人教版高中物理选修3-1：第3章第4节时同步训练及解析

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人教版高中物理选修3-1《1.1电荷及其守恒定律》同步训练试题解析.docx

高中物理学习材料桑水制作一、选择题1．关于元电荷，下列说法中正确的是( )A．元电荷实质上是指电子和质子本身B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C．元电荷的值通常取作e＝1.60×10－19 CD．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的解析：选BCD.元电荷是最小电荷量单位，不是指具体的带电体，所以A错B对；由美国物理学家密立根测得电子的电量，故C、D对．2．下列说法正确的是( )A．物体所带的电荷量可以为任意实数B．不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷C．摩擦起电过程，是靠摩擦产生了电荷D．利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体解析：选D.自然界中的电荷量不是任意无限可分的，其最小单位为元电荷所带电荷量1.60×10－19 C，故A项错．物体不带电，是由于其内部正、负电荷的量值相等，对外不显电性，故B项错．电荷既不能创造，也不能消灭，摩擦起电同样不能创造电荷，是一个物体失去电子、另一个物体得到电子的过程，故C项错．自由电子是金属导体中的自由电荷，在带电体的作用下，导体中的自由电子会趋向或远离带电体，使导体两端带等量异种电荷，选项D 正确．3．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况下列说法中正确的是( )A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C解析：选AD.由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．4．如图1－1－9所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B( )图1－1－9A．不带电B．带正电C．带负电D．不能确定答案：C5．带电微粒所带电荷量不．可能是下列值中的( )A．2.4×10－19 C B．－6.4×10－19 CC．－1.6×10－18 C D．4.0×10－17 C解析：选A.任何带电物体的带电荷量都是元电荷的整数倍，由此知选项A不是元电荷的整数倍．6．如图1－1－10所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则( )A．仅有两个小球带同种电荷B．仅有三个小球带同种电荷C．c、d小球带同种电荷D．c、d小球带异种电荷解析：选BD.由a吸d，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；c斥a，b斥c 可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷．故选B、D.7．把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一定距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不．可能是( )A．带有等量异种电荷B．带有等量同种电荷C．带有不等量异种电荷D ．一个带电，另一个不带电解析：选A.当两个小球分别带等量异种电荷时，两球接触后，都不带电，不可能相互排斥，故A 项是不可能的．8．如图1－1－11所示，原来不带电的金属导体MN ，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A 靠近导体的M 端，可能看到的现象( )图1－1－11A ．只有M 端验电箔片张开，且M 端带正电B ．只有N 端验电箔片张开，且N 端带负电C ．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电D ．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电解析：选C.根据同种电荷相互排斥可知，金属球A 上的负电荷将排斥金属导体MN 上的自由电子，使其向N 端移动，N 端带负电，而M 端带正电，故两端的金箔片均张开，C 正确．A 、B 、D 均错误．9．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u 夸克和d 夸克的两类夸克组成，u 夸克带电荷量为23e ，d 夸克带电荷量为－13e ，e 为元电荷．下列论断可能正确的是( ) A ．质子由1个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成B ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成C ．质子由1个u 夸克和2个d 夸克组成，中子由2个u 夸克和1个d 夸克组成D ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和1个d 夸克组成解析：选B.对质子11H ：带电荷量为2×23e ＋(－13e )＝e ，故由2个u 夸克和1个d 夸克组成；对中子10n ：带电荷量为1×23e ＋2×(－13e )＝0，故由1个u 夸克和2个d 夸克组成．故选B. 二、计算题10．如图1－1－12所示，大球A 原来的电荷量为Q ，小球B 原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q ；现给A 球补充电荷，使其电荷量为Q ，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q ，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？图1－1－12解析：由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是1∶1，但应该是一个确定的值．根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷关系可知，此比例为(Q －q )∶q .经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B 球带电荷量为q ′，则有Q －q q ＝Q q ′，解得q ′＝Qq Q －q . 答案：Qq Q －q11.如图1－1－13所示，A 为带负电的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r 处放一质量为m ，电荷量为q 的小球，小球受向右的作用力偏转θ角而静止，小球由绝缘丝线悬挂于O 点，试求金属板对小球的作用力为多大？图1－1－13。

【精品试卷】人教版高中物理选修3-1：第3章第4节时同步训练及解析复习专用试卷

高中物理学习材料（精心收集**整理制作）高中物理选修3-1 同步训练1.图3－4－16中的通电导线在磁场中受力分析正确的是()图3－4－16解析：选C.注意安培定则与左手定则的区别，判断通电导线在磁场中的受力用左手定则．2.在图3－4－17所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F a、F b，可判断两段导线()图3－4－17A．相互吸引，F a>F b B．相互排斥，F a>F bC．相互吸引，F a<F b D．相互排斥，F a<F b解析：选D.无论开关置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．开关置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故D正确．图3－4－183.(2013河北唐山月考)由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中(如图3－4－18所示)，若导线框中通以如图方向的电流时，导线框将()A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C ．以c 为轴转动D ．以b 为轴转动解析：选B.ab 和bc 两段电流的等效长度等于ac ，方向由a 到c 的一段电流，由左手定则以及安培力公式可知ab 和bc 两段电流所受安培力的合力方向和ac 受到的安培力方向相反，大小相等，线框整体合力为0，仍然静止，B 对．4.关于磁电式电流表的以下说法，正确的是( )A ．指针稳定后，游丝形变产生的阻力与线圈所受到的安培力方向是相反的B ．通电线圈中的电流越大，电流表指针的偏转角度越大C ．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场D ．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，与所处位置无关解析：选ABD.游丝形变产生的阻力与安培力引起的动力从转动角度来看二力方向相反．电流表内磁场是均匀辐射磁场，在线圈转动的范围内，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处的磁场大小相等方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A 、B 、D ，C 错．图3－4－195.(2012·南京外国语学校高二检测)如图3－4－19所示，一根长L ＝0.2 m 的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I ＝5 A 的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B ＝0.6 T 竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin37°＝0.6)解析：从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判出为水平向右， F ＝ILB ＝5×0.2×0.6 N ＝0.6 N. 由平衡条件得重力 mg ＝Ftan37°＝0.8 N.答案：0.8 N课后作业一、单项选择题1.在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线( ) A ．受到竖直向上的安培力 B ．受到竖直向下的安培力 C ．受到由南向北的安培力 D ．受到由西向东的安培力解析：选A.赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，由左手定则判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，答案A正确．图3－4－202.(2012·苏州高级中学高二检测)如图3－4－20所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A．水平向左B．水平向右C．竖直向下D．竖直向上解析：选D.先用安培定则判断螺线管的磁场方向，在A点导线处的磁场方向是水平向左的；再用左手定则判断出导线A受到的安培力竖直向上．故选D.图3－4－213.如图3－4－21所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则MN所受安培力大小为()A．F＝BIdB．F＝BId sinθC．F＝BId/sinθD．F＝BId cosθ解析：选C.导线与B垂直，F＝BI dsinθ.图3－4－224.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图3－4－22所示．过c点的导线所受安培力的方向()A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边解析：选C.根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故C选项正确．二、双项选择题5.图3－4－23通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图3－4－23所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是()A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小相等C．线框所受的安培力的合力方向向左D．线框所受的安培力的合力方向向右解析：选BD.由安培定则可知导线MN在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反．ab边受到向右的安培力F ab，cd边受到向左的安培力F cd.因ab边所处的磁场强，cd边所处的磁场弱，故F ab＞F cd，线框所受合力方向向右．图3－4－246.如图3－4－24所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将()A．转动B．不转动C．靠近磁铁D．离开磁铁解析：选AC.把环形电流等效成一个小磁针，由安培定则知，此小磁针的N极向里S极向外．条形磁铁的N极吸引小磁针的S极排斥N极，故线圈将发生转动同时靠近磁铁．从上面观察的俯视图如图所示．答案为A、C.图3－4－257.(2013广东阶段性考试)如图3－4－25所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．台秤的示数随电流的增大而增大解析：选AD.如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，A正确，B、C错误．由F＝BIl可知D正确．图3－4－268.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时ab恰好在导轨上静止(如图3－4－26所示)，下列是在沿ba方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是()图3－4－27解析：选AB.若杆在重力、安培力、弹力的作用下可以处于平衡状态，则杆与轨道间的摩擦力为零．由左手定则判断安培力的方向：图A中安培力水平向右，摩擦力可能为零，A选项正确；图B中安培力竖直向上，摩擦力可能为零，B选项正确；图C中安培力竖直向下，没有摩擦力杆不可能平衡，C 选项错误；图D中安培力水平向左，没有摩擦力，杆不可能平衡，D选项错误．故正确答案为A、B.图3－4－289.(2012·清华附中高二检测)如图3－4－28所示，abcd为闭合四边形线框，a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间中有沿y轴正方向的匀强磁场，线框中通有方向如图所示的电流I.关于线框各条边所受安培力的大小，下列叙述中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．bc边不受安培力作用解析：选BD.根据安培力的计算公式可得，ab边所受安培力的大小为F ab＝BIl ab，bc边平行于磁场方向，受力为零，ad边所受安培力的大小为F ad＝BIl Od，cd边所受安培力的大小为F cd＝BIl cd，故选项B、D正确．三、非选择题图3－4－2910.如图3－4－29所示，在磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，用两根细线悬挂长L ＝10 cm 、质量m ＝5 g 的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零． (1)求金属杆中电流的大小和方向；(2)若每根悬线所受的拉力为0.1 N ，求金属杆中的电流的大小和方向(g ＝10 m/s 2)．解析：(1)因为悬线受的拉力为零，所受安培力方向向上 F 安＝BIL ＝mg解得：I ＝0.5 A ，方向水平向右．(2)金属杆在重力mg 、悬线拉力2F 和安培力BIL 的作用下平衡，所以有：mg ＋BIL ＝2F 解得：I ＝1.5 A ，方向水平向左．答案：(1)0.5 A ，方向水平向右 (2)1.5 A ，方向水平向左图3－4－3011.如图3－4－30所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ．质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0，B ＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2) 解析：支持力为0时导线的受力如图所示，由平衡条件得： F 安＝mgtan37°＝6×10－2×100.75N＝0.8 N由F 安＝BIL 得 B ＝F 安IL ＝0.81×0.4T ＝2 T由B ＝0.4t 得t ＝B 0.4＝20.4s ＝5 s.答案：5 s图3－4－3112.如图3－4－31所示，PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，导体棒的质量m ＝0.2 kg ，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M ＝0.3 kg ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？解析：为了使物体匀速上升，导体棒所受安培力方向应向左，由左手定则可知，导体棒中的电流方向应为a →b .由平衡条件得：BIL ＝Mg ＋μmg 解得：I ＝Mg ＋μmgBL ＝2 A.答案：2 A 方向a →b。

