第21期 必修第三册复习《必修第三册》核心素养综合测试(一)-【数理报】2024-2025学年高二物理必修第三册同步学案（人教版2019）

书 高中物理·人教必修（第三册）２０２４年 第１７～２３期参考答案 第１７期３版参考答案 Ａ组 １．Ｄ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．由于磁感线上某点的切线所指的方向为该点磁场的方向， 所以磁感线不能相交，若相交，则同一点的磁场会出现两个方向， 故Ａ错误；磁感应强度是矢量，磁感线的疏密程度反映磁场的强 弱，切线方向表示磁感应强度的方向，故 Ｂ错误，Ｄ正确；匀强磁 场磁感应强度相同，并不是沿磁感线的方向越来越小，故Ｃ错误． ２．根据对称性可知Φ１＝Φ３，根据磁场的叠加，２位置通过线 框的磁通量为０，则Φ１ ＝Φ３ ＞Φ２，故Ｃ正确． ３．Ｐ处的磁感应强度与磁场本身有关，与是否将通电导线移 走无关，故将该通电导线从磁场中撤走后，Ｐ处的磁感应强度不 变，则Ｐ处的磁感应强度大小为Ｂ＝ ＦＩＬ＝ １．０ ０．２×０．５Ｔ＝１０Ｔ， 故Ｄ正确． ４．当电流从电磁铁的接线柱 ａ流入时，从上向下看，电流沿 顺时针方向，由右手螺旋定则可得，电磁铁下端为Ｎ极，上端为 Ｓ 极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可得，小磁铁被吸引 向下运动，所以小磁铁下端为Ｎ极．故Ｃ正确． ５．根据安培定则可判断出通电螺线管右边为 Ｓ极，左边为 Ｎ极，在螺线管外部磁感线从Ｎ极回到Ｓ极，内部从Ｓ极到Ｎ极； 由于Ｍ１和Ｍ２被磁化后的Ｎ极和所在位置磁感线方向一致，故 Ｍ１的左端为Ｎ极，右端为Ｓ极，Ｍ２的右端为Ｎ极，左端为Ｓ极．故 Ａ正确． ６．设每一根导体棒的电阻为Ｒ，长度为Ｌ，则电路中，上下两 路电阻之比为Ｒ１∶Ｒ２＝２∶１，根据并联电路两端电压相等的特点 可知，上下两路电流之比Ｉ１∶Ｉ２＝１∶２，又因为通电直导线在Ｏ点 产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定 则和矢量的叠加原理可知，ＭＬＮ支路电流在 Ｏ点产生的磁场垂 直纸面向里，磁感应强度与 ＭＮ边在 Ｏ点产生的磁感应强度相 等，方向相反，所以整个线框在Ｏ点产生的磁场磁感应强度大小 为０．故Ａ正确． ７．设条形磁铁在Ｐ点的磁感应强度为 Ｂ，未旋转条形磁铁 时，两个磁场在Ｐ点的方向相同均由南指向北，由磁场的叠加可 得Ｂ＋Ｂ０＝Ｂ１，条形磁铁旋转后，地磁场方向未变，大小为Ｂ０，方 向由南向北，条形磁铁在Ｐ点磁感应强度大小也不变仍为 Ｂ，方 向由西指向东．根据叠加原理可得 Ｂ合 ＝ Ｂ２＋Ｂ槡 ２ ０，代入数据 可得Ｂ合 ＝ ２Ｂ２０＋Ｂ２１－２Ｂ０Ｂ槡 １，故Ｂ正确． ８．Ｎ　无　变小　能 ９．（１）ＢＳ；（２）１２ＢＳ；（３）－２ＢＳ． 解析：（１）以图示情况下的磁通量为正值，则此时穿过线圈 平面的磁通量为Φ０ ＝ＢＳ． （２）线圈从初始位置绕ＯＯ＇轴转过６０°时，穿过线圈平面的 磁通量为 Φ１ ＝ＢＳｃｏｓ６０°＝ １ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过１８０°时，穿过线圈平面的磁通量 为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ１８０°＝－ＢＳ 则穿过线圈平面的磁通量变化了ΔΦ ＝Φ２－Φ０ ＝－２ＢＳ． １０．（１）２０Ｔ；（２）２０Ｔ． 解析：（１）由磁感应强度的定义式得 Ｂ＝ ＦＩＬ＝ ５Ｎ ２．５Ａ×１×１０－１ｍ ＝２０Ｔ． （２）公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感应强度大小Ｂ 与磁场本身有关，与导线的长度Ｌ、电流Ｉ的大小无关，如果把通 电导线中的电流增大到５Ａ，该处的磁感应强度大小仍为２０Ｔ． Ｂ组 １．ＢＣ　２．ＢＤ　３．ＡＤ 提示： １．地球仪受到重力和同名磁极的相互排斥力，保持平衡状 态，故Ａ错误；为了保证地球仪和底座之间始终是斥力，线圈中的 电流方向就不能改变，所以电路中的电源必须是直流电源，故 Ｂ 正确；由图可知螺线管的上端为 Ｎ极，根据右手螺旋定则可知电 路中的ｂ端点须连接直流电源的正极，故 Ｃ正确；若线圈中的电 流增大，地球仪受到的磁力增大，地球仪与底座之间距离变大，地 球仪高度升高，但是最后还是会处于静止状态，故Ｄ错误． ２．磁感应强度是矢量，磁通量是标量，故Ａ错误；穿过线圈的 磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零，故Ｂ正确；一小段 通电直导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线与磁场 方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，故Ｃ错误；磁感应强 度的大小是由磁场本身决定的，与放入该处的通电导线所受安培 力无关，故Ｄ正确． ３．根据右手螺旋定则可知，通电螺线管产生的磁场方向沿轴 线向上，故Ａ正确；直线电流在 ａ点产生的磁场的方向沿切线指 向外，在ｂ点产生的磁场方向沿切线指向里，所以ａ、ｂ两点合磁场 的方向垂直，故Ｂ错误；ａ、ｂ两点合磁场的磁感应强度大小均为 Ｂａ ＝Ｂｂ＝槡２Ｂ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ４．（１）前 （２）将电源正负极对换　将探管从另一端插入 （３）Ｄ　（４）Ｂ ５．（１）５×１０－６Ｔ，与水平方向成５３°斜向下； （２）８×１０－６Ｗｂ． 解析：（１）根据题意可知，依据平行四 边形定则可得地磁场Ｂ的大小为 Ｂ＝ Ｂ２ｘ＋Ｂ２槡 ｙ ＝５×１０ －６Ｔ Ｂ与水平方向的夹角（即磁倾角） α＝ａｒｃｔａｎ Ｂｙ Ｂｘ ＝ａｒｃｔａｎ４３ ＝５３°． （２）地磁场与水平面不垂直，取其与水平面垂直的Ｂｙ分量， 故磁通量为 Φ ＝ＢｙＳ＝４×１０－６×２．０Ｗｂ＝８×１０－６Ｗｂ． 第１８期３版参考答案 Ａ组 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｄ　４．Ｂ　５．Ｄ　６．Ａ　７．Ｂ 提示： １．麦克斯韦建立了电磁场理论并且预言了电磁波的存在，赫 兹通过实验证实了电磁波的存在．故Ｂ正确． ２．Ｘ波段和Ｓ波段均为电磁波，它们在空气中的传播速度相 同，故Ａ错误；根据ｖ＝ｆλ，Ｘ波段的频率较大，可知在空气中Ｓ波 段的波长比Ｘ波段的更长，故Ｂ错误；Ｓ波段和Ｘ波段的频率都比 紫外线的小，故Ｃ正确；能量子的能量与其频率成正比，Ｘ波段能 量子的能量大于Ｓ波段能量子的能量，故Ｄ错误． ３．Ａ图中，由于线圈不闭合，则不会产生感应电流．故 Ａ错 误；Ｂ图中，由于两棒的速度相同，则闭合电路的磁通量不发生改 变，则不会产生感应电流．故 Ｂ错误；Ｃ图中，由于导体框与磁场 方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，则导体框中没有感 应电流．故Ｃ错误；Ｄ图中，导体棒相当于电源，由导轨构成的闭 合回路的磁通量发生改变，因此电路中会产生感应电流．故Ｄ正 确． ４．由题意知，电离一个分子的能量等于照射分子的光子能 量，Ｅ＝ｈν＝ｈｃλ ＝２×１０－１８Ｊ，故Ｂ正确． ５．车轮运转时，铁质齿轮Ｐ与车轮同步转动，当每个轮齿在 接近和离开磁铁Ｑ时，穿过线圈中的磁通量都会发生改变，线圈 中总会感应出感应电流，故ＡＣ错误，Ｄ正确；汽车车轮抱死时，铁 质齿轮Ｐ不转动，线圈中的磁通量不会发生改变，线圈中没有感 应电流，故Ｂ错误． ６．录音过程中，电信号转变为磁信号，而放音过程中，磁带上 的磁信号转变为电信号，因此放音过程为磁生电的过程，即为电 磁感应，录音过程为电生磁的过程，即为电流的磁效应．故 Ａ正 确． ７．设ＭＮ长为Ｌ，为使ＭＮ棒中不产生感应电流，则应使磁通 量不发生变化，即 Ｂ０ｌＬ＝ＢＬ（ｌ＋ｖ０ｔ－ １ ２ａｔ ２），解得 Ｂ ＝ ２Ｂ０ｌ ２ｌ＋２ｖ０ｔ－ａｔ２ ，故Ｂ正确． ８．（１）ＢＤ　（２）会　不会　会 （３）磁通量发生变化 ９．９．４×１０－６ｍ　２．１１×１０－２０Ｊ． 解析：（１）由题意λｍ·Ｔ＝２．９０×１０－３ｍ·Ｋ，则 λｍ ＝ ２．９０×１０－３ ２７３＋３７ ｍ≈９．４×１０ －６ｍ． （２）根据公式Ｅ＝ｈｃ λｍ ＝６．６２６×１０－３４× ３×１０ ８ ９．４×１０－６ Ｊ≈ ２．１１×１０－２０Ｊ． １０．（１）３．０×１０－３ｍ　（２）３００个 解析：（１）光脉冲持续时间即为发射一个光脉冲所需要的时 间，所以一个光脉冲的长度为 ΔＬ＝ｃΔｔ＝３．０×１０８×１．０×１０－１１ｍ＝３．０×１０－３ｍ． （２）一个光脉冲所具有的能量为 ΔＥ＝ＰΔｔ＝１．０×１０１０×１．０×１０－１１Ｊ＝０．１Ｊ 消除面积为５０ｍｍ２的色斑需要的光脉冲数是 ｎ＝ ＥＳ１ ΔＥＳ ＝６０×５０×１０ －２ ０．１×１ ＝３００（个）． Ｂ组 １．ＣＤ　２．ＡＢＤ　３．ＣＤ 提示： １．原子的能量是量子化的，原子从高能级会自发地向低能级 跃迁，向外放出光子．光子的能量ｈν＝Ｅ初 －Ｅ末，由于能级的分 立性，放出的光子的能量也是分立的．故ＣＤ正确． ２．根据题意可知，松开按钮和按下按钮的过程中，穿过螺线 管的磁通量发生变化，螺线管的产生感应电流，故 ＡＢ正确；按住 按钮不动，穿过螺线管的磁通量不发生变化，螺线管中不产生感 应电流，故Ｃ错误，Ｄ正确． ３．读卡机发射的电磁波能在真空中传播，故 Ａ错误；ＩＣ卡工 作肯定不是依靠Ｘ射线，Ｘ射线的辐射能量比较大，长时间接触 对人体有害，故Ｂ错误；ＩＣ卡工作所需要的能量来源于卡内产生 的感应电流，故Ｃ正确；ＩＣ卡既能接收读卡机发射的电磁波，也有 向读卡机传输数据的功能，故Ｄ正确． ４．更短　更大　更大 ５．（１）２×１０－４ｓ　（２）５×１０１５个 解析：（１）已知激光器的功率Ｐ＝１０Ｗ，每次“点焊”需要的 能量Ｅ＝２×１０－３Ｊ，根据Ｅ＝Ｐｔ得，每次“点焊”视网膜的时间 是ｔ＝ ＥＰ ＝ ２×１０－３ １０ ｓ＝２×１０ －４ｓ． （２）设每个光子的能量为Ｅ０，则Ｅ０＝ｈν＝ｈ ｃ λ ，在这段时 间内 发 出 的 激 光 光 子 的 数 量 ｎ ＝ ＥＥ０ ＝ Ｅλｈｃ ＝ ２×１０－３×５００×１０－９ ６．