D.元電荷的數值最早是由美國物理學家密A.正電荷B.負電荷解析金屬箔片先閉合后張開,說明金屬箔片所帶正電荷先被中和,而帶電棒3.4.帶電微粒所帶的電荷量不可能是下列值中的解析任何帶電體所帶的電荷量都只能是元電荷的整數倍,元電荷為2所示,下列說法正確的是()解析若兩小球相互吸引,則兩小球帶異種電荷,或者一小球帶電,一小球不帶6.絕緣細線上端固定,下端懸掛一輕質小球a,a的表面鍍有鋁膜,在a的近旁B.b將吸引a,吸在一起不分開D.b先吸引a,接觸后又把a排斥開b兩端分別出現負、正電荷,則以下說法正確的是(與枕形導體連通,使大地與枕形導體組成一個新的大導體,因不再守恒,而是導體與大地構成的系統電荷守恒,由于靜電感應,a端仍為負電荷,2.解析導體原來不帶電,只是在C的電荷的作用下,導體中的自由電子向B部分切開,兩部分的電荷量總是相等的,但越靠近右端負相互作用而靠近或遠離,分別如圖甲、乙所示,則()解析題目中的小球都是鍍有金屬薄膜的輕質小球,帶電物體具有吸引輕小物體的性質,同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引A.庫侖定律適用于點電荷,點電荷其實就是體積很小的球體B.根據庫侖定律,當兩點電荷間的距離趨近于零時,靜電力將趨D.庫侖定律和萬有引力定律的表達式相似,都是二次解析點電荷是實際帶電體的近似,只有帶電體的大小和形狀對電荷的作用力EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(1q),r2)錯;q1和q2之間的靜電力是一對相互作用力,它們的大小相等,故選項C錯;庫侖定律與萬有引力定律的表達式相似,研究和運用的2.如圖所示,兩個帶電球,大球的電荷量大于小球的電荷量解析由題圖可知,兩帶電球相互排斥,說明兩球一定帶同種電荷,但不能確定2124解析接觸前兩個點電荷之間的靜電力大小為F=k球,從靜止同時釋放,則兩個小球的加速度r2解析要使a、b平衡,必須有a帶負電,b帶正電,且a球電荷量較小,故應選B。C.一個點電荷的電荷量加倍,另一個點電荷的電荷量保持不變,同時使兩個2D.保持點電荷的電荷量不變,將兩個點電荷間的距離減小為原來的14r212觸后再放回原來的位置上,則它們間的庫侖力可能為原來的()A.4B.3C.9D.16r2r2r2r27r2r292727對小球c的靜電力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b連線,Fac427(2)小球B受到的靜電力與小球A受到的靜電力為作用力和反作用力,所以小(3)題中小球A、B都視為點電荷,它們相互吸引,其-9C4EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(a),4)d2kq1q2=ma②x24qB.無論試探電荷所帶的電荷量如何變化,F始終不變qC.電場中某點的電場強度為零,則在該點的解析電場強度是由電場本身所決定的物理量,是客觀存在的,與放不放試探場中某點的電場強度E=0,那么F=0,若小球2.解析據題知A點的電場方向水平向右,則知點電荷Q帶正電,電場線是發散狀,r2q荷產生的,說明a距離場源較近,即場源位置在A側,由于靜電力的方向不能確定,4.點電荷A和B,分別帶正電和負電,電荷量分別為解析在B的左側,A產生的電場強度向左,B產生的電場強度向右,電場強度方電場強度大小為EA,方向與AB連線成60°角,B點的電場強度大小為EB,方向與 AB連線成30°角。關于A、B兩點電場強度大小EA、EEQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(Q),2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(E),E)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(A),B)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(r),r)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(B),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up10(2),2)6.放在B點的點電荷產生的電場強度方向只能如圖所示:由C→A和由B→C,故qAEQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(q),B)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(B),c)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(q),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(A),c2)如圖所示,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤A.k3qB.k10qC.kQqD.k9QqR29R2R29R2度等大反向,即圓盤在距離為R的b點產生的電場強度大小為EQ=EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(kq),R2),故圓盤在距EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(kq),R2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(10kq),9R2)2.r2r2r2方向水平向左,所以該點電荷若在D點,帶電荷量應為+q;若在C點,帶電荷量應為444度是第一象限1帶正電圓環和第二象限1帶強度大小大于1帶電圓環產生的電場;C.