(2021年整理)高中物理选修3-1同步练习电荷守恒与库仑定律附答案

高中物理选修3-1同步练习电荷守恒与库仑定律附答案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中物理选修3-1同步练习电荷守恒与库仑定律附答案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第01讲电荷守恒与库仑定律❖ 电荷守恒定律A1．如图所示，在带电+Q 的带电体附近有两个相互接触的金属导体A 和B ，均放在绝缘支座上。

若先将+Q 移走，再把A 、B 分开，则A 电， B 电；若先将A 、B 分开，再移走+Q ，则A 电,B 电。

2．同种电荷相互排斥,在斥力作用下,同种电荷有尽量的趋势，异种电荷相互吸引，而且在引力作用下有尽量的趋势．3．一个带正电的验电器如图所示，当一个金属球A 靠近验电器上的金属球B 时，验电器中金属箔片的张角减小，则（ )A ．金属球A 可能不带电B ．金属球A 一定带正电C ．金属球A 可能带负电D ．金属球A 一定带负电4．用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近已带电的验电器时,发现它的金属箔片的张角减小,由此可判断（）A ．验电器所带电荷量部分被中和B ．验电器所带电荷量部分跑掉了C ．验电器一定带正电D ．验电器一定带负电5．以下关于摩擦起电和感应起电的说法中正确的是A.摩擦起电是因为电荷的转移,感应起电是因为产生电荷B.摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C.摩擦起电的两摩擦物体必定是绝缘体，而感应起电的物体必定是导体D.不论是摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移6．现有一个带负电的电荷A,和一个能拆分的导体B,没有其他的导体可供利用，你如何能使导体B 带上正电？7．带电微粒所带的电荷量不可能是下列值中的A. 2。