６３×１０－３４×３×１０８ 个≈５×１０１５个． 第１９期３、４版参考答案 １．Ｂ　２．Ｃ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｂ　７．Ｄ 提示： １．司南指向会受到附近磁铁的干扰，是由于磁铁干扰了附近 的地磁场，故 Ａ错误；放置磁勺的光滑青铜盘不能改用光滑的铁 盘代替，因为铁盘会被磁化，会干扰附近的地磁场，故 Ｂ正确；由 书 在Ａ点处的速度大小为ｖＡ ＝ ｖ２０＋ｖ２槡 ｙ ＝槡２ｖ０ （２）粒子在电场Ｅ２中ｘ方向做初速度不为零的匀加速直线 运动，ｙ方向做匀速直线运动，ｙ方向：２Ｌ－Ｌ＝ｖｙｔ２ ｘ方向：４Ｌ－２Ｌ＝ｖ０ｔ２＋ １ ２ａ２ｔ ２ ２ 由牛顿第二定律有ｑＥ２ ＝ｍａ２ 联立解得Ｅ２ ＝ ２ｍｖ２０ ｑＬ． 第２３期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ａ　３．Ｂ　４．Ｃ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．因为云层底端带负电，所以云层靠近避雷针时，避雷针感 应出正电荷，故Ａ错误；避雷针的尖端安装在建筑物的顶端，并通 过金属线与埋在地下的金属板相连，才能将云层中积聚的电荷导 入大地，起到保护作用，故Ｂ错误；即使没有闪电击中避雷针，只 要带电云层靠近避雷针，避雷针就因静电感应发挥作用，故 Ｃ错 误；避雷针是利用尖端放电来保护建筑物的一种设施，故Ｄ正确． ２．电磁波是一种物质，故Ａ正确；电磁波既可以传递信息，也 可以传播能量，故Ｂ错误；红外线的波长大于Ｘ射线的波长，故Ｃ 错误；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，故Ｄ错误． ３．剩余充电电能Ｅ＝Ｐｔ＝１２０×５０６０＝１００ｋＷ·ｈ，总电能 Ｅ总 ＝ Ｅ （１－２０％）＝１２５ｋＷ·ｈ，总费用元Ｅ总 ×０．６＝７５元，故 Ｂ正确． ４．设ＯＭ距离为ｒ，则ＭＰ距离为 ２ 槡３ ｒ，Ｏ点的合磁感应强度为 ２ｋＩｒ，Ｐ点的合磁感应强度为 ３ｋＩ ２ｒ，所以Ｐ点与Ｏ点的磁感应强度 大小之比为３∶４，故Ｃ正确． ５．由安培定则可知，导线框上部分的磁场垂直纸面向外，下 部分的磁场垂直纸面向里．通电直导线周围的磁场，是以导线为 中心的同心圆，距离导线越远，磁场强度越小，可知虽然上下面积 相等，但是总磁通量不为０，方向垂直纸面向里．仅当电流逐渐增 大，线框中磁通量始终不为零，故 Ａ错误；仅当电流逐渐减小，磁 通量向里减小，线框中有产生感应电流，故Ｂ错误；当电流不变且 将导线ＭＮ平移靠近ｂｃ过程中，线框中磁通量向里减小后向外增 大，回路有感应电流，故Ｃ正确，Ｄ错误． ６．静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变．由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放 电．将电容器的左极板水平向左移时，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容 器的电容变小，但不能放电，则电容器带电荷量不变，由 Ｃ＝ ＱＵ 可知，电容器的两极板间的电势差 Ｕ变大，又 Ｅ＝ Ｕｄ ＝ Ｑ Ｃｄ＝ Ｑ εｒＳ ４πｋｄ ｄ ＝４πｋＱ εｒＳ ，可知，电容器两极板间的电场不变，则有 Ｕ１ ＝ Ｅｄ左，由于Ｐ点到左极板的距离ｄ左 变大，则左极板与Ｐ点间的电 势差Ｕ１变大，由于左极板的电势不变，则Ｐ点的电势降低，故ＡＢ 错误；若左极板向右移动少许，根据Ｃ＝ εｒＳ ４πｋｄ 可知，电容器的电 容变大，电容器充电，电容器极板间的电压等于电源电压不变，根 据Ｅ＝ Ｕｄ可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有 Ｕ２ ＝ Ｅｄ右，由于Ｐ点到右极板的距离ｄ右 不变，所以Ｐ点与右极板间的 电势差Ｕ２变大，而由于此时右极板的电势不变，所以Ｐ点的电势 升高，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．等差等势面越密集的位置电场线越密集，电场强度越大， 则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｆ点的电场强度最强，故Ａ错误；因为Ｂ供电 线的电势高于Ａ供电线的电势，则在ｃ、ｄ、ｅ、ｆ四点中，ｃ点的电势 最高，故Ｂ错误；将某电子在ｄ点由静止释放，它会向ｃ点所在等 势面运动，故Ｃ错误；因为ｄ、ｅ两点电势差等于ｅ、ｆ两点的电势差， 根据Ｗ＝Ｕｑ，可知将电子由ｄ移到ｅ电场力所做的功等于将电子 由ｅ移到ｆ电场力所做的功，故Ｄ正确． ８．ＢＤ　９．ＡＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．由闭合电路欧姆定律可知，其路端电压与电流的关系为 Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流为０时，路段电压等于电源的电动势，结合题图 可知其电源的电动势为Ｅ＝５０Ｖ，由上述表达式，结合题图可知， 图像斜率的绝对值表示电源的内阻，所以有ｒ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝５Ω，故 Ａ错误，Ｂ正确；电源的效率为η＝ＩＵＩＥ×１００％ ＝ Ｕ Ｅ ×１００％，由 之前的分析有Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，当电流增加时，其路端电压减小，所以 电源的效率变小，故 Ｃ错误；该电源的输出功率为 Ｐ输出 ＝ＩＥ－ Ｉ２ｒ，由数学函数知识可知，该函数解析式为开口向下的一元二次 方程，其最大值在对称轴处取得，其电流为Ｉ＝－ Ｅ－２ｒ＝５Ａ，将电 流数据带入，解得其最大输出功率为 Ｐ输出ｍａｘ ＝１２５Ｗ，故 Ｄ正 确． ９．根据题意，由图可知，Ｏ点左侧电场方向沿 ｘ轴正方向，Ｏ 点右侧电场方向沿ｘ轴负方向，Ｏ点电场强度为０且ＡＯ＝ＢＯ，可 知，ｑ１、ｑ２为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由Ｏ点指向无穷 远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为 ０，则Ｏ点电势大于０，故Ａ正确，Ｂ错误；结合ＡＢ分析可知，电子 从Ｃ到Ｏ运动过程中电场力做正功，电势能减小，故Ｃ错误；根据 题意，设ＡＯ＝ＢＯ＝ＣＯ＝Ｌ，ｑ１＝ｑ２＝Ｑ，由点电荷电场强度公 式和电场强度叠加原理可得，此时 Ｃ点电场强度为 ＥＣ ＝ 槡２ ２· ｋＱ Ｌ２ ，在ＣＯ连线上取一点Ｄ，令∠ＤＡＢ＝３０°，由点电荷电场 强度公式和电场强度叠加原理可得，此时Ｄ点电场强度为ＥＤ ＝ ３ ４· ｋＱ Ｌ２ ，可知ＥＤ ＞ＥＣ，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场 强度情况可知，从Ｃ到Ｏ电场强度先增大后减小，则电子从Ｃ到Ｏ 运动过程中加速度先增大后减小，故Ｄ正确． １０．粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为 ｔ＝２ｄｖ０ ＝Ｔ，竖直方向粒子先加速后减速，则 ｄ２ ＝２× １ ２· ｑＵ０ ｍｄ（ Ｔ ２） ２， 解得ｑ＝ ｍｖ２０ ２Ｕ０ ，故Ａ正确；若粒子在ｔ＝０时刻以 ｖ０ ２进入电场，则 经过时间Ｔ，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故 Ｂ错 误；若该粒子在ｔ＝ Ｔ４时刻以速度ｖ０进入电场，粒子在电场中运 动时间为 Ｔ；在竖直方向粒子在 Ｔ４ ～ Ｔ ２ 时间内先加速，在 Ｔ ２ ～ ３Ｔ ４内做减速运动速度减为零，然后 ３Ｔ ４ ～Ｔ时间内反向加 速，在Ｔ～５Ｔ４内做减速运动直至减为零，以速度 ｖ０水平射出电 场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故ＣＤ正确． １１．（１）Ｒ２　（２）最左端 （３）２ｋ－ＲＡ　（４）９．３×１０ －７ 解析：（１）由题可知，滑动变阻器采用限流接法，所以滑动变 阻器的阻值应大于待测电阻阻值，但不能大待测电阻太多，才能 保证移动滑动变阻器的滑片时，电表示数有明显的、较大范围的 变化，故滑动变阻器选Ｒ２； （２）在闭合开关前，为了保证电表安全，滑动变阻器应全部 接入电路，即滑动变阻器的滑片置于最左端； （３）根据部分电路欧姆定律可得２Ｕ＝Ｉ（Ｒｘ＋ＲＡ），变形得Ｉ ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ Ｕ，所以图线的斜率为ｋ＝ ２Ｒｘ＋ＲＡ ，解得 Ｒｘ ＝ ２ ｋ － ＲＡ． （４）根据电阻定律得Ｒｘ＝ρ ｌ Ｓ，Ｓ＝π（ Ｄ ２） ２＝ １４πＤ ２，联 立可得ρ＝ ＲｘＳ ｌ ＝ πＤ２Ｒｘ ４ｌ ＝ ３．１４×（０．２００×１０－３）２×９．３ ４×３１．４０×１０－２ Ω·ｍ ＝９．３×１０－７Ω·ｍ． １２．（１）ｒ１－ｒ２　（２）２．０　６．５　（３）小于 解析：（１）结合电路原理有：将Ｓ２换到 ｂ，调节电阻箱，使电 流表示数不变． 由题意可知Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ１），Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋ｒ２＋Ｒ１），解得Ｒ１＝ ｒ１－ｒ２． （２）由题意可知，电源电动势为Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１） 整理得 １ Ｉ ＝ １ ＥＲ＋ Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ 由 １ Ｉ－Ｒ图像可知，图像斜率 ｋ＝ １Ｅ ＝ ６．０－４．０ ４．０－０ Ｖ －１ 电源电动势为Ｅ＝２Ｖ 截距 Ｒ１＋Ｒ２ Ｅ ＝４．０ 解得Ｒ２ ＝６．