为40W；若接在110V的电路上，电压减小为12，电阻不变，根据公式非学无以成才，非志无以成学352UPR可知实际功率减小为14，为10W，故A错误，B正确；C．若接在

55V的电路上，电压减小为14，电阻不变，根据公式2UPR实际功率减小为116，为2.5W，故C错误；D．灯泡两端所加电压为零时，导体电阻与电压无关，它的电阻为不变，故D错误；故选B。3．D【详解】AD．滑片移动时，电

流表示数变大，可知滑片向右移动，电路的总电阻减小，总电流增大，由PEI可知电源的总功率增大，由=RIUUIEERr外外电源的效率减小，故A错误，D正确；BC．电源内部消耗的功率增大，电源输出功率的变化情况不确定，故BC错误。故选D。4．D【详解】当R

4的滑动触头向图中a端移动时，R4联入电路部分电阻减小，外电阻减小，内电阻不变，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知回路中总电流增大，内电阻不变，内电压增大，外电压减小，说明电压表示数变小，R1和R3两端电压增大，可知加在R2两端

电压减小，流过R2电流减小，电流表的读数减小。故选D。5．D【详解】由题意，1s内通过横截面正离子的电荷量为112qne负离子的电荷量绝对值为22qne则电流为I＝12qqt＝12(2)nnet将代入数据解得I＝

3.2A故选D。6．D【详解】A．电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故A错误；B．电动势在数值上等于内外电路电压之和，故B错误；非学无以成才，非志无以成学36C

D．根据电动势的定义式WEq，知电动势在数值上等于将1C正电荷在电源内从负极移到正极时非静电力做的功，故C错误，D正确。故选D。7．C【详解】AB．设恒压源的电压为U0，电压表的电阻值为RV，则电压表并联在电阻R1上时11VVRRRRR并＝并联部分的电压

111100000121211122133VVVVVVVVVRRRRRRRRRUUUUUUURRRRRRRRRRRRRRRR并并并＝＝＜所以恒压源的输出电压大于3U，故AB错误；CD．同理电压表并联在电阻R2上时22VVRRRRR并＝20101

21112=233VVVVRRRRUUURRRRRRRR并＝联立可得U并′=2U故C正确，D错误。故选C。8．C【详解】A．电源的作用是使用电器上有电流通过，选项A正确，不符合题意；B．电源的作用是给

用电器加上电压，从而产生电流，选项B正确，不符合题意CD．电源的作用是把其他形式的能转化为电能，选项C错误，符合题意，选项D正确，不符合题意。故选C.9．35W，1W【详解】根据功率的公式，有P＝UI得电流为I＝PU＝0.16A热功率为P热＝I2R＝1W机械功率为P机械＝P－

P热＝35W10．BD【分析】非学无以成才，非志无以成学37小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大；任一状态灯泡的电阻，并依据U与I图象面积大小表示功率，从而即可求解。对于线性元件欧姆定律成立，对于非线性元件欧姆定律不成立。【详解】

A．I-U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；BC．根据电阻的定义可知，对应P点的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为12URI，而R不等于切线斜率，故B正确，

C错误；D．根据功率表达式12PUI，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选BD。11．AC【解析】如果一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生，这种关系叫“与”逻辑关系；如果几个条件中，只要有一个条件得到满足，某事件就

会发生，这种关系叫“或”逻辑关系，故A正确，B错误；一个门上有三把钥匙，每把钥匙都能单独开门，它体现了“或”逻辑关系，故C正确；输出状态和输入状态相反的逻辑关系，叫做“非”逻辑关系，故D错误；故选AC．点睛：本题关键是明确与、或、非三种逻辑

关系：“与”逻辑关系：一个事件的几个条件都满足后，该事件才能发生；“或”逻辑关系：一个事件的任意一个条件满足后，该事件就能发生；“非”逻辑关系：输出状态和输入状态相反的逻辑关系．12．ACD【详解】A.电源是通

过非静电力做功把其它形式的能转化为电能的装置，选项A正确；B.在电源内部，电流方向从负极流向正极，选项B错误；C.电动势在数值上等于电源两端未接任何用电器时两端的电压，选项C正确；D.由电荷的定向移动而产生电流，选项D正确。故选ACD。13．AD【详解】AB.由UIR可知，图象的斜率表示电阻的倒

数，则由图象可知电阻10Ω2Ω5R，故B错误，A正确；C.I−U图线的斜率可表示电阻的倒数，但R不等于tan45°，只能根据UI求解，故C错误；D.在R两端加6.0V的电压时，电路中电流：6.0A

3.0A2UIR，则每秒通过电阻的电荷量为：q=It=3.0×1=3.0C，故D正确；故选：AD.14．(1)0.5A；(2)1.375W【详解】非学无以成才，非志无以成学38(1)通过电动机的电流等于灯泡的电流，即1.5A=0.5A3LPIU(2)电动

机两端的电压U=E-UL=3V则电动机的输出功率22=0.530.50.51.375WPIUIr出15．B【解析】【详解】A．已知电源的内电阻为r，干路电流为I，则据部分电路欧姆定律得：rUIr故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得：rUUE则有：rU

EU故B正确；C．将上两式联立得：IrEU则得：UEIr故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律得：EIRr若外电路是纯电阻电路，由欧姆定律得：1REEUIRErRrR故D错误；故选B。16．ABD【详解】A．电动机的输出功率

为222==()64PUIIREIrIIRII输出根据数学知识可知，当3A4I时，=2.25WP输出，A正确；BC．当电动机不对外做功时，电源的输出功率最大，为22max6W=4.5W442EPr此时电动机的输出功率为零，C错误，B正确

；D．若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，当滑动变阻器的电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最非学无以成才，非志无以成学39大，为22max6W=4.5W442EPrD正确；故选ABD。17．A

B【详解】A．在电源内部非静电力把正电荷从负极移到正极而做功，其他形式的能转化为电能，电能增加，故A正确；BCD．根据W=qE可知电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多，而不是电荷量越多，故B正确，CD错误。故选

AB。18．(1)36W(2)0.03(3)0.2m/s2【详解】（1）从表中可知，输出功率180WP出，对于非纯电阻电路的输入功率公式为PUI入，代入值得366W216WPUI入，36WPPP入损出（2）由公式PFv得

maxmax()PFvkMmgv阻额，1800.03(4080)105k（3）由公式PFv，牵引力与阻力的合力提供加速度，可列式子PFv额，()()FkMmgMma，代入值得20.2m/sa作业（十）1．A【详解】多用表欧姆挡的中值电阻附近刻度最均匀，读数

误差最小，欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，由闭合电路欧姆定律可知：满偏时：gEIR内＝;半偏时：12gEIRR内中＝；联立解得：R中＝R内＝gEI＝5000Ω；欧姆表的中值电阻为5kΩ，欧姆表能准确测量的

阻值范围是：3kΩ～8kΩ；故选A．【点睛】本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度相对最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻．2．B【解析】A、欧姆是电阻的单位，故A错误；B、焦耳是能量的主单位，故B正确；C、瓦特是功率的主单位，故C错误；D

、安培是电流的主单位，故D错误；故选：B.非学无以成才，非志无以成学403．C【解析】U-I图像的截距等于电源的电动势，斜率等于电源的内阻，则电源电动势E1=E2，电源的内电阻r1>r2，选项AB错误；若将R分别与电源1和电源2组成闭合电路，则电阻R的

U-I与电源的U-I图像的交点即为整个电路的工作点，交点的横纵坐标的乘积等于电源的输出功率，由图像可知，R与电源2连接时路端电压较大，R与电源1连接时电源的输出功率较小，选项C正确，D错误；故选C.点睛：电阻的U-I图像的斜率表示电阻值，电源的U-

I图像中斜率绝对值等于内阻截距等于电动势．电源与电阻的U-I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态．4．B【详解】AB．在P向上移动的过程中，3R电阻增大，根据闭合电路欧姆定律EIR总可知干路电流减小，则电流表示数减小，根据欧姆定律可知1R分压减小，根据

EUIr可知路端电压增大，所以2R分压增大，电容器两端电压增大，液滴重力竖直向下，电场力竖直向上，根据UEd可知电场强度增大，电场力增大，所以液滴向上加速运动，根据QCU可知电容器带电量增大，电容器充电，G中电流方向为ba，A错误，B正确；CD．在P向下移动的过程中，3R电阻减小，干

路电流增大，电流表A示数增大，1R分压增大，路端电压减小，电容器两端电压减小，液滴向下加速运动，电容器放电，G中电流方向为ab，CD错误。故选B。5．D【解析】A．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与非静电力做功W的大小以及移送电荷量q的大小无关，故A错

误；B．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，与外电阻无关，只由电源本身决定，故B错误．C．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电压U是反映电场力做功性质的物理量，二者的本质不同，故

C错误．D．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，故D正确．故选D．6．C【解析】【详解】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R1的电压，静电计指针偏角显示电容器两端电压的大小

；当增大R1的阻值，导致总电流减小，则外电压增大，因此电容器的电压增大，板间场强增强，油滴将向上运动；静电计的指针偏角变大．故A错误．电路稳定时，当增大R2的阻值，不改变电路中的电流，因此电容器的电压不变，板间场强

不变，油滴仍静止，静电计指针偏角不变．故B错误．增大两极板间的距离，板间电压不变，由UEd知，板间场强E减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动，静电计指针偏角不变，故C正确．断开开关S，电容器放电，板间场强逐渐减小，油滴将向

下运动，静电计指针偏角减为零，故D错误．故选C.【点睛】本题关键分析电容器的电压是否变化，静电计指针偏角显示电容器两端电压．要知道与电容器串联的电阻，电路稳定时相当于导线，不影响电容器的电压．7．D【解析】由电动势的定义式E=W/q，可知，电源中每通过1C电量，非静电力做功为1.5J，电源把1.

5J的化学能转变为电能，而不是1s内将1.5J的化学能转变成电能．故AB错误．电动势等于电池没有接入外电非学无以成才，非志无以成学41路时两极间的电压，当电源接入外电路时，电池两端的电压小于电动势1.5V，故C错误．一节干电池的电动势为1.5V，根据

定义式E=W/q，可知非静电力把1C的正电荷在电池内从负极移送到正极所做的功为1.5J．故D正确．故选D.8．C【解析】电池上标有的“1.5V”指的是移动1C的正电荷所做的功是1.5J，与时间无关，故A错误；每经过1C的电量时，有1.5J的化学能转化为电能；故B错误

；当电池直接与电源相连时，电压表的示数为电源的电动势1.5V，故C正确；由于电源内部有电阻，由闭合电路欧姆定律可知，流过电池的电流小于1.5A；故D错误。所以C正确，ABD错误。9．（1）12W（2）3W（3）3W【详解】

（1）灯泡正常发光，则116W1A6VPIU电路中的总功率P=IU=12W；（2）电动机的发热功率2213W3WPIr热（3）电动机两端电压216VUUU261W6WPUI入电动机对

外做功的机械功率3WPPP入出热10．BC【分析】由题中”D为理想二极管（具有单向导电作用）”可知,本题考查含二极管和电容器的电阻变化,根据闭合电路欧姆定律和二极管的性质可分析本题.【详解】A、根据闭合电路的欧姆定律得：11–U

EIRr（）则11URrI所以1UI的值不变，故A错误；B、若电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大。根据欧姆定律得1UI的值等于滑动变阻器的阻值，所以1UI的值变大，故B正确

；C、根据闭合电路的欧姆定律得：由2–UEIr则2UI=r非学无以成才，非志无以成学42所以2UI的值不变，故C正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，只会充电，不会放电，所以电容器所带的电荷

量不变，故D错误。11．AC【详解】A．因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D板偏，负离子向C板偏，即金属板C为电源负极，D为电源正极，故A正确；B．等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即EBqvqd，所以电源电动势为E=Bdv，又

R0<r<2R0，所以滑片P由a向b端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r=R0+R，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P由a向b端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故B错误；C．由题图知当滑片P位于b端时，电路中电

流最大，电阻R0消耗功率最大，其最大值为2222200102200ERBdvRPIRRrRr＝，故C正确；D．将定值电阻R0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R0＜r+R0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率

最大，最大值为2220202(3)BdvRPrR，故D错误．12．BC【解析】试题分析：滑动变阻器R1的滑片P处于左端点a时，����三者并联，所以电压表测量路端电压，于R3电压，电流表测量通过��的电流于��电压．所以根据欧姆定律可得：,C正确，当

滑片P滑动至右端点b，����并联再与��串联，这一部分与��并联，相当于在a端时，给��串联了一个电阻，所以电路总电阻增大，故外电路电阻增大而电压表测量的是路端电压，所以�����，A错误，此时电流表测量的是通过����的电流和，已知��两端电压增大，所以通过��的电流增大，故��

＞��，B正确，由欧姆定律�����总�，根据��Δ�总Δ�总，从题中分析可得�������总，所以������������，D错误考点：考查了电路的动态分析点评：本题的难点在于确定电流表示数变化量△IA与

干路电流变化△I的大小，采用总量法，这是常用方法．13．AC【解析】试题分析：因灯泡正常发光，则电路的电流为，选项A正确；电动机的热功率P热=I2RM=4×0.5W=2W，则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W．故B错误，C正确．整个电路消耗的功率P总=UI=12×2W=24

W．故D错误．故选AC.考点：电功率【名师点睛】此题是关于电功率的计算问题；对电动机问题，因为不是纯电阻电路，故不适应欧姆定律；解题时要知道电动机的内阻的发热功率P=I2RM、电动机的输出功率等于电动机输入功率与内阻上的热功率

之差，整个电路消耗的功率P总=UI。非学无以成才，非志无以成学4314．（1）S闭合时，处于加热状态；S断开时，处于保温状态（2）1121ΩR，21089ΩR【详解】(1)S闭合，电流较大，处于加热状态；S断开，电流较

小，处于保温状态；(2)由电功率公式得211=UPR222=UPR联立解得12=121Ω=1089ΩRR，15．BC【详解】A．由闭合电路的欧姆定律，得EIRr可知I-R图像不是直线，故A错误；B．滑动变阻器消耗的功率22222

()2EREPIRrRrRrR因当r=R时，P最大，故B正确；C．根据欧姆定律得，电源的路端电压1EREUIRrRrR则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，故C正确；D．电源的电动势与外电路的电阻无关，故D错误；故选BC。16．BD【解析】【详解】AB.旧电池与新电池相比较，

电动势几乎不变，内阻增大较多，故A错B对；CD.旧电池不能使小灯泡正常发光的原因是：小灯泡电阻较小，旧电池与之串联后电路中电流有一定的数值，由于旧电池内电阻较大，旧电池的内电压较大，旧电池的路端电压小于小灯泡的额定电压，小灯泡只能发出很微弱的光．旧电池能使电子钟正常工作的原

因是：电子钟电阻很大，旧电池与之串联后电路中电流较小，旧电池的内电压较小，旧电池的路端电压等于电子钟的额定电压．故C错D对．17．AD【解析】【分析】在滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端

电压的变化，来判断电表示数的变化。根据功率公式判断功率的变化情况。【详解】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，所以外电路总R减小，由欧姆定律得知总电流I增大，所以电流表示数变大；路端电压������减小。电灯L的电压等于路端电压，所以电灯非学无以成才，非志无以成学4

4L的电流减小，而�ܮ����ܮ，所以电灯L消耗的功率变小；而总电流增大，所以通过滑动变阻器及��的电流增大，根据�������可知电阻��消耗的功率增大；��的电压增大，所以R的电压减小，所以电压表

的示数减小，故AD正确，BC错误。【点睛】本题是简单的电路动态分析问题。对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化。18．（1）①12:6:1EE②12:1:6SS（2）①见解析②见解析【解析】（1）①根据1

2U，由图像知：1282VV，，代入可得16UV，同理22UV根据UEd，由已知122dldl，代入可得：12:6:1EE②因为两导线串联，所以电流12II，由欧姆定律UIR，电阻定律lRS将1262U

VUV，，长度分别为l和2l代入可得：12:1:6SS（2）①在直导线内任选一个横截面S，在t时间内以S为底，vt为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：IqjStS，其中qneSvt代入可得：jnev②（猜想：j与E成正比）设横截面积为

S，长为l的导线两端电压为U，则UEl电流密度的定义为IjS，将UIR代入，得UjSR导线的电阻lRS联立可得j、ρ、E三者间满足的关系式为：Ej作业（十一）1．C【详解】A．导体的电阻由导体

本身的特性决定，与电流、电压无关，A错误；B．从UIR可知，只有电流I一定时，电压才与电阻成正比，导体两端的电压才随电阻的增大而增高，B错误；C．根据欧姆定律UIR得知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电

阻成反比，C正确；D．URI是电阻的定义式，R与导体两端的电压和电流无关，导体两端的电压为零时，导体的电阻不为零，D错误。故选C。2．D【解析】电源的电动势等于外电路断路时的路端电压，则对甲图可知'EE,rrR,选

项AB错误；图乙中，ERERr;'RrrRr，故选项C错误，D正确；故选D.非学无以成才，非志无以成学453．C【解析】试题分析：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧

姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动．根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化．根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．解：当滑动变阻器R4的

滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质

点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动．流过电流表的电流IA=I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大．R4的电压U4=U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小．由于R1的阻值和电源内阻r

相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故ABD错误，C正确．故选：C．【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部

电路电压和电流的变化．4．C【解析】所受的阻力恒为车重的0.2倍，所以阻力的大小为：0.2100fmgN车电动车的总功率为：120PUIW电动车的机械功率为：80PFvfvW机电动车的热功率为：2PIrPP热

机所以电动车的电阻为：21.6ΩPrI热故C项正确。点睛：纯电阻元件，电功等于电热，电功率等于热功率；非纯电阻元件，电功大于电热，电功率大于热功率。对非纯电阻元件，要注意电功率、热功率、转化为其它能功率三者间关

系。5．C【分析】根据电流热效应定义：电流流过导体时，导体发热，将电能转化为内能，这种现象是电流的热效应进行分析解答．【详解】A、电风扇用电动机带动工作，利用了电流的磁效应，主要将电能转化为机械能，A错误；B、计算机主要把电能转化为声和光，B错误；C