物理人教选修3-1同步训练：第三章磁场1～4节附答案

同步检测九第三章磁场（1～4节）（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分） 1.下列说法正确的是A.只有磁极周围空间存在磁场B.相互接触的两个磁体之间没有磁场力的作用C.磁体对电流有力的作用，电流对磁体没有力的作用D.磁体和电流之间力的作用是相互的，都是通过磁场产生力的作用答案：D解析：磁体和电流周围都可以产生磁场，故A 错；磁场力是非接触力，即磁场力的产生与磁体之间是否接触无关，B 错；磁体与电流间的磁场力是相互的，故C 错D 对.2.在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图.过c 点的导线所受安培力的方向A.与ab 边平行，竖直向上B.与ab 边平行，竖直向下C.与ab 边垂直，指向左边D.与ab 边垂直，指向右边答案：C解析：本题考查了左手定则的应用.导线a 在 c 处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac 向左，同理导线b 在c 处产生的磁场方向垂直bc 向下，则由平行四边形定则，过c 点的合场方向平行于ab ，根据左手定则可判断导线c 受到的安培力垂直ab 边，指向左边. 3.关于磁感应强度，下列说法中正确的是A.若长为L 、电流为I 的导体在某处受到的磁场力为F ，则该处的磁感应强度必为ILF B.由IL FB =知，B 与F 成正比，与IL 成反比 C.由ILFB =知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场D.磁感应强度的方向就是小磁针北极所受磁场力的方向答案：D解析：磁场中某点的磁感应强度B 是客观存在的，与是否放通电导体无关.定义磁感应强度是对它的一种测量，在测量中要求一小段通电导体的放置方位，力F 应是在放置处受到的最大力，也就是应垂直于磁场放才行.故选项A 、B 、C 均错. 4.下列说法正确的是A.磁感线从磁体的N 极出发，终止于磁体的S 极B.磁感线可以表示磁场的方向和强弱C.磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N 极一定指向通电螺线管的S 极解析：磁感线是闭合曲线，故A错.磁感线的疏密可以表示磁场的强弱，切线方向可表示磁场的方向，故B正确.磁铁和电流周围都存在磁场，故C正确.通电螺线管内部磁场方向从S 极指向N极，故D错误.5.一条竖直放置的长直导线，通一由下向上的电流，在它正东方某点的磁场方向为A.向东B.向西C.向南D.向北答案：5.D解析：根据安培定则（如右图）可知D正确.6.如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁感应强度B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误．．的是答案：C解析：当B∥I时，F=0.另外由左手定则可知，A、B、D选项均正确，故错误的选C.7.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央上方固定一根长直导线，导线与条形磁铁垂直.当导线中通以垂直纸面向里的电流时，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导线通电后与通电前受力相比较是A.F N减小，F f=0B.F N减小，F f≠0C.F N增大，F f=0D.F N增大，F f≠0答案：C解析：用牛顿第三定律分析.画出一条通电电流为I的导线所处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上.根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确答案为选项C.8.如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，且能自由转动.若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度相背运动解析：同向环形电流相互吸引，虽两电流大小相等，但根据牛顿第三定律知，两线圈间相互作用力必定大小相等，所以选C.9.在赤道上空，有一条沿东西方向水平架设的导线，当导线中的自由电子自东向西沿导线做定向移动时，导线受到地磁场的作用力的方向为A.向北B.向南C.向上D.向下答案：C解析：电流方向自西向东，赤道上空地磁场方向由南向北，则由左手定则得安培力方向向上，应选C.10.一段通电导线平行于磁场方向放入匀强磁场中，导线上的电流方向由左向右，如右图所示.在导线以其中心点为轴转动90°的过程中，导线受到的安培力A.大小不变，方向不变B.由零增大到最大，方向时刻变C.由最大减小到零，方向不变D.由零增大到最大，方向不变答案：D解析：导线转动前，电流方向与磁场方向平行，导体不受安培力；当导体转过一个小角度后，电流与磁场不再平行，导体受到安培力的作用；当导体转过90°时，电流与磁场垂直，此时导体所受安培力最大.根据左手定则判断知，力的方向始终不变.选项D正确.二、填空题（本题共3小题,每小题5分，共15分）11.如图1所示线圈平面与水平方向成θ角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量Φ=__________.图1答案：BS cosθ解析：线圈平面abcd与磁感应强度B方向不垂直，不能直接用Φ=BS计算，处理时可以用不同的方法.解法一：把S投影到与B垂直的方向，即水平方向，如图中a′b′cd，S⊥=S cosθ，故Φ=BS⊥=BS cosθ. 解法二：把B分解为平行于线圈平面的分量B∥和垂直于线圈平面的分量B⊥，显然B∥不穿过线圈，且B⊥=B cosθ，故Φ=B⊥S=BS cosθ.12.如图2所示，放在通电螺线管内部中间处的小磁针，静止时N极指向右，则电流的正极为__________，负极为__________.图2答案：c 端 d 端解析：小磁针N 极的指向即为该处的磁场方向，所以螺线管内部磁感线由a →b .根据安培定则可判断出电流由电源的c 端流出，d 端流入，故c 端为正极，d 端为负极. 13.在倾角为30°的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向下，如图3所示，当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I 时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度的大小为B =__________.图3答案：ILmgB 2=解析：通电导体棒受三个力：重力、弹力和安培力.其中安培力沿斜面向上，与导体棒重力沿斜面向下的分力平衡，故有：BIL =mg sin30°,所以.2ILmgB =三、解答题（本题共4小题,14、15、16题各10分,17题15分,共45分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位）14.如图所示，导体杆ab 的质量为m ，电阻为R ，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d ，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，电池内阻不计，问：若导线光滑，电源电动势E 多大才能使导体杆静止在导轨上？答案：BdmgR θtan解析：由闭合电路欧姆定律得： E =IR ，导体杆受力情况如图，则由共点力平衡条件可得 F 安=mg tan θ, F 安=BId ，由以上各式可得出.tan BdmgR E θ=15.如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，并在竖直向上的磁场中，一根质量为3.6 k g 、有效长度为2 m 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8 A 时，金属棒能获得2 m/s 2的加速度，则磁场的磁感应强度为多少？答案：1.2 T解析：对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得：当金属棒中的电流为5 A 时 BI 1L －F 阻=0①当金属棒中的电流为8 A 时 BI 2L －F 阻=ma ②由①②整理方程组可得：2)58(26.3)(12⨯-⨯=-=L I I ma B T=1.2 T. 16.三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如右图所示，现使每条通电导线在斜边中点O 所产生的磁感应强度的大小为B .则该处的实际磁感应强度的大小和方向如何？答案：,50B B =方向在三角形平面内与斜边夹角θ=arctan2解析：根据安培定则，I 1与I 3在O 点处产生的磁感应强度相同，I 2在O 点处产生的磁感应强度的方向与B 1（B 3）相垂直.又知B 1、B 2、B 3的大小相等均为B ，根据矢量的运算可知O处的实际磁感应强度的大小,5)2(220B B B B =+=方向在三角形平面内与斜边夹角θ=arctan2，如下图所示.17.如右图所示，有一电阻不计、质量为m 的金属棒ab 可在两条轨道上滑动，轨道宽为L ，轨道平面与水平面间夹角为θ，置于垂直轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .金属棒与轨道间的最大静摩擦力为重力的k 倍，回路中电源电动势为E ，内阻不计，轨道电阻也不计.问：滑动变阻器调节在什么阻值范围内，金属棒恰能静止在轨道上？答案：)(sin )(sin k mg BLER k mg BLE -≤≤+θθ 解析：如题图所示，金属棒静止在斜面上，相对运动的趋势不确定，当滑动变阻器的阻值小时，电路中电流大，金属棒有沿斜面向上的运动趋势，反之有向下的运动趋势.假设金属棒刚要向下滑时，静摩擦力达最大值.选金属棒ab 为研究对象，进行受力分析，沿轨道方向列平衡方程如下： BI 1L =mg sin θ－kmg)(sin ,111k mg BLER R E I -==θ 若金属棒刚要向上滑时，同理可得： BI 2L =mg sin θ＋kmg)(sin ,222k mg BLER R E I +==θ 所以金属棒的电阻应满足：)(sin )(sin k mg BLER k mg BLE -≤≤+θθ。

人教版高中物理(选修3-1)

人教版高中物理(选修3-1) 重、难点梳理第一章电场§1.1 电荷及其守恒定律一、课标及其解读1、了解摩擦起电和感应起电，知道元电荷（①知道自然界存在两种电荷。

同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；②了解摩擦起电、感应起电，能从物质微观结构的角度认识物体带电的本质；③知道元电荷、电荷量的概念，知道电荷量不连续变化。

）2、用原子结构和电荷守恒的知识分析静电现象（①知道电荷守恒定律；②应掌握完全相同的两个带电金属球相互接触后，电荷间的分配关系。

）3、了解静电现象及其在生产、生活中的应用（如静电喷涂、静电复印、经典植绒、静电除尘等。

）二、教学重点从物质微观结构的角度认识物体带电的本质。

三、教学难点起电的本质四、教学易错点1、在静电感应现象中，金属导体内移动的是电子，而不是质子；2、元电荷是电荷量，并不是某个实体电荷；3、电荷量是不连续的，电荷的正负表示其带电性质。

五、教学疑点1、对起电方式及实质的理解（①对物质内部微观结构分析，说明部分物质内部电子可以自由移动；②电荷守恒，说明起电的实质不是新电荷的产生。

）2、电中性的解释，加深学生对起电的理解。

六、教学资源（一）教材中重视的问题1、关于静电现象方面的知识，初中已有介绍，而高中则更侧重于从物质微观结构的角度去认识物体带电的本质，如教材中提到的导体与绝缘体；2、能用静电现象解释生活中的现象（如课本P5第1题）。

（二）教材中重要的思想方法1、各种守恒定律是物理学的基本规律，本节进一步突出守恒的思想；2、培养学生对实验现象进行归纳、总结的能力，教材中各种实验现象均未给出具体的结论，这就要求教学中要渗透科学探究的思想方法。

§1.2 库仑定律一、教学要求1、知道点电荷，体会科学探究中的理想模型方法（①了解点电荷；②明确点电荷是个理想模型及把物体看成点电荷的条件；③体会理想化物体模型在科学研究中的作用与意义。

）2、知道两个点电荷间的相互作用规律（①通过实验,探究影响电荷间相互作用力的因素,了解库仑定律的建立过程；②知道两个点电荷相互作用的规律（库仑定律及其适用条件）；③能用数学知识解决库仑定律中存在的极值问题。