５Ω． （３）若实际电流表Ａ内阻不可忽略，Ｅ＝Ｉ（Ｒ２＋Ｒ＋Ｒ１＋ ＲＡ） 整理得 １ Ｉ＝ Ｒ Ｅ ＋ Ｒ１＋Ｒ２＋ＲＡ Ｅ ，与以上比较可知，则Ｒ２的 真实值小于测量值． １３．（１）ｒ＝４Ω；（２）η＝９０％；（３）６２５Ｗ． 解析：（１）对电热丝，有Ｐ＝Ｉ２Ｒ 解得回路电流为Ｉ＝５Ａ 根据闭合回路欧姆定律，有Ｅ＝Ｉｒ＋ＵＭ ＋ＩＲ 解得电源的内阻为ｒ＝４Ω （２）电动机的效率为η＝ ＵＭＩ－Ｉ２ＲＭ ＵＭＩ ×１００％ 解得η＝９０％． （３）电动机的转子被卡住，回路电流为 Ｉ′＝ Ｅｒ＋ＲＭ ＋Ｒ ＝１２．５Ａ 电热丝上消耗的功率Ｐ′＝Ｉ′２Ｒ＝６２５Ｗ． １４．（１）３ｍｖ ２ ２ｑ；（２） 槡３２ｍｖ２ ４ｑＲ ． 解析：（１）根据动能定理，粒子从Ａ到Ｂ电场力做功为 ＷＡＢ ＝ １ ２ｍ（２ｖ） ２－１２ｍｖ ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｂ间的电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ． （２）粒子从Ａ到Ｃ电场力做功为 ＷＡＣ ＝ １ ２ｍ（槡７ｖ） ２－１２ｍ（２ｖ） ２ ＝ ３２ｍｖ ２ 则Ａ、Ｃ间的电势差为ＵＡＣ ＝ ＷＡＣ ｑ ＝ ３ｍｖ２ ２ｑ 由此可知，Ｂ、Ｃ两点电势相等，电场 方向垂直于ＢＣ连线，如图所示 由几何关系可知，ＡＢ与ＢＣ垂直且相 等，ＡＢ间距离为ｄ＝槡２Ｒ 则匀强电场的电场强度大小为 Ｅ＝ ＵＡＢ 槡２Ｒ ＝ 槡３２ｍｖ ２ ４ｑＲ ． １５．（１）Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ；（２）η＝２５％． 解析：（１）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗 粒就能够全部收集，水平方向有Ｌ＝ｖ０ｔ 竖直方向有ｄ＝ １２ａｔ ２，ｑＥ＝ｍａ 又Ｅ＝ Ｕ１ ｄ 联立解得两金属板间的电压为Ｕ１ ＝ ２ｄ２ｍｖ２０ ｑＬ２ ． （２）若保持电压不变，板间距离变成原来的２倍，则电场强 度变为Ｅ′＝ Ｕ１ ２ｄ＝ １ ２Ｅ 颗粒在极板间的加速度变为ａ′＝ｑＥ′ｍ ＝ １ ２ａ 则有Ｌ＝ｖ０ｔ，ｙ′＝ １ ２ａ′ｔ ２ 联立可得ｙ′＝ １２ｄ 可知被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比为 η＝ ｙ′２ｄ×１００％ ＝ １ ２ｄ ２ｄ ×１００％ ＝２５％． ! ! !"#$ " ! !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / !! " ! # ! $ % & 书 小灯泡Ｌ未断路前路端电压 Ｕ′２ ＝Ｉ′２Ｒ２ ＝０．４５×２０Ｖ＝９Ｖ 小灯泡Ｌ未发生断路前恰好正常发光，而小灯泡Ｌ的额定电 压ＵＬ ＝４Ｖ 则可得小灯泡Ｌ的额定电流ＩＬ ＝ ＰＬ ＵＬ ＝０．２５Ａ 则变阻器连入电路的阻值 Ｒ１ ＝ ＵＲ１ ＩＲ１ ＝ Ｕ′２－ＵＬ ＩＬ ＝９－４０．２５Ω＝２０Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ 小灯泡Ｌ断路前Ｅ＝Ｕ′２＋（Ｉ′２＋ＩＬ）ｒ 断路后Ｅ＝Ｕ２＋Ｉ２ｒ 代入数据联立解得Ｅ＝１２．５Ｖ，ｒ＝５Ω． 第２１期３、４版参考答案 １．Ｃ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｂ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．仅将甲或乙伸入空心球内后，由于静电感应，验电器箔片 会一直张开，故Ａ错误；将甲、乙先后伸入球内，验电器箔片先张 开、后闭合，故Ｂ错误；将甲、乙同时伸入球内，感应电荷为零，验 电器箔片不动，将甲或乙撤出后箔片张开，故Ｄ错误；将甲、乙先 后伸入球内，验电器箔片先张开再闭合，将乙或者甲撤出后箔片 又张开，故Ｃ正确． ３．通电螺线管内部的磁场最强，且接近匀强磁场，两端稍弱． 故Ｃ正确． ４．因为金属棒中单位长度的自由电子数为ｎ，所以金属棒中 电荷量为ｑ＝ｎｅＬ，全部通过某一横截面所用时间为ｔ＝ Ｌｖ，根据 电流的定义式，得Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｎｅＬ Ｌ ｖ ．故Ｂ正确． ５．四个电荷的电荷量相等，两对对角线的电荷都是一对等量 异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相 等，则合电场强度的方向水平向左．根据对称性可知，电场强度的 大小为Ｅ合 ＝２× ２ｋＱ （槡 ２ ２ａ） ２ ｃｏｓ４５°＝ 槡４２ｋＱ ａ２ ，故Ａ正确． ６．Ｌ１与Ｌ４为串联关系，电流相等，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，且Ｌ１的电 阻小于Ｌ４的电阻，则Ｌ１与Ｌ４的功率大小关系为Ｐ１＜Ｐ４，Ｌ２与 Ｌ３为并联关系，电压相等，根据Ｐ＝ Ｕ２ Ｒ，且Ｌ２的电阻小于Ｌ３的电 阻，则Ｌ２与Ｌ３的功率大小关系为Ｐ２＞Ｐ３，由于Ｌ１与Ｌ２电阻相 等，且通过Ｌ１的电流大于通过Ｌ２的电流，根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ，可知Ｌ１ 与Ｌ２的功率大小关系为Ｐ１＞Ｐ２，则Ｌ１、Ｌ２、Ｌ３、Ｌ４的功率大小关 系为Ｐ４ ＞Ｐ１ ＞Ｐ２ ＞Ｐ３，则最暗的灯是Ｌ３．故Ｃ正确． ７．匀强电场中同一方向上相同距离的两点间电势差绝对值 相等，所以φＡ－φＢ ＝φＤ－φＣ，解得φＤ ＝４Ｖ，故ＡＢ错误；由于 Ｂ、Ｄ两点电势相等，即ＢＤ连线为等势线，根据电场线与等势线垂 直，所以电场线的方向与 ＢＤ的连线垂直，且由高电势指向低电 势，即电场线的方向为ＡＣ方向，大小为Ｅ＝ ＵＡＣ ｄＡＣ ＝ ６－２ ２×１０－２ Ｖ／ｍ ＝２００Ｖ／ｍ，故Ｃ错误，Ｄ正确． ８．ＡＣＤ　９．ＡＣ　１０．ＡＤ 提示： ８．把线圈变成圆形（周长不变），线圈的面积增大，穿过线圈 的磁通量增大，能够产生感应电流．故Ａ正确；由于磁场是匀强磁 场，因此线圈无论向那个方向平移，磁通量都不会发生变化，不会 有感应电流产生，故Ｂ错误；使磁场增强或减弱，穿过线圈的磁通 量增大或减小，能够产生感应电流．故 Ｃ正确；当线圈以 ａｂ为轴 旋转时，其磁通量发生变化，有感应电流产生，故Ｄ正确． ９．结合电场线和等势线的关系可知，实线是等势线，虚线是 电场线，故ａ、ｂ两点电势相等，ｃ、ｄ两点电场强度不同，故Ａ正确， Ｂ错误；结合感应起电知识可知，靠近带电金属棒一侧的金属板 上产生的感应电荷较多，故Ｃ正确；金属棒所带电荷的电性未知， 无法判断ｃ、ａ两点的电势关系，电子从ｃ移到ａ，电场力的做功情 况未知，故Ｄ错误． １０．对比闭合电路欧姆定律Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ可知，图线与纵轴交点 表示电动势，即Ｅ＝６．０Ｖ，图线斜率的绝对值表示内阻，大小为ｒ ＝｜ΔＵ ΔＩ ｜＝｜６．０－５．００．５ ｜Ω＝２Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；当外电阻与 内电阻相等时，即Ｒ＝ｒ＝２Ω时，电源的输出功率最大，故Ｃ错 误；电流为０．４Ａ时，根据闭合电路欧姆定律可得电流为 Ｉ＝ Ｅ Ｒ＋ｒ，代入数据解得Ｒ＝１３Ω，故Ｄ正确． １１．（１）８００　３．４　（２）ＡＣ １２．（１）１．７４５　４１．４　（２）Ｖ１　Ａ１　Ｒ１　（３）Ｃ １３．（１）ＢＳ；　（２）槡３２ＢＳ；　（３）－２ＢＳ． 解析：（１）磁通量的大小与线圈匝数无关，则穿过线圈平面 的磁通量为Φ１ ＝ＢＳ． （２）当线圈绕ＯＯ′轴转过３０°时，穿过线圈平面的磁通量为 Φ２ ＝ＢＳｃｏｓ３０°＝槡 ３ ２ＢＳ． （３）线圈从初始位置转过半圈，即转过１８０°时，穿过线圈平 面的磁通量为Φ３ ＝－ＢＳ 则磁通量变化量为ΔΦ ＝Φ３－Φ１ ＝－２ＢＳ． １４．（１）１．５Ｗ；（２）９Ｊ；（３）１０３ Ω． 解析：（１）电动机的输入功率 Ｐ入 ＝ＵＩ＝５×０．３Ｗ ＝１．５Ｗ． （２）电动机３０ｓ内提升重物的机械功为 Ｗ机 ＝Ｇｈ＝１２×３Ｊ＝３６Ｊ 电动机３０ｓ内消耗的总功为 Ｗ总 ＝Ｐ入 ｔ＝１．５×３０Ｊ＝４５Ｊ 因此，电动机线圈所产生的热量为 Ｑ＝Ｗ总 －Ｗ机 ＝４５Ｊ－３６Ｊ＝９Ｊ． （３）由焦耳定律Ｑ＝Ｉ２ｒｔ得，线圈电阻为 ｒ＝ Ｑ Ｉ２ｔ ＝ ９ ０．３２×３０ Ω＝１０３ Ω． １５．（１）ｋＱｑ ３ｌ２ ；（２） ３槡ｇｌ． 解析：（１）由库仑定律Ｆ＝ｋＱｑ ｒ２ Ａ处正点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＡ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ Ｂ处负点电荷对Ｃ点处小环的库仑力大小ＦＢ ＝ｋ Ｑｑ （槡３ｌ）２ 释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小Ｆ＝ｋＱｑ ３ｌ２ ． （２）小环从 Ｃ滑到 Ｄ，电场力不做功，根据动能定理有 ｍｇｈ＝ １２ｍｖ ２－０ 因为ｈ＝槡３ｌｓｉｎ６０° 所以小环滑到Ｄ点时的速度大小ｖ＝ ３槡ｇｌ． 第２２期３、４版参考答案 １．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｄ　４．Ｄ　５．Ｃ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分 布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元． 量子不是类似于质子、电子的微观粒子，不是一种高科技材料，不 是一个数量级的常量，表示微观世界的不连续性观念．故Ｄ正确． ２．由图知，甲球与乙球靠近时相互排斥，所以甲球和乙球一 定带同种电荷，甲可能带负电荷，也可能带正电荷，乙球和丙球相 互吸引，丙带正电，则乙带负电，甲带负电．故Ｂ正确． ３．