、电烙铁主要将电能转化为内能，利用了电流的热效应，来提高温度使焊锡熔化，C正确；D、电视机主要将电能转化为声和光，D错误；故选C．【点睛】解答本题的关键是掌握电流的热效应、磁效应和化学效应，能够区分，知道一些常用电流热效应工作

的电器，会分析常用电器能量的转化．6．C【解析】试题分析：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，并流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．然后再根据电路的串并联

知识分析即可．解：电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故非学无以成才，非志无以成学46V1的电阻大于V2的电阻；A、两电压表串联，故通过两表的

电流相等，故V1的读数比V2的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转，故AD错误；B、由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，

故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故B错误，C正确；故选：C．【点评】本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电阻，而将

电流表改装为电压表时应串联一大电阻．7．B【详解】电源的效率=PUIRPEIRr出总由闭合电路欧姆定律URIr可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高，则R接到a电源上，电源的效率较低；当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的—UI图线与电源的—UI图像的交点

表示电阻的工作状态，焦点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率PUI由图像看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大；由图知，R接到a电源上时，电流大，则电阻的发热功率较大，但电源的效率较低，故ACD错误，B

正确。故选B。8．C【详解】电源的总功率PEI，C点表示3IA，9PW，则电源的电动势3EV，由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有2PIr，代入解得，1r，所以AB段表示的功率为223

1112ABPEIIrWW，故C正确，ABD错误．9．3km，48Ω【详解】由题意可知，电压表是理想电表，接入电路时按断路处理。令15kmL，设漏电处距甲地kmx，其导线电阻为1R，漏电处距乙地()kmLx，其导线电阻为2R

，由LRS得12RxRLx由题已知RkL，2Ω/kmk则12Rkx22()RkLx令190VU，272VU，3100VU，450VU。设漏电处的电阻为R，由串联电路的电压分配规律可知112URRUR324URRUR

非学无以成才，非志无以成学47联立各式解得3kmx48R10．AC【详解】AB．当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，根据串并联电路规律可知，R1分流为2.4A，故量程为2.4A+0.6A=3.0A故每一小格表示03.0A0.10A30I故A正确，B错误；CD

．当接线柱1、3接入电路时，A与R1并联后与R2串联，电流表的量程仍为3.0A，故每一小格表示0.10A，故C正确，D错误。故选AC。11．AB【详解】在电路分析中，小灯泡L的电阻认为恒定不变，而通过的电流越大、两端电压越大，则消耗的功率越大。A．A中电路

合上电键S后，滑键P由a向b滑动，滑动变阻器阻值减小，则总阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，通过灯泡L的电流增大，消耗的功率变大，故A正确；B．B中电路合上电键S后，其变阻器Pa和Pb部分并联，当

滑键P由a向b滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值，先增大后减小，所以电路中的电流先减小后增大，灯泡在干路上，通过灯泡的电流也是先减小后增大，所以灯泡消耗的功率先减小后增大，故B正确；C．C中电路合上电建S后，滑键P由a向b滑动过程中，电路中的总电阻减小，所以电路中的电

流一直增大，则灯泡消耗的电功率一直增大，故C错误；D．D中电路合上电建S后，当滑键P由a向b滑动过程中，灯泡两端电压一直增大，所以灯泡消耗的功率一直增大，故D错误。故选AB。12．BD【详解】ABC．滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中

，滑动变阻器的阻值减小，由串反并同规律，与滑动变阻器串联关系的电流表A和电压表V1的示数都增大，A错误，B正确；与滑动变阻器并联关系的V2的示数减小，C错误；D．因为1URI2UrIRr解得12UU，D正确。故选BD。13．BC【解析】由题意知，线框在穿过磁场的过程中，灯泡始

终正常发光，可知线框边长与磁场宽度相等即：l=L，所以A错误；线框在穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框做匀速运动，由平衡条件可知：F安=mg，P=mgv，所以穿越磁场的速度为v=P∕mg，所以C正确；

由nBIL=mg，P=UI，联立可得：BmgUnPL，所以B正确；非学无以成才，非志无以成学48根据能量守恒可知，穿越磁场的过程中，线框减少的重力势能转化为焦耳热，即Q=2mgL，所以D错误．14．（1）1400N/C（2）2Ω，30Ω【解

析】【详解】（1）由油滴受力平衡有，mg=qE代入数据解得，E=1400N/C（2）电容器的电压U3=Ed=×1.5×10-2V=21V，流过R3的电流333210.635UIAARB点与零电势点间的电势差：U1=I（R2+R3）

=27V，根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻：1302721.5EUrI电阻R1的阻值：1111327301.50.6UURIII15．AC【详解】A．由闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电动势为E=3.6V。根据两图线

交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为U=2V，电流为I=0.2A，则电池的内阻为3.6280.2EUrI故A正确。B．电池的输出功率为P出=UI=0.4W故B错误。C．此时硅光电池的总功率为P总=EI=3

.6×0.2W=0.72W故C正确。D．此时硅光电池的输出效率为0.4100%100%55.6%0.72PP出总故D错误。故选AC。16．ABC【详解】由图可知，BB'输出的是下半部分电阻两

端的电压，则可知，当两电阻均不接入时，输出电压为了24V；当只有R1接入时，输出电压24612V66U当只有R2接入时，输出电压2438V63U当两电阻均接入时，24636V6363663U非学无以成才，非志无以成学49A．12V，与结论相符，选项

A正确；B．8V，与结论相符，选项B正确；C．6V，与结论相符，选项C正确；D．3V，与结论不相符，选项D错误；故选ABC。17．CD【解析】试题分析：动片向下滑动,电阻变小，总电流变大，D正确．内电压变大，路端电压变小，A灯变暗．A错

．流过A的电流变小，总电流变大，流过1R电流变大,211PIR,1R上消耗功率变大．C对．1R电压变大，B灯与R两端电压变小，B灯变暗，B错．考点：考查了电路的动态分析点评：做在此类型的题目时，需要从部分电路的变化推出整体电路的变化，在推出另外部分电路的变

化18．（1）1W；（2）5W，4W，2m；（3）0.2m/s【解析】【详解】（1）根据功率公式可知热功率为���������×�����（2）根据功率公式可知输入功率�入�����×�����输出功率为�出��入������������电动机的输出功率用

来提升重物，转化为机械功率则在10s内有：�出�����解得����（3）当牵引力等于重力时，速度最大，根据���出��������.��Ȁ�故本题答案是：（1）1W；（2）5W，4W，2m；（3）0.2m/s【点睛】（1）根据�热����求解热功率；（2）根据P=UI求解电功率，根据

�出����热求解输出功率；根据�出�����列式求解高度；（3）当牵引力等于重力时，速度最大，�����即可求解．作业（十二）1．D【详解】AB．根据I=q/t，单位时间内通过横截面的电荷量，甲是乙的2倍，所以甲的电流是

乙电流的两倍，故AB错误；CD．根据电流的微观表达式I=nqvS可知，IIvnqSS则导体甲中自由电荷定向移动的速率是乙导体的4倍，故C错误，D正确。故选D。2．A【解析】改装成电流表要并联分流，并联阻值：0.19110.1gggIRRII＝，故选A.点睛：磁体考查电表的改装

原理，明确要改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流．3．C【解析】试题分析：根据电流的微观表达式可知导体中所流过的电流I=envS，选项C正确。考点：电流的微观表达式非学无以成才，非志无以成学50

【名师点睛】4．B【分析】明确串联电路的规律，知道两灯泡中的电流相等，而电压之和等于220V，则由两图象进行分析，即可明确其电压和电流，再根据公式P=UI求出两灯实际发光的功率．【详解】两灯泡串联，故两灯泡中电流相等，而两灯泡两端的电压为220V，则由图

可知，两灯泡的电流均为：I=16×10-2A，甲的电压为：U1=160V，而乙的电压为：U2=60V；故甲的电功率为：P甲=U1I=160×16×10-2=25W≈20W；而乙的电功率为：P乙=60×16×10-2=9.6W≈12W；故B正确，ACD错误．故选B．

【点睛】本题要抓住串联电路的特点和功率公式，注意明确串联电路中电流相等，而两灯的总电压为220V，同时要注意培训读图能力．5．D【详解】A．100km/h=2509m/s，0-100km/h的加速时间为4.6s，假设电动车做匀加速直线运动，该过程中电动车行驶

的路程s=2vt=64m实际上电动车做加速度减小的加速运动，故路程一定大于64m，故A错误。B．P=180kW=180000W，vm=120km/h=33.3m/s，电机以最大功率工作且车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力f=F

=mPv=5400N故车受到的阻力大小为5400N，故B错误。C．50km/h=1259m/s，该车在0-50km/h的加速过程中，用时2s，平均加速度a=vt=6.9m/s2故C错误。D．电池容量82.8kW•h，快充时间为1

.4h，用输出电压为220V的充电桩给电池快速充电时，充电电流I=382.810=2201.4EUtA=269A故D正确。故选D。6．B【解析】试题分析：将变阻器的滑片P向右移动过程，电路总电阻增大，所以电路总电流减小，即通过1L的电流

减小，1L两端电压减小，所以1L变暗，因为12LLUUU，U恒定，1LU减小，所以2LU增大，故2L变亮，B正确；考点：考查了电路动态变化【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总

电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，非学无以成才，非志无以成学51电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部7．D【详解】AB．电动机每秒钟消耗的电能为(0.16)1kJ6.1kJWPt故AB错误；CD．每秒钟做的

机械功为61kJ6kJWPt故C错误，D正确。故选D。8．D【解析】【详解】A．电风扇用电动机带动工作，利用了电流的磁效应，主要将电能转化为机械能，A错误。B．电动机是根据通电导线在磁场中受

到磁场力作用而工作的，电动机工作时主要把电能转化为机械能，故B错误。C．抽油烟机利用电动机带动工作，利用了电流的磁效应，故C错误。D．电热毯利用了电流的热效应，故D正确。故选D.9．【答案】（1）5Ω（2）20V20Ω（3）17

.6Ω5W【详解】(1）当P滑到3R的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻2R接入电路，由图乙所示图象可知：24UV，20.8IA则定值电阻2R的阻值为：222450.8URIΩ（2）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处

，所以电源的电动势为20EV．图象斜率表示内阻为：164200.80.2rΩ（3）当3R的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有：1321

3RRrRRR代入：33100205100RR解得：317.6RΩ其值为；222054420EPrW10．BC【详解】AC．由图看出，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联。当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻

器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R2的电压减小，非学无以成才，非志无以成学52根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U变大，R1的电流变大，则滑动变阻器R的电流变小。

故A错误，C正确。B．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R2+r），将电阻R2与电源当作等效电源，UI表示等效电源的内电阻，即：2URrI保持不变。故B正确。D．因为不知道电路中外阻与内阻的关系，所以不能判断电源的输出功率的变化情况。故D错误。故选BC。11．AB【解析】电阻

箱的工作原理实际上是金属杆与电阻丝的并联，根据电阻定律：LRS可知，如果金属杆的横截面积比较大，其电阻很小，可忽略不计．当某个铜塞处于插入状态时，与其并联的电阻丝即被短路，当电阻箱中的铜塞全部插入时，电阻箱的电阻为零，接入电路后造成短路，因此需拔出一些

铜塞，铜塞拔出越多接入电路的电阻越多，阻值越大，铜塞全部拔出时电阻箱的电阻最大，为R＝1Ω＋2Ω＋2Ω＋5Ω＋10Ω＝20Ω，故AB正确，C错误；当拔出铜塞3和5时，电阻丝3和5接入电路，R′＝2Ω＋10Ω＝12Ω，故D错误。所以AB正确，CD错误。12．BCD【解析】试

题分析：R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误；电压表的示数增大，R和并联的电阻增大，得知R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所

以电阻两端的电压减小量小于，故B正确；电阻两端的电压减小量小于，由欧姆定律得知，通过电阻的电流减小，减小量小于，故C正确；由于，故电源的输出功率减小，效率却增大，故选项D正确．考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和△U的增加量的

大小，即总量增大，增大的量较大．13．AC【分析】从电路图可知1R和2R并联后与4R串联，再与3R并联，电压表测量3R两端电压，即路端电压，电流表测量通过2R的电流。【详解】ABC．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，电路总

电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增大，路端总电流减小，而通过3R支路的电流增大，所以通过4R的电流减小，即4R两端的电压减小，故1R和2R并联电路两端的电压增大，所以通过1R的电流增大，所以通过2R的电流减小，即电流表示数减小，AC正确；B错误；

D．因为电路总电流减小，内电路电阻不变，所以根据公式2PIr可得内电路消耗的功率减小，D错误。故选AC。14．（1）424W（2）4.2W【解析】非学无以成才，非志无以成学53试题分析：（1）电阻R两端的电压UR=150V-110V

=40V；通过的电流：40410RRUIAAR电动机的输出功率：P输=UI-I2r=110×4-42×1W=424W（2）如果灯泡正常发亮，则灯上电压为6V，刚好占输入电压的一半，那么RAP等于RPB与灯泡电阻R灯并联的等效

电阻。即PBPBPBRRRRR灯灯RAP+RPB=42Ω联立得RAP=12Ω整个滑动变阻器上消耗的电功率为：P电=PAP+PPB=6×6/12+6×6/30=3+1.2=4.2W考点：电功率的计算.15．AC【详

解】AB．带电油滴原来处于平衡状态，重力和电场力平衡，滑片P向上移动过程中，R接入电路中的电阻变大，总电阻变大，干路中的电流变小，由1UEIrR可知，电容器两端电压变大，电压表示数变大，板间场强增大，油滴所受的电场力变大，则

油滴将向上加速运动，A正确，B错误；C．电容器两端电压变大，带电量变大，电容器充电，故G中电流从b→a，C正确；D．根据“串反并同”可知：将滑片P向上移动，滑动变阻器电阻增大，通过滑动变阻器的电流变小，由公式2PIR可知，R消耗功率可能增大，可能减小，也可能不变，D错误；故选AC。16．

CD【解析】该逻辑电路为非门电路．非门的特点输入状态和输出状态相反，当电阻R′受到光照时，其阻值将变得远小于R．则R两端的电势差大，R′两端间的电势差小，则输入端为低电势，那么输出端为高电势，小灯泡L发光．故答案

为CD17．CD【详解】A．灯泡L正常发光，通过灯泡的电流LL3A=1A3PIU电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=I=1A，故A错误；B．路端电压U=E-Ir=（8-0.5）V=7.5V则电源的输出功率是P出=UI=7.5×1W=7.5W故B错误；CD

．电动机两端的电压UM=U-UL=7.5V-3V=4.5V电动机的输入功率非学无以成才，非志无以成学54P入=UMIM=4.5×1W=4.5W所以电动机消耗的电功率为4.5W；电动机的输出功率PM出=UMIM-IM

2R=4.5W-1×1.5W=3W故CD正确。故选CD。18．α=3.7×10-3K-1【解析】【详解】量热器、油、线圈构成的系统在单位时间内吸收的热量等于通过线圈的电流的电功率，设加在线圈两端的电压为U，当线圈的电阻为R0时，电流的功率P0＝20UR根据题意得：v0=k

P0式中v0为0℃时系统升温的速率，k为比例系数，同理当油温为30℃时有：P30＝230UR，v30=kP30联立可得：300030130RvRv＝＝代入数据解得：α=3.7×10-3K-1作业（十三）1.答案：B解析：甲、丙、丁中小磁针或导线所受的磁场力都

是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场2.答案：A解析：由左手定则知A正确，B错误；由安培定则知D错误；电场中某点场强方向应沿电场线的切线方向，正电荷受力与其方向相同，C错误。是磁铁产生的。3.答案：B解析：如图所示，正电子逆时针偏转，圆

弧轨迹对应的圆心角为120°，而负电子顺时针偏转，圆弧轨迹对应的圆心角为60°，因此，负电子与正电子在磁场中运动的时间之比t1t2＝π32π3＝12，故选项B正确。4.答案：A解析：小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功，根据动能定理WG＝mgR＝12mv2知到达底端速度相等，小球沿N轨道下滑过程

电场力做负功，根据动能定理WG－W电＝12mv2N，其到达最低点速度要小于沿P、M轨道下滑情况，故选项A正确；根据上述分析知到达最低点的时间关系tP＝tM<tN，故选项C错误；选项B中，小球沿P轨道到达底端时，根据牛顿第二

定律：FP－mg＝mv2R＝2mg，所以FP＝3mg，同理小球沿M轨道到达底端时，对轨道的压力为FM＝3mg＋F洛，小球沿N轨道到达底端时FN－mg＝mv2NR<2mg，故FM>FP>FN，故选项B错误；小球沿轨道P、M下滑后，能到达右端同样高度

的地方，故选项D错误。非学无以成才，非志无以成学555D6.C解析：分析导体棒的受力情况：导体棒在匀强磁场中受到重力mg、安培力F和斜面的支持力N，摩擦力未知，且静止，若mgsinθ=BILcosθ，则物体不受摩擦力，若mgsinθ＞BILcosθ，则物体受4个力，摩擦力向下，且可能增大，若m

gsinθ＜BILcosθ，则摩擦力向上，但无论什么情况，导体棒对斜面的压力一定增大，为N=mgcosθ+BILsinθ，故ABD错误，C正确：故选C.7.D【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：Bqv=m得：R=…（

1）而粒子在电场中被加速，则有：mv2=qU…（2）将（1）（2）两式联立可得：R=A、质子在环形加速器中运动时，由公式（1）可知，当速度增加时，即可得轨道所处位置的磁场必须要逐渐增强，轨道半径才会不变，故A错误，B错误；C、质子在对撞轨道中运动时，根据公式（2）可知，轨道所处

位置的磁场不变，故C错误D正确；故选：D．8.B【解答】解：粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律得qvB=m得轨迹半径r=，周期T==可知r1：r2=1：2画出轨迹如图．粒子在磁场B1中运动时间为T1，在磁场