高中物理第三章磁场第四节磁场对通电导线的作用力示范教案新人教版选修3-1

4 磁场对通电导线的作用力教学设计(一)整体设计教学分析安培力的方向一定与电流、磁感应强度的方向都垂直，但电流方向与磁感应强度方向可以成任意角度。

当电流方向与磁感应强度方向垂直时，安培力最大。

对此，学生常常混淆，例如在解决实际问题时误以为安培力、电流、磁感应强度一定是两两垂直的关系。

左手定则是判断安培力、电流、磁感应强度方向的一种简便、直观的方法，可以让学生在探究中体验它的方便性。

另外，空间想象能力对本节的学习至关重要。

要使学生能够看懂立体图，熟悉各种角度的侧视图、俯视图和剖面图，需要一定量的巩固训练。

教学目标1．探究安培力方向与哪些因素有关的实验，记录实验现象并得出相关结论。

知道安培力的方向与电流、磁感应强度的方向都垂直，会用左手定则判断安培力的方向。

2．推导匀强磁场中安培力的表达式，计算匀强磁场中安培力的大小。

3．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流大小和方向的基本原理。

教学重难点安培力的方向和大小是本节重点，弄清安培力、电流、磁感应强度三者方向的空间关系是本节难点。

教学方法与手段实验探究、观察法、逻辑推理法等。

以演示实验为先导，激发学生探究安培力、电流、磁感应强度三者方向的空间关系，并寻找描述安培力方向的简便方法。

展示三维空间模型，帮助学生建立安培力、电流、磁感应强度三者方向的直观关系。

学生自主学习磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流大小和方向的基本原理，训练学生阅读自学能力。

课前准备教学媒体学生电源、悬挂式线圈、导线和开关、蹄形磁铁若干组、玻璃器皿盐水、铁架台、磁电式电表、安培力方向三维空间模型、多媒体辅助教学设备(多媒体课件、实物投影仪、视频片断)。

知识准备当电流与磁感应强度两者方向垂直时，安培力大小为F＝ILB。

教学过程导入新课[事件1]教学任务：创设情景，导入新课师生活动：【演示】课本P93旋转的液体(简介器皿中的盐水可以导电，相当于导线，实验过程中滴一滴蓝色墨水更易于观察)液体向哪个方向旋转？观察并讨论：原来静止的液体为什么旋转了起来？回答：肯定有力的作用，力是改变运动状态的原因。

人教版高中物理选修3-1第三章第4节随堂基础巩固(含答案解析)

（精心整理，诚意制作）[随堂基础巩固]1.关于磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间的关系，正确的说法是( )A.磁场方向、电流方向、安培力方向三者之间总是互相垂直的B.磁场方向一定与安培力方向垂直，但电流方向不一定与安培力方向垂直C.磁场方向不一定与安培力方向垂直，但电流方向一定与安培力方向垂直D.磁场方向不一定与电流方向垂直，但安培力方向一定既与磁场方向垂直，又与电流方向垂直解析：由左手定则可知，安培力方向一定既垂直于磁场方向又垂直于电流方向，但电流方向与磁场方向不一定垂直。

答案：D2.如图3－4－13所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( )图3－4－13A.纵向收缩，径向膨胀B.纵向伸长，径向膨胀C.纵向伸长，径向收缩D.纵向收缩，径向收缩解析：通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀，故A对。

答案：A3.如图3－4－14所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，下图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦可能为零的是( )图3－4－14图3－4－15解析：因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零，由左手定则可知A中F水平向右，B 中F竖直向上，C中F竖直向下，D中F水平向左，A、B满足题意。

答案：AB4.如图3－4－16所示，在光滑的水平面上放一半径为R的导体环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直环面向里，当环中通有恒定电流I时，求导体环截面的张力大小。