第一象限1帶正電圓環和第三象限1帶正444一象限1帶正電圓環和第三象限1帶正電圓環產生電場相互抵消,第二象限1帶負444為零。由上分析知坐標原點O處電場強度最大的是B。4.如圖所示,A為帶正電且電荷量為Q的金屬板,沿金屬板的垂直平分線,在答案mgtanθ,方向水平向右q)C.電場線從A解析電場線的切線方向即電場強度方向,所解析電場線的疏密表征了電場強度的大小,由題圖可知且到正、負電荷的距離均等于兩電荷間距的一半。則以EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(q),r2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(q),r)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(8kq),9r2)加速度逐漸增大的減速運動。由F=ma得靜電力越來越移動,電子重力不計,則電子所受靜電力的大小和方向變化情況是()A.先變大后變小,方向水平向右解析等量異號電荷電場線的分布如圖(a)所示。由圖中電場線的分布可以看出,從A到O,電場線由疏到密;從O到B,電場線從密到疏,所以從A→O→B,電場強度先由小變大,再由大變小,而電場強度的方向沿電場線切線方向,為水平向右,電子所受的靜電力水平向左,如圖(b)所示。所以選項B正確。2.則下列說法正確的是()所示)與等量異種點電荷之間的電場分布(如圖乙A.10kqB.kq9L2L2D.3kq4L2可看作由位于B左側3L處的電荷-q和位于B左側L處的電荷+q產生的電場疊加(2)由受力分析可知靜電力恒定、重力恒合cos37°4m4B.電工被銅絲衣服所包裹,比較柔軟便于操作解析高壓線路的檢修人員在進行高壓作業時,要穿上用銅絲網制成的高壓作業服,相當于把人體用銅絲網罩起來。這樣,外部電場解析正電荷放在空心金屬球球心,球殼由于靜電感應帶電,內表面帶負電,外表面帶正電,因為電場線從正電荷出發,到無窮遠或的方向是圖中的()解析處于靜電平衡狀態的導體內部電場強度處處為零,故感應電荷在盤中A相碰),下列說法正確的是()5.A.由于靜電感應,金屬板右側表面帶負電,左側表面帶正電B.由于靜電感應,金屬板右側表面帶負電,左側表面解析金屬板若不接地,右側表面將有感應的負電荷,左側表面將有感應的等在靜電力的作用下向集塵極遷移并沉積,以達到除解析塵埃在靜電力作用下向集塵極遷移并沉積,說明受靜電力的方向與靜電力方向相反,C錯;根據F=qE可得,同一位置帶電荷量越多A.電荷從電場中的A點運動到了B點,路徑不同,靜電力做功的大小就可能不同B.電荷從電場中的某點開始出發,運動一段時間后,又回到了該點C.正電荷沿著電場線運動,靜電力對正電荷做正功,負D.電荷在電場中運動,因為靜電力可能對電荷做功,所以能荷的初、末位置有關,所以電荷從某點出發又回到了該點,靜電力做功相同,故靜電力對正電荷做正功,同理,負電荷逆著電場線的方向運動B.電場線方向一定從B指向A解析沿著電場線的方向電勢降低,故選項A對,選項B錯;電場線越密,電場強 D.在靜電力作用下,正電荷一定從電勢高解析電場線的方向就是電場強度的方向,同時也是電勢降低的方向,但不一定是電場強度減小的方向,故選項A錯,選項B對。只有沿電場線方向移動正電荷,6.的帶正電的小球。細桿可繞軸O在豎直平面內自由轉動。現將桿由水平位置A解析靜電力做功與路徑無關。在小球由A運動到最低點B的過程中,靜電力4向遠處運動,其速度圖像如圖乙所示。則()C.試探電荷從b點到a點的過程中電勢能增大D.試探電荷從b點到a點的過程中電勢能減小A×BC從b點到a點,由于靜電力做負功,其電勢能√ M=-EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(w∞),q)M=-6×EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up5(10),q)-9J;EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(wN),q)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up5(10),q)pMMpN=q得。4.電荷量為q=1×10-4C的帶正電小物塊置于粗糙的絕①②①②2C.