B2中运动时间为粒子向下再一次通过O点所经历时间t=T1+=+=故选：B．9.答案：(1)πm6eB(2)eB2d22m解析：(1)由evB＝mv2RT＝2πRv得电子在磁场中运动周期T＝2πmeB非学无以成才，非志无以成学56电子在磁场中运动时间：

t＝30°360°T＝112T得：t＝πm6eB(2)电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨道与边界相切，运动半径为R＝d由evB＝mv2R得v＝eBdmPQ间由eU＝mv22得U＝eB2d22m10.答案：AD解析：当qvB＝mg时，FN＝0，故f

＝0，圆环做匀速直线运动，故A正确；当qvB<mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向上，FN＝mg－qvB，故f>0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐增大，滑动摩擦力f逐渐增大，故物体的加速度逐渐增大，即物体作加速度逐渐增大的变减速运动，故B

、C错误；当qvB>mg时，细杆对圆环的支持力FN方向竖直向下，FN＝qvB－mg，故f>0，物体作减速运动，随速度v的减小FN逐渐减小，滑动摩擦力f逐渐减小，故物体的加速度a＝fm逐渐减小，即物体作加速度逐渐减小的变减速运动，当

qvB＝mg时，FN＝0，f＝0，圆环做匀速直线运动，故D正确。11.答案：AC解析：要使粒子不打在板上，那么粒子经过磁场后，可在板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子打在板上的临界状态，如图所示，即从板左边B点或者右边

A点穿出磁场。根据几何关系，有：r1＝L4r22＝L2＋(r2－L2)2得r2＝54L，根据r＝mvBq，则v1＝Bqr1m＝qBL4m，v2＝Bqr2m＝5BqL4m那么欲使粒子不打到极板上，v<BqL/4m或v>5BqL/4m12.答案：AD解析：A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带

正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针转，正确。C图中粒子应顺时针转，错误。同理可以判断B错，D对。13.ABD14．解：（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场

强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有：qE＝ma①v0t＝2h②③非学无以成才，非志无以成学57由①、②、③式解得：④（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示

速度和x轴的夹角，则有：⑤⑥⑦由②、③、⑤式得：v1＝v0⑧由⑥、⑦、⑧式得：⑨⑩（3）设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：⑾r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。因为OP2＝OP3，θ

＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得：r＝⑿由⑨、⑾、⑿可得：附加选做：15.答案：C解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由RvmqvB2可知，qBmvR，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相

同.若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP=2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP=2R2，由几何关系可知，

21RR，RRR2330cos2，则，C项正确.16.答案：BD解析：在磁场中半径mvrqB运动时间：mtqB（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错17.解析：粒子在

磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得qvB=mv2r①式中v为粒子在a点的速度.过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点.由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形.因此，rbcac②非学无以成才，非志无以成学58设c

d=x，由几何关系得xRac54③2253xRRbc④联立式得Rr57⑤再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式

得maqE⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得221atr⑦rvt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得mqRBE5142⑨作业（十四）1.【答案】A【详解】A.粒子的受力如图所以的情况，即电场力只能水

平向左，粒子才能沿直线运动．故A正确．B.油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据FqvB可知，粒子必定做匀速直运动．故B错误．CD.粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN向上，又因为粒子带正电，再结合左手定则，

可知油滴一定是从M点运动到N点一定．故CD都错误．2.【答案】C【详解】由题意可知粒子在磁场中的运动半径mvRqB，所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以

O点为圆心以2R为半径转动．如图所示：非学无以成才，非志无以成学59由几何图形可知，带电粒子可能经过的区域的面积为：2222221132242mvSRRqB，故C正确，ABD错误．3.【答案】B【详解】开始时条形

磁铁受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后，根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到导体棒的

作用力斜向左上方，故条形磁铁对水平面的压力减小，同时弹簧缩短.A．弹簧长度将变长，N1>N2，与结论不相符，选项A错误；B．弹簧长度将变短，N1>N2，与结论相符，选项B正确；C．弹簧长度将变长，N1<N2，与

结论不相符，选项C错误；D．弹簧长度将变短，N1<N2，与结论不相符，选项D错误；4.【答案】A【详解】由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过a

dcb支路的电流为2I，所以边dc所受安培力大小为12dcFBIL方向竖直向上，边ab所受安培力大小为Fab=BIL方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为32FBIL方向竖直向上。A．A项与上述分析结论相符，故A正确；B．B项与

上述分析结论不相符，故B错误；C．C项与上述分析结论不相符，故C错误；D．D项与上述分析结论不相符，故D错误。5.【答案】D【详解】当磁场方向垂直于斜面向下时，此时磁感应强度最小，有共点力平衡可知：mgsinθ

=BIL，非学无以成才，非志无以成学60解得：sin302mgmgBILIL，方向垂直于斜面向下；故A、B、C项的值均可能，D项的值不可能.本题选不可能故选D.6.【答案】A【详解】对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直

向下的电场力．运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小．再由动能定理可知，α粒子的动能增大．因此A正确、BCD错误．7.【答案】C【详解】A项：3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以EvB故三束离

子的速度一定相同，故A错误；B项：3束离子在磁场中有qvB=2vmr，解得：2mvmErqBqB，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故B错误；C项：若将这三束离子改为相反电性而其他条件不变，离子电性相反，离子所受洛伦

兹力与电场力方向都反向，由于其他条件都不变，它们的合力仍然为零，离子在极板间仍然做匀速直线运动，仍能从d孔射出，故C正确；D项：若粒子带正电，则由左手定则可知，洛伦兹力的方向向上，由A的分析可知，电场力的方向向下，则匀强电场方向一定由a指向b；若粒子带负电，则由左手定则可知，洛伦

兹力的方向向下，由A的分析可知，负电荷受到的电场力的方向向上，则匀强电场方向还是一定由a指向b，故D错误．故应选：C．8.【答案】D【详解】A.小球在M点和N点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；B.由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力

，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；D.小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由2=vFmr合可知

合力不变，故D正确．C.小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：21vFFmgmr洛，故此时小球对轨道的压力为：21vFmmgFr洛；小球从N到M运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力

，由牛顿可得：22vFmgFmr洛，故此时小球对轨道的压力为22vFmFmgr洛，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误．9.【答案】（1）0.1N（2）0.5A（3）23Ω【详解】(1)金属棒静止在

金属导轨上受到重力、支持力和沿斜面向上的安培力，由受力平衡sin30Fmg安代入数据得非学无以成才，非志无以成学610.1NF安(2)由F安=BIL，解得：0.5AI(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律得()EIRr，代入数据得

23R10.【答案】AD【详解】A.小球运动过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，小球的机械能守恒，故212mgLmv，解得2vgL，故A正确；B.根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，沿绳子的

方向向外，故B错误；C.洛伦兹力始终不做功，功率始终是零，故C错误；D.小球在最低点，由合力提供向心力，故2vTmgqvBmL，解得=32TmgqBgL，故D正确.11.【答案】AD【解析】设小球到达最高点的速度为v，A图：220112mgR22mvmv，解得：vg

R，小球能过最高点的最小速度对应：2mgCvFmR，所以A图中小球能做完整的圆周运动；B图：220112mgRqE2R22mvmv，最高点的最小速度对应：2mgqEvmR，可知，不能做完整的圆周运动；同理可得：C图也不能做完整的圆周运动；D图

中小球在运动过程中受到的洛伦兹力不做功，同A图，能做完整的圆周运动，所以选择AD．12.【答案】AD【详解】A．如果电荷向下偏转，则电场力做正功，重力做正功，,根据动能定理可以知道,物体的动能增加；如果电荷向上偏转,则电场力做正功,重力做负功,如果电荷克服重力所做的功大于电场力所做的功,

即合外力做负功,根据动能定理可以知道,物体的动能减小，故A正确;B．因为在电荷运动过程中电场力始终做正功,故电荷的机械能始终增加,故B错误;C．如果微粒所受的重力等于电场力,则该微粒做匀速圆周运动，而重力方向竖直向下,电场力方向方向水平向右，故重

力不可能等于电场力,故微粒不可能做匀速圆周运动,故C错误;D．根据题意可以知道正电荷若初速度方向沿右上方,则洛伦兹力的方向沿左上方,故如果洛伦兹力在水平方向的分量等于电场力,洛伦兹力在竖直方向的分量等于重力,则微粒作匀速直线

运动,所以D正确的.故选AD.13.【答案】AD【详解】AB．如图所示，根据做直线运动的条件和受力情况可以知道，微粒一定带负电，因为洛伦兹力与速度有关，非学无以成才，非志无以成学62所以只能做匀速直线运动，所以A正确，B错误.C．因为电场力向左,对微粒做正功,电势能一定减小，故C错误

.D．因为洛伦兹力不做功，由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，所以D正确.14.【答案】（1）v=00UBL（2）01102BLBEU【解析】【详解】(1)设带电粒子电荷量为q、质量为m、射入金属板速度为v，粒子做直线运动时电场力与洛伦

兹力平衡，根据平衡条件有：qvB0=qE0①E0=0UL②解得:v=00UBL③(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac边射出，则其轨迹圆与ac边相切，则11sin30adRsR④qvB1=2vmR⑤得:B1=3admvqS⑥仅存在匀强电场时，若粒子不从ac边射出，则

粒子到达边界线ac且末速度也是与ac边相切，即：x=vt⑦y=12at2⑧qE1=ma⑨tan30º=adxSy⑩yvat⑾tan30º=yvv⑿得:E1=232admvqS⒀非学无以成才，非志无以成学63所以:01102BL

BEU⒁15.【答案】AD【详解】作出示意图，如图所示，AC.根据几何关系可以看出，当粒子从d点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R＝mvqB可知，速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半.A项正确，C项错误.B.如果粒子的速度增大为原来的三倍，则轨道半径也变为原

来的三倍，从图中看出，出射点在f点下面.B项错误.D.据粒子的周期公式T＝2mqB，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d点射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短.D项正确.16.【答案】ABD【详解】A.由于小球带正电，根据左手定则判断，

细线未断时，小球沿顺时针方向运动，A项正确．B.由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，说明小球带正电，电场力与重力等大反向，因此,mgqEmgqE，B项正确；CD.由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运

动，因此细线未断时，2vTqvBmL，细线断了以后2vqvBmL，得到qBLBLgvmE，细线的拉力大小2222mLgBTE，C项错误、D项正确；17.【答案】(1)3m,0.15m10OPOQ(2)B＝0.02T，22331016m【解析】【

详解】(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动沿y轴方向：00sinsin,,2vvqEmatOQta沿x轴正方向：0cosOPvt非学无以成才，非志

无以成学64联立解得：3m,0.15m10OPOQ(2)粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图根据几何关系由：cosrOQr解得：r＝0.05m根据牛顿第二定律可得：200coscosvBq

vmr解得：B＝0.02T根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则3Lr，故最小面积：222min133sin6010m216SL．作业（十五）1.【答案】A根据左手定则可知，棒ab所

受的安培力方向垂直于棒斜向左上方，其受力如图所示fsin0FF－＝FBIL＝解得fsinFBIL＝A正确，BCD错误。故选A。2.【答案】D【解析】小球做匀速圆周运动，知靠洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡，则电场力方向竖直向上，则小球带负电，根据小球

所受的洛伦兹力方向，根据左手定则，小球沿顺时针方向运动，D正确．3.【答案】D【详解】根据题意可知，a球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功；而b球除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动，由于b球在下落的过

程中电场力对小球做正功，故根非学无以成才，非志无以成学65据动能定理知b球的落地速度大于a球的落地速度；c球在下落过程中经过磁场，c球受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直且对小球始终不做功，c球下落过程中只有重力对小球做功，根据动能定理知c球下落的末动能与a球的末动能相等，即速

度大小相等，由此分析知，ABC错误，D正确．4.【答案】BA．由安培定则分别画出两直导线在a、b、c、d、O点的磁场方向，如下图所示由平行四边形定则可得，O点的磁感应强度不为零，选项A错误；B．a、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，选项B正

确；C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向均竖直向下，选项C错误；D．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项D错误。故选B。5.【答案】D【解析】AB.由于桌面光滑，洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平

方向上不受力，做匀速直线运动，故AB错误。CD.由安培定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐

渐增强，带正电的小球由a点沿连线MN运动到b点，受到的洛伦兹力为变力，则从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，故D正确，C错误；6.【答案】C【解析】加速电场变化的周期与粒子在

磁场中运动周期相等，则有：2mTqB，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有2mmvqvBmR，解得mBqRvm，粒子获得的最大动能2222122kmmqBREmvm，故B错误；粒子在电场中第一次加速，则有2112qUmv，解得12qUvm，则粒子以1v第一次在下半盒中运动，

根据2111vqvBmR，解得1112mvmURBqBq；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了（2n-1）次，则有21212nnqUmv，解得221nnqUvm，则半径为2211nnnmUmvRBqBq

，故半径之比为1121nRRn，故C正确；粒子在加速器中运动的总时间为222242qBRmRBtnTmUqBU，故D错误；选C.非学无以成才，非志无以成学667.解析：选A对棒受力分析可知，其必受绳的拉力FT＝Mg和安培力F安＝BIL＝BELR。若

摩擦力向左，且满足BELR1＋μmg＝Mg，代入数据解得R1＝4Ω；若摩擦力向右，且满足BELR2－μmg＝Mg，代入数据解得R2＝2.4Ω，所以R的取值范围为2.4Ω≤R≤4Ω，则选A。8.【答案】D粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有2v

qvBmR解得mvRqB根据轨迹图知22mvPQRqB，∠OPQ=60°则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为42mvOPPQqB，则D正确，ABC错误。故选D。9.【答案】（1）225mvEqL（2）23mvq

L【详解】（1）在电场中粒子做类平抛运动，其进入电场时的初速度为：0cos530.6vvv在x轴方向：01.2Lvt在y轴方向：210.82yatL由牛顿第二定律有：FEqamm联立解得：225mvEqL（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为R，由

几何关系有：sin531.2RL非学无以成才，非志无以成学67洛仑兹力提供向心力：2vBqvmR联立解得：23mvBqL10.【答案】AC【详解】A.带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动

，可知带电粒子受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；根据电场力和重力大小相等，得mg=qE，解得mgqE；故A正确.B.带电粒子由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B错误.

CD.粒子由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：2224vqvBmmRRT，结合mgqE，解得：gBRvE，2ETgB；故C正确，D错误.11.【答案】AD【详解】AB.假设小球带正电，小球在水平方向受向右的电场力、向左的洛伦兹力和弹力，在竖直方

向受重力和摩擦力，洛伦兹力随着速度的增大而增大，当洛伦兹力等于电场力之后，弹力方向改变，所以弹力是先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，故小球的加速度先增大后减小，选项A符合题意，B向不合题意；CD.当摩擦力等于小球的重力之后，小球一直做匀速直线运动，在这之前，小球做加速运动，

所以小球是先加速再匀速，选项C不合题意，选项D符合题意．12.【答案】BCD【详解】A.根据题设条件，轨迹恰好与CD相切于E点，如图所示，由几何关系(r+L)sin30∘=r,洛仑兹力提供向心力2vqvBmr

，在加速电场中由动能定理有：U0q=12mv2，联非学无以成才，非志无以成学68立以上式子可得：U0=222qBLm，所以选项A错误；B.由于负粒子做逆时针方向圆周运动，打到CD板上最上的位置为E点，CE=

2Lcos30°=3L；速度无穷大时，半径无穷大，进入磁场后，基本沿直线运动，打到最低的位置F，CF=023cos303LL，所以打到CD板的长度为CE-CF=2333LL=3L3，选项B正确；C.当粒子轨迹不与CD相切或相交时，粒子在磁场中旋转半周，时间最长为半个周期，所以选项C正确；

D.能达到N板的最大速度，对应粒子的最大半径，而打在N板上的最大半径是轨迹恰好与CD相切，r=L，即题目的已知条件的情况，最大动能是U0q=222qBL2m，选项D正确．故选BCD．13.【答案】AD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据2vqvBmr，得0.11

0mvrmcmqB；根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转34个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转14个周期恰好与QP边相切，如图所示：由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为，即

在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半，故A正确；当水平向右出射的粒子恰好QP相切时为粒子在上端出射的最远距离，当OD的距离为2r=20cm时，可以求粒子在下端

出射的最远距离，如图所示：由几何关系可知，PQ上有粒子飞出的区域长度为CD段长度，过O点作QP的垂线交于E点，且OE=10cm，由几何关系得：10CErcm，22222010103EDODOEcmcm，故1013CDCEEDcm，故B错误；粒子从A点射出时

粒子在磁场中运动的时间最长，粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示：非学无以成才，非志无以成学69对从E点射出的粒子，因OE=r=10cm，故2OOE是等边三角形，故23OOE，对应的时间为11326tTT；对从A点

射出的粒子，由图可知其圆心角为32，对应的时间为233224tTT，故21344.516TttT，故C错误，D正确；故选AD.14.【答案】①2d②02mvBqd③0(47)2dtv【详解】（1）设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，则由类平抛运动

的规律可知竖直方向匀速直线运动，有：0hvt水平方向匀加速直线运动平均速度02xvv，12xdtv根据速度的矢量合成0tan45xvv可得2hd（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：设粒子在磁场中运动

的半径为R，周期为T．则由几何关系可知：2222Rdd带电粒子进入磁场时的速度大小为02vv则由牛顿第二定律得：2vqvBmR联立解得：02mvBqd（3）粒子在磁场中运动的周期为024RdTvv非学无以成才，非志无以成学70设粒子在电场中的运动时间为1t，则102dt

v设粒子在磁场中的运动时间为2t，20135177360282dtTTTv则总时间为120(47)2dtttv15.【答案】BD【解析】粒子将往返于电场和磁场中不断运动，当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短，如图所以粒子在磁场中做圆周运动的半径3rR，由2vqvB

mr，粒子在磁场中运动的速度大小为3qBrqBRvmm，由动能定理可得212qUmv，大圆和小圆间的电势差为2232qBRUm，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60，粒子在磁场中运动的最短时间为602336

0mmtqBqB，故BD正确，AC错误；故选BD．16.【答案】BCD【详解】A．两个离子的质量相同，其带电量是1:3的关系，所以由qUamd可知，其在电场中的加速度是1:3，故A错．B．离子在离开电场时速度2qUvm，可知其速度之比为1