图3－4－16解析：导体环上任一点受安培力的方向总背离圆心，安培力的合力为零，但导体环截面上任一点的张力并不为零，为求张力，可将环分割，使内力(张力)变为外力。

将导体环一分为二，半圆环的有效长度为直径2R，F＝BI·2R。

安设张力大小为F，如图所示，由平衡条件知：2F＝2IRB。

2021年(人教版)最新高中物理选修3-1配套同步练习(全册)同步练习

（人教版）高中物理选修3-1配套练习（全册）同步练习第1节磁现象和磁场1．磁场是一种物质吗？磁场是磁体周围客观存在的一种物质，磁场和电场一样都属于场类物质，尽管人眼看不见，但它是自然界物质存在的一种形式．2．磁场的基本特性是什么？磁场的基本特性是对放入磁场中的磁体或电流以及运动电荷有力的作用．3．哪些物质产生磁场？产生磁场的地方有磁体的周围、电流的周围及变化电场的周围(我们以后将学到)．4．磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．5．地磁场的分布大致上就像一个条形磁体的磁场；地球表面上磁场的方向大致是从南到北．►基础巩固1．(多选)关于磁场的下列说法正确的是(BD)A．磁场和电场一样，是同一种物质B．磁场最基本的性质是对处于磁场里的磁体或电流有磁场力的作用C．磁体与通电导体之间的相互作用不遵循牛顿第三定律D．电流与电流之间的相互作用是通过磁场进行的解析：磁场是客观存在的一种特殊物质，其性质就是对放入其中的磁体或电流产生力的作用．磁场力也是一种性质力，当然遵循牛顿运动定律，电流具有磁效应，通过各自产生的磁场发生相互作用，所以答案选BD.2．磁铁吸引小铁钉与摩擦过的塑料尺吸引毛发碎纸屑两现象比较，下列说法正确的是(D)A．两者都是电现象B．两者都是磁现象C．前者是电现象，后者是磁现象D．前者是磁现象，后者是电现象解析：磁铁吸引小铁钉是靠磁铁的磁场把铁钉磁化而作用的，是磁现象；摩擦过的塑料上带电荷是周围产生电场而吸引毛发碎纸屑的，是电现象．3．奥斯特实验说明了(C)A．磁场的存在 B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场 D．磁体间有相互作用解析：本题考查奥斯特实验，奥斯特实验中电流能使静止的小磁针发生偏转，说明电流周围能产生磁场．故正确选项为C.4．磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是(B)A．磁体的吸铁性B．磁极间的相互作用规律C．电荷间的相互作用规律D．磁场对电流的作用原理解析：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引．当军舰接近磁性水雷时，磁体间的相互作用引起小磁针的转动，与铁制引芯相吸引，接通电路，引起爆炸．5．如图四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是(B)A．甲图中，导线通电小磁针发生偏转B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离解析：磁场对小磁针、通电导体有作用力，图甲中的小磁针发生了偏转，图丙、丁中的通电导体发生了吸引和排斥，都说明了电流周围存在磁场．乙图不能说明电流能产生磁场．所以答案为B.6．判断一段导线中是否有直流电流通过，手边若有几组器材，其中最为可用的是(A)A．被磁化的缝衣针及细棉线B．带电的小纸球及细棉线C．小灯泡及导线D．蹄形磁铁及细棉线解析：被磁化的缝衣针相当于小磁针，用细棉线吊起后放在直线电流周围能摆动说明导线中有电流流过．7．地球是一个大磁体，它的磁场分布情况与一个条形磁铁的磁场分布的情况相似，下列说法正确的是(D)A．地磁场的方向是沿地球上的经线方向B．地磁场的方向是与地面平行的C．地磁场的方向是从北向南的方向D．在地磁南极上空，地磁场的方向是竖直向下的解析：地理南北极与地磁南北极不重合，所以地磁场方向与经线有夹角，即磁偏角，地磁场方向不与地面平行，它们之间的夹角称为磁倾角，在地磁南北极附近，磁场方向是与地面垂直的．►能力提升8．《新民晚报》曾报道一则消息：“上海信鸽从内蒙古放飞后，历经20余天，返回上海市鸽巢”，信鸽的这种惊人的远距离辨认方向的本领，实在令人称奇．人们对信鸽有高超的认路本领的原因提出了如下猜想：A．信鸽对地形地貌有极强的记忆力B．信鸽能发射并接收某种超声波C．信鸽能发射并接收某种次声波D．信鸽体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向那么信鸽究竟靠什么辨别方向呢？科学家们曾做过这样一个实验：把几百只训练有素的信鸽分成两组，在一组信鸽的翅膀下各缚一块小磁铁，而在另一组信鸽的翅膀下各缚一块大小相同的铜块，然后把它们带到离鸽舍一定距离的地方放飞，结果绝大部分缚铜块的信鸽飞回鸽舍，而缚磁铁的信鸽全部飞散了．科学家的实验支持了上述哪种猜想(D)解析：也许同学们还不明白超声波、次声波的含义，但是，题目中给出的实验情景会帮助我们理解题意，并作出正确判断．信鸽缚铜块不影响其辨别方位，但缚磁铁就会迷失方向．可以判断选项D正确．9．如图所示为一电磁选矿机的示意图，其中M为矿石漏斗，D为电磁铁. 在开矿中，所开采出的矿石有含铁矿石和非含铁矿石，那么矿石经过选矿机后，落入B槽中的矿石是________，落入A槽中的矿石是________．解析：含铁矿石被电磁铁D磁化吸引，故落入B槽；非含铁矿石不受D 的作用，故落入A槽．答案：含铁矿石非含铁矿石第2节磁感应强度1．电场强度的方向是怎样定义的？磁感应强度的方向又是怎样定义的？答案：电场强度的方向是根据正电荷的受力方向定义的；磁感应强度的方向是根据小磁针的北极的受力方向或小磁针静止时北极所指的方向定义的．2．磁感应强度．(1)定义：在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的磁场力F跟电流I 和导线长度L的乘积的比值叫做通电导线所在处的磁感应强度．用B来表示．(2)定义式：B＝FIL ．(3)单位：特斯拉，简称特，国际符号是T，1 T＝1_N A·m．(4)磁感应强度是矢量，既有大小，又有方向．磁场中某点磁感应强度的方向就是该点磁场的方向．3．匀强磁场：如果在磁场的某一区域里，磁感应强度的大小和方向处处相同，这个区域的磁场叫做匀强磁场．►基础巩固1．如图所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将(D)A．指北 B．指南C．竖直向上 D．竖直向下解析：地球的北极点是地磁场的S极附近，此处的磁感线竖直向下，故此处小磁针的N极竖直向下，D正确．2．(多选)下列可用来表示磁感应强度的单位关系的是 (BD)A．1 T＝1 kg/m2 B． 1 T＝1 kg/(A·s2)C．1 T＝1 kg·m2(A·s2) D．1 T＝1 N/(A·m)解析：由B＝FIL得1 T＝1 N/(A·m)，由B＝FIL及F＝ma，还可得1 T＝1kg/(A·s2)．3．下列说法中正确的是(D)A．由B＝FIL可知，磁感应强度B与一小段通电直导线受到的磁场力F成正比B．一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度一定为零D．磁感应强度为零处，一小段通电导线在该处永远不受磁场力解析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．故B错； A．磁感应强度是磁场本身的性质，其大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关；故A错误，C.当通电导线与磁场平行时，可以不受磁场力，故不能根据安培力为零说明磁感应强度为零；故C错误；D正确；故选D.4．在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场撤走，则P处磁感应强度为(D)A．零B．10 T，方向竖直向上C．0.1 T，方向竖直向下D．10 T，方向肯定不沿竖直向上的方向解析：由B＝FIL，得B＝10.5×0.2T＝10 T．因为B的方向与F的方向垂直，所以B的方向不会沿竖直向上的方向．5．有一小段通电导线，长为1 cm，电流为5 A，把它置于磁场中某点，受到的磁场力为0.1 N，则该点的磁感应强度B一定是(C)A．B＝2 T B．B≤2 TC．B≥2 T D．以上情况都有可能解析：本题考查磁感应强度的定义，应知磁感应强度的定义式中的电流是垂直于磁场方向的电流．如果通电导线是垂直磁场方向放置的，此时所受磁场力最大F＝0.1 N．则该点磁感应强度为：B＝FIL＝0.15×0.01T＝2 T.如果通电导线不是垂直磁场方向放置的，则受到的磁场力小于垂直放置时的受力，垂直放置时受力将大于0.1 N，由定义式可知，B将大于2 T，应选C.►能力提升6．(多选)停在十层的电梯底板上放有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性如图所示．开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止状态(AC)A．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在一层，最后两块磁铁可能已碰在一起B．若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在一层，最后两块磁铁一定仍在原来位置C．若电梯突然向上开动，并停在二十层，最后两块磁铁可能已碰在一起D．若电梯突然向上开动，并停在二十层，最后两块磁铁一定仍在原来位置解析：两块磁铁原来静止，则磁铁所受最大静摩擦力大于或等于磁铁间的吸引力，当电梯突然向下开动，由于失重，最大静摩擦力会减小，当最大静摩擦力减小到小于磁铁间的吸引力时，两磁铁会相互靠近而碰在一起，故A对、B错；若电梯向上开动，当电梯在最后减速运动时，磁铁同样处于失重状态，故C对、D错．7．(多选)将一小段通电直导线垂直于磁场方向放入一匀强磁场中，如图中图象能正确反映各量间关系的是(BC)解析：由B＝FIL或F＝BIL知：匀强磁场中B恒定不变，故B对、D错．B、L一定，且F与I成正比，故C对、A错．8．磁场对放入其中的长为L、电流强度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用，可以用磁感应强度B描述磁场的力的性质，磁感应强度的大小B＝__________，在物理学中，用类似方法描述物质基本性质的物理量还有________等．解析：根据磁场强度的定义可知：B＝FIL，是采用比值法定义的，B的大小与F、IL无关，由磁场决定的，物理中的很多概念是采用比值法定义的，如电场强度等．故答案为：FIL，电场强度．答案：FIL电场强度9．如图所示，通电导线L垂直放于磁场中，导线长8 m，磁感应强度B的值为2 T，导线所受的力为32 N，求导线中电流的大小．解析：由F＝BIL得I＝FBL＝322×8A＝2 A.答案：2 A第3节几种常见的磁场1．磁感线：在磁场中可以利用磁感线来形象地描述各点的磁场方向．所谓磁感线，是在磁场中画出的一些有方向的曲线，在这些曲线上，每一点的切线方向都在该点的磁场方向上．2．安培定则(也叫右手螺旋定则)．判定直线电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可表述为：用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．判定环形电流和通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系时可表述为：让右手弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，大拇指所指的方向就是环形电流中轴线上的磁感线的方向或螺线管内部磁感线的方向．3．安培分子电流假说：通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，法国学者安培由此受到启发，提出了著名的分子电流假说．他认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流——分子电流．分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．4．磁感应强度与某一面积的乘积，叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通，磁通量的公式为Φ＝BS，适用条件为磁感应强度与面积垂直，单位为韦伯，简称韦，符号Wb，1 Wb＝1_T·m2．►基础巩固1．磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是(C)A．