電場線的方向從M指向N解析負電荷從M移到N時,電荷克服靜電力做功,則負電荷所受的靜電力的方點過程中,除靜電力外,其他力做的功為6.0×10-5J,質點的動能增加了8.0×10-5外,又U=φ-φ=-50VBBCBC,C,C5.(多選)如果在某電場中將電荷量為5.0×6.粒子僅在靜電力作用下沿電場線向右運動,經過A點時速度為v0,一段時間后到B.A點電勢一定高于B點電勢,A、B兩點間的電勢差UAB=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(mv0),2q)20的功為1mv202解析由A點到B點,粒子的速度減小,則粒子受的靜電力向左,因粒子帶負電,故電場線方向向右,A點電勢一定高于B點電勢,由動能定理得qUAB=mv02,則A、B兩點間的電勢差UAB=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(mv0),2q)2,但求不出A點的電勢,A錯誤,B正確;帶負電的粒子在02到B過程中靜電力做的功為-1mv2,C錯誤;通過一條電場02跡如圖中KLMN所示,可知()A.粒子從K到L的過程中,靜電力做負功C.粒子從K到L的過程中,電勢能增加ABDABD4.如圖所示的電場中,已知A、B兩點間的電勢差UAB=-20V。pAEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(pA),q)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(5),5)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(10),10)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(8),9)=10V解析電場強度d0.02V/m=100V/m,電場強度的方向一未知的靜電場,方向與菱形所在平面平行,有一電子,若從a點運動至d點,電勢B.方向垂直于bd,并由c指向a的勻強線與等勢線垂直。又因為移動的是電子,帶負電,沿3.如圖所示,在勻強電場中,以A點為坐標原點,AB方向為位移x的正方向,圖解析在勻強電場中,沿任意一條直線電勢均勻變化,沿AB方解析在勻強電場中,沿同一方向電勢均勻變化,將線段ab三等分,靠近a的等5.電荷從D點移到C點靜電力所做的功為W,則()EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(φ),2)6.3×10-6J,則:則電場強度方向為由A指向D。(2)線段AB在電場強度方向的距離d等于線段AD的長度,故由勻強電場中電電場強度方向由A指向D4V/m2.將C點與B點連接,如圖所示,電場線與等勢線垂直,根據幾何關系得BC=3√23.所示,問:(1)在電荷由A移到B的過程中,靜電力做了多少功?3V5V/m4.2d3根據公式U=Ed得來的1,由此可知()3D.電容器的電容變為原來的1U403Q,P是電容器內一點,電容器的上極板與大地相A.若將電容器的上極板左移一點,則兩板間電場強度減小D.若將電容器的下極板上移一點,則兩板間EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),d)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(Q),C)A.是充電過程解析由Q=CU知,U降低,Q減小,故為放電過程,A錯,B對;解析由于平行板電容器充電后斷開電源,電容器所帶電荷量保持不變,兩極dcdεrs6.上,兩極板間距為3cm,電容器帶電荷量為6×10-8d3×10-2甲極板和定極板之間的距離d變化時,電容C便發生變化,通過測量電容C的變化就律的圖像是()乙帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是()dU甲乙t丙丁甲乙解析由熒光屏上亮斑的位置可知,電子在XX'偏轉電場中向X極板方向偏轉,要使它離開偏轉電場時偏轉角增大,可采用的方法有()A.增加帶電粒子的電荷量B.增加帶電粒子的質量C.增大加速電壓D.增大偏轉電壓2U1d2電壓,U1為加速電壓,l為偏轉電場在粒子入射方向的長度,d為偏轉電場在垂直粒A.U1EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(q),2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(u),m)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),d) lEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(2),v)05.一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平程中,該粒子()B.電勢能逐漸增加粒子。