:3．又由2vqvBmr知，mvrqB，所以其半径之比为3:1，故B正确．C．由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为3:1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinLR

，则可知角度的正弦值之比为1:3，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1:2，故C正确．D．离子在电场中加速时，据动能定理可得:212qUmv，两离子离开电场的动能之比为1:3，故D正确．17.【答案】(1)11s40t

sm/28，方向与y轴的方向成45o，1m5；(2)1s3200【详解】非学无以成才，非志无以成学71(1)粒子在第一象限做类平抛运动，加速度为22mm16000.2320ssqEam，由匀变速直线运动的

位移公式得：2112xat，代入数据解得：11s40t，沿y轴方向的位移：01118mm405yvt；粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度：11mm3208ss40xvat速度为：smv/28设进入磁场时速度与y轴的方向为，则有：0tan1xvv，解得：

045；(2)）粒子在第二象限做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为290o，运动时间为：221121s3604423200ommtTTqBqB．作业（十六）1.答案A解析磁场是客观存在的特殊物质，是真实存在．磁感线是描述磁场的手段，是主观引入，不是真实存在．磁场的

基本性质是对放入场中的磁体、电流有力的作用．所以选A.2.答案C解析磁通量是标量，大小与B、S及放置角度均有关，只有C项说法完全正确．3.答案D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项错误，D项正确；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项错误；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错误．4.答案A解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处

于平衡状态，可知，qE＝mg，qvB＝2mg，得电场强度E＝mgq，磁感应强度B＝2mgqv，因此A项正确．5.选B解析：由左手定则知线圈的左边受力向上，右边受力向下，故线圈开始沿顺时针方向转动，A、C、D错误，B正确．6.选

C解析：力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度：L非学无以成才，非志无以成学72＝BC－2BP＝40cm－2×20cm×

cos60°＝20cm＝0.2m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2＝0.3N．故C正确，A、B、D错误．7.选D解析：根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a

点不受安培力．同理b点也不受力；取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆

形线圈将以直径ab为轴转动．故选D.8.答案C解析由圆周运动知识可得带电粒子运动的轨道半径R＝mvqB，周期T＝2πmqB，可得其轨道半径和周期都一样，因此A不符合题意．由于粒子带电性质不同导致从O点进入磁场后偏转方向不同，带正电的粒子向左侧偏转，带负电的粒

子向右侧偏转，其轨迹分别如图中1和2所示；由对称性可知粒子重新回到磁场边界时速度大小和方向必定相同，而且出磁场边界的位置距离O点的距离也相同，故B、D两项不符合题意；由图可知该正、负粒子做圆周运动偏转角度不同，因此其运动时间不同，本题

正确答案为C.9.答案:5.23×10-8s解析:由qv0B=m����'得r′=�����=5.0×10-2m>r;要使粒子在磁场中运动的时间最长,应使粒子在磁场中运动的圆弧最长,即所对应的弦最长.则以磁场圆直径为弦时,粒子运动的时间最长,如图所示.设该弦对应的圆心角

为2α,而T=�π���=�π���,则最长运动时间tmax=���π·T=�����,又sinα=��'=��,得α=π�,故tmax=5.23×10-8s.10.选AC解析：从v­t图象可以看出，滑块的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，有：μ(mg－qvB)＝ma，说明洛伦兹力向上，根据左手

定则，滑块带负电荷，故A正确；1s后物块的速度最大，加速度为零，说明摩擦力为零，可能是mg－qvB＝0，也可能是物块与传送带共速，故B错误；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg－qvB＝0，则传送带的速度可能比0.5m/s大，故C正确；如果是洛伦兹力

与重力平衡，即mg－qvB＝0，则最大速度与传送带无关，故D错误．11.答案BD解析画出倾斜导轨和ab杆的二维视图，由左手定则判断出安培力方向水平向右，大小为F＝BIL，由共点力平衡求得FN＝BILsi

nα，B、D两项正确．非学无以成才，非志无以成学7312.选BD解析:当速度满足v=����时,粒子运动半径r=����=R,则无论入射方向如何都能满足轨迹入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与磁

场最高点的半径平行,粒子的速度一定垂直打在MN板上,A错误,D正确;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线也一定过圆心,故B正确;根据t=��πT,因为对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,所以运动

时间越短,C错误.13.选BC解析：第一次到O点时．洛伦兹力向上，速度向右，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0＝mv2R2，解

得，磁感应强度：B0＝2mvqR，故B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t1＝Rv，虚线区域加磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t2＝sv＝2π×R2v＝πRv，磁场变化的周期：T0＝t1＋t2＝R＋πRv，故C正确；若

t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到O点时粒子向下偏转，经过14圆周与板相碰后反弹，再经过14圆周与竖直板相碰后反弹，向上偏转后离开磁场区域，故D错误．14.答案1.9Ω≤R≤9.9Ω解析依据物体平衡条件可得棒

恰不右滑时：G－mgμ－BLI1＝0①棒恰不左滑时：G＋mgμ－BLI2＝0②依据闭合电路欧姆定律可得E＝I1(R1＋r)③E＝I2(R2＋r)④联立①③得R1＝BLEG－mgμ－r＝9.9Ω联立②④得R2＝BLEG＋mgμ－r＝1.9Ω所以R的取值范围为

：1.9Ω≤R≤9.9Ω.15.答案(1)2mgqmgq(2)mqd23gd12(3)2d1g＋πd2323gd1解析(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin45°＝mg，解得E

1＝2mgq.微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg＝qE2，则E2＝mgq.(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a，离开区域Ⅰ时速度为v，则a＝qE1cos45°m＝g，v2＝2ad1.非学无以成才，非志无以成学74在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的

轨道半径为R，则Rsin60°＝d2，qvB＝mv2R，解得B＝mqd23gd12.(3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动，t1＝2d1a＝2d1g.在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，T＝2πmqB，则t2＝T6＝πd2323g

d1，解得t＝t1＋t2＝2d1g＋πd2323gd1.作业（十七）1.答案：D2.答案：D3.答案：C4.答案：B5.答案：A6.答案：C7.答案：D8.D通电导线处在蹄形磁铁的磁场中,根据电流所受安培力可知导线受到沿顺时针(竖直向下看)的转动作用,根据牛顿

第三定律,磁铁受到逆时针的转动作用,D项正确。9.答案：(1)mvBe(2)πm3Be解析：(1)电子在磁场中做圆周运动，由evB＝mv2R得电子运动的半径R＝mveB由左手定则可判断出电子应向下偏转，根据几何关系可解得圆心角为60°，则电子出射点距O点的距离等于电子的运动半径R＝mveB.(

2)电子在磁场中运动的周期T＝2πmeB电子在磁场中的运动时间应为t＝16T＝πm3Be.10.答案:AD解析:回旋加速器的两个D形盒之间分布着周期性变化的电场,不断地给离子加速使其获得能量;而D形盒

处分布着恒定不变的磁场,具有一定速度的离子在D形盒内受到洛伦兹力提供的向心力而做圆周运动;洛伦兹力不做功,故不能使离子获得能量,C错。离子源在回旋加速器的中心附近。所以正确选项为A、D。11.答案：CD非

学无以成才，非志无以成学75解析：对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝qvB时达到最大值，amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，故A错误

；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，故B错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－qvB)＝mg2，得v＝2μqE－mg2μqB；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－qE)＝mg2，得v＝2μqE＋mg2μqB，故C、D正确．12.答案：BD1

3.答案：CD解析：由于重力方向竖直向下，空间存在磁场，且直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受磁场力作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不是匀速直线运动，所以选项B错误

；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增大，选项D正确．14.答案：(1)mv0qR(2)4R(3)4πRv0解析：(1)粒子在磁

场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设粒子在圆形磁场中的轨迹半径为r1，由洛仑兹力提供向心力，得qv0B＝mv20r1，由几何关系有r1＝R，联立解得B＝mv0qR.(2)设粒子在正方形磁场中的轨迹半径为r2，粒子恰好不从AB边射出，有qv0B＝mv20r2，r2＝mv0Bq＝R，正方

形的边长L＝2r1＋2r2＝4R.(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的周期T1＝2πRv0，在圆形磁场中运动时间t1＝12T1＝πRv0，非学无以成才，非志无以成学76粒子在正方形区域做匀速圆周运动的周期T

2＝2πRv0，得t2＝32T2＝3πRv0，再次回到M点的时间t＝t1＋t2＝4πRv0.15.B小球带正电，根据左手定则可知，小球在A点所受洛伦兹力的方向指向圆心O，故A项错误；设小球在最高点B时

的速度为v，小球由最低点运动到最高点的过程中，有��m���=��mv2+2mgL，解得v=���-�gL，故B项正确；洛伦兹力的方向始终指向圆心，小球运动过程中所受合力方向不断变化，小球不可能做匀速圆周运

动，小球在运动过程中速度时刻变化，则小球所受洛伦兹力的大小一定变化，故C、D项错误。16.B设M、N的质量和电荷量分别为m、q，碰撞前N的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v'。碰撞前，对N，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv�R，得R=mvqB；对M有

qE=mg；碰撞过程，取碰撞前N的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv'，得v'=v�；MN整体受到的电场力为2qE，重力为2mg，则2qE=2mg，所以整体的电场力和重力仍平衡，因此碰后整体做匀速圆周

运动，轨迹半径r=�mv'�qB=mv�qB=R�，A、C两项错误，B项正确；N原来的周期T=�πmqB，碰后整体的周期T'=�π��m�qB=T，D项错误。17.B粒子速率不变，则洛伦兹力与支持力不做功，可知粒子所受的电场力和重力平衡，所以粒子受向上

的电场力，则粒子带正电，A项错误；粒子的速率不变，根据f=Bqv可知，粒子受到的洛伦兹力大小不变，B项正确；因粒子在不同的圆环中运动的半径不同，根据a=v�r可知，粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，C项错误；粒子从小圆环过渡到大圆环的

过程中，加速度减小，根据F+qvB=ma可知光滑环对小球的作用力要发生变化，且作用力不可能总是零，D项错误。18.BD乙非学无以成才，非志无以成学77如图乙所示,电子在电场中加速,由动能定理得eEl=��mv2-0,之后电子进入匀强磁场Ⅰ做匀速圆周运动,由洛伦兹力

提供向心力,设轨道半径为r1,由题意可知r1=l,有evB1=m����,解得B1=�����,A项错误;电子进入匀强磁场Ⅱ继续做匀速圆周运动,设轨道半径为r2,同理,有evB2=m����,又B2=3B1,解得r2=��l,由题意结合题图可知,电子在匀强磁场

Ⅰ做匀速圆周运动的周期T1=�π���,在匀强磁场Ⅱ做匀速圆周运动的周期T2=�π���,电子第一次经过y轴到第三次经过y轴所需的时间t13=���+���=�π������,B项正确;同理,电子第一次经过y轴到第四次经过y轴所需的时间

t14=���+T2=�π������,C项错误;而电子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间内的位移x=2r1-4r2=��l,D项正确。19.AD设该电子在电场和磁场共存时做匀速直线运动的速度为v0,由受力情况可知ev0B=eE,当只存在电场时,电子在abcd区域内做类平抛运动,设其做类平抛

运动的时间为t,在ab方向上有L=v0t,在cb方向上有x=��at2,其中a=���,解得��=�����ܮ�,A项正确、B项错误;该电子从cd边界离开磁场,设电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的最小半径为r1、最大

半径为r2,如图乙所示,由几何关系有r1=ܮ�、r2=L,由洛伦兹力提供向心力有ev0Bmax=m�����、ev0Bmin=m�����,解得Bmin=�ܮ��、Bmax=�ܮ�,综上所述,磁场的磁感应强度大小的范围为�ܮ��≤B'≤�ܮ�,C项错误、D项正确。乙作业

（十八）1.答案：D2.答案：D3.答案：C质子在加速电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，水平分速度不变，则质子穿过场区时间不变，等于t，A项错误；若撤去电场，只剩下磁场

，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B项错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C项正确；若撤去电场，只剩下磁

场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D项错误。4.答案：A解析：对金属棒MN受力分析如图所示，由平衡条件可知F安＝mgtanθ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtanθ，则I↑⇒θ↑，m↑⇒θ↓，B↑⇒θ↑，故A正确，C、D错误；θ角与悬线

长度无关，B错误．非学无以成才，非志无以成学785.答案：B6.答案：A解析：小球由静止开始运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，

电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着QPO轨迹回到O点，故D错误．7.答案：D8.D解析：根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线中电流产生的磁场在O点恰好相互

抵消，而a与c导线产生的磁场在O点恰好相互叠加，由右手螺旋定则得，四根直导线在O点的磁场方向水平向右。当电子从正方形中心O点处沿垂直纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，故D项正确。9.答案：(1)mgILtanθ(2)mgILsinθ方向垂直

斜面向上解析：(1)导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得：mgsinθ＝BILcosθ，解得B＝mgILtanθ.甲乙(2)如图乙所示，当安培力平行斜面向上，安培力和重力沿斜面的分力平衡时，安培力最小，有mgsinθ＝BminIL，解得Bmin＝mgILsinθ

.由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向上．10.答案：AD11.答案：AC12.答案：AD解析：由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A选项正确；由qvB＝mv2R得R＝mvqB，可知所有电子在磁场中的轨迹不相同，B选项错误；由T＝2πRv得T＝2πmqB，所以所有电子在磁场中

的运动时间都相同，C选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D选项正确．综上本题选A、D.13.答案：CD14.答案：(1)53πm60qB(2)25qBl12nm(n＝1，2，3

，…)解析：(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨非学无以成才，非志无以成学79道半径和周期，则有Ra＝mv2qB，Rb＝mvqB，Ta＝2πm2qB＝πmqB，

Tb＝2πmqB，当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．根据几何知识得tanα＝3l4l＝34，故α＝37°，粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分

别为：tb＝2×（90°－α）360°Tb，ta＝2×（90°－α）360°Ta，故从P点运动到O点的时间为t＝ta＋tb＝53πm60qB.(2)由题意及上图可知n(2Racosα＋2Rbcosα)＝

（3l）2＋（4l）2，解得v＝25qBl12nm(n＝1，2，3，…)．15.答案：(1)v20＋2qEdm(2)433＋πv0(3)电场Ⅲ解析：(1)在电场中偏转，根据动能定理有qEd＝12mv2－12mv20，解得v＝v20＋2qEdm.(2)电场Ⅰ中，将E＝3mv2

02qd代入(1)结果得v＝2v0，在电场中做类平抛运动，竖直位移d＝12·qEmt21，解得t1＝23d3v0，水平位移x1＝v0t1＝23d3，出区域Ⅰ时，粒子速度方向与OO′间夹角为α，则有cosα＝v02

v0，即α＝π3，带电粒子运动部分轨迹如图所示，非学无以成才，非志无以成学80磁场中：由qvB＝mv2r得r＝2mv0qB，在磁场中运动时间t2＝2α2π·2πmqB＝2πm3qB，x2＝2rsinα，对全程：v平＝2x1＋x22t1＋t2，

解上述方程得v平＝433＋πv0.(3)若磁场不受2d宽度限制，粒子在磁场中纵坐标最大的位置与OO′的距离Δy＝r(1－cosα)＝mvqB1－v1v＝mqB(v－v1)＝mqB(v21＋v2y－v1)＝mv2yqB（v21＋v2y＋v1），可

见，v1越小，Δy越大，轨迹的纵坐标的最大值反而越大．所以，当粒子的初速度大小为v1(0≤v1<v0)时，粒子进入电场Ⅲ.作业十九【详解】产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，题中是闭合线圈，没有感应电流一定是穿过线圈的磁通

量没有发生变化。D正确。2.D【详解】当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项AB错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增

强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。3.A【详解】A、根据感应电流产生的条件，当线圈绕ab轴转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，故A正确.B、线圈沿沿现在所处平面下移，磁场与线圈平行，磁通量始终为零，故△Φ=0，无电流产生，故B错误.C、线

圈垂直纸面向外平动，磁场与线圈平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0，无电流产生，故C错误.D、线圈绕ad轴转，磁场与线圈始终平行，线圈有效面积为零，故△Φ=0，无电流产生，故D错误.4.D【详解】产生感应电流的条件是闭合回路

磁通量有变化，设磁场磁感应强度为B，线框面积为SA．将ABCD向纸外平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，A错误B．将ABCD向上平移，回路磁通量未发生变化，仍为，故没有感应电流，B错误C．将AB

CD以AB为轴转动60°，回路磁通量，仍未发生变化，没有感应电流，C错误D．将ABCD以CD为轴转动60°，磁场中的面积减小，回路磁通量，磁通量减小，回路有感应电流，D正确5.D解ABC、由于磁场为匀强磁场，无

论线圈在平面内如何平动，其磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故ABC错误；D、当线圈绕O1O2转动时，磁通量将发生变化，如转过90°时磁通量为零，因此有感应电流产生，故D正确．．6.D解析由于线圈垂直于通电导线，线圈和磁场平行，当电流发生变化或当线圈上下或者平动时

，穿过线圈的非学无以成才，非志无以成学81磁通量并未发生变化，因而无感应电流，所以选项A、B、C错误7.A解析：磁感线是闭合曲线，磁铁内部穿过线圈的磁感线条数等于外部所有磁感线的总和，图中内部磁感线线比外部多．外部的磁感线与内部的磁感线方向相反，外部的磁感线将内部抵消，II位置磁铁外部磁感线条数

少，将内部磁感线抵消少，则II位置磁通量大．而Ⅰ位置磁铁外部磁感线条数多，将内部磁感线抵消多，则I位置磁通量小．当弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则磁通量变大，且磁场方向由下向上，根据楞次定律，则有顺时针方向的感应电流，故A正确，BCD错误；8.A【详解】由安培

定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为dcba；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线

重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为abcd；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcd；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：dcba；故BCD错误，A正确.9.(1)20V；(2)0.8N；(3)4W．【详解】（1）导体棒ab上的感应电动势

：EBLv得：0.80.55.0V2.0VE（2）电路中的电流：EIRr导体棒所受安培力：FBIL安得：0.82.00.5N0.8NF安（3）由题可知：FF安F的做功功率：PFv得：0.85.04WP10.ABC解析根据电磁