分子电流消失B．分子电流取向变得大致相同C．分子电流取向变得杂乱D．分子电流减弱解析：安培的分子电流假说：安培认为在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流—分子电流，使每个微粒成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极．通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，对外不显磁性．当外界磁场作用后，分子电流的取向大致相同，分子间相邻的电流作用抵消，而表面部分未抵消，它们的效果显示出宏观磁性．原来有磁性的物体，经过高温、剧烈震动等作用后分子电流的排布重新变的杂乱无章，分子电流仍然存在且强度也没有发生变化，但分子电流产生的磁场相互抵消，这样就会失去磁性，故ABD错误，C正确．故选C.2．(多选)下列说法正确的是(BC)A．磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极B．磁感线可以表示磁场的方向和强弱C．磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场D．放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极解析：要解决此题，需要掌握磁感线的概念，知道磁感线是为了描述磁场而引入的线，在磁体的外部，从磁体的北极出发，回到南极．A.在磁体的外部，磁感线从磁体的北极出发，回到南极；在磁体内部从S极指向N极．故A错误；B.磁感线可以表示磁场的方向和强弱．故B正确；C.磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场．故C正确；D.放入通电螺线管内的小磁针，N极的指向表示磁场的方向，不能根据异名磁极相吸的原则判定．故D错误．故选B.3．(多选)关于磁通量的概念，下列说法正确的是(BD)A．磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也越大B．穿过线圈的磁通量为零时，该处的磁感应强度不一定为零C．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过线圈的磁通量越大D．穿过线圈的磁通量大小可用穿过线圈的磁感线的条数来衡量解析：对于匀强磁场中穿过回路的磁通量：当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零；当线圈与磁场垂直时，磁通量Φ最大，Φ＝BS.当回路与磁场方向的夹角为α时，磁通量Φ＝BSsin α.根据这三种情况分析．A.当回路与磁场平行时，磁通量Φ为零，则磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量不一定越大．故A错误．B.磁通量Φ为零时，可能回路与磁场平行，则磁感应强度不一定为零．故B正确．C.根据磁通量Φ＝BSsin α，磁通量的变化可能由B、S、α的变化引起，磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过线圈的磁通量不一定越大．故C错误．D.穿过线圈的磁通量的大小可用穿过线圈的磁感线的条数来衡量．故D正确．故选BD.4．如图所示，一矩形线框，从abcd位置移动到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量的变化情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动)(D)A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，最后减少解析：bc边移到导线位置之前磁通量垂直纸面向外增加，之后磁通量减小到0，这时导线位于线框中间位置，再向右移时磁通量垂直纸面向里又增加，直到ad边与导线重合，再往右移磁通量最后又变小．5．下列关于磁感线的叙述，正确的是(C)A．磁感线是真实存在的，细铁粉撒在磁铁附近，我们看到的就是磁感线B．磁感线始于N极，终于S极C．磁感线和电场线一样，不能相交D．沿磁感线方向磁场减弱解析：本题考查磁感线，磁感线是为了形象地描绘磁场而假设的一组有方向的曲线，曲线上每一点的切线方向表示磁场方向，曲线疏密表示磁场强弱，在磁铁外部磁感线从N极到S极，内部从S极至N极，磁感线不相交，故选C.6．如下图所示，a、b是直线电流的磁场，c、d是环形电流的磁场，e、f 是螺线管电流的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．解析：根据安培定则，可以确定a中电流方向垂直纸面向里，b中电流的方向从下向上，c中电流方向是逆时针，d中磁感线的方向向下，e中磁感线方向向左，f中磁感线的方向向右．答案：见解析►能力提升7．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1 T的匀强磁场中，以导线为中心，R为半径的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是(C)A．直导线中电流方向垂直纸面向里B．a点的磁感应强度为 2 T，方向向右C．b点的磁感应强度为 2 T，方向斜向下，与B成45°角D．d点的磁感应强度为0解析：由c点磁感应强度为0可得电流产生的B′＝B＝1 T，方向水平向左，再运用安培定则判断电流在a、b、d各点的磁场方向分别为向右、向下、向上，且大小均为1 T，故对于a点，Ba ＝2 T；对于b点，Bb＝B2＋B2bi＝ 2 T，方向斜向下，与B的方向成45°角；对于d点，同理可得Bd＝ 2 T，方向斜向上，与B的方向成45°角．8．关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是(B)A．磁与电紧密联系，有磁必有电，有电必有磁B．不管是磁体的磁场还是电流的磁场都起源于电荷的运动C．永久性磁铁的磁性不是由运动电荷产生的D．根据安培假说可知，磁体内分子电流总是存在的，因此，任何磁体都不会失去磁性解析：磁与电是紧密联系的，但“磁生电”、“电生磁”都有一定的条件，运动的电荷产生磁场，但一个静止的点电荷周围就没有磁场，分子电流假说揭示了磁现象的电本质，磁铁的磁场和电流的磁场一样都是由运动电荷产生的．磁体内部只要当分子电流取向大体一致时，就显示出磁性；当分子电流取向不一致时，就没有磁性．所以本题的正确选项为B.9．铁环上绕有绝缘的通电导线，电流方向如图所示，则铁环中心O处的磁场方向(A)A．向下 B．向上C．垂直于纸面向里 D．垂直于纸面向外解析：铁环左侧上端为N极，右侧上端也为N极，在环中心叠加后，在中心O磁场方向向下．第4节通电导线在磁场中受到的力1．安培力的大小．磁场对电流的作用力叫安培力．其公式为F＝ILBsin θ，式中θ为导线与磁感应强度B之间的夹角．2．安培力的方向．(1)用左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向电流的方向，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I所决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)3．常用的电流表是磁电式仪表，其构造是：在蹄形磁铁的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，上面绕有线圈，它的转轴上装有螺旋弹簧和指针．线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上．碲形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行．磁电式仪表的优点是灵敏度高，可以测很弱的电流；缺点是绕制线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．►基础巩固1．(多选)下列叙述正确的是(AD)A．放在匀强磁场中的通电导线受到恒定的磁场力B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C．磁场的方向就是通电导体所受磁场力的方向D．安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面解析：由F＝BILsin θ知A正确．F方向一定与B和I所决定的平面垂直，所以D项正确．2．如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b 两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M 流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以(C)A．适当减小磁感应强度 B．使磁场反向C．适当增大电流 D．使电流反向解析：为使悬线拉力为零，安培力的方向必须向上且增大才能与重力平衡，即合力为零，由左手定则可知，A、B、D错误， C正确．3．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电流为I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为(AC)A．B＝mgsin αIL，方向垂直斜面向下B．B＝mgsin αIL，方向垂直斜面向上C．B＝mgtan αIL，方向竖直向下D．B＝mgsin αIL，方向水平向右解析：根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如下图所示．又因为导线还受重力G和支持力FN，根据力的平衡知，只有①③两种情况是可能的，其中①中F＝mgsin α，则B＝mgsin αIL，③中F＝mgtan α，B＝mgtan αIL.4．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是(D)解析：没有通电时导线是直的，竖直向上，当加上竖直向上的磁场时，由于磁感应强度B的方向与电流方向平行，导线不受安培力，不会弯曲， A图错误；加上水平向右的匀强磁场，根据左手定则，电流所受的安培力应垂直纸面向里，B图弯曲方向错误；同理，C图中电流受的安培力向右，因此C图中导线弯曲方向错误；D图正确．5. 如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两盘各加质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右盘再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知(B)A ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为（m 1＋m 2）gNILB ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg2NILC ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为（m 1－m 2）gNILD ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为mg2NIL解析：由题意知，电流反向前受安培力向下，反向后受安培力向上，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里；由平衡条件知，电流反向前m 1g ＝m 2g ＋F 安，电流反向后m 1g ＝m 2g －F 安＋mg ，解得2F 安＝mg ，又F 安＝NILB ，所以B ＝mg2NIL或B ＝（m 1－m 2）g NIL，故B 对，A 、C 、D 错．►能力提升6．如图，长为2l 的直导线折成边长相等，夹角为60°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以电流强度为I 的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为(C)A ．0B ．0.5BIlC ．BIlD ．2BIl解析：安培力公式F ＝BIL ，其中L 为垂直放于磁场中导线的有效长度，图中的有效长度为虚线所示，其长度为l ，所以通电导线受到的安培力F ＝IBl ，选项C 正确．7．如图所示，将条形磁铁放在水平桌面上，在其中部正上方与磁铁垂直的方向上固定一根直导线，给直导线通以方向垂直于纸面向里的电流．下列说法中正确的是(B)。