感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化．在Ｄ 图中紫铜薄板上下及左右振动时磁通量都会发生变化，产生感应 电流，从而出现阻尼振动，衰减其微小振动，而在 ＡＢＣ图中紫铜 薄板上下振动的磁通量没有变化．故Ｄ正确． ４．根据题意，小球受到的电场力等于圆弧棒的重力，即ｑＥ＝ Ｍｇ，解得Ｅ＝Ｍｇｑ，故Ｄ正确． ５．这是电流表的原理图，能测量电流，也能测电路的较小电 压，Ｒ增大时电阻上的分流减小，则量程减小．故Ｃ正确． ６．根据图像可知，该热敏电阻为非线性元件，故Ａ错误；根据 图像可知，随着电压增大，图像上的点与原点连线的斜率变小，电 阻变大，故Ｂ错误；当电流为 Ｉ０时，电压为 Ｕ０，根据欧姆定律可 知，阻值为Ｒ＝ Ｕ０ Ｉ０ ，故Ｃ正确，Ｄ错误． ７．甲、乙两环在ｂ点产生的磁感应强度大小相等，方向相同， 而ｂ点的磁感应强度大小为Ｂｂ，因此两环在ｂ点产生的磁感应强 度均为 Ｂｂ ２，乙环在ｂ点和甲环在ａ点产生的磁感应强度相同，均 为 Ｂｂ ２，所以乙环在ａ点产生的磁感应强度Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，现将甲环 撤去，则ａ点的磁感应强度大小为Ｂ′＝Ｂ＝Ｂａ－ Ｂｂ ２，故Ｄ正确． ８．ＢＣ　９．ＡＤ　１０．ＢＣＤ 提示： ８．烟尘微粒运动过程中受到的电场力指向轨迹的凹侧，并与 电场强度平行，因为电极端为负极，所以由此判断，烟尘微粒受到 的电场力与电场强度方向相反，因此烟尘微粒带负电，故Ａ错误； 等差等势面的疏密表示电场的强弱，由图可知，烟尘微粒在 Ａ点 的电场强度大于在Ｂ点的电场强度，故Ｂ正确；从 Ａ点运动到 Ｂ 点，电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以烟尘微粒在 Ａ点 的电势能大于在Ｂ点的电势能，烟尘微粒在Ａ点的速度小于在Ｂ 点的速度，故Ｃ正确，Ｄ错误． ９．当外界的光照强度减弱时，光敏电阻 Ｒ的值增大，电路中 的总电阻增大，电流减小．电流减小，灯泡变暗，故Ａ正确；根据Ｕ ＝Ｅ－Ｉｒ可知，电路中电流减小，路端电压增大，电压表示数增 大，故Ｂ错误；电源的总功率为Ｐ＝ＥＩ，电路中电流减小，电源总 功率减小，故Ｃ错误；电源内阻的发热功率为Ｐｒ＝Ｉ２ｒ，电路中电 流减小，电源内阻的发热功率减小，故Ｄ正确． １０．开关Ｓ接通时，回路中电阻较小，电饭煲功率较大，故电 饭煲处于加热状态，故Ａ错误；若Ｒ１＝Ｒ２＝５０Ω，保温时，回路 电流Ｉ＝ ＵＲ１＋Ｒ２ ＝２２０Ｖ１００Ω ＝２．２Ａ，Ｒ２的热功率 Ｐ＝Ｉ２Ｒ２ ＝ ２４２Ｗ，故Ｂ正确；根据Ｐ＝Ｉ２Ｒ得Ｐ１∶Ｐ２＝Ｒ１∶Ｒ２＝４∶５，故 Ｃ正确；加热时Ｐ２＝ Ｕ２ Ｒ２ ，保温时Ｐ′２＝（ Ｕ Ｒ１＋Ｒ２ ）２Ｒ２＝ １ ２Ｐ２，则 Ｒ１∶Ｒ２ ＝（槡２－１）∶１，故Ｄ正确． １１．（１）Ｂ　左端　（２）１．５　１．０ １２．（１）０刻线　１５００　（２）１４４０　黄色 解析：（１）图乙ａ指针偏转角度过小，倍率偏小，应将倍率由 “×１０挡”更换至“×１００挡”，图乙ｂ指针指向１５，故色环电阻的 阻值为Ｒ＝１５×１００Ω＝１５００Ω． （２）由图丁可读出通过色环电阻的电流为２．５０ｍＡ．根据欧 姆定律可得色环电阻的阻值为Ｒ＝ ＵＩ ＝ ３．６Ｖ ２５０ｍＡ＝１４４０Ω． 由于测得的色环电阻的阻值为１４４０Ω，第二位数字为“４”， 根据涂色规则可知第二个色环的颜色为黄色． １３．（１） ｋＱｑ μ槡ｍｇ；（２） μｍｇＬ ｑ ． 解析：（１）依题意，小滑块加速度为零时，其速度最大，受力 分析可得μｍｇ＝ｋＱｑ ｘ２ 解得ｘ＝ ｋＱｑ μ槡ｍｇ． （２）由动能定理，有ＷＡＢ－μｍｇＬ＝０ Ａ、Ｂ两点间电势差为ＵＡＢ ＝ ＷＡＢ ｑ ＝ μｍｇＬ ｑ ． １４．（１）１６Ω；（２）０．２４Ａ． 解析：（１）根据Ｅ＝Ｉ１（Ｒ０＋ｒ＋ Ｒ ２） 代入数据可得Ｒ＝１６Ω． （２）根据Ｅ＝Ｉ２（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ１） 其中Ｉ２ ＝０．４Ａ 代入可得Ｒ１ ＝３Ω 由于浮标上升（或下降）的高度与滑动变阻器Ｒ的金属滑片 下移（或上移）的距离成正比．可知，池中的水没有时滑动变阻器 的电阻为Ｒ２ ＝８Ω＋５Ω＝１３Ω 根据Ｅ＝Ｉ３（Ｒ０＋ｒ＋Ｒ２） 可得Ｉ３ ＝０．２４Ａ． １５．（１）槡２ｖ０；（２） ２ｍｖ２０ ｑＬ 解析：（１）粒子在电场Ｅ１中沿ｘ方向做匀速直线运动，ｙ方向 做初速度为零的匀加速直线运动 ｘ方向：２Ｌ＝ｖ０ｔ１ ｙ方向：Ｌ＝ ｖｙ ２ｔ１ 书 于司南的勺柄静止时指向南方，地磁场是南北指向，所以勺柄是 磁勺的Ｓ极，故Ｃ错误；由于地磁场无论是北半球还是南半球，地 磁场的水平分量都是南北指向，司南的勺柄在北半球和南半球指 示的方向相同，故Ｄ错误． ２．磁感应强度Ｂ是描述磁场强弱的物理量，既有大小又有方 向，是矢量，故Ａ错误；公式Ｂ＝ＦＩＬ是磁感应强度的定义式，磁感 应强度Ｂ用Ｆ与ＩＬ的比值来量度，其大小由磁场本身决定，与Ｆ 和ＩＬ无关，故Ｂ错误；虽然Ｂ＝ ＦＩＬ，但一小段通电导体在某处不 受磁场力，并不能说明该处一定无磁场，可能是电流方向与磁场 方向平行，故Ｃ正确；根据Ｂ＝ ＦＩＬ可知，通电导线在磁场中受力 越大，磁场不一定越强，故Ｄ错误． ３．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，故乙、 丙、丁都可以产生电场，故Ａ错误，Ｂ正确；均匀变化的磁场产生 恒定的电场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，从而产 生电磁波，故丙、丁可以产生电磁波．故ＣＤ错误． ４．普朗克长度为 ｌｐ ＝ ｈＧ ｃ槡３，则普朗克时间为 ｔｐ ＝ ｌｐ ｃ ＝ ｈＧ ｃ槡５，故Ｄ正确． ５．太阳能、风能、水能、地热能等自然资源属于可再生资源， 故Ａ错误；太阳能光伏板能把太阳能转化成电能，但不是全部转 化，会有损耗，故Ｂ错误；手机无线充电是应用电磁感应原理，所 以手机无线充电要放在无线充电线圈上，不能直接放在太阳能光 伏板上，故Ｃ错误；手机无线充电技术是应用电磁感应原理，故Ｄ 正确． ６．由题可得，穿过该圆面的磁通量为Φ＝ＢＳｓｉｎ３０°，则此匀 强磁场的磁感应强度为 Ｂ＝ ΦＳｓｉｎ３０°＝ ３．０×１０－５ ６．０×１０－４×１２ Ｔ＝ ０．１Ｔ，故Ｂ正确． ７．设Ｂ、Ｃ两点的导线在Ｄ点 产生的磁场的磁感应强度均为Ｂ， 则两磁场方向夹角为 １２０°，则由 平行四边形定则可知 Ｂ＝Ｂ０，若 把置于Ｃ点的直导线移至Ａ点，电 流大小和方向都不变，则在Ａ、Ｂ两处的导线在Ｄ点的磁感应强度 大小仍均为Ｂ０，两磁场的夹角为６０°，则合磁场为Ｂ′＝２Ｂ０ｃｏｓ３０°＝ 槡３Ｂ０，方向竖直向下．故Ｄ正确． ８．ＡＢＣ　９．ＢＣＤ　１０．ＡＣＤ 提示： ８．能量子假说认为，物质发射（或吸收）能量时，能量不是连 续的，而是一份一份进行的，每一份能量单位，称为“能量子”，能 量子的能量ε＝ｈν，ν为带电微粒的振动频率，ｈ为普朗克常量， 故ＡＢＣ正确，Ｄ错误． ９．ａｂ、ｃｄ均向右运动，当ｖ１＝ｖ２时，闭合回路的磁通量不变， 故没有感应电流产生，故Ａ错误；Ｂ、Ｄ两项所述情况，闭合回路的 磁通量增加，Ｃ项所述情况，闭合回路的磁通量减少，均有感应电 流产生，故ＢＣＤ正确． １０．当海面无波浪时，线圈没有相对磁铁上下运动，则线圈没 有切割磁感线，所以灯塔无法发光，故Ａ错误；海水上下振荡速度 越快，则产生的感应电动势越大，感应电流就越大，灯泡发光就越 亮，故Ｂ正确；当线圈上下运动时，线圈切割磁感线，所以回路中 有感应电流，故Ｃ错误；根据对称性可知，圆形线圈上各位置的磁 感应强度大小相等，方向不同，故磁感应强度不相同，故Ｄ错误． １１．（１）发生　不发生　（２）向右　不发生 １２．（１）等于　小　１．４４×１０５Ｎ （２）右　交流　分区段 １３．（１）πＷｂ，４πＷｂ；　（２）π２ Ｗｂ；　（３）８πＷｂ 解析：（１）根据公式Φ ＝ＢＳ得 Φａ ＝ＢＳａ ＝πＷｂ，Φｂ ＝ＢＳｂ＝４πＷｂ （２）当磁场方向改变为与纸面成３０°角向里时线圈ａ中的磁 通量大小为Φ′ａ ＝Ｂｓｉｎ３０°·Ｓａ ＝ π ２ Ｗｂ． （３）磁场反向后线圈ｂ中的磁通量的变化量大小为 ΔΦｂ ＝－ＢＳｂ－ＢＳｂ＝－８πＷｂ 故磁通量变化量大小为８πＷｂ． １４．（１）１２Ｂ０Ｌ ２；　（２）Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ） 解析：（１）ｔ＝０时穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量为 Φ ＝ＢＳｓｉｎθ＝ １２Ｂ０Ｌ ２ （２）当穿过ＭＤＥＮ回路的磁通量不变时，ＭＮ棒中不产生感 应电流，可得Φ ＝ＢＬ（Ｌ＋ｖｔ）ｓｉｎθ 解得Ｂ与ｔ的关系式为Ｂ＝ Ｂ０Ｌ （Ｌ＋ｖｔ）． １５．（１）２∶１； （２）垂直纸面向里，１４Ｉ０ 解析：（１）Ｃ点的磁场沿ＢＣ方向向 右，根据安培定则分别表示两导线在Ｃ 点形成的磁感应强度如图所示，得ＢＡ∶ ＢＢ ＝２∶１． （２）根据安培定则，Ｂ点处导线中 电流方向垂直纸面向里，根据题意 ＢＡ ＝ｋ Ｉ０ ｒＡＣ ，ＢＢ ＝ｋ ＩＢ ｒＢＣ 根据几何关系ｒＡＣ ＝２ｒＢＣ 又ＢＡ∶ＢＢ ＝２∶１ 解得ＩＢ ＝ １ ４Ｉ０． 第２０期参考答案 １．Ｂ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ａ　５．Ｄ　６．Ｃ　７．Ｄ 提示： １．变化的磁场周围产生电场，当电场中有闭合回路时，回路 中有电流，若无闭合回路，电场仍然存在，与电路是否闭合无关， 故Ａ错误；周期性变化的磁场产生的电场一定也是周期性变化 的，且频率相同，故Ｂ正确；若形成电磁场必须有周期性变化的电 场和磁场，故Ｃ错误；只有变化的电场才能产生磁场，只有变化的 磁场才能产生电场，故Ｄ错误． ２．“磁星”周围某点的磁场方向可以用磁感线在该点的切线 方向表示，故Ａ正确；磁感线是闭合的曲线，则距“磁星”很远处 磁感线不会中断，故Ｂ错误；在“磁星”外部和内部都有磁场，内 部和外部磁感线组成闭合的曲线，故Ｃ错误；“磁星”表面的磁场 非常强，故磁感线非常密集，但是磁感线不可能相切，故Ｄ错误． ３．