感应现象产生的条件，穿过闭合电路的磁通量发生变化进行判断。由磁通量的公式Φ=BS知磁通量由磁感应强度和面积共同决定。改变磁感应强度、改变回路平面与磁场方向的夹角、改变闭合线圈所围成的面积，均可改变磁通量；但线圈在磁场中平移不一定能改变

磁通量。11.BD【解答】解：根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里，A、a不动，直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．故A错误；B、a

不动，直导线中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为顺时针方向．故B正确．C、MN中电流保待恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感应电流．故C错误；D、使a远离MN运动，线圈磁通量减小，根据楞次定律得到：线框

中感应电流方向为顺时针方向．故D正确．12.AD．解：A．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量可能为零，故A正确．B．根据安培定则，电流I1在第二、三象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在此处

磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部向外，所以磁通量不可能为零，故B错误．C．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，所以磁通量不可能为零，故C错误．非学无以成才，非志无以成

学82D．根据安培定则，电流I1在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，I2在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以磁通量可能为零，故D正确．13.CD【解答】解：AB、由于磁场是匀强磁场，因此无论线圈沿自身所在的平面做匀速还是匀加速或者其它运动形式，其磁通量均不变化，无感应电流产生，故AB错误；CD

、当线圈绕任意一条直径转动时，无论匀速转动，还是变速转动，其磁通量都发生变化，有感应电流产生，故C正确，D正确；14.（1）I=0.5A方向:N到M（2）a=5m/s2方向:竖直向下．（3）v=5m/sq=0.04C【详解】（1）根据，，根据右手定则判断，电流方向N到M（2）金属杆

受到的安培力：，根据牛顿第二定律，计算解得：（3）匀速时，有，，联立解得，通过截面电量15.ACD【详解】A．开始金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，回路的面积在减小，当回路没有感应电流时，面积不变，故由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变，故A正确；B．M

棒受到的安培力始终是N棒的三倍，M、N组成的系统外力之和不为零，动量不守恒；C．M、N两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1＝BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量

定理得：对M：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，对N：BILNt＝mv2；由能量守恒定律得：mv02mv12mv22+Q，解得：Q＝0.9JD．回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始

减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：﹣BILMt＝mv1﹣mv0，电荷量：q＝It，则：﹣BLMq＝mv1﹣mv0，代入数据：q＝1.5C，故D正确16.B【解答】解：线圈A中磁场的方向向上增强时，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，感应电流的方向在线圈的外侧

向左，电流的方向盘旋向上，所以导线a中的电流方向向下．根据同向电流相互吸引可知，b中的电流方向也向下．b中电流方向向下说明极板P1是电源的正极，则正电荷在磁场中向上偏转，根据左手定则可知，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面向里．17.（1）

(2)(3)【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的电热；在系统加速过程中

，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大对物体，由平衡条件可得mg=Fr对导体棒Fr=BIL对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律根据电磁感应定律E=BLvm联立以上

各式解得（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得非学无以成才，非志无以成学83mgh=mvm2+Q总在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所

以联立解得（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，在此过程中分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得整理可得即全过程叠加求和联方解得作业二十1.C【解答】解：在﹣T时间内，直线

电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所

以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．2.B【解答】解：若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场“向里减小”或“向外增大”所以有两种情况：垂直纸面向里的磁场大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律

，则有导体棒向右减速运动．同理，垂直纸面向外的磁场大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动．故B正确，ACD错误．3.D【解答】解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢

，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用．故A错误．BCD、根据楞次定律可知，磁铁受到向上的排斥力．由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g．故BC错误；D正确．4.B【详解】位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电

流方向为顺时针方向，为正值，，则；位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，，故B正确，A、C、D错误；非学无

以成才，非志无以成学845.B【详解】根据楞次定律，t1～t3时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故A正确；t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，但磁通量的变化率最大，所以圆环中感应电流为最大值，故B错误；当磁感应强度增大时，根据楞次定律可知，金属环有收缩的趋势，当

磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图象可以看出，0～t4时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C正确；t2～t3时间内穿过线圈的磁通量逐渐增大，环有收缩的趋势，环上某一段受到的安培力的方向一定指向圆心，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B.6.B试题分析：有图可以知道

，在时间内，导线电流增强，导致穿过线圈的磁场增大，从而导致线圈的磁通量增大，故选项A错误；在，导线电流减弱，导致线圈磁通量减小，根据楞次定律可以知道线圈产生顺时针方向的感应电流，故选项B正确；在时间内，线圈磁通量减小，根据楞次定律，

线圈产生感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，从而是线圈有扩张的趋势，故选项C错误；在内，线圈磁通量增加，根据楞次定律可以知道，线圈产生感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，导致线圈向右运动的趋势，故其受到安培力方向向右，故选项D错误。7.

B【解答】解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由

楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从b→a，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右．故B

正确．8.A【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍

磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T1＜T2．因此，A正确．9.（1）0.4A（2）2/ms(3)13.5m（1）杆达到最大速度后，ab中最

大电流为Im，由平衡条件：cossinmBILmgmg解得：Im=04A（2）由闭合电路的欧姆定律：Em=Im(R0+r)＝1.0V由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm解得1.02/1.00.5mmEvmsBL（3）电路中产生的总焦耳热00005=2.54R

rQQQJR总由动能定理得21sincos2mmgxmgxQmv总解得杆下滑的距离x=13.5m10.AD只要穿过闭合回路的磁通量变化，电路中就一定有感应电流产生，选项A正确；闭合电路的部分导体做切非学无以成才，非志无以成学85割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，选项B错误

；电路中磁通量的变化率越大，感应电动势就越大，选项C错误；电路中磁通量的变化越快，磁通量的变化率越大，则感应电动势就越大，选项D正确；故选AD.11.AC【解答】解：A、B、当B中通过的电流逐渐增加时，电流产生的磁场逐渐增强，故穿过A的磁通量增加，为阻碍磁通量增加，根据楞次定律可知，环A应向

磁通量减小的方向形变．由于A环中有两种方向的磁场：B线圈外的磁感线方向与B线圈内的磁感线方向相反，B线圈外的磁感线要将B线圈内的磁通量抵消一些，当A的面积增大时，穿过A的磁通量会减小，所以可知环A应有扩张的趋势，故A正确，B错误；C

、D、线圈B中电流增加，每匝线圈产生的磁场增强，线圈间的引力增大，所以螺线管B有缩短的趋势，故C正确，D错误；12.BD解：A、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动．

故A错误．B、若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动．故B正确．C、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强

度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向b→a，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动．故C错误．D、若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向a→b，左手定则，

ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动．故D正确．13.AD【详解】闭合金属圆环在非匀强磁场中运动时，磁通量在变化，环内感应电流产生，机械能一部分转化为电能，所以环滚上曲面右侧的高度小于h。故A正确，BC错误。在运动过程中，安培力阻碍导体相对磁场运动，总

是阻力，一定做负功。故D正确。14.（1）22442mgRBL；（2）BLbR；（3）mgbh．【详解】（1）线圈匀速进入磁场的过程中，回路中产生的感应电动势为：EBLv，回路中通过的电流为：EIR，线圈受到竖

直向上的安培力的大小为：FBIL，由平衡条件，有：Fmg，线圈进入磁场前做自由落体运动，有：2'2vLg，解得：2244'2mgRLBL；（2）设线圈进入磁场所用的时间为∆t，则有：qIt，上式中：IRt，其中：

BLb，解得：BLbqR；（3）线圈从开始运动到线圈上边穿过磁场区域的整个过程中，由功能关系，有：21'2mgbhLmvQ，非学无以成才，非志无以成学86结合2'2vLg解得：Qmgb

h；15.D【详解】设总长为L的正n边形，各边边长为Ln，已知匀强磁场的磁感应强度为B，线框中电流大小为I，则各边所受安培力BILFn；各边所受安培力之间的夹角360n；相邻三边所受安培力的合力大小为：112BILFcosn

（）；相邻六边所受安培力大小为：2133221222BILFFcoscoscosn；根据213FF，即32cos32，得θ20，所以正多边形每条边受到得安培力大小为：118BILFBILn；A.18BIL与分析不符，A错误B.19BIL与分析不符，

B错误C.112BIL与分析不符，C错误D.118BIL与分析符合，D正确16.ACA、导体棒向下切割磁感线由右手定则可知杆中电流方向或aMPba，故A正确B、当速度达到最大时，导体棒的加速度为零，即受力平衡，由平衡可

知22sinmBLvmgBILRr2222mmgmgrvRBLBL结合图像可知：0.2mkg；2r故B错；C对；D、当R=2Ω时，结合图像，最终的速度为8m/s，根据电路知识：EBLvEIRrUIR可解得：4UV故D错误

17.CD【详解】A、杆拉出磁场前已做匀速运动，设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得：/2FBIL解得2/IFBL所以1R中的电流大小1/2/IIFBL，方向从M到P，故A错误BC、设杆做匀速运动的速度为v，杆切割磁感线产生的感应电

动势大小为：/2EBvL由闭合电路欧姆定律：/2EIR可解得：222/vFRBL设整个过程电路中产生的电热为Q，根据能量守恒定律：2/2/2QFLmv非学无以成才，非志无以成学87代入v可得224422FLmFRQBL

使1R上产生的电热22144124FLmFRQQBL，故B错误；C正确；D、根据电荷量的定义可知：22BLqItRR总而流过1R的电荷量只是中电荷量的一半，所以通过电阻R1的电荷量为24BLR，故D正确；18.（1）（

2）试题分析：（1）对ef杆，由牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma又，所以有当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值（2）根据能量守恒定律有mgxsinθ＝mvm2＋Q总由公式Q＝I2Rt，可得又QR＋Qr＝Q总解得由法拉第

电磁感应定律有又由闭合电路的欧姆定律有解得。作业二十一1.B【详解】油滴带正电，受向上的电场力和向下的重力平衡，即Eq=mg，则上极板带负电，由楞次定律可知，磁场磁感应强度大小B正在减小，且，；联立解得，2.D【详解】在A点时交变电流的电流最大，磁通量变化率最大，磁通量为零，所以

此时的线框平面于磁场平行，A错误；在B点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变化率最小，B错误；在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，C错误；在B点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向改变，D正确．3.C非学无以成才，非志无以成学88当摆

到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：0222vEBavBaBav；AB两端的电压是路端电压，根据欧姆定律得：AB两端的电压大小为：11411342RUEBavRR．故选C.4.C【详解】闭合导体环内的磁通量增大，环内感应电流的磁场与原

磁场的方向相反，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁受向上的安培力，则向下的加速度小于g；因有电能产生，可知下落过程中机械能减小；故选C.5.D【详解】A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次

定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A错误；B、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落

地时的速度，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；C、磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；D、据楞次定律的推论“来拒去

留”，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的，故D正确。6.D【解答】解：A、K闭合时线圈b中顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流；根据楞次定律可知，电流方向为逆时针

，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势；故A错误；B、根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势；故B错误；C、在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流；故C错误；D、在K闭合的一瞬间，线圈b中

有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势；故D正确；7.C【详解】杆切割磁感线产生的动生电动势为，外电阻为，导体棒的电阻为内阻，则杆两端的电压为电源的路端电压；故选C.8.D开始时进入磁场切割磁感线，根

据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D．9

.（1）磁感应强度变化率的大小为="0.02"T/s，B逐渐减弱，所以E=n="100×0.02×0.2"V="0.4"VI=A="0.04"A，方向从上向下流过R2.非学无以成才，非志无以成学89（2）R2两端的电压为U2=×0.4V="0.24"V所以Q="CU2=30×10-6×0.04"

C="7.2×10-6"C.10.AC【详解】AB、由楞次定律知，感应电流逆时针方向，所以流过电阻的电流由A指向B；磁通量增大，所以线圈有收缩的趋势，故A对；B错误；CD、通过导线的电流大小为，故C对；D错11.CD【解答】解：A、当AB不动而CD棒向右运动时，产生感应

电动势，在整个回路中产生感应电流，其方向逆时针方向，故A错误；B、当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，此时，穿过电路中的磁通量变大，则整个回路中的感应电流不为零，故B错误；C、若AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0，故，C正确．D、

当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，则相当于AB棒向右切割，因而产生I≠0且沿顺时针方向，故D正确；12.AD试题分析：0~1s内磁感应强度不断增大，磁通量不断增大，选项A正确。第4s末磁感应强度为零，

但斜率不为零，感应电动势不为零，选项B错误。0~1s内与2~4s内斜率大小不相等，电动势不相等，感应电流不相等，选项C错误。用楞次定律判断，感应电流在0~1s内为顺时针，选项D正确。13.AC【详解】A、设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程

中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流EBLvIRR，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：21::1:33vIIv，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：22ABLvFBILR，线圈做匀速直线运动，

由平衡条件得，外力22ABLvFFBILR，外力功率222BLvPFvR，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：2221::1:93vPPv，故B错误；C、线圈进入磁场过程中产生的

热量：2222BLvLBLLvQIRtRRvR，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：21::1:33vQQv，故C正确；D、通过导线横截面电荷

量：BLLqIttRtR，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误。14.（1）0.5A（2）0.05N（3）0.65J【详解】（1）导体棒产生的感应电动势为E=BLv=1.0V感应电流为（2）导体棒匀速运动，

安培力与拉力平衡非学无以成才，非志无以成学90即有F=F安=BIL=0.05N（3）导体棒移动3m的时间为根据焦耳定律，Q1=I2Rt=0.15J撤去F后，导体棒做减速运动，其动能转化为内能，则根据能量守恒，有Q2=mv2=0.5J故电阻R上产生的

总热量为Q=Q1+Q2=0.65J15.BC【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向AF的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：EIR，又根据法拉

第电磁感应定律得：22BrEtt，又根据电阻定律得：2rRS，联立得：004BrSIt，则C正确，D错误。16.AB【分析】本题的关键是根据v与x的关系，由安培力公式，得到FA与x的关系式，确定出FA与x是线性

关系，即可求出安培力做功，再分析功能关系即可明确求出的热量和拉力的功，注意速度为线性变化，故可以利用平均安培力求出安培力的功，同时产生的热量要包括摩擦生热和安培力所做的功。【详解】A．由知棒在做加速度增大的加速运动

，合力增大，动量对时间的变化率即为合力，故A正确；BC．由公式，根据动量定理有：，解得：，故B正确，C错误；D．由功能关系知，，，，且，联立解得：，故D错误。17.C【详解】半径切割磁感线产生的感应电动势：交流电流的有效值是根据

电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有：，解得：，故C正确，ABD错误。18.（1），；（2），由于h<r，所以不会脱轨【详解】（1）设导体棒在磁场中匀速运动时的速度为，导体

棒恰好能运动到半圆轨道的最高点时的速度大小为，根据牛顿第二定律：根据机械能守恒定律：联立得：导体棒切割磁感线产生的电动势：回路中电流：非学无以成才，非志无以成学91根据力的平衡：联立得根据动能定理有：解得

（2）假设导体棒能穿过磁场区域，穿过磁场区域的速度大小为，根据动量定理：即解得：所以假设成立，能运动到半圆轨道上。假设导体棒在半圆轨道上不会离开轨道，上升的最大高度为h则有：解得：，由于h<r，所以不会脱轨作业二十二1.解析：库仑通过扭秤实验研究确定了点电荷之间的作用规律，A选项正确；奥斯特发现通

电导线周围存在磁场，B选项正确；法拉第在实验中发现了电磁感应现象，C选项正确；楞次总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，D选项错误．答案：D2.解析：选C由右手定则可判断出R中电流由c到d，电动势E＝Brv2＝12Br2ω，电路中电流

I＝Br2ω2R，C正确．3.解析：根据E＝BLv，感应电动势E＝2BLv，AB间的电势差U＝ER0R0＋r＝2BLvR0R0＋r，C项正确．答案：C4.解析：由Q＝CU，U＝E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt，分析可得增大磁感应强度变化率，增大线圈在垂直磁场方向的投

影面积可增大A、D间电压，从而使Q增大，C、D错误，B项正确；减小电容器两极板间距离可使Q增大，A错误．答案：B5.解析：开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由左向右先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流由Q→P，选项C正确．答案：C6.解析：设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速

转动时产生的感应电动势E1＝12B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝12πL2ΔBΔt，由E1R＝E2R得12B0ωL2＝12πL2ΔBΔt，ΔBΔt＝ωB0π，故C项正确．答案：C7.解

析：导体切割磁感线产生感应电动势，E＝BLv，其中L是有效的切割长度，当金属棒以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，有效的切割长度为L，当金属棒沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，有效切割长度为22L，感应电动

势E′＝B·22Lv，则E′E＝22，B选项正确．答案：B8.解析：金属线框以初速度v穿出磁场过程中，切割磁感线，产生感应电流，I＝ER＝BLvR＝BLatR，根据非学无以成才，非志无以成学92牛顿第二定律，

B2L2vR＝ma，线框做减速运动，速度v减小，加速度a减小，故线框中感应电流的大小随时间变化的图象斜率会减小，B选项正确．答案：B9.解析：(1)导体棒ab在磁场B1区域中运动时，产生的感应电动势为E1＝B1lv，感应电流为I1

＝E1R＋r，所受安培力F安＝B1I1l，导体棒ab做匀速运动，则F拉＝F安，拉力的功率为P＝F拉v＝B21l2v2R＋r，代入数据解得P＝23W＝0.67W.(2)经过任意一个磁场B2区域过程中，通过电阻R的电荷量为q＝I2Δt2，由题意得I2＝B2lvR＋r，位移为d＝vΔt

2，联立解得q＝B2ldR＋r＝0.16C.答案：(1)0.67W(2)0.16C10.解析：选BDab向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab做非匀变速直线运动，故A

错误；当ab撞上CD后，ab中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线框将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，沿b→a，根据左手定则可知ab受到向左的安培力，故当ab撞上CD后，将会向左运动，故B正确；开始时，ab的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生

自感电动势，此自感电动势与ab感应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv0R，最大安培力将小于BdI＝B2d2v0R，故C错误；从ab开始运动到撞上CD时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R上产生的热量小于12mv02