在靜電力的作用下,兩粒子同時從靜止5解析粒子僅在靜電力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動,正負粒子加EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(Eq),M)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(Eq),m)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(2),5)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(1),2)mv20,電子偏轉有y=1·qU2l)2,聯立解得y=U2l2,選2mdv4Ud電場,求:0v0①②③④EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),2)3.燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進入兩塊平行場時的速度與電場方向垂直,電子經過電場后打在熒光屏上的P點。已知M、Nt=L,a=eu2y=1at20vmd20解析在電源和導線等電路元件所積累的電荷的共同作用下,垂直導線方向的面的電子數為()eeA.電源供電的外部電路中,電流的方向是從高電勢一端流向低電B.電源內部,電流的方向是從高電勢一端解析在電源的外部電路中,電流從正極流向負極,在電源內部,電流從負極流A.電源的作用是在電源內部把電子由負極不斷地搬運到正極,從而保B.電源的作用是在電源內部把電子由正極不斷地搬運到負極,D.電源實質上也是一個用電器,也需要外解析電源的作用是維持正、負極之間恒定的電勢差,這需要電源不斷地將其內部的負電荷向負極聚集,將正電荷向正極聚集作用下向正極移動;在電源內部,需要將正極上的5.計數器因射線照射,內部氣體電離,在時間t內有n個二價正離子到達A.0B.2neC.3neD.4nettt解析I=q=2ne2ne=4ne,故選D。tttA.qvB.qvC.qvSD.qvSttA.電子定向移動速率接近光速解析電子定向移動的速率很小,數量級為10-4動的平均速率為()EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(1),2)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(1),4)RIBUBRA224A4Bt5×603.圖線上點A的坐標為(U1,I1),過點A的切線與縱軸交點的縱坐標為I2,小燈泡兩端EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(I1),U1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(U1),I1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(U1),I2)4.在如圖所示電路中,AB為粗細均勻、長為L的電阻絲,以A、B上各點相對AEQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(E),R)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(R),L)A.圖甲的元件可以作為標準電阻使用則這兩種接法相等時間內在電阻中產生的熱量關系正確的是(A.圖甲產生的熱量比圖乙產生的熱量多D.因為是形狀不規范的導體,所以判斷不出哪解析將四分之一圓形薄合金片看成一個電阻,設為r=r,R3.如圖所示的圖像所對應的兩個導體:215×10-33EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),R)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),R)IIπDd答案UUπDdIILA.用刻度尺測量金屬絲的全長,且測量三次,算出其平均值,然后再將B.用螺旋測微器在金屬絲三個不同部位各測量一次直徑,算出其C.用伏安法測電阻時,采用電流表內接法,多次很小,應采用電流表外接法,A、C錯誤。故選B、D。EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(5),5)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(4),1)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(5),1)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(4),1)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(5),1)器材規格如下:A解析先確定電路是采用電流表內接電路還是外接電路,因為Rx=RA所以采用電流表外接法。再確定滑動變阻器是采用限流還是分壓接法。若示的甲、乙兩種。