根据电流的定义式Ｉ＝ ｑｔ ＝ ｅ Ｔ ＝ １．６×１０－１９ １５０×１０－１８ Ａ≈１× １０－３Ａ，故Ａ正确． ４．线框在整个运动过程中，只在右侧边框恰好进入磁场到线 框恰好完全进入磁场的过程中产生感应电流，此过程线框的位移 为Ｌ，故根据匀速直线运动规律可得，产生感应电流的时间为ｔ＝ Ｌ ｖ，故Ａ正确． ５．由公式Ｒ＝ρＬＳ可知，该地板材质的电阻率 ρ＝ ＲＳ Ｌ ＝ １０６×０．８×０．０１ ０．８ Ω／ｍ＝１０ ４Ω／ｍ，故ＡＢＣ错误，Ｄ正确． ６．ｍＡ·ｈ是电荷量单位，故Ａ错误；该眼镜的额定电流为Ｉ＝ Ｐ Ｕ ＝ ２０ １０Ａ＝２Ａ＝２０００ｍＡ，理论上该眼镜充满电后能连续工 作ｔ＝４０００２０００ｈ＝２ｈ，故Ｂ错误，Ｃ正确；该眼镜充满电所储存的能 量为Ｗ＝Ｐｔ＝２０×７２００Ｊ＝１．４４×１０５Ｊ，故Ｄ错误． ７．当无光照射Ｒ１时，Ｒ１的电阻变大，根据闭合电路欧姆定 律 Ｉ＝ ＥＲＬ＋Ｒ１＋ｒ ，Ｕ１＝Ｅ－Ｉ（ＲＬ＋ｒ）可知，干路电流Ｉ减小，即 通过光敏电阻Ｒ１的电流将变小，光敏电阻Ｒ１两端的电压变大， 故ＡＢ错误；电源消耗的总功率Ｐ＝ＥＩ，干路电流减小，则电源消 耗的总功率变小，故Ｃ错误；灯泡消耗的功率ＰＬ ＝Ｉ２ＲＬ，干路电 流减小，则灯泡消耗的功率变小，故Ｄ正确． ８．ＣＤ　９．ＢＤ　１０．ＡＤ 提示： ８．根据右手螺旋定则可知，线框所在处的磁场垂直纸面向 里，故Ａ错误；距离导线越远则磁场越弱，则穿过线框的磁通量逐 渐减小，故Ｂ错误；由于穿过线框的磁通量逐渐减小，则线框中产 生感应电流，故Ｃ正确；由能量守恒定律可知，由于线圈中有电能 产生，则线框的机械能减少，故Ｄ正确． ９．车灯接通电动机未启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｉ ＝ ＥＲ＋ｒ，求得Ｒ＝１Ω，仅接通车灯时，车灯的功率为Ｐ＝Ｉ ２Ｒ＝ １００Ｗ，故Ａ错误；电动机启动时，根据闭合电路的欧姆定律有 Ｕ ＝Ｅ－Ｉ１ｒ＝２Ｖ，流过车灯的电流为Ｉ２＝ Ｕ Ｒ ＝２Ａ，此时车灯功 率为Ｐ＝Ｉ２２Ｒ＝４Ｗ，故Ｂ正确；电动机启动时，电动机的电流为 Ｉ３ ＝Ｉ１－Ｉ２ ＝４８Ａ，电动机的输入功率ＰＭ ＝ＵＩ３＝９６Ｗ，故Ｃ 错误；电动机的热功率为Ｐ热 ＝Ｉ２３ｒ机 ＝２３．０４Ｗ，输出的机械功 率为Ｐ出 ＝ＰＭ －Ｐ热 ＝７２．９６Ｗ，故Ｄ错误． １０．根据闭合电路欧姆定律可得Ｕ＝Ｅ－Ｉｒ，可知电源的Ｕ－ Ｉ图像纵轴截距等于电动势，斜率绝对值等于内阻，则有 Ｅ＝ ３．０Ｖ，ｒ＝｜３．０２．０｜Ω＝１．５Ω，故Ａ正确，Ｂ错误；该灯泡直接与该 电源相接时，由图像交点可知，灯泡电阻为 Ｒ＝ ＵＩ ＝ １．５ １．０Ω ＝ １．５Ω，灯泡功率为Ｐ＝ＵＩ＝１．５×１．０Ｗ ＝１．５Ｗ，故Ｃ错误， Ｄ正确． １１．（１） （２）７．５×１０－８　（３）Ｃ　９８ １２．（１）２９８００　（２） Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ 　 ｋ ｂ－Ｒ１　（３）相等 解析：（１）定值电阻Ｒ２的阻值为 Ｒ２ ＝ Ｕ Ｉｇ －Ｒｇ＝ ３ １００×１０－６ Ω－２００Ω＝２９８００Ω． （２）根据闭合电路欧姆定律可得 Ｅ＝Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２）＋ Ｉ（Ｒｇ＋Ｒ２） Ｒ （Ｒ１＋ｒ） 化简可得 １ Ｉ ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ １ Ｒ ＋ （Ｒｇ＋Ｒ２） Ｅ 则ｋ＝ （Ｒｇ＋Ｒ２）（Ｒ１＋ｒ） Ｅ ，ｂ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ Ｅ 解得Ｅ＝ Ｒｇ＋Ｒ２ ｂ ，ｒ＝ ｋ ｂ－Ｒ１． （３）测量过程中不存在系统误差，故电池组电动势的测量值 与真实值相等． １３．（１）０．８Ｗｂ；（２）１２．８Ｗｂ 解析：（１）导体棒向右匀速运动４ｓ时，位移为 ｘ＝ｖｔ＝１×４ｍ＝４ｍ 由于∠ＭＯＮ＝４５°，此时回路的面积为 Ｓ＝ １２ｘ ２ ＝ １２ ×４ ２ｍ２ ＝８ｍ２ 回路的磁通量的变化量为ΔΦ１ ＝Φ－０＝ＢＳ 代入数据解得ΔΦ１ ＝０．８Ｗｂ． （２）初始时Φ０ ＝Ｂ０Ｓ０ ＝１．６Ｗｂ 回路面积从Ｓ０ ＝８ｍ２变到Ｓｔ＝１８ｍ２，Ｂ从Ｂ０＝０．２Ｔ变 到Ｂｔ＝０．８Ｔ时的磁通量为Φ２＝ＢｔＳｔ＝０．８×１８Ｗｂ＝１４．４Ｗｂ 故回路中的磁通量的变化为ΔΦ２ ＝Φ２－Φ０ 代入数据解得ΔΦ２ ＝１２．８Ｗｂ． １４．（１）５．５Ｗ；（２）６×１０－５Ｃ 解析：（１）根据闭合电路欧姆定律得Ｅ＝Ｕ＋Ｉ（ Ｒ１Ｒ２ Ｒ１＋Ｒ２ ＋ｒ） 解得：Ｉ＝１Ａ 电动机的输出功率Ｐ＝ＵＩ－Ｉ２ｒ０ 解得：Ｐ＝５．５Ｗ． （２）电容两端电压为ＵＣ ＝ＩＲ并 ＝２Ｖ 电容器的带电荷量ｑ＝ＣＵＣ ＝６×１０－５Ｃ． １５．（１）２０Ω；（２）１２．５Ｖ，５Ω 解析：（１）根据并联电路的特点，小灯泡Ｌ断路后可知 Ｕ＝ Ｕ２ ＝１０Ｖ 则有Ｒ２ ＝ Ｕ２ Ｉ２ ＝１００．５Ω＝２０Ω ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-.+ !"#$% / 0"12%&3()*+4-.+ &"#$% / ! " # $ !"! #"! $%! " ! $ " $ " ! " " 书书书 （２ ） 乙 同 学 利 用 多 用 电 表 测 量 图 乙 和 图 丙 所 示 电 路 中 小 灯 泡 正 常 工 作 时 的 有 关 物 理 量 ．以 下 操 作 正 确 的 是 ． Ａ ．将 选 择 开 关 旋 转 到 合 适 的 电 压 挡 ， 闭 合 开 关 ， 利 用 图 乙 电 路 测 量 小 灯 泡 两 端 的 电 压 Ｂ．将 选 择 开 关 旋 转 到 合 适 的 电 阻 挡 ， 闭 合 开 关 ， 利 用 图 乙 电 路 测 量 小 灯 泡 的 电 阻 Ｃ．将 选 择 开 关 旋 转 到 合 适 的 电 流 挡 ， 闭 合 开 关 ， 利 用 图 丙 电 路 测 量 通 过 小 灯 泡 的 电 流 Ｄ ．将 选 择 开 关 旋 转 到 合 适 的 电 流 挡 ， 把 图 丙 中 红 、 黑 表 笔 接 入 电 路 的 位 置 互 换 ，闭 合 开 关 ，测 量 通 过 小 灯 泡 的 电 流 １２．（８ 分 ） （２０２ ３ 福 建 龙 岩 城 关 中 学 期 中 ） 某 同 学 用 伏 安 法 测 定 一 薄 的 圆 形 合 金 片 的 阻 值 Ｒ ｘ （ 约 为 １ ｋΩ ） ，除 了 Ｒ ｘ 、开 关 Ｓ 、导 线 外 ，还 有 下 列 器 材 供 选 用 ： Ａ ． 电 压 表 Ｖ １ （ 量 程 ０ ～ １ Ｖ ， 内 阻 约 １０ ｋΩ ） Ｂ ．电 压 表 Ｖ ２ （ 量 程 ０ ～ ５ Ｖ ， 内 阻 约 １００ ｋΩ ） Ｃ．电 流 表 Ａ １ （ 量 程 ０ ～ １ ｍ Ａ ， 内 阻 约 １０ Ω ） Ｄ ．电 流 表 Ａ ２ （ 量 程 ０ ～ ０．６ ｍ Ａ ， 内 阻 约 ０．０５ Ω ） Ｅ．电 源 （ 电 压 １．５ Ｖ ， 额 定 电 流 ０．５ Ａ ， 内 阻 不 计 ） Ｆ．滑 动 变 阻 器 Ｒ １ （ 阻 值 范 围 ０ ～ １０ Ω ， 额 定 电 流 ２ Ａ ） Ｇ ．滑 动 变 阻 器 Ｒ ２ （ 阻 值 范 围 ０ ～ ２ ０００ Ω ， 额 定 电 流 ２ Ａ ） 用 螺 旋 测 微 器 测 量 该 圆 柱 体 的 直 径 ， 用 游 标 卡 尺 测 量 该 圆 柱 体 的 长 度 ．螺 旋 测 微 器 和 游 标 卡 尺 的 示 数 如 图 １１ 甲 和 乙 所 示 ． （１ ） 由 图 甲 、图 乙 两 图 读 得 圆 柱 体 的 直 径 Ｄ 为 ｍ ｍ ，长 度 Ｌ 为 ｍ ｍ ． （２ ） 要 求 电 压 从 零 开 始 测 量 ， 为 使 测 量 尽 量 准 确 ， 电 压 表 选 用 ，电 流 表 选 用 ， 滑 动 变 阻 器 选 用 ． （ 均 填 器 材 的 字 母 代 号 ， 不 是 序 号 ） （３ ） 为 减 小 误 差 ， 应 选 采 用 下 列 实 验 电 路 图 进 行 实 验 ， 较 合 理 的 是 ． 四 、 计 算 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ， 共 ３８ 分 ， 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 方 程 式 和 演 算 步 骤 ． 只 写 出 最 后 结 果 的 不 能 给 分 ， 有 数 值 计 算 的 题 ， 答 案 中 必 须 写 出 数 值 和 单 位 ） １３． （１０ 分 ） 一 面 积 为 Ｓ 的 线 圈 ，线 圈 平 面 与 磁 感 应 强 度 为 Ｂ 的 匀 强 磁 场 方 向 垂 直 ， 设 图 １２ 所 示 情 况 下 的 磁 通 量 为 正 值 ． （１ ） 若 线 圈 为 ｎ 匝 ，穿 过 线 圈 平 面 的 磁 通 量 为 多 少 ？ （２ ） 当 线 圈 绕 Ｏ Ｏ ′ 轴 转 过 ３０° 时 ，穿 过 线 圈 平 面 的 磁 通 量 为 多 少 ？ （ ３ ） 线 圈 从 初 始 位 置 转 过 半 圈 时 ， 穿 过 线 圈 平 面 的 磁 通 量 变 化 了 多 少 ？ １４ ．（１２ 分 ） （ ２０２４ 重 庆 九 龙 坡 区 期 末 ） 一 台 小 型 电 动 机 在 ５ Ｖ 电 压 下 工 作 ，用 此 电 动 机 竖 直 提 升 重 力 为 １２ Ｎ 的 物 体 时 ，通 过 它 的 电 流 是 ０．３ Ａ ． 在 ３０ ｓ 内 可 使 该 物 体 被 匀 速 提 升 ３ ｍ ．若 不 计 除 电 动 机 线 圈 生 热 之 外 的 能 量 损 失 ，求 ： （１ ） 电 动 机 的 输 入 功 率 ； （２ ） 在 提 升 重 物 的 ３０ ｓ 内 ，电 动 机 线 圈 所 产 生 的 热 量 ； （３ ） 线 圈 的 电 阻 ． １５． （１６ 分 ） （２０２３ 云 南 昆 明 八 中 期 中 ） 如 图 １３ 所 示 ，在 竖 直 平 面 内 有 两 个 点 电 荷 ， 固 定 在 同 一 水 平 直 线 上 相 距 为 槡 ３ｌ 的 Ａ 、Ｂ 两 点 ， 其 电 荷 量 分 别 为 ＋ Ｑ 、 － Ｑ ．