－12mv2，故D正确．11.解析：导体杆匀速运动时，速度最大，此时杆受力平衡，F＝μmg＋B2d2vR＋r，解得速度最大值v＝F－μmgR＋rB2d2，A选项错误；根据电荷量定义可知，流过电阻R的电荷量q

＝ΔΦR＋r＝BdLR＋r，B选项正确；根据动能定理可知，恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，C选项错误，D选项

正确．答案：BD12.解析：当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，同理可知，开关由闭合到断开瞬间，钻头M向左运动，故A项正确，B项错误；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才

会导致钻头M向右运动，故C项正确，D项错误．答案：AC13.解析：金属棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv，感应电流I＝BLv2r，水平方向上，金属棒受到摩擦力和安培力作用，F安＝BIL＝B2L2v2r，根据牛顿第二定律得，－B2L2v2r－μmg＝ma，安培力随速度减小而减

小，金属棒做加速度减少的减速运动，故A选项错误；根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒到达磁场右边界处的过程中，平均感应电动势E＝ΔΦΔt，平均感应电流I＝ΔΦ2rΔt，通过金属棒横截面积的电荷量为q＝IΔt＝ΔΦ2r＝BLd2r，故B选项错误；根据能量守恒

定律可知，金属棒重力势能的减少量等于电路中产生的焦耳热和摩擦生热，mgR＝μmgd＋Q，Q＝mg(R－μd)，定值电阻r产生的焦耳热为12mg(R－μd)，非学无以成才，非志无以成学93故C选项正确；金

属棒运动到圆弧轨道最低点的过程中，机械能守恒，mgR＝12mv2，最低点时根据牛顿第二定律列向心力关系式，FN－mg＝mv2R，联立解得，FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，金属棒运动到圆弧轨道最低位置时对轨道的压力为3mg，故D选项正确．答案：CD14

.解析：(1)当导体棒运动的速度为v时，电路中的感应电动势为E＝BLv时，电流为I＝ER＋r，导体棒所受的安培力为FA＝BIL，根据牛顿第二定律可得，a＝F－FAm，联立解得a＝Fm－B2L2vmR＋r.(2)根据电动势的定义有：E＝W非

q，在时间t内通过电路的电荷量q＝It，根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和，W非＝Q外＋Q内，在时间t内，Q外＝I2Rt，Q内＝I2rt，联立解得EIt＝I2Rt＋I2rt，整理得，I＝ER＋r.答案：(1)Fm－B2L2vmR＋r(2)见解析

15.解析：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场要减弱原磁场的变化．那么左边就是两种情况：(1)原磁场方向向下，且减弱；(2)原磁场方向向上，且增强．(1)中，若磁场方向向下，其中的电流是由

A向B再经过螺线管回到A.由右手定则知，AB左移会产生这样的感应电流．磁场减弱，表明AB移速减小，即向左减速运动，D项正确；(2)中，若磁场方向向上，电流则是从B向A再经过螺线管回到B.AB右移产生这样的感应电流．磁场增强，表明A

B加速，即向右加速运动，A项正确．答案：AD16.解析：根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，A项正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘

停止转动，B项正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，C项错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，D项正确．答案：ABD17.解析：(1)前0.25s内，根据法拉第电磁感应定律可知，E＝ΔBΔt·d22＝2V，感应电流I

＝ER＝0.2A.根据电荷量公式可知，0.25s内通过线圈某一截面的电量q＝I·Δt＝0.05C.(2)0.25s时，线圈开始沿斜面下滑，mgsin37°＝μmgcos37°＋BId，解得μ＝0.25.(3)线圈匀速运动过程中，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，安培力F安＝B2

d2vR，线圈处于平衡状态，mgsin37°＝μmgcos37°＋F安，代入数据解得v＝1m/s.根据能量守恒定律可知，重力势能减小，动能和电能增加，同时摩擦生热，mgsin37°d＋d2＝12mv2＋μmgc

os37°d＋d2＋Q，代入数据解得Q＝0.55J.答案：(1)0.05C(2)0.25(3)0.55J作业二十三非学无以成才，非志无以成学941.解析：通电前，穿过两个铜环的磁通量均为零，通电时，穿过两个铜环的磁通量突然增大，根据楞次定律，两铜环向两侧推开

．答案：A2.解析：cd导体棒在F1的作用下，做切割磁感线运动，成为电源．Uab为电路外电阻上的电压，等效电路如图所示．由于导轨的电阻不计，Uab＝Ucd.另外，由于cd棒与ab棒中电流大小相等，导体棒有效长度相同，所处磁场相同，故两棒分别受到的安培力大小相等、方向相反．a

b、cd两棒均为平衡态，故导体棒分别受到的外力F1、F2与所受到的安培力平衡，故F1＝F2，故选项D正确．答案：D3.解析：根据楞次定律，结合图象可以判断：在0～1s内，下极板为正极，上极板为负极；第2s内上极板为正极，下

极板为负极；第3s内上极板为正极，下极板为负极；第4s内上极板为负极，下极板为正极，故A选项正确，B选项错误．由于磁感应强度均匀变化，故产生的感应电动势大小是恒定的，感应电动势大小E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝0.1πr2，第2s末两极板间的电场

强度为Ed＝0.1πr2d，D选项错误．在第1s内微粒从静止沿向上或向下的方向开始做匀加速运动，第2s内电场反向，电荷沿该方向做匀减速运动，第2s末速度为0，第3s内电荷做反向匀加速运动，第4s内电荷沿反向做匀减速运动，第4s末回到原来位置，故

C选项错误．答案：A4.解析：摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(12v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB＝ER2＋R4·R4＝13Bav，故选A.答案：A5.解析：在0～T4内，Oa切割磁感线运动，

根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值；T4～T2内，Ob切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值；12T～34T内，Oa切割磁感线运动，根

据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值；34T～T内，Ob切割磁感线运动，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．无论哪个半径切割磁感线，所产生的感应电动势大小都相同，设角速度为ω，由感应电动势公式E＝12BL2ω和欧姆定

律可知感应电流的大小是不发生变化的，由此可得知A、B、C错误，D正确．答案：D6.解析：设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝v12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得mgH＝12mv

21②由能量守恒定律得12mv21＋mg·2L＝12mv22＋Q③非学无以成才，非志无以成学95由①②③得Q＝2mgL＋34mgH.选项C正确．答案：C7.【答案】D【解析】由题意，磁场从零均匀增大时，金属杆ab

始终处于静止状态，穿过回路的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt得知，回路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流也恒定不变．根据楞次定律判断可知，金属杆所受的安培力沿斜面向上．开始阶段，安培力小于重力沿斜面向下的分力，金属

杆所受的摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得BIL＋f＝mgsinθ，B增大，f减小；当安培力等于重力沿斜面向下的分力，金属杆不受摩擦力；当安培力大于重力沿斜面向下的分力，金属杆所受的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得BIL＝mgsinθ＋f，B增大，f增大．所以金属杆受到的静摩擦力

将先逐渐减小，后逐渐增大，故D正确．8.【答案】D【解析】当闭合S瞬间，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向为逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则D不会闪亮一下，而线圈A中磁场立

刻吸引C，导致其即时接触，故A、B错误；当断开S瞬间，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C错误，D正确．

9.解析：(1)设绳子的拉力大小为F，对砝码：F＝m1gsin30°＝2N.对线框：F＝m2g＋F安．则F安＝B2l2vR，代入数据得v＝10m/s.(2)W＝Fl＝2×0.2J＝0.4J.(3)由能量转化守恒

定律得Q＝W－m2gl＝0.4J－0.1×10×0.2J＝0.2J.答案：(1)10m/s(2)0.4J(3)0.2J10.解析：按照题意，磁体附近的金属弦被磁化，铜质弦不具备这种“本领”，所以A项错误；取走磁体，导体不能切割磁感线，

所以电吉他将不能正常工作，B项正确；根据法拉第电磁感应定律判断C项正确；弦振动过程中，靠近或远离，由楞次定律知，线圈中的电流方向不断变化，D项正确．答案：BCD11.解析：本题考查安培定则和楞次定律的应用．B环中感应电流为逆时针，根

据安培定则判断可知，感应电流的磁场为垂直纸面向外，根据楞次定律知能产生这样的磁场，是由于A环旋转时A环上负电荷定向运动产生一个垂直纸面向外减弱的磁场或者产生一个垂直纸面向里增强的磁场的结果，负电荷的运动方向与电流方向相反，根据安培定则可得出

，A环逆时针加速转动时产生方向垂直纸面向里的增强的磁场，或A环顺时针减速转动时产生垂直纸面向外的减弱的磁场．故正确答案为B、D.答案：BD12.解析：流过电感线圈的电流不变时，电容器相当于短路．S断开的瞬间，电感线圈又相当于电源向外供电．断开S前，L相当于无电阻的

导线，则Uab＝0，从而电容器的电荷量为零，A项正确；断开S瞬间，由于L的自感作用，L中仍然存在向左的电流，L与C构成了回路，则L中的电流要向C充电，使a极板带正电，b极板带负电，故C项正确．答案：AC13.

解析：释放瞬间导体棒的速度为零，故仅受重力，其加速度为重力加速度，故A选项正确；当导体棒向下运动切割磁感线时，由右手定则，可知流过电阻R的电流方向是由b→a，故B选项错误；当导体棒非学无以成才，非志无以成学96速度为v时，感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER，则安

培力F＝BIL＝B2L2vR，故C选项正确；导体棒的重力势能的减少量等于R上产生的焦耳热和导体棒增加的动能与弹簧弹性势能之和，故D选项错误．答案：AC14.解析：(1)设撤去外力，线拉力为FT，两金属棒的加速度大小相等，设为是a，则m1gsinθ－FT

＝m1a，FT－m2gsinθ＝m2a，解得a＝2m/s2.(2)a、b达到速度最大时，速度相等，设为v，此时线拉力为FT1，a中感应电动势为E1，电流为I1，b中感应电动势为E2，电流为I2，则E1＝B1Lv、I1＝

E1R1，E2＝B2Lv、I2＝E2R2，m1gsinθ－FT1－B1I1L＝0，FT1－m2gsinθ－B2I2L＝0，解得v＝10m/s.设两金属棒产生的焦耳热之和为Q，由能量守恒有Q＝m1gssinθ－m2gssinθ－12(m1＋m2)v2，解得Q＝90J.

答案：(1)2m/s2(2)90J15.解析：t1时刻，Q中电流正在增大，穿过P的磁通量增大，P中产生与Q方向相反的感应电流，反向电流相互排斥，所以FN>G；t2时刻Q中电流稳定，P中磁通量不变，没有感应电流，FN＝G；t3时刻Q中电流为零，P中产生与Q在t3时刻前方向相同的感应电流，而Q中没有

电流，所以无相互作用，FN＝G；t4时刻，P中没有感应电流，FN＝G.答案：AD16.解析：线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半．而不同的线框的电阻不同．设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r.则Ua＝BLv·3r4r＝3BLv4，Ub＝

BLv·5r6r＝5BLv6，Uc＝B2Lv·6r8r＝3BLv2，Ud＝B2Lv·4r6r＝4Blv3.所以B正确．答案：B17.解析：金属板折成“”形的金属槽放在磁感应强度为B的匀强磁场中，并以速度v1向右匀速运动时，左板将切割磁

感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可知上板为正，下板为负，E＝Ud＝Blv1l＝Bv1，微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有m＝qEg＝qBv1g，向心力由洛伦兹力提供，所以qv2B＝mv22r，得r＝mv2qB＝v

1v2g，周期T＝2πrv2＝2πv1g，故B项正确．答案：B18.解析：(1)垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ER①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二

定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤非学无以成才，非志无以成学97开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝QC⑦设在此过程中MN的平

均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝IlB⑧由动量定理，有FΔt＝mvmax－0⑨又IΔt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝B2l2C2Em＋B2l2C⑪答案：(1)见解析(2)BlEmR(3)B2l2C2Em＋B2l2C作业二十四1.解析：选D.导体棒切割

磁感线，所以产生电动势，根据右手定则知b点电势高于a点电势，由法拉第电磁感应定律知E＝BLv，随着自由落体的速度越来越大，则产生的电动势也越来越大，故D正确．2.解析：选D.当对M加热使其温度升高时，M从非磁性合金

变为强磁性合金，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知，N有扩张的趋势才能使穿过N的磁通量减少，选项C错误，选项D正确；由于不知M的磁场方向，故不能判断N中感应电流的方向，选项A、B错误．3.解析：选A.由法拉第电磁感应定律可知

E＝nΔBSΔt，由图知应有第1段中磁通量的变化率较小，而bc、cd两段中磁通量的变化率相同，故有E1＜E2＝E3，由楞次定律可判断出I1沿逆时针方向，I2与I3均沿顺时针方向，故B、C、D均错误，A正确．4.解

析：选B.闭合S时，由于L的自感作用，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮，稳定时两灯一样亮，故A错、B对；断开S时，由于L的自感作用，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A灯的电流方向不变，但通过B灯的电流反向，故C错；又因通过A灯的电流不会比原来的大，故A灯不会闪

亮一下再熄灭，故D错．5.解析：选B.根据电磁感应定律，当0～L时，通过线圈的磁通量均匀增加产生顺时针的感应电流，当L～2L时，右边切割磁感线的长度减小，左边切割磁感线的长度增大，由法拉第电磁感应定律可判断两个边切割磁感线产生的电流方

向相反，所以合电流逐渐减小，在1.5L时电流减小到零，随后左边边长大于右边边长，电流反向，所以B选项是正确的．6.解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错

误；电路中感应电流的大小为I＝ER＝Blvlsinθr＝Bvsinθr，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·Bvsinθr·lsinθ＝B2lvr，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝B2v2

sin2θr2·lrsinθ＝B2lv2sinθr，选项D错误．7.【答案】D【解析】闭合开关S后，因线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计

，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2将更亮，因此A1、A2亮度度不同，故B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势低于b端，但二极管具有单向导电性，所以所以回路没

有感应电流，A1也是立即熄灭，故C错误，D正确．故选D．8.【答案】B非学无以成才，非志无以成学98【解析】0～1s内、1～2s内的磁感应强度不变，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势为零，感应电流为零，故A错误．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定

律知E＝nΔBΔtS，磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从a经R流向b，1～2s内感应电流从b经R流向a，故B正确．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，E＝nΔBΔtS，

磁感应强度变化率不变，则感应电动势不变，根据楞次定律知，0～1s内感应电流从b经R流向a,1～2s内感应电流从a经R流向b，故C错误．在0～1s内，1～2s内，根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度的变化率不是定值，则感应电动

势变化，感应电流变化，故D错误．故选B．9.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得E＝nΔBS2Δt，解得E＝4.5V电流I＝Er＋R＝1.5AUab＝－IR＝－3V.(2)通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝6C.(3)由焦耳定律可得Q＝I2Rt，得Q＝18J.

答案：(1)－3V(2)6C(3)18J10.解析：选AB.感应电动势为BLv，感应电流I＝ER＝BLvR，大小与速度成正比，产生的热量Q＝I2Rt＝B2L2v2R·L′v＝B2L2L′Rv，B、L、L′、R是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比；通过任一截面的电荷量q＝I

t＝BLvR·L′v＝BLL′R，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1；金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相等，则外力的功率P＝Fv＝BIL·v＝B2L2v2R，其中B、L、R大小相等，外力的功率与速度的平方成正比，所以

外力的功率之比应为1∶4.11.解析：选AC.由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS有E＝kπr2，D错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝R02·1

2R0＋R02＋R02·12U＝U7，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确．12.解析：选AC电磁铁的左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则可知，感应电动势的方向为A到B，B点的电势高

于A点电势，A选项正确；根据导体旋转切割公式E＝12BL2ω可知，若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，回路阻值变大，电流变小，线圈中产生的磁场减弱，切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小，B选项错误；同理，电刷A、B间距离增大，切

割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大，C选项正确；金属盘转动的转速越大，产生的电动势增大，感应电流增大，需要的维持其做匀速转动所需外力增大，外力做功的功率增大，D选项错误．13..解析：在0～1s内，穿过线框中的磁通量为向里的减少，由楞次定律

，感应电流的磁场垂直纸面向里．由安培定则，线框中感应电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感应定律，E=nΔB·SΔt，E一定，非学无以成才，非志无以成学99由I=ER，故I一定，由左手定则，ab边受的安培力向上．由于磁场变弱

，故安培力变小．同理可判出在1～2s内，线框中感应电流的方向为顺时针方向，ab边受的安培力为向下的变强.2～3s内，线框中感应电流的方向为逆时针方向，ab边受的安培力为向上的变弱，因此选项AD对．答案：AD14.解析：(1)由法拉第电磁感应定律E＝

ΔΦΔtΔΦ＝ΔB12d2由乙图得：ΔBΔt＝5T/s解得：E＝0.4V，由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向adcba.(2)I＝ER＝0.4At＝4s时，B＝30TF＝BId＝4.8N，方向竖直向上

．答案：(1)0.4V逆时针方向adcba(2)4.8N方向竖直向上15.【答案】AB【解析】圆环向右进入和离开磁场时，会产生电流，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将转化为电能，所以回不到原来的高度了，故A正确．当圆环进入或离开磁场区域时，磁通量发生变化，

会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反，故B正确．整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故C错误．在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆

动，因为在此区域内没有磁通量的变化(一直是最大值)，无感应电流，所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故D错误．16.【答案】ACD【解析】设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，线圈的半径为r，则感应电流为I＝E

R＝nΔΦRΔt＝nΔBΔt·πr2cosθ·Sρn·2πr＝Sr2ρ·ΔBΔt·cosθ可见，将r增加一倍，I增加一倍，即感应电流大小变为原来的两倍，故D正确；I与线圈匝数无关，故A正确；若将线圈的面积增加一倍，半径

r增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，故B错误；将线圈与磁场方向的夹角改变时，cosθ能变为原来的2倍(因cosθ最大值为1)，故C正确．故选ACD．17.【答案】ACD【解析】若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响．故A错误；若仅增大

h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，故B正确；若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量q＝ΔΦR保持不变，故C错误；线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大