用螺旋測微器測金屬絲的直徑如圖丙所示,則:R于待測電阻滿足RV>Rx,可知電流表應用外接法,所以應選圖乙所示的電路;xARxA動滑動變阻器的滑片,增加小燈泡兩端的電壓,記錄電流表和電壓表的多組讀數,直至電壓達到小燈泡額V3W”,其他供選擇的器材有:選取時要本著安全、夠用、調節方便的原則,“安燈P37.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中,可供選擇的器材有:A.小燈泡:規格為“3.8V0.3A”1EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(U),R)EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(9),5)1答案B2.兩點間的電壓為()3.EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up7(R),2)4.壓判斷正確的是()U=U-UEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(RVR),RVR)AB2EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(ab),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(ab),2)2的一半,故輸出電壓UAB<Uab,但R越大,并聯電阻的總阻值越接近于滑動變阻器總2阻值的一半,UAB也就越接近UEQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up2(a),2)b,R越小,2.3.ΩA.旋轉S至歐姆擋“×1k”B.旋轉S至歐姆擋“×100”2.(1)用多用電表的歐姆擋測量阻值為幾十千歐的電阻Rx。B.測量電阻時,如果紅、黑表筆分別插在負、正插孔,則會影響測3.源,導線及接觸點完好。維修人員使用已調好的多用電表甲乙開關及若干導線連接成電路如圖乙所示。增加連直流電壓時,應把選擇開關旋至標有聯。測直流電壓和電流時,都必須把紅表筆接在電勢路兩端,因紅表筆與表頭正接線柱相連,黑表刻度線,根據讀數規則(一般估讀到百分位),考慮電熱水器的電熱損失和電熱絲電阻受溫度的影響,那么()24下正常工作了相同的時間。比較它們產生的熱量A.電風扇最多B.電烙鐵最多解析在三種用電器中,只有電烙鐵是純電阻用電器,將電能全部轉化為內能,3.解析判斷燈泡能否正常發光,就要判斷電壓是否是額定電壓,或電流是否是額定電流,對燈泡有P=UI=U2,可知R<R。RAB并5.電阻R和電動機M串聯接到電路中,如圖所示,已知電阻R跟電動機線圈6.功能,其工作原理大致相同,某種電熱式用電器7.==甲2.解析電動機正常工作時,電動機兩端的電壓U0=A.可以將電流通過燈泡時電流做功與拋球時人對球做B.可以將電池的非靜電力做功與拋球時人解析將電勢能類比重力勢能,電流通過燈泡做功,電勢能減少,可類比重力做2.3.外EQ\*jc3\*hps25\o\al(\s\up8(E),0)阻的電流為2I,則該電源的內阻是(3A.RB.RC.4RD.R E,Rr2 E,Rr22.直線Ⅱ為某一電阻R的U-I曲線,用該電源直接與3.A.電源甲的電動勢大于電源乙的電動勢解析圖線與U軸交點的坐標值表示電動勢的大小,由圖線可知,甲與U軸交點對值表示電源內阻的大小(電動勢與短路電流的比值內4.根據閉合電路歐姆定律,有R3r1甲乙U/VVVRRr114.在“測定電池的電動勢和內阻”的實驗中,某I測IAA真IRrIEIIA．煤、石油、天然氣B．太陽能、地熱能、C．電能、汽油、風能D2．在我們的家鄉——江漢平原，目前使用最廣泛的能源是(源中，在使用時最安全、最清潔的是()A．煤氣B．太陽能C．電能D．核能A．盡量用天然氣代替煤作為城市居民生活8．我們應該加強節能意識，下列做法不妥的是()A．高山上滾下的石塊越來越快，說明重力勢能轉化能的過程2）按照能源分類，由于乙醇是由植物釀而成，所以乙醇屬于C.電流可以產生磁場D.磁場間有相互作用解析奧斯特實驗中電流能使靜止的小磁針發生偏轉,說明電流可以產生磁場,6場,根據這些特征,在月球上,圖中的四種情況能夠做到的是()解析既然月球表面沒有磁場,那么在月球上就不能用指南針定向,所以選項A錯誤;月球表面周圍沒有空氣,所以無法質,所以選項B、C均錯誤。只有選項D正確。就變成了一個浮動的磁體,當軍艦接近磁性水解析軍艦被磁化成磁體與小磁針發生相互作用,屬于磁體間同名磁極相互排5.(多選)如圖所示,電流產生磁場的分布圖6.解析由于線圈中電流沿順時針方向,根據安培定則可以確定,線圈內部軸線D.通電直導線的磁感線分布是以導線上任意點為圓心A.螺線管內的磁場方向向右,磁鐵受到的斥3.C.現用點燃的火柴對回形針加熱,過一會兒發現回形針不被磁鐵吸引了,原D.用點燃的火柴對回形針加熱,回形針不被磁鐵吸引,原因是回解析回形針被磁化后的磁場方向與條形磁鐵磁場方向一致,故回形針的下端4.通電螺線管內有一在磁場力作用下靜止的小解析通電螺線管內軸線的磁場方向水平向左,則P端為N極,由安培定則知,bA.某處磁感應強度的方向就是一小段通電導線放在該處時所受磁向T=2T。如果通電導線不是垂直磁場方向放置的,則受到的磁場力小IL5×0.013.磁場增強,則應