在 Ａ 、Ｂ 两 点 连 线 的 垂 直 平 分 线 处 固 定 一 光 滑 竖 直 绝 缘 杆 ， 在 杆 上 Ｃ 点 有 一 个 质 量 为 ｍ 、 电 荷 量 为 － ｑ 的 小 环 （ 可 视 为 点 电 荷 ） 由 静 止 释 放 ．已 知 Ａ 、Ｂ 、Ｃ 三 点 连 线 为 正 三 角 形 ，重 力 加 速 度 为 ｇ．求 ： （ １ ） 释 放 小 环 瞬 间 ，小 环 所 受 库 仑 力 的 大 小 ； （２ ） 小 环 滑 到 Ｄ 点 时 的 速 度 大 小 ． !"#$%&'()*+,-.!"#$%& /"01%&'()*+,-.'"($%& 2 3 4 5 6 7 8 9 : ! " ! # $ # % ! $ & % ' $ ( ! ) * " # $ ! & & + , ! " + , ! " + , ! " + , ! " + - . / ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! # " # $ ! & 0 % & & ' % ' & ( ) * + $ ! & " 书 １．对库仑定律Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 的理解与计算 （１）近似条件：在要求不很精确的情况下，空气可 近似当作真空来处理．当带电体间的距离远大于它们本 身尺度时，可把带电体看作点电荷． （２）计算方法：注意库仑力是矢量，计算库仑力可 以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同 种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引来判断作用力Ｆ是 引力还是斥力． 特别提醒：不可由ｒ→０时，得出Ｆ→∞的结论，虽 然从数学角度成立，但从物理角度分析，当 ｒ→０时，两 带电体不能视为点电荷，公式已不适用． 例１．关于对库仑定律的理解和应用，以下说法中正 确的是 （　　） Ａ．库仑定律适用于任何点电荷的电场力计算 Ｂ．根据Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 知，当两个带电体相距很近时，它 们之间的库仑力会无穷大 Ｃ．两个电荷量分别为 ｑ１和 ｑ２的带电金属球，它们 球心间的距离为ｒ，则二者带同种电荷时，它们之间的库 仑力Ｆ＞ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，带异种电荷时Ｆ＜ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ Ｄ．两个电荷量分别为 ｑ１和 ｑ２的带电金属球，它们 球心间的距离为ｒ，则二者带同种电荷时，它们之间的库 仑力Ｆ＜ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，带异种电荷时Ｆ＞ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 解析：库仑定律适用于真空中静止点电荷的电场力 计算，故Ａ错误；当两个带电体相距很近时，两个带电体 不能看成点电荷，则Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 不适用，不能得到库仑力 会无穷大的结论，故Ｂ错误；两个电荷量分别为ｑ１和ｑ２ 的带电金属球，它们球心间的距离为ｒ，当二者带同种电 荷时，它们之间的库仑力为排斥力，则带电中心的距离 比ｒ大，可得Ｆ＜ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，当带异种电荷时它们之间的库 仑力为吸引力，则带电中心的距离比 ｒ小，可得 Ｆ＞ ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ ，故Ｃ错误，Ｄ正确． 答案：Ｄ ２．解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤 库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡 问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多 了电场力．具体步骤如下： 确定研究对象 →可以根据问题需要，选择“整体 法”或“隔离法” 受力分析 →多了电场力（Ｆ＝ｋ ｑ１ｑ２ ｒ２ 或Ｆ＝ｑＥ） 列平衡方程 →Ｆ合 ＝０或Ｆｘ ＝０、Ｆｙ ＝０ 例２．如图１所示，质量为ｍ的 带电小球 Ａ用绝缘细线悬挂于 Ｏ 点，带电荷量为 ＋ｑ的小球 Ｂ固定 在Ｏ点正下方的绝缘柱上．当小球 Ａ静止时，悬线沿水平方向．已知 ｌＯＡ ＝ｌＯＢ ＝ｌ，静电力常量为ｋ，重力 加速度为 ｇ，两带电小球均可视为 点电荷，则关于小球Ａ的电性及带电荷量 ｑＡ的大小，下 列选项正确的是 （　　） Ａ．正电，槡２２ｍｇｌ ２ ｋｑ Ｂ．正电， 槡２ｍｇｌ ２ ｋｑ Ｃ．负电，槡２２ｍｇｌ ２ ｋｑ Ｄ．负电， 槡２ｍｇｌ ２ ｋｑ 解析：小球Ａ静止时，根据平衡条件，小球Ａ受到小 球Ｂ的斥力，故小球Ａ带正电；由平衡条件得 ｋｑｑＡ （槡２ｌ） ２ ＝ 槡２ｍｇ，解得ｑＡ ＝ 槡 ２２ｍｇｌ２ ｋｑ ，故Ａ正确． 答案：Ａ ３．“三个自由点电荷平衡”的问题 （１）平衡条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的 合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合 电场强度为零的位置． （２）平衡规律 例３．如图２所示，在光滑绝缘水平面上有三个可视 为点电荷的带电小球，位于同一条直线上，仅在它们之 间的静电力作用下均处于静止状态，且距离关系满足 ＡＢ＞ＢＣ，则下列说法错误的是 （　　） Ａ．Ａ、Ｃ带同种电荷 Ｂ．Ｃ所带电荷量最小 Ｃ．Ａ所带电荷量最大 Ｄ．Ａ、Ｂ在Ｃ处产生电场的合电场强度为零 解析：Ａ球受到Ｂ球和Ｃ球的库仑力而处于平衡状 态，合力要为零，必须使Ｂ球和Ｃ球对Ａ球的库仑力等大 反向，所以Ｂ、Ｃ必须带异种电荷；要使Ｂ球平衡，Ａ、Ｃ带 同种电荷，同理，要使Ｃ球平衡，Ａ、Ｂ带异种电荷，故Ａ正 确；根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件 来确定各自电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大 夹一小”，由图可知Ａ、Ｂ两球间的距离大于 Ｂ、Ｃ两球间 的距离，所以Ｂ所带电荷量最小，Ａ所带电荷量最大，故 Ｂ错误，Ｃ正确；要使Ｃ球所受合力为零，则Ａ、Ｂ在Ｃ处产 生电场的合电场强度必为零，故Ｄ正确．本题选错误的， 故选Ｂ． 答案：Ｂ １．电场强度公式的比较 （１）Ｅ＝Ｆｑ适用于任何电场，与检验电荷是否存在 无关； （２）Ｅ＝ｋＱ ｒ２ 适用于点电荷产生的电场，Ｑ为场源电 荷的电荷量； （３）Ｅ＝Ｕｄ适用于匀强电场，Ｕ为两点间的电势差， ｄ为沿电场方向两点间的距离． 例４．对电场强度的理解，以下说法正确的是 （　　） Ａ．若移走电场中Ｐ点的试探电荷，则Ｐ点的电场强 度变为０ Ｂ．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在 匀强电场中受力都相同 Ｃ．电场强度公式Ｅ＝ Ｆｑ表明，电场强度的大小与 试探电荷的电荷量ｑ成反比，若ｑ减半，则该处的电场强 度变为原来的２倍 Ｄ．点电荷的电场强度公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ 表明，点电荷周围 某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离ｒ的二次方 成反比，在ｒ减半的位置上，电场强度变为ｒ处的４倍 解析：电场强度由电场本身决定，与放不放试探电 荷无关，在电场中的Ｐ点不放试探电荷，Ｐ点的电场强度 不为零，故Ａ错误；电荷在电场中所受电场力与 ｑ、Ｅ有 关，匀强电场中的电场强度处处相同，电荷的电荷量ｑ不 同，电荷在其中受力不同，故Ｂ错误；公式Ｅ＝Ｆｑ是电场 强度的定义式，电场强度由电场本身决定，电场中某点 的电场强度的大小与试探电荷所带的电荷量大小无关， 故Ｃ错误；公式Ｅ＝ｋＱ ｒ２ 是真空中点电荷电场强度的决 定式，则点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场 源电荷距离ｒ的二次方成反比，在ｒ减半的位置上，电场 强度变为原来的４倍，故Ｄ正确． 答案：Ｄ ２．电场的叠加 （１）电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强 度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和． （２）运算法则：平行四边形定则． 例５．如图３所示，等边三角形 ＡＢＣ的三个顶点处分别固定带电 荷量为 －ｑ、－ｑ、－ｑ的三个点电 荷，已知三角形的边长为槡３Ｌ，静电 力常量为ｋ，则该三角形中心 Ｏ点 处的电场强度大小为 （　　） Ａ．２ｋｑ Ｌ２ Ｂ．０ Ｃ．槡３ Ｌ２ ｋｑ Ｄ．ｋｑ Ｌ２ 解析：由数学知识可得Ｏ到顶点Ａ、Ｂ、Ｃ的距离ｒ＝ １ ２×槡３Ｌ ｃｏｓ３０° ＝Ｌ，三个点电荷在Ｏ产生的电场强度的大小 ! ;< =>? !"#$%&'()*+,'-. ! " !" #"$ %! &&&" " 0%0' & &0 ' 0 ( !"#$ % & @-ABCDE ! '()*+,- ) *+ FGH , ) *+ IJK , % - .+ LMH , ) *+ N O , ) *+ P Q -./01+ L R 23/01+ LST -4506+ U V -4578+ WXY JZ[ \ ] ^_` a b cde Ifg ahS i X jk` lmG o pnq IGr sQ" tu] v e wxy Jz{ 91-.