，则线圈对磁铁的阻碍作用将变大，故D错误．18.解析：(1)棒在0～0.3s内通过的电荷量q1＝I－Δt1平均感应电流I－＝E－R＋r非学无以成才，非志无以成学100回路中平均感应电动势E－＝Bx1LΔt1得

q1＝BLx1R＋r同理，棒在0.3～0.4s内通过的电荷量q2＝BL（x2－x1）R＋r由图象读出0.4s时刻位移大小x2＝0.9m又q1＝2q2解得x1＝0.6m.(2)由图象知棒在0.3～0.4s内做匀

速直线运动，棒的速度大小v＝0.9－0.60.4－0.3m/s＝3m/s对系统，根据能量守恒定律Q＝Mgx2－mgx2sinθ－12(M＋m)v2代入数据解得Q＝3.15J根据焦耳定律有Q1Q＝RR＋r代入数据解得Q1＝3J.答案：(1)0.6m(2)3J作业（二十

五）1.答案:B本题考查有效值的计算。当给电阻R通入I1�3A的电流时，有Q����Rt，s当通入交变电流时，设交变电流的有效值为I，则有Q�I2R·2t，两式联立，解得I���A，则交变电流的最大值Im��I�3A，B项正确，A、C、D项错误。2.答案:B本题

以半圆形导线框和直角扇形导线框在匀强磁场中转动为背景，考查对交变电流的理解。在线框进入磁场过程中，根据E=��BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，故M、N产生的不是正弦式交流电，A、C项错误。当

线框进入磁场时，根据楞次定律可知，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和线框运动周期相同，B项正确。线框N在完全进入磁场后有��的时间穿过线

框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即线框N在0~��和��~���内有感应电流，其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电流，虽然两导线框电阻相等，但两者的电流的有效值不相等，D项错误。3.答案:C线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经

过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A项错误；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，B项错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为

a→b，非学无以成才，非志无以成学101C项正确；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，D项错误。4.答案:A当线圈处于图中所示位置时，

线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小；该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式���Δ�Δ�，可知磁通量的变化率Δ�Δ�最大，故A正确，BCD错误，故选A。【点睛】根据法拉第电磁感应定律公式，当时间足够小时，可以用该公式近似求解瞬时电动势，而磁通量的变化量与瞬时电动

势成正比.5.答案:D由电动势的瞬时值表达式为e=311sin50πt（V）可知，角速度ω=50πrad/s，频率���������⺁，一个周期内电流方向改变两次，则1s内该交变电流的方向改变了50次，选项A错误，D正确；根据������������可知无法确定穿过该线圈磁通量的最大值，选项

B错误；电动势的最大值为311V，根据有效值与最大值的关系得：�����＝����ʹ＝���ʹ，选项C错误；故选D。点睛：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的最大值、有效值以及最大磁通量等表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．6.答案:B由法拉第

电磁感应定律：E=N△�△�可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I=��可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得q=N△��。由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS，所以由上

公式可得：q=N����，故B正确，ACD错误；故选B。考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式，同时注意磁通量虽然是标量，但注意线圈分正反面，从而导致磁通量有正负．还有磁通量与线圈匝数无关，但感应电动势与线圈匝数有

关．7.答案:D由表达式可知�������ʹ，则交流电源电压的有效值�������������ʹ����ʹ，由欧姆定律可知,电路中电流���������������.��，故A、B、C错误，D正确；故选D。【点睛】由交流电源的表达式可知电源电压的峰值，根据�����可求有效

值，则由欧姆定律可求得电流及电压表的示数。8.答案:D题图甲电源的电压有效值U���U0，A项错误。由题图乙知�'��·T�(���)��·�������·��，U'���U0，B项错误。P����，则两次功率之比��'����'���������������，D项正确。非学无以成才，非志

无以成学1029.答案:（1）7.1（J）（2）0.08C线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为�����������㔀����；转动过程中由平均感应电动势和电流公式代入数据解得．（1）电动势的最

大值：������ܮ���������×�×�.�×�.�×�������V；电流的有效值�������������A，所以0.05s内R上发出的热量Q=I2Rt=7.1（J）；（2）电动势的平均值：�¯��Δ�Δ�，

0.05s为从图上位置转过90°，所求的电量：������Δ��������������×�×�.�×�.�����.��ܥ．10.答案:CDt1时刻，Φ最大，但Δ�Δ�为零，A项错误；t2时刻，Φ等于零，但Δ�Δ�最大，B项错误；t3时刻，Φ最大，Δ�Δ�

等于零，感应电动势等于零，C项正确；t4时刻，Φ等于零，但Δ�Δ�最大，感应电动势最大，D项正确。11.答案:ABD线圈在图示位置磁通量为零，但磁通量的变化率最大，选项A正确；经过八分之一周期，通过电阻R的电荷量为���Δ��������×�

.�×�.��݃���������ܥ�����ܥ，选项B正确；����������㔀�Ȁ�，电动势的最大值：�����������×�.�×���×�.�ʹ����ʹ；电动势的有效值E=��������ʹ，选项C错误；交流电压表的示数为�

�����������×�������ʹ����ʹ，选项D正确；故选ABD.点睛：解决本题时要知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．求热量要用电流的有效值，求电荷量要用电流的平均值，最好记住求解电量的表达式���

Δ��总．12.答案:BD通电导线在其周围产生磁场，在其左侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线越远，磁场越弱，在t=0时刻，ab边和cd边转动时，速度方向与磁场平行，故不切割磁感线不产生感应电动势，故A

错误；在0～���时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t=���时，线圈的磁通量为零，ab边和cd边转动时，磁通量的变化率不为零，故感应电动势不为零，故C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，故D正确；故选BD。本题主要考查了通电导线在其周

围产生磁场，线圈转动又会产生感应电动势，能用右手定则判断直导线周围的磁场方向，用楞次定律判断出电流方向。13.答案:AD由图可知���.����时刻感应电动势最大，此时线圈所在平面与中性面垂直，所以穿过线框回路的磁通量为零，A正确；���.���时刻感应电动势等于零，B错误；产

生的有效值为：����������ʹ����ʹ，C错误D正确．非学无以成才，非志无以成学10314.答案:(1)Em=NBl1l2ω=314V；(2)W=98.6J本题通过发电机模型考查交变电流的产生及其变化规律

。(1)线圈的角速度ω=2πn=100πrad/s图示位置线圈的感应电动势最大值Em=NBl1l2ω=314V。(2)电动势的有效值E=�m�线圈转动的周期T=�π�=0.02s线圈转动一圈，外力做功W=I2(R+r)T=��

���·T代入数据得W=98.6J。15.答案:ABC本题考查电容器在交流电路中的应用。输入的电流由直流成分、交流低频成分和交流高频成分组成，由于电容器C1的作用，交流高频成分被短路，A项正确；滑动变阻器R的滑片上下移动可以改变输出电压的大小，B项正确；电容器C2串联在电路中，起到

隔直流、通交流的作用，C项正确；为使交流低频成分不被C1短路，C1的电容应较小，为使低频成分能通过C2，C2的电容应较大，D项错误。16.答案:AD当磁通量为零时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，可得在题图所示位置时，线圈产生的感应电动势最大，A项正确；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，由

于电压表测量副线圈的输入电压，而原线圈的输入电压不变，匝数之比不变，所以副线圈的输入电压不变，即电压表的示数不变，B项错误；因为线圈是从垂直于中性面时开始时转动的，故产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=

NBSωcosωt，交流电压的最大值Em=NBωL2，电压表示数为有效值，故U=���ܮ��，C项错误；变压器的输入与输出功率之比为1∶1，D项正确。17.答案:BC导线框进或出磁场过程中，切割磁感线的有效长度

相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为u0=��BR2ω，作出两导线框转动一周过程中，线框M、N中感应电动势随时间变化的图象，如图乙、丙所示，B、C两项正确。由图知两线框产生的非学无以成才，非志无以成学104不是正弦交流电，A项错误。设两线框产

生感应电流的有效值分别为IM和IN，根据有效值的定义有����×��=���RT和����×��=���RT，解得IM∶IN=1∶�，D项错误。18.答案:（1）������ܮ�（2）����(1)设线框转动时ab，cd棒的最大速度为�'�，产生的反电动势等于直流电源的电动势，

即����ܮ�'�，解得��'�����ܮ设ab，cd棒速度为�'时，线框回路中对应的电流为�'，此时，两棒所受到的安培力均为�'���'ܮ，在△�→�时间内，对一根棒应用动量定理可得�'△���△�'即�ܮ�'△

���△�'达到稳定的过程中，�ܮ�(�'△�)���'���电源输出的总能量为�总���'△�联立解得�总�������ܮ�线框稳定转动，动能����×�����'��������ܮ�有能量守恒�总��内���解得:�内�������ܮ�(

�)当点击加上负载后，设线框所受等效阻力为f，即电动机输出的动力大小为f，设此时对应的ab，cd杆的稳定转动速度为�″，则线框回路中电流�″�����ܮ�″�，每根杆受到的安培力为�″��″�ܮ�����ܮ�''��ܮ，有平衡条件可知����″���ܮ���

�ܮ�″�电动机的输出功率为����″���ܮ�″����ܮ�″�，当�″����ܮ时，功率最大为������非学无以成才，非志无以成学105本题主要考查了线圈转动过程中产生反感应电动势，根据能量守恒和平衡条件即可判断，关键是抓住线圈匀速的条件.作业（二十六）1.答案:D感应电动势最大值Em

�NBSω�NBS2πn�1×0.01×0.2×0.1×2π×50V�6.28×10-2V。2.答案:B由图乙可知，t=0.005s时刻，感应电动势最大，由法拉第电磁感应感应定律可知，穿过线框的磁通量变化率最大，故A不正确；t=0.01s时感

应电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面位于中性面，故B正确；线框产生的交变电动势最大值为311V，有效值为220V，选项C错误；线框产生的交变电动势周期为0.02s，则频率为50Hz，选项D错误；故选B.点睛：解决本题时要抓住线框位于中性面磁通量最大

，磁通量变化率为零，感应电动势为零，而线框通过与磁场平行位置时，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大．3.答案:B本题考查感抗对电流的阻碍作用。接在直流电源上，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能；而当双刀双

掷开关接在交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成灯泡的内能外，还有一部分电能与磁场能往复转化，因此P1>P2。B项正确。4.答案:Dt1时刻电动势最大，穿过线框的磁通量为0，故A错误；t2时刻电动势为零

，穿过线框的磁通量最大为BL2，故B错误；t3时刻电动势最大，穿过线框的磁通量变化率最大，故C错误；电动势最大值为BωL2，所以线框转动的角速度为���ܮ�，故D正确。所以D正确，ABC错误。5.答案:C图中的位置与中性面垂直，线圈与磁场平行，此时磁通

量最小，而穿过线圈的磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C正确，ABD错误。故选：C6.答案:C感应电动势方向与感应电流方向一致，当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次。故C正确，ABD错误。故

选：C7.答案:CA、有交流电的表达式可知ω=100π，则周期�����得T=0.02s，故频率��������⺁，故A错误；非学无以成才，非志无以成学106B、由交流电的瞬时值的表达式�����݃�(����)可知，初相位为0，即t=0时，线圈在中性面，磁通最大，故B错

误；C、当���������，e最大，故磁通量的变化率最快，故C正确；D、该交流电最大值为�����，则有效值为220v，故D错误；故选C。【点睛】根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量

，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等。8.答案:B一个匝数为10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T，若用交流电压表测得a、b两点间的电压为��.�ʹ，所以�����������V，从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为����s

in�����sin��������sin����，当����时，���△�△����V，所以����时线圈的磁通量的变化率△�△���.���Ȁ�，B正确．对于感应电动势的瞬时值表达式�����݃���，要注意计时起点必须是从中性面开始，否则表达式中初

相位不为零．9.答案:(1)e�100sin10πt(V)(2)电压表的示数45�V(1)若从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e�Emsinωt其中ω�2πn�10πrad/s，Em�NBSω�50

×�π×0.1×10πV�100V故线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e�100sin10πt(V)。(2)电动势的有效值E�����50�V电压表的示数U�IR�����R�45�V。10.答案:AB由电动势的瞬时值表达式可知是从线圈位于中性面时开始计时，即t�0时，

e�0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B项正确，C项错误；当t�0.4s时，代入式中得e�10sin20πt(V)�10×sin(20π×0.4)V�0，D项错误。11.答案:BCD非学无以成才，非志无以成学107本题

借助Φ-t图象，考查对交变电流的产生及热效应的理解。t=0时线圈的磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，A项错误；t=0.5s时线圈的磁通量最大，线圈经过中性面位置，电流的方向发生改变，B项正确；t=1s时，线圈的磁通

量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，C项正确；线圈的感应电动势的最大值Em=NBSω=N·Φm·�π�=4πV，有效值E=�m�=2�πV，一个周期内线圈产生的热量Q=���T=8π2J，D项正确。12.答案:BDA、角速度�����������㔀�Ȁ�，选项A错误

；B、由题图乙可知交流电电流的最大值是������A,周期���.�������A，由于电流表的示数为有效值，故示数����A选项B正确；CD、0.01s时线圈中的感应电流为0，则穿过线圈的磁通量为最大，磁通量变化率为0，故线圈

平面与磁场方向垂直，选项C错误，D正确；故选：BD。【点睛】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量变化为零，磁通量最大．13.答案:AB电感的感抗由线圈的自感系数L和交变电流的频率f共同决定，A、B项错误；电容是

电容器本身的特点，容抗由电容C和交变电流的频率f共同决定，C、D项正确。14.答案:（1）10πV（2）0，πWb/s（3）见解析图e＝10πcos5πt(V)（1）由图象可知，Φm=BS=0.2Wb，线圈转动的周期T=0.4s，线圈转动的角速度ω=���=5πrad/s．线圈中的最大感应电动势:

Em=nBSω=10×0.2×5πV=10πV．（2）在t1=0.1s时刻，线圈中磁通量的变化率为0．t2=0.2s时刻，线圈中的最大感应电动势为:Em=10πV.磁通量变化率为△�△�������������Ȁ�����Ȁ�．（3）感应电动势的变化周期跟磁通量的变化周期相同，并按余弦规律变化，

在t=0时，感应电动势为正的最大值，感应电动势随时间变化的图象如图所示；瞬时值的表达式为e=10πcos5πt（V）．先图象读出周期求出角速度；再利用公式求出峰值、有效值，从而求出电流表的示数；注意峰值和有效值的区别于联系．15.答案:ABC非学无以成才，非志无以成

学108本题考查电容器在交流电路中的应用。输入的电流由直流成分、交流低频成分和交流高频成分组成，由于电容器C1的作用，交流高频成分被短路，A项正确；滑动变阻器R的滑片上下移动可以改变输出电压的大小，B项正确；电容器C

2串联在电路中，起到隔直流、通交流的作用，C项正确；为使交流低频成分不被C1短路，C1的电容应较小，为使低频成分能通过C2，C2的电容应较大，D项错误。16.答案:BD电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，�ܮ��π�ܮ，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号

的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用�ܥ���π�ܥ，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误．【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关

，记住这个问题不难解决．17.答案:AC本题以浮桶式波浪发电灯塔为背景考查对交变电流的产生及规律的理解。线圈的周长L=πD，由公式e=NBLv可知，电动势瞬时值的表达式e=64sinπt(V)，A项正确；电流瞬时值的表达式为i=����=4sinπt(A)，B

项错误；电流有效值I=��A=2�A，灯泡的电功率P=I2R=120W，C项正确；灯泡两端的电压U=IR=30�V，D项错误。18.答案:(1)θ=30°；(2)B=1T；(3)FN=3N；(4)q=Δ���=�ܮ���=1C本题以水平面和斜面设置情境，考查电磁感应

定律、牛顿运动定律、能量守恒定律的综合应用。(1)由a-v图象可知，导体棒cd刚释放时的加速度a=5m/s2对cd棒，根据牛顿第二定律，有mgsinθ=ma解得θ=30°。(2)当cd棒匀速下滑时，由图象知a=0，v=1m/s根据受力分析，有mgsin

θ=F安并且由F安=BIL，I=�ܮ���非学无以成才，非志无以成学109解得B=1T。(3)当电路中的电流I最大时，be棒所受的安培力竖直向下且最大，此时对水平轨道的压力最大FN=mg+F安解得FN=3N。(4)cd棒产生的热量与be棒产生的热量相同，即Qbe=Qcd=Q

=0.45J对两导体棒组成的系统，根据能量守恒定律，有mgxsinθ=��mv2+2Q解得x=1m由于q=I�t，I�=E���，E�=Δ��所以q=Δ���=�ܮ���=1C。作业二十七变压器答案1.答案：C2.答案：D3.答案：A4.答答案

：B5.答案：A6.答案：C7.答案：C8.答案：A9.(1)275匝(2)550匝0.255A10.答案：AB11.答案：AD12.答案：BD13.答案：BD14.（1）54/55A（2）180W附加答案1.解析：选AD.由U1U2＝n1n2知，开关

S闭合后，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，故选项C错误，选项D正确；开关S闭合后，副线圈闭合回路的总电阻R减小，由I2＝U2R知，I2变大，由I1I2＝n2n1知，A1示数变大，且A1与A2示数的比值不变，故选项A正确2.解析：选C.当理想变压器的输入电压U，以及原、

副线圈的匝数比不变时，副线圈两端的电压也不变，A项错；由P出＝U′2R知R增大时，输出功率减小，又由P入＝P出得原线圈中的电流表读数要减小，B项错；Q往上滑动时，U′增大，而负载电阻不变，则输出功率要

增大，即输入功率也要增大，原线圈中的电流就要增大，C项对，3.解析：选C.由图象可知该交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，A错误；因为变压器输出电压最大值为20×1V＝20V，所以变压器原线圈电压

的最大值为20×10V＝200V，B错误；R2的功率P2＝U2R2非学无以成才，非志无以成学110＝202302W＝6.67W，C正确；因为电容器可以通过交流电，所以电阻R3中的电流不是始终为零，D错误．作业二十八答案：电能的输送1输电线的电压损失ΔU＝U1－U2＝IR，B错误，