人教版高中物理选修3-1：《库仑定律》同步练习【4】及答案

第二节库仑定律一、选择题1．(2019年安庆高二检测)下列关于点电荷的说法，正确的是( ) A ．点电荷一定是电量很小的电荷 B ．点电荷是一种理想化模型，实际不存在 C ．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷 D ．体积很大的带电体一定不能看成点电荷 2．关于库仑定律的公式F ＝kQ 1Q 2r2，下列说法中正确的是( ) A ．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0 B ．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞ C ．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了D ．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用3．(2019年佛山高二检测)真空中两个点电荷Q 1、Q 2，距离为R ，当Q 1增大到原来的3倍，Q 2增大到原来的3倍，距离R 增大到原来的3倍时，电荷间的库仑力变为原来的( ) A ．1倍 B ．3倍 C ．6倍D ．9倍4.如图1－2－9所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )图1－2－9A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q2l 2C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q2l 2D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q2l25．(2019年广东实验中学模拟)如图1－2－11所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定( )图1－2－11A ．两球都带正电B ．两球都带负电C ．大球受到的静电力大于小球受到的静电力D ．两球受到的静电力大小相等6．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将( ) A ．保持不变 B ．先增大后减小 C ．增大D ．减小7．(2019年北京四中高二检测)两个质量分别为m 1、m 2的小球，各用长为L 的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图1－2－12所示，则下列说法正确的是( )图1－2－12A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ28．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是( ) A ．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变 B ．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍C ．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的12D ．保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的129．半径相同的两个金属小球A 和B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F ，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是( )A.18F B.14FC.38F D.34F10．两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( ) A．5∶2 B．5∶4C．5∶6 D．5∶911．(2019年铜陵一中高二检测)如图1－2－13所示，在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B，它们用一绝缘轻弹簧相连，带同种电荷．弹簧伸长x0时小球平衡，如果A、B带电荷量加倍，当它们重新平衡时，弹簧伸长为x，则x和x0的关系为( )图1－2－13A．x＝2x0B．x＝4x0C．x<4x0D．x>4x012.如图1－2－14所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )图1－2－14A．F1B．F2C．F3D．F4二、计算题13．一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图1－2－15所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．已知P 距大球球心距离为4R.图1－2－1514. (2019年广州高二检测)光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图1－2－16所示．求：两球之间的距离．图1－2－1615.质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电量q A＝＋10q；B球带电量q B＝＋q.若在C球上加一个水平向右的恒力F，如图1－2－17所示，要使三球能始终保持L 的间距向右运动，问外力F为多大？C球带电性质是什么？图1－2－1716．如图1－2－10所示，一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是m的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？图1－2－10参考答案一、选择题1.解析：选B.当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时，这样的带电体就可以看成点电荷，所以A 、C 、D 错，B 正确．2.答案：AD3.解析：选A.原来的库仑力为F ＝kQ 1Q 2R 2，后来的库仑力为F′＝k 3Q 1·3Q 22＝k Q 1Q 2R2＝F.所以A 对． 4.解析：选D.由于a 、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠k Q2l 2.虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G m2l2.5.解析：选D.由题图可知，两带电球相互排斥，则说明两球一定带有同种电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故A 、B 错；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C 错，D 对．6.解析：选A.两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2＝m2∶m1，故A 正确．7.解析：选BC.这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样． 8.答案：AD9.解析：选A.由库仑定律，接触前F ＝k q2r 2，接触后F′＝k 12q×14q r 2＝18k q 2r 2＝18F ，故A 正确． 10.解析：选BD.由库仑定律，它们接触前的库仑力为F 1＝k 5q2r 2若带同种电荷，接触后的带电荷量相等，为3q ，此时库仑力为F 2＝k 9q2r 2若带异种电荷，接触后的带电荷量相等，为2q ，此时库仑力为F′2＝k 4q2r 2由以上计算可知选项BD 正确．11.解析：选C.设弹簧原长为l ，劲度系数为K ，根据库仑定律和平衡条件列式得 kq 1q 2＋x 02＝Kx 0，k4q 1q 2＋2＝Kx两式相除：＋2＋x 02＝x 0x，得：x ＝＋x 02＋2·4x 0，因l ＋x>l ＋x 0，由此推断选项C 正确．12.解析：选B.据“同电相斥、异电相引”规律，确定电荷c 受到a 和b 的库仑力方向，考虑a 的带电荷量小于b 的带电荷量，因此F b 大于F a ，F b 与F a 的合力只能为F 2，故选项B 正确．二、计算题。