+ cde 91:;+ I | <=-.+ I } >?-.+ I~~ @ABC+ € ‚ƒ„…†‡ˆ‰ ‚ƒ„†-Š‹ŒŽ ‚ƒ„†‘’“”•–—˜ˆ™ š1›œžŸ  œ¡¢FGH £¤¥¦§¨Ÿ 0©¢ .1&'2%3%34 ª 5 : «¬­©¢ 0&206$ @®¯‹‡°±² ³´µ¶¢ %&' ()*+,-./0% &'123456478 9:;<=>?@AB C1+,DEFG HI J&4 KL&4 MNO &4PQ&FGRSTJ U<Q4KL&VWX4 YZ[\]V4 ^_^ `aN<QFb ·¸¹º¢ cde fghJ&4KL&4i V4 MNO&F%&' jklmBC+,DE jk1n</04 +, op4 qrstAMu vw+x1y)(z{ |}~+,DE€G 9‚ƒ„+,…†9 ‡%&U1dˆ€b ³´·¸»¼¢c de)M-.)‰%& '()*+,1Š‹w Œ9ŠcD&G Ž% &'()*+,1 Šc‘’G ‚“”• –&U— ˜™&U9+ ,…†&Uš ½´K¾¿À³´ Á°ÃÄT &7 ‚ƒ›…1œ )4Nw4r)4ž—Q ŸF)(Š‹ ¡¢ 08 ƒ£1¤¥¦ ª8Å( # Æ "  "Ç: §6¨ ©ª«¬A©ªUx8­1®¯ §6° Q±„²1w³A78 $ # * ! 9 ´µ¶· ´¸¶¹ Qº Q»¼ ®¯½¬ ¾¿ Q»¼ À6Á ùĸ ! 0 )$ * ) $ * &( # &( &( ! " 书书书 《 必 修 第 三 册 》 核 心 素 养 综 合 测 试 （ 一 ） ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 （ 测 试 内 容 ： 必 修 第 三 册 全 部 ） （ 说 明 ： 本 试 卷 为 闭 卷 笔 答 ， 答 题 时 间 ７５ 分 钟 ， 满 分 １０ ０ 分 ） 题 　 号 一 二 三 四 总 　 分 得 　 分 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ４６ 分 ） 一 、 单 选 题 （ 本 题 共 ７ 小 题 ， 每 小 题 ４ 分 ， 共 ２８ 分 ， 选 对 得 ４ 分 ， 选 错 或 不 选 得 ０ 分 ） １． （ ２０ ２３ 河 南 湘 豫 名 校 期 中 ） 如 图 １ 所 示 ， 两 块 带 有 手 柄 的 绝 缘 板 甲 和 乙 （ 图 中 甲 、 乙 未 画 出 ） 上 带 有 等 量 的 异 种 电 荷 ， 现 将 甲 、 乙 按 下 列 不 同 操 作 方 式 伸 入 验 电 器 最 上 边 的 空 心 球 内 但 不 与 金 属 球 接 触 ， 操 作 过 程 中 甲 、乙 两 绝 缘 板 不 接 触 ， 要 使 验 电 器 箔 片 出 现 张 开 、闭 合 、再 张 开 的 现 象 ，则 下 列 操 作 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．仅 将 甲 或 乙 伸 入 球 内 Ｂ． 将 甲 、乙 先 后 伸 入 球 内 Ｃ． 将 甲 、乙 先 后 伸 入 球 内 ，然 后 将 甲 或 乙 撤 出 Ｄ ．将 甲 、乙 同 时 伸 入 球 内 ，然 后 将 甲 或 乙 撤 出 ２． （ ２０ ２３ 北 京 市 八 一 中 学 期 中 ） 由 电 阻 定 律 Ｒ ＝ ρ Ｌ Ｓ 变 形 后 得 电 阻 率 ρ ＝ Ｒ Ｓ Ｌ ，由 此 公 式 可 知 （ 　 　 ） Ａ ．电 阻 率 随 导 体 电 阻 的 改 变 而 改 变 Ｂ． 电 阻 率 随 导 体 长 度 Ｌ 的 改 变 而 改 变 Ｃ． 电 阻 率 随 导 体 横 截 面 积 的 改 变 而 改 变 Ｄ ．在 温 度 不 变 的 情 况 下 ，电 阻 率 只 与 导 体 的 材 料 有 关 ３． （ ２０ ２３ 上 海 新 川 中 学 期 末 ） 如 图 ２ 所 示 ，在 “ 用 Ｄ ＩＳ 研 究 通 电 螺 线 管 的 磁 感 应 强 度 ” 的 实 验 中 ，磁 传 感 器 需 要 通 过 数 据 采 集 器 与 计 算 机 相 连 ．调 节 传 感 器 的 高 度 ， 使 它 的 探 管 正 好 在 螺 线 管 的 轴 线 上 ， 用 该 传 感 器 测 量 Ｍ 、Ｎ 之 间 各 点 的 磁 感 应 强 度 Ｂ 的 大 小 ，并 将 传 感 器 顶 端 与 Ｍ 点 的 距 离 记 作 ｘ， 最 后 作 出 的 Ｂ － ｘ图 像 可 能 是 下 图 中 的 （ 　 　 ） ４． （ ２０ ２３ 北 京 西 城 北 京 师 大 附 中 月 考 ） 如 图 ３ 所 示 ，一 根 长 为 Ｌ， 横 截 面 积 为 Ｓ 的 金 属 棒 ，金 属 棒 中 单 位 长 度 的 自 由 电 子 数 为 ｎ， 元 电 荷 为 ｅ， 在 棒 两 端 加 上 恒 定 的 电 压 时 ，棒 内 产 生 电 流 ，自 由 电 子 定 向 运 动 的 平 均 速 率 为 ｖ， 则 电 流 的 大 小 为 （ 　 　 ） Ａ ．ｎ ｅｓ ｖ Ｂ． ｎｅ ｖ Ｃ． ｎＬ ｓｅ ｖ Ｄ ．ｅ ｖ ５． （ ２０ ２３ 山 西 太 原 期 中 ） 如 图 ４ 所 示 ， 四 个 点 电 荷 所 带 电 荷 量 的 绝 对 值 均 为 Ｑ ，分 别 固 定 在 正 方 形 的 四 个 顶 点 上 ，正 方 形 边 长 为 ａ， 静 电 力 常 量 为 ｋ， 则 正 方 形 两 条 对 角 线 交 点 处 的 电 场 强 度 （ 　 　 ） Ａ ． 大 小 为 槡４ ２ｋ Ｑ ａ２ ，方 向 水 平 向 左 Ｂ． 大 小 为 槡２ ２ｋ Ｑ ａ２ ，方 向 水 平 向 左 Ｃ． 大 小 为 槡４ ２ｋ Ｑ ａ２ ，方 向 水 平 向 右 Ｄ ．大 小 为 槡２ ２ｋ Ｑ ａ２ ，方 向 水 平 向 右 ６． （ ２０ ２３ 上 海 交 大 附 中 期 中 ） 已 知 灯 泡 的 亮 暗 取 决 于 其 两 端 的 电 压 和 通 过 的 电 流 的 乘 积 ． 如 图 ５ 所 示 ，灯 泡 Ｌ １ 、Ｌ ２ 电 阻 为 ３ Ω ； 电 灯 Ｌ ３ 、Ｌ ４ 电 阻 为 ６ Ω ．将 Ａ、 Ｂ 端 接 入 电 源 ， 四 个 灯 泡 均 能 发 光 ，若 不 考 虑 温 度 对 电 阻 的 影 响 ，则 最 暗 的 灯 是 （ 　 　 ） Ａ ．Ｌ １ Ｂ． Ｌ ２ Ｃ． Ｌ ３ Ｄ ．Ｌ ４ ７． （ ２０ ２３ 重 庆 十 八 中 期 中 ） 如 图 ６ 所 示 ， 正 方 形 ＡＢ ＣＤ 处 在 一 个 匀 强 电 场 中 ， 边 长 为 槡 ２ ｃｍ ， 电 场 线 与 正 方 形 所 在 平 面 平 行 ．已 知 Ａ、 Ｂ、 Ｃ 三 点 的 电 势 依 次 为 φ Ａ ＝ ６． ０ Ｖ ， φ Ｂ ＝ ４． ０ Ｖ ， φ Ｃ ＝ ２． ０ Ｖ ． 则 下 列 说 法 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．Ｄ 点 的 电 势 φ Ｄ ＝ ０ Ｖ Ｂ． Ｄ 点 的 电 势 φ Ｄ ＝ ２ Ｖ Ｃ ． 电 场 线 的 方 向 与 ＡＣ 的 连 线 垂 直 Ｄ ．匀 强 电 场 的 电 场 强 度 大 小 为 ２０ ０ Ｖ ／ｍ 二 、 多 选 题 （ 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ， 每 小 题 给 出 的 四 个 选 项 中 ， 有 多 个 选 项 是 正 确 的 ， 全 选 对 的 得 ６ 分 ， 少 选 的 得 ３ 分 ， 有 错 选 或 不 选 的 得 ０ 分 ） ８． （ ２０ ２３ 甘 肃 张 掖 高 台 县 第 一 中 学 月 考 ） 如 图 ７ 所 示 ，线 圈 ａｂ ｃｄ 在 匀 强 磁 场 区 域 ＥＦ ＧＨ 中 ， 下 列 情 况 下 线 圈 中 能 产 生 感 应 电 流 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．把 线 圈 变 成 圆 形 （ 周 长 不 变 ） Ｂ． 使 线 圈 在 磁 场 中 加 速 平 移 Ｃ． 使 磁 场 增 强 或 减 弱 Ｄ ．使 线 圈 以 过 ａｂ 的 直 线 为 轴 旋 转 ９． （ ２０ ２３ 浙 江 模 拟 预 测 ） 一 接 地 金 属 板 垂 直 纸 面 水 平 放 置 ，在 金 属 板 延 长 线 上 垂 直 纸 面 放 置 一 均 匀 带 电 金 属 棒 ， 如 图 ８ 为 两 者 周 围 的 电 场 线 和 等 势 线 分 布 图 ，ａ 、ｂ 为 同 一 实 线 弧 上 两 点 ，ｃ 、ｄ 为 同 一 虚 线 弧 上 两 点 ，则 （ 　 　 ） Ａ ．ａ 、ｂ 两 点 电 势 相 等 Ｂ． ｃ、 ｄ 两 点 电 场 强 度 相 同 Ｃ． 金 属 板 上 产 生 的 感 应 电 荷 分 布 不 均 匀 Ｄ ．电 子 从 ｃ移 到 ａ， 电 场 力 做 正 功 １０ ．（ ２０ ２３ 福 建 漳 州 第 一 中 学 月 考 ） 如 图 ９ 所 示 是 某 电 源 的 路 端 电 压 与 电 流 的 关 系 图 像 ，下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） Ａ ．电 源 的 电 动 势 为 ６． ０ Ｖ Ｂ． 电 源 的 内 阻 为 １２ Ω Ｃ． 当 外 电 阻 为 １２ Ω 时 ，电 源 的 输 出 功 率 最 大 Ｄ ．电 流 为 ０． ４ Ａ 时 的 外 电 阻 是 １３ Ω 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ５４ 分 ） 三 、实 验 题 （ 本 题 共 ２ 小 题 ， 共 １６ 分 ， 将 正 确 答 案 填 在 题 中 横 线 上 或 按 要 求 作 答 ） １１ ．