C正确；U1为输出电压，U2为用户得到的电压，A、D错误．【答案】C2.由ΔP＝I2R＝PU2R知，ΔP′＝1400ΔP，C错．本题I≠UR，故A错．若ΔP不变，R′＝400R，由电阻定律可得：d′＝120d，D错，选B.【答案】B3.根据P损＝P

U2r可知，热损失功率跟输送电压的平方成反比，故B选项正确．【答案】B4.由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2⇒U2＝I1U1I2，A正确．由输电电路图知，输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错．理想变压器的输入功率P＝U1I

1＝UI1－I21r，C错．输电线路上损失的电功率为ΔP＝I21·r＝I1U－I1U1，D错．【答案】A5.远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，

A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错．【答案】D6.当U＝500kV时，I＝PU＝3×1095×105A＝6×103A，而U损＝IR＝15kV，故选项A错误，选项B正确；输

电线损失功率不可能比输出功率还大，故选项C错误；ΔP＝U2r中，U应是输电线电阻上的电压，即损失电压，而不是输电电压，故选项D错误．【答案】B7.解析：选C.输电线上损失的功率P损＝I2R线＝U损2R线，U损指输电线上的分压，而不是输电电压．8.答案

：C9.设原线圈上所加电压为U1，匝数为n1，副线圈上两端电压为U2，匝数为n2，有U1U2＝n1n2①副线圈两端通过导线向用户供电，设用户电压为U3，导线上的电压为U4，有U2＝U3＋U4②导线上损失功率为P＝U42R③由①②③式得P＝(n2n1U1－U3)2/R非学无以

成才，非志无以成学111＝(1100×2.3×104－220)22W＝50W.10.解析：选BCD.输电线上损耗的功率P损＝I2R＝U损2/R＝I·U损，而U损＝U1－U2，故BCD正确．11.解析：选AD.由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．P出

－P损＝P入，故D正确.U2U1＝n2n1，U3U4＝n3n4，因为U1＝200V＜U4＝220V，U2＞U3＝U2－U线，故n2n1＞n3n4，选项A正确．12.解析：选AD.输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确．输电功率P不

变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为13U，选项D正确．13.解析：选BD.输电线电阻R＝ρLS输电电流I＝PU故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝(PU)2ρLS＝P2ρLU2S用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P(1－PρLU2S)．14解析：(1)设副线圈中电流

为I2，则：I2＝N·PU＝2.5A，发电机的输出功率P出＝I22r＋NP得P出＝27.5W.(2)U1＝22Um＝1102VU2＝I2r＋U＝11V．原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2得n1∶n2＝102∶1.(3)磁通量的变化率最大时对应的感应电动势最大U2m

ax＝n2ΔΦΔt得：ΔΦΔt＝2U2n2＝210Wb/s＝0.14Wb/s.答案：(1)27.5W(2)102∶1(3)0.14Wb/s附加题：1.解析：选C.变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．

用户用电器总电阻减少，据P＝U2R，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C项正确．升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．2.解析：选B.P损＝I2r①

I＝P/U0②由①②得P损＝P2r/U02，所以P′损∝1U′02所以当P损为原来的110时，U′0＝10U0.3.解析：选C.由P＝UI得输电线中的电流I＝PU，输电线上损失的功率P损＝I2R＝(PU)2R＝P2RU2.即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成

反比，所以P损1∶P损2＝U22∶U12.非学无以成才，非志无以成学112作业（二十九）1.【答案】C【详解】根据电压与匝数成正比可得11Un=22Un=33Un，已知n1∶n2∶n3=10∶5∶1，U1=220V，解得U2=110V，U3=22V根据欧姆定律得I2=22UR=1A根据

变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1=U2I2＋U3I3解得I1=0.7A故选C。2.【答案】D【解析】原线圈的输入功率决定于副线圈的输出功率，选项A正确；原线圈中的输入电流随副线圈中输出电流的增大而增大，选项B正确；变压器只能改变交流电压，故若原线圈两端接电压恒

定的直流电源，则副线圈的输出电压一定为零，选项C错误；根据1122UnUn，则当原线圈的匝数增加时，副线圈的输出电压将减小，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.3.【答案】A【详解】ABCD．电流互感器的原线圈要串联接在火线或零线上，并把大电流变成小电流，测量时更安全。根据变压

器原理可知，原副线圈电流之比与线圈匝数成反比，所以原线圈中电流大匝数少，副线圈中电流小匝数多，故A正确，BCD错误。故选A。4.【答案】B【解析】感应电动势的瞬时值表达式为：meEsint，其中mEnBS；将线圈的转速加倍，其它条件不变，则mE和都增加

一倍，此时交变电流的瞬时值表达式变为：22meEsint．故选B．5.【答案】C【解析】【详解】AB.根据图像乙可以分析得知，该正弦交流电压有效值为1302302UVV，电压表测的是有效值，所以电压表示数30V，AB错误CD.两灯泡均正常发光，

根据串联电路功率关系，副线圈功率226LPPW，根据变压器两端功率相等，所以126PPW，且111PIU，所以11160.230PIAAU，C正确D错误6.【答案】B【详解】A．因ω=2πn，则交变电

动势的最大值为非学无以成才，非志无以成学113m2πEBSnBS故A错误；B．线框交变电动势的有效值为m2π2EEnBS故B正确；C．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为4114BSEnBStn故C错误；D．感应

电动势瞬时值为msin2π2πVeEtnBSsinnt（）故D错误。故选B。7.【答案】C【详解】输电线输送功率为P=UI功率损耗为2PIr联立解得2PPrU()现在电压增加为10倍，其他不变，故输电线上损

失的电功率变化为原来的1100。选项C正确，ABD错误。故选C。8.【答案】A【详解】当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻减小，导致副线圈电路的总电阻减小，则副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，电流表A1测量的是原线圈的输入电流，则电流表A1示

数变大；由于电源的电压不变，则原线圈输入电压不变，匝数比不变，根据变压比可知，副线圈输出电压也不变，所以电压表V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的两端电压变大，则电压表V2的示数变小，即R1的两端电压变小，根据欧姆定律可

知，电流表A2的示数变小，故A正确，BCD错误。故选A。9.【答案】(1)40sin10et（V）；(2)19W【详解】(1)因为线圈转动的角速度2210rad/s0.2T从图中可以看出，线圈从中性面位置开始的，所以感应电动势的瞬时表达式为12sin4

0sin10enBLLtt（V）(2)根据闭合电路欧姆定律可知，电流的最大值为非学无以成才，非志无以成学114m12m11000.80.510101A40EnBLLIRrRr由于线圈是匀速转动的，所以线圈中产生的是正弦交变电流

，电流表的读数就是该交变电流的有效值m2A22II因此，电阻R消耗的电功率为222()3819W2PIR10.【答案】BCD【解析】试题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的

输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．解：A、输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以A错误，B正确；C、输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数成正比，所以C正确；D、原副线圈的电流与它们的匝数成反比，所以D正确．

故选BCD【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．11.【答案】AC【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A灯泡所在支路的电流变大，流过灯泡B所

在支路的电流变小，流过灯泡C所在支路的电流不变．故灯泡A变亮，灯泡B变暗，灯泡C亮度不变，故A正确，B错误；改接220V的直流电源时，电容器隔直流，电感线圈通低频，所以A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变，C正确，D错误．所以AC正确，BD错误．12.【答案】BC【解析】【详解】

A.根据题意得：���mcos��，解得�m���，电流表测量的是有效值：�有����m���，A错误。B.感应电动势最大值，�m��m(���)���(���)，又因为：�m�����，磁通量最大值：�m���，联立得：�m������(���)��，B正确。C.从图示位置

开始转过��的过程中，通过电阻R的电荷量为：���Δ���������������������(���)������，C正确。D.线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为：���有����(��)����

���������，D错误。13.【答案】AC【详解】A．线框abcd绕着垂直于磁场的转轴匀速转动，故产生的电流为交变电流，故A正确；BC．产生的交流电的电动势最大值为Em＝BL2ω，有效值为22BLE，当S断开时，电压表测量的电压为cd间的电压，故

21248UEBL故B错误，C正确；非学无以成才，非志无以成学115D．S闭合时，电路总电阻为32rr，通过ab中电流为22732EIBLrrr则电流表读数为22214IIBLr故D错误。故选AC。14.【答案】（1）如图（2）输送电流

为16A。（3）电阻为15.6Ω；【解析】【详解】（1）输电全过程的线路图如图。（2）由12UU=12nn得升压变压器的输出电压为：U2=211nUn=252501W=6250W由P=U2I有输送电流为：I=2PU=3100106250=16A。（3）能耗为：

△P=P×4%=4kW由△P=I2R得输电导线的总电阻为：R=2PI，代入数据得：R=15.15.【答案】B【详解】A．原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压U1减小，仅将滑动触头Pl缓慢地向上滑动，则变压器原线圈匝数n1变多，据1212::UUnn可知，副线

圈两端电压U2减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度，故A项错误；B．原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压U1减小，仅将滑动触头P2缓慢地向上滑动，则变压器原线圈匝数n2变多，据1212::UUnn可知，副线圈两端电压U2有可能与原来的电压相同，灯泡可能恢复到原来的亮度，故B

项正确；C．原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压U1减小，据1212::UUnn可知，副线圈两端电压非学无以成才，非志无以成学116U2减小；滑动变阻器与灯泡并联后与R1串联，据串联分压规律知，仅将滑

动变阻器的滑动触头P3缓慢地向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，滑动变阻器与灯泡并联部分分得电压所占比例下降；所以原线圈所接的交变电压U降低后，仅将滑动变阻器的滑动触头P3缓慢地向下滑动，灯泡两端电压一定减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度

，故C项错误；D．原线圈所接的交变电压U降低后，原线圈两端电压U1减小，将滑动触头P2缓慢地向下滑动，则变压器原线圈匝数n2变少，据1212::UUnn可知，副线圈两端电压U2一定减小；滑动变阻器与灯泡并联后与R1串联，据串联分压规律知，将滑动变阻器的滑动触头P3缓慢

地向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，滑动变阻器与灯泡并联部分分得电压所占比例下降；所以原线圈所接的交变电压U降低后，将滑动触头P2缓慢地向下滑动，同时P3缓慢地向下滑动，灯泡两端电压一定减小，灯泡不可能恢复到原来的亮度，故D项错误。16.【答案】BD【详解】AB．设变压器原、副

线圈数比为K（K＜1），A、B端接入的电压为U。则L2两端的电压为22LLURURRA2表的示数22ALUIRR对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为UK，设通过L1的电流为I1，则L1两端的电压为I1RL，A1表的示数为IA1=KI1

降压变压器原线圈的电压为11LIRK，则有1112LURKIIRKK解得122LUIRKR则11222ALLKUUIKIRRKRRKK因为RL＞2R，K＜1，由22ALUIRR122LUIRKR对于12ALUIRRKK非学无以成才，非

志无以成学11722ALUIRR通过比较分母的大小来比较它们的大小。而分母根据作差法判断()(12(2))2LLLRKRKRRKRRKK()因为RL＞2R，K＜1，则知()(1222)0LLLRKRKRRKRRKK

()()＜即有22LLRRKRRK()＜()因此，可以得到I1＞IA2，即L1的亮度大于L2的亮度。由122LUIRKR122ALKUIRKR可以得到IA2＞IA1即A1、A2两表的示数不相同，故A错误，B正确；C．电阻R1、R3相等，IA2＞IA1，根据公式P=I2R可知

，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；D．电阻R2、R4相等，IA2＞IA1，根据欧姆定律知：R2两端的电压小于R4两端的电压，故D正确。故选BD。17.【答案】CD【详解】A．交流电的频率为1150Hz0.02sfT故A错误；B．通过2R电流的有效值为2A1A2I2R

两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知22110V10VUIR根据理想变压器的电压规律1122UnUn可知原线圈的电压11221010V100VnUUn电阻1R两端分压即为电压表示数，即V01220V100V

120VUUU故B错误；C．电流表的示数为非学无以成才，非志无以成学1182A310A0.5A20UIR故C正确；D．副线圈中流过的总电流为2A1A0.5A1.5AIII根据1221InIn可知原线圈中的电流10.

15AI则电源总功率为01=33WPUI电源故D正确。故选CD。18.【答案】(1)e=100sin10πt（V）(2)52A,452VIU(3)1Cπq【详解】(1)感应电动势最大值为Em=NBSω=100V瞬时值表达式e=Emsinωt=100sin10πt（V）(2)电动势的有效

值为502V2mEE电流表示数52AEIRr电压表示数452VUIR(3)电量1CBSqNNRrRr作业三十答案1.答案：B解析：A.由甲转到乙的过程中，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律，可以判断

电流方向为A→D→C→B→A；故A错误；B.当线圈由丙转到丁的过程中，通过线圈的磁通量变小，根据楞次定律，可以判断电流方向为A→B→C→D→A；故B正确；C.丙位置时，线圈处于中性面上，此时磁通量最大，故C错误；D.转动一圈过程中，线圈中产

生的能量Q＝E2RT＝nBSω222R×2πω＝πn2B2S2ωR，故D错误。2.答案：C解析：由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；两种电压的最大值是311V，有效值要小于311V，故B错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值

的定义可非学无以成才，非志无以成学119知，图甲有效值要比图乙有效值大，故C正确；从图甲可知，Em＝311V，ω＝2πT＝100πrad/s，所以图甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πt(V)，故D错误。3.【解析】方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征

．因为在此坐标系中电流的方向用正负表示，所以此电流的方向没有改变，是直流电，A正确，B、D错；由图象可以看出电流的周期是0.01s，而不是0.02s，C错误．【答案】A4.【解析】首先要搞清楚变压器和分压器在改变电压原理上的本质不同．对于变压器，a、b间与c、d间的电压比总是等于它们间

线圈的匝数比，与哪一个是原线圈无关，故a、b间接220V的交流电压，c、d间的电压为110V，c、d间改接110V的交流电压，则a、b间应输出电压为220V；而对于分压器，当e、f间接220V的电压时，电阻的e、g与f、g部分串联，g、h间电压仅是f、g部分电阻的电压，当

g、h间接110V的电压时，由于e、g部分无电流，e、g两点等电势，故e、f间的电压等于g、h间的电压，故只有选项B正确．【答案】B5.答案：D解析：由u＝311sin100πtV可知，交变电压的有效值为220V，故交流电压表

的示数为220V，选项A错误；由两用电器的额定功率为660W，根据P＝UI可知，保险丝的额定电流应不小于3A，选项B错误；因抽油烟机220W包括热功率及机械功率，故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多，选项C错误；根据W＝Pt可得1min内抽油烟机消耗的电能为1.3

2×104J，选项D正确。6.解析：题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q＝I21RT2＋I22RT2＝(42)2RT2＋(32)2RT2＝25RT.令此交变电流的有效值为I，应有Q＝I2RT，故I2RT＝25RT，解得I＝5A．B项正确．答案：B7.解析：由图象知，该交变电流电动

势峰值为311V，交变电动势的频率为f＝50Hz，C、D错；t＝0.005时，e＝311V，磁通量变化最快，t＝0.01s时e＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A错，B对．答案：B8.解析：理想变压器原线

圈中的磁感应强度随时间均匀增加．穿过副线圈的磁通量也将随时间均匀增加，副线圈中产生恒定的感应电动势，副线圈中的电流为恒定电流，电感线圈对恒定电流无阻碍作用，因而电流表的示数相同，C项正确，A项错误；恒定电流不能通过电容器，因而电流表的示数为零，B、D项错误．答案：C9.答案：CD解析：电压

表的示数是有效值，故电压最大值Um＝102V。图示位置与中性面垂直，此时产生的感应电流最大，故A错；产生的最大电压Um＝2U＝102V，ω＝2π×25rad/s＝50πrad/s，从中性面开始计时的瞬时值表达式是U＝Umsinωt＝102sin50πt(V)，

故B错；交变电流在一个周期内方向改变2次，因此流过电阻R的电流每秒钟方向改变50次，故C对；P＝U2R＝10W，故D正确。10.答案：AD解析：要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大，由Em＝NBSω知，当增

大发动机的转速时，交流电源的电压增大，根据理想变压器工作原理可知，副线圈两端电压也增大，灯泡变亮，故A正确；当滑片P向下滑动时，副线圈匝数减少，根据理想变压器工作原理可知，副线圈两端电压减小，灯泡变暗，故B错误；将可调电阻R减小，副线圈两端电压不变，通过灯泡

的电流不变，灯泡亮度不变，故C错误；当减小平行板电容器极板间的距离时，平行板电容器的电容增大，减小了容抗，通过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故D正确。非学无以成才，非志无以成学12011.解析：线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最

大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行时．磁通量最小，感应电动势最大，A、B项错，C项对；电流的有效值I＝nBSω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确．答案：CD12.解析：原电压的有效值为U1＝11000V．由U1U2＝

n1n2得，n1n2＝501，选项A正确；变压器不改变交流电的频率，故选项B正确；由n1n2＝I2I1得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(使电阻较小)，故选项C错误；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D错

误．答案：AB13.答案：5W14.解析：钳形电流表是根据变压器变流原理设计的，这种电流表能测交流电流，不能测直流电流．图甲电缆线绕1匝，电流表的读数为I2＝1.2A，则I1×1＝I2×n；用同一电缆线绕了3匝，流过电缆线的电流I1

不变，则I1×3＝I2′×n，I2′＝3.6A.答案：交流3.615.答案：(1)11023011(2)2600解析：(1)因为P损＝I22R线所以I2＝P损R线＝40AI1＝PU1＝400A则n1n2＝I2I1＝110U3＝U2－I2R线＝(500×10－40×10)V＝4600V则n3n4＝

U3U4＝23011(2)据降压变压器输入功率等于输出功率有P3＝P4＝184kW灯可以消耗的功率是P灯＝104kW所以还可装灯n＝104000/40＝2600盏。16.解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值：Em＝n

BSω，而Φm＝BS，ω＝2πT，所以Em＝2nπΦmT.由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s，所以Em＝200V.(2)电动势的有效值E＝Em2＝1002V，U＝RR＋r

E＝90100×1002V＝902V＝127.3V.(3)R上的功率为：PR＝U2R＝（902）290W＝180W.附加题：1．C2．BD3．C