（ ６ 分 ） （ ２０ ２３ 宁 夏 石 嘴 山 市 一 模 ） （ １） 某 次 实 验 中 ， 多 用 电 表 表 盘 如 图 １０ 甲 所 示 ，如 果 甲 同 学 用 欧 姆 挡 “ × １０ ０” 测 量 ，则 读 数 为 Ω ； 如 果 用 “ 直 流 ５ Ｖ ” 挡 测 量 ，则 读 数 为 Ｖ ； ! " # $ % & ' ( ) * + , - . ! " # $ % & !"#$%&!' / " 0 1 % & ' ( ) * + , - . ' " ( $ % & ( ) * + , - ! ! ! " # ! " " $ % " $ % " $ % " $ % # $ % & & ' & ( ) * ! ' && (( ! ( % + ) ( ) ' ) " ) ! ! * , % - + ! + ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! . / 0 % 1 2 3 4 5 ! , . / 0 2 1 . / 1 0 3 ! - & & & & & 6 6 6 6 6 7 8 . 9 8 # / / 0 ! / 0 " / 0 ' / 0 ( / 0 * + 0 / * 0 - * 0 + * 0 ( * 0 " * 0 / ! 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 7 8 9 6 9 8 9 : ; < ! ! / 书 均为Ｅ＝ｋｑ Ｌ２ ，Ａ、Ｂ、Ｃ处的负点电荷在Ｏ点产生的电场强 度方向分别沿ＯＡ、ＯＢ、ＯＣ方向，由几何关系可知∠ＢＯＣ ＝１２０°，则Ｂ、Ｃ处的负点电荷在Ｏ点产生的合电场强度 大小为Ｅ，方向沿ＡＯ的延长线，与Ａ处的点电荷 －ｑ在Ｏ 点产生的电场强度大小相等，方向相反，所以三个点电 荷在Ｏ点产生的总合电场强度大小为０．故Ｂ正确． 答案：Ｂ 名师点拨：电场叠加问题的分析思路 电场中某点的实际电场强度等于几个场源电荷单 独存在时产生的电场强度的矢量和．同一直线上的电场 强度的叠加可简化为代数运算；不在同一直线上的两个 电场强度的叠加，用平行四边形定则求合电场强度．分 析电场叠加问题的一般步骤是： （１）确定研究点的空间位置； （２）分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场 在该点的电场强度的大小和方向； （３）依次利用平行四边形定则求出电场强度的矢 量和． ３．等量同种和等量异种电荷的电场强度的比较 比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线 分布图 连线中点Ｏ处 的电场强度 连线上Ｏ点电场强 度最小，指向负电 荷一方 为零 连线上的电场 强度大小（从 左到右） 沿连线先变小，再 变大 沿连线先变小，再 变大 沿中垂线由 Ｏ 点向外电场强 度大小 Ｏ点最大，向外逐 渐减小 Ｏ点最小，向外先 变大后变小 关于Ｏ点对称 的Ａ与Ａ′、Ｂ与 Ｂ′的电场强度 等大同向 等大反向 例６．电场线能直观地反映电场的分布情况．如图４ 甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中 的一些点；Ｏ是电荷连线的中点，Ｅ、Ｆ是连线中垂线上关 于Ｏ对称的两点，Ｂ、Ｃ和Ａ、Ｄ是两电荷连线上关于Ｏ对 称的两点．则 （　　） Ａ．Ｅ、Ｆ两点电场强度相同 Ｂ．Ａ、Ｄ两点电场强度不同 Ｃ．Ｂ、Ｏ、Ｃ三点中，Ｏ点电场强度最小 Ｄ．从Ｃ点向Ｏ点运动的电子加速度逐渐增大 解析：等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势 线，电场强度方向与等势线垂直，因此 Ｅ、Ｆ两点电场强 度方向相同，由于Ｅ、Ｆ是连线中垂线上关于Ｏ对称的两 点，则其电场强度大小也相等，故Ａ正确；根据对称性可 知，Ａ、Ｄ两点处电场线疏密程度相同，则 Ａ、Ｄ两点电场 强度大小相等，由题图甲看出，Ａ、Ｄ两点电场强度方向 相同，故Ｂ错误；由题图甲看出，Ｂ、Ｏ、Ｃ三点比较，Ｏ点处 的电场线最稀疏，电场强度最小，故 Ｃ正确；由题图可 知，电子从Ｃ点向Ｏ点运动过程中，电场强度逐渐减小， 则静电力逐渐减小，由牛顿第二定律可知电子的加速度 逐渐减小，故Ｄ错误． 答案：ＡＣ ４．电场线的应用 判断电场强度的大小 电场线密处的电场强度大，电场线疏 处的电场强度小，进而可判断电荷所 受电场力大小和加速度的大小 判断电场力的方向 正电荷的受力方向和电场线在该点的 切线方向相同，负电荷的受力方向和 电场线在该点的切线方向相反 判断电势的高低与 电势降低的快慢 沿电场线的方向电势降低最快，且电 场线密的地方比疏的地方降低更快 判断等势面的疏密 电场线越密的地方，等差等势面越密 集；电场线越疏的地方，等差等势面越 稀疏 分析电场中运动轨迹问题的方法 （１）“运动与力两线法”——— 在运动轨迹与电场线 的交点处画出运动轨迹的切线（“速度线”）与电场线的 切线（“力线”）方向，从二者的夹角情况来分析曲线运 动的情况． （２）“三不知时要假设”———电荷的正负、电场强度 的方向或等势面电势的高低与电荷运动的方向，是相互 制约的三个方面．若已知其中任意一个，可顺次向下分 析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别 讨论各种情况． 例７．如图５所示，实线表示某 电场的电场线（方向未标出），虚线 是一带正电的粒子只在电场力作 用下的运动轨迹，设粒子在 Ａ点和 Ｂ点时加速度大小分别为 ａＡ、ａＢ，Ａ 点和Ｂ点的电势分别为 φＡ、φＢ，速 度大小分别为 ｖＡ、ｖＢ，电势能分别为 ＥｐＡ、ＥｐＢ．下列判断 正确的是 （　　） Ａ．ｖＡ ＜ｖＢ，φＡ ＜φＢ Ｂ．ｖＡ ＜ｖＢ，ａＡ ＜ａＢ Ｃ．φＡ ＜φＢ，ＥｐＡ ＞ＥｐＢ Ｄ．ａＡ ＜ａＢ，ＥｐＡ ＞ＥｐＢ 解析：根据带正电的粒子所受电场力大致指向轨迹 的凹侧，可知电场线大致向右，沿电场线电势逐渐降低， 可知φＡ ＞φＢ，由Ｂ点电场线比Ａ点密集可知，Ｂ点电场 强度较大，粒子在Ｂ点的加速度较大，即ａＡ＜ａＢ，从Ａ到 Ｂ电场力做正功，则动能增加，电势能减小，则ｖＡ ＜ｖＢ， ＥｐＡ ＞ＥｐＢ，故ＢＤ正确，ＡＣ错误． 答案：ＢＤ 例８．如图６所示，实线表示某 静电场中的电场线，过Ｍ点的电场 线是水平直线，虚线表示该电场中 的一条竖直等势线，Ｍ、Ｎ、Ｐ是电场 线上的点，Ｑ是等势线上的点．一 带正电的点电荷在 Ｍ点由静止释 放，仅在电场力作用下水平向右运动，则 （　　） Ａ．点电荷一定向右做匀加速运动 Ｂ．将一负点电荷从Ｐ点移到Ｎ点，电场力做正功 Ｃ．点电荷在Ｎ点释放时的加速度比在 Ｐ点释放时 的加速度小 Ｄ．将一负点电荷从Ｑ点沿等势线竖直向上射出，点 电荷将沿等势线做匀速直线运动 解析：由电场线可知，电场不是匀强电场，点电荷做 变加速运动，故 Ａ错误；由题意可知，电场方向大致向 右，将一负点电荷从 Ｐ点移到 Ｎ点，即从电势低的位置 移动到电势高的位置，电势能减小，则电场力做正功，故 Ｂ正确；电场线越密集（稀疏），电场强度就越大（小），则 点电荷在Ｎ点释放时的加速度比在 Ｐ点释放时的加速 度大，故Ｃ错误；负电荷受电场力的方向与电场强度方 向相反，负电荷向左偏转，做加速曲线运动，故Ｄ错误． 答案：Ｂ １．解答思路 ２．运动情况反映受力情况 （１）物体静止（保持）：Ｆ合 ＝０． （２）做直线运动 ①匀速直线运动：Ｆ合 ＝０． ②变速直线运动：Ｆ合≠０，且Ｆ合 与速度方向总是一 致． （３）做曲线运动：Ｆ合 ≠０，Ｆ合 与速度方向不在一条 直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧． （４）Ｆ合 与ｖ的夹角为α，加速运动：０≤α＜９０°；减 速运动；９０°＜α≤１８０°． （５）匀变速运动：Ｆ合 ＝恒量． 例９．如图７所示，水平面 上竖直固定四分之一绝缘圆 弧轨道 ＢＣ，轨道 ＡＢ和 ＢＣ均 光滑，水平面ＡＢ与圆弧ＢＣ相 切于Ｂ点，Ｏ为圆心，ＯＢ竖直， ＯＣ水平，ＢＣ轨道半径为Ｒ．整个空间有足够大、水平向 右的匀强电场．一质量为ｍ、电荷量为ｑ的带正电绝缘小 球自Ａ点由静止释放，小球沿水平面向右运动，ＡＢ间距 离为２Ｒ，匀强电场的电场强度Ｅ＝ｍｇｑ，重力加速度大小 为ｇ，不计空气阻力．求： （１）小球到达Ｃ点时对轨道的压力； （２）小球从Ａ点开始，经过Ｃ点脱离轨道后上升到 最高点过程中，小球电势能的变化量． 解析：（１）设小球在Ｃ点的速度为ｖＣ，小球从Ａ点运 动Ｃ点过程中，由动能定理可得 ｑＥ·３Ｒ－ｍｇＲ＝ １２ｍｖ ２ Ｃ 解得ｖＣ ＝２槡ｇＲ 小球在Ｃ点时水平方向的支持力ＦＮ与电场力ｑＥ的 合力提供向心力，所以有 ＦＮ－ｑＥ＝ｍ ｖ２Ｃ Ｒ 解得ＦＮ ＝５ｍｇ 由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为 Ｆ′Ｎ ＝ＦＮ ＝５ｍｇ，方向水平向右． （２）小球过Ｃ点上升到最高点的过程中，由运动的 分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速直线 运动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从 Ｃ点到最高 点的时间为ｔ，则 水平方向上ａｘ ＝ ｑＥ ｍ ＝ｇ，ｘ＝ １ ２ａｘｔ ２ 竖直方向上ｔ＝ ｖＣ ｇ 小球从Ａ点开始运动到达最高点过程中电场力做 功为 Ｗ电 ＝ｑＥ（３Ｒ＋ｘ） 根据电场力做功与电势能变化关系Ｗ电 ＝－ΔＥｐ 解得ΔＥｐ ＝－５ｍｇＲ． 答案：（１）５ｍｇ，方向水平向右；　（２）－５ｍｇＲ & ( %" +" $ % + =>?@A BCDE F3GH IJKLM NOP4QRSOP4QTUVWX YZDE [\DE ]4Ẑ 4:;5 R 4:< ; ! ; " = " _ `ZabcdefghijaklmneN ocdpjaqlrQeNoscd tuZ [\vwxyYZvw z{|}~€‚ƒH~\„ƒ…~„ †‡ˆ‰HŠ ( ( %" +" + % $ !"#$%&'()*+ /'*!2*",!"+- !",-%&'()*+ /'*!2*",!!"* ! ! !"#$%&' /"01%,-2&'()*3%( !" 4 ! 567879 0 ! :?@A9 ! 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