人教版高中物理选修3-1：第1章第3节时同步训练及解析.docx

高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1 同步训练1.下列关于点电荷和元电荷的说法中，不．正确的是( ) A ．只有体积很小的带电体才可以看成点电荷B ．带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷C ．把1.6×10－19C 的电荷量叫元电荷D ．任何带电体所带电荷量都是元电荷的整数倍解析：选A.带电体能否被看成点电荷，不是因为带电体的大小问题，而是要考虑带电体的形状和体积对所研究问题有无影响． 2.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( ) A ．n ＝3 B ．n ＝4 C ．n ＝5 D ．n ＝6解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋nq 22，解之可得n ＝6，D 正确． 3.图1－2－11如图1－2－11所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l2解析：选D.由于a 、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l ＝3r ，不满足l ≫r 的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F 库≠k Q 2l 2.虽然不满足l ≫r ，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F 引＝G m 2l2.4.图1－2－12(2013·河北衡水检测)两个可自由移动的点电荷，分别放在A 、B 两处，如图1－2－12所示，A 处电荷带正电Q 1，B 处电荷带负电Q 2，且Q 2＝4Q 1，另取一个可以自由移动的点电荷Q 3放在A 、B 直线上，欲使Q 1、Q 2、Q 3三者均处于平衡状态，则( ) A ．Q 3为负电荷，且放于A 左方 B ．Q 3为负电荷，且放于B 右方 C ．Q 3为正电荷，且放于A 、B 之间 D ．Q 3为正电荷，且放于B 右方解析：选A.“两同夹一异”即由“同性在两边，异性在中间”．若Q 3为负电荷，必放于A 点左方；若Q 3为正电荷，则必处于B 点右方，排除B 、C.由“两大夹一小”知，Q 2不能处于中间位置，排除D ，所以选A. 5.图1－2－13如图1－2－13所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B ，静止在图示位置，若固定的带正电小球A 的电荷量为Q ，B 球的质量为m ，带电荷量为q ，θ＝30°，A 和B 在同一条水平线上，整个装置处于真空中，求A 、B 两球间的距离．解析：小球B 的受力情况如图所示．则小球所受库仑力F ＝mg tan θ又由库仑定律得F ＝k Qq r2所以两球间距离r ＝kQq F＝3kQqmg.答案：3kQqmg课后作业一、单项选择题1.设星球带负电，一带电粉尘悬浮在距星球表面1000 km 的地方，又若将同样的带电粉尘带到距星球表面2000 km 的地方相对于该星球无初速释放，则此带电粉尘( ) A ．向星球下落 B ．仍在原处悬浮 C ．推向太空 D ．无法判断解析：选B.设粉尘距球心为r ，粉尘质量为m ，星球质量为M ，粉尘电荷量为q ，星球电荷量为Q ，则有k Qq r 2＝G Mm r2.由等式可看出r 再大，等式仍成立，故选B.2.(原创题)如图1－2－14所示，光滑水平面上固定金属小球A ，用原长为L 0的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x 1，若两球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x 2，则有( )图1－2－14A ．x 2＝12x 1B ．x 2＝14x 1C ．x 2>14x 1D ．x 2<14x 1解析：选C.以B 球为研究对象，因B 球先后平衡，于是有弹簧弹力等于库仑力，则漏电前，有：k 0x 1＝k q 2（L 0＋x 1）2漏电后，有：k 0x 2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫12q 2（L 0＋x 2）2联立解得：x 1x 2＝4（L 0＋x 2）2（L 0＋x 1）2由于L 0＋x 2<L 0＋x 1，则x 1x 2<4，故选C. 3.图1－2－15如图1－2－15所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在一直线上，q 2与q 3的距离为q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q 1∶q 2∶q 3为( )A ．－9∶4∶－36B ．9∶4∶36C ．－3∶2∶－6D ．3∶2∶6解析：选A.每个电荷都受到另外两个电荷对它的静电力的作用，其合力为零，这两个力必须满足的条件为：大小相等，方向相反．由分析可知：三者电性不可能相同，只能是如图所示两种情况．考虑q 2的平衡：由r 12∶r 23＝1∶2 据库仑定律得q 3＝4q 1考虑q 1的平衡：由r 12∶r 13＝1∶3 同理得：q 1∶q 2∶q 3＝1∶49∶4＝9∶4∶36考虑电性后应为－9∶4∶－36或9∶－4∶36.只有A 正确．4.(2012·广雅中学高二检测)如图1－2－16所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L ，在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q (视为点电荷)，在P 点平衡，若不计小球的重力，那么PA 与AB 的夹角α与Q 1、Q 2的关系满足( )图1－2－16A ．tan 2α＝Q 1Q 2 B ．tan 2α＝Q 2Q 1 C ．tan 3α＝Q 1Q 2D ．tan 3α＝Q 2Q 1解析：选D.带电小球q 在P 点平衡时，沿切线方向受力平衡，即F AP sin α＝F BP cos α，根据库仑定律：F AP ＝k Q 1q （L cos α）2，F BP ＝k Q 2q（L sin α）2由以上两式可得D 项正确．二、双项选择题5.关于库仑定律的公式F ＝kQ 1Q 2r 2，下列说法中正确的是( ) A ．当真空中的两个点电荷间的距离r →∞时，它们之间的静电力F →0 B ．当真空中的两个点电荷间的距离r →0时，它们之间的静电力F →∞C ．当两个点电荷之间的距离r →∞时，库仑定律的公式就不适用了D ．当两个点电荷之间的距离r →0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用答案：AD6.(2013·山东济南期中)关于点电荷的说法，正确的是( )A ．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B ．体积很大的带电体一定不能看做点电荷C ．点电荷不一定是电量很小的电荷D ．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷解析：选CD.一个带电体能否被视为点电荷完全取决于自身的几何形状大小和带电体距离之间的比较，与带电体的大小无关． 7.两个完全相同的金属球，带电荷量之比为1∶7，两球相距为r ，两者接触后再放回原位置，则它们之间的库仑力可能是原来的( ) A.47 B.37 C.97D.167解析：选CD.设原来所带电荷量分别为Q 和7Q ，则两球间的库仑力为F ＝7kQ2r2，若两球带同种电荷，则分开后带电荷量分别为4Q ，则F ′＝16kQ2r2，D 正确；若两球带异种电荷，则分开后带电荷量分别为3Q ，则F ″＝9kQ2r2，C 正确．8.图1－2－17两个质量分别为m 1、m 2的小球，各用长为L 的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图1－2－17所示，则下列说法正确的是( ) A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2 B ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2 C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2 D ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ2 答案：BC9.为使真空中两个点电荷间的相互作用力变为原来的1/4，可采用的方法是( ) A ．两个点电荷所带电荷量都减少为原来的1/4 B ．电荷之间的距离增大为原来的2倍 C ．电荷之间的距离减小为原来的1/2D ．电荷间距和其中一个电荷所带的电荷量都增大为原来的4倍解析：选BD.根据库仑定律公式：F ＝kq 1q 2/r 2，分别考察四个选项可知，B 、D 选项正确．三、非选择题10.图1－2－18如图1－2－18所示，光滑绝缘导轨与水平面成45°角，两个质量均为m ，带等量同种电荷的小球A 、B ，带电量均为q ，静止于导轨的同一水平高度处．求：两球之间的距离．解析：设两球之间的距离为x ，相互作用的库仑力为F ，则：F ＝k q2x2由平衡条件得：F cos45°＝mg sin45° 由以上两式解得：x ＝q k mg. 答案：q k mg11.图1－2－19一带电荷量为＋Q 、半径为R 的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R /2的小球后，如图1－2－19所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P 处电荷量为＋q 的电荷的静电力．已知P 距大球球心距离为4R . 解析：未挖去之前，＋Q 对＋q 的斥力为F ＝kQq（4R ）2挖去的小球带电荷量为Q ′＝Q4πR 33×4π⎝ ⎛⎭⎪⎫R 233＝Q8挖去的小球原来对＋q 的斥力为F 1＝k Q 8q ⎝⎛⎭⎪⎫4R －R 22＝kQq98R 2 剩余部分对＋q 的斥力为F 2＝F －F 1＝41kQq784R2，方向向右．答案：41kQq 784R 2 方向向右12.图1－2－20长为L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q ，悬于O 点，如图1－2－20所示．当在O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A 处，则细线拉力是重力mg 的两倍．现将球拉至图中B 处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问： (1)固定在O 处的正电荷的带电荷量为多少？ (2)球摆回到A 处时悬线拉力为多少？解析：(1)球静止在A 处受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力F 拉，由受力平衡和库仑定律列式得：F 拉＝F ＋mg ，F ＝k QqL 2，F 拉＝2mg联立解得：q ＝mgL 2kQ.(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则：mgL (1－cos θ)＝12mv 2由牛顿第二定律和圆周运动规律得F 拉′－mg －F ＝m v 2L由(1)知静电力F ＝mg ，联立解得：F 拉′＝3mg .答案：(1)mgL 2kQ(2)3mg。

人教版高中物理选修3-1：第1章第4节时同步训练及解析.docx

高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1 同步训练1.关于静电场，下列说法正确的是( )A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加解析：选D.零电势的位置是人为选定的，与物体是否带电无关，A错误．电场强度是电势随空间的变化率，二者的大小之间无直接联系，B错误．沿电场线的方向电势是逐渐降低的，C错误．由于负电荷在电势越低处电势能越大，故D正确．2.设电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )A．负电荷只能朝着电势能减小的地方运动B．正电荷只能朝着电势低的地方运动C．初速度为零的负电荷一定朝着电势能减小的地方运动D．初速度为零的正电荷一定朝着电势降低的地方运动解析：选CD.电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，C、D正确．电荷初速度不为零时，运动方向由初速度方向和所受静电力的方向决定，可能做加速运动，也可能做减速运动，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动，A、B错误．3.图1－4－9某静电场的电场线分布如图1－4－9所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )A．E P<E Q，φP<φQB．E P>E Q，φP<φQC ．E P <E Q ，φP >φQD ．E P >E Q ，φP >φQ解析：选D.P 处电场线比Q 处密，所以E P >E Q .P 、Q 在同一条电场线上，沿电场线的方向电势降低，所以φP >φQ ，故D 正确． 4.图1－4－10(2013·清华附中高二检测)在如图1－4－10所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A 点分别移到B 、C 、D 、E (在以O 为圆心的圆周上)，则下列情况正确的是( ) A ．从A 到B 电场力做功最多 B ．从A 到E 电场力做功最多 C ．电场力做功一样多 D ．A 点比D 点电势高解析：选C.B 、C 、D 、E 在同一等势面上，所以检验电荷在这四点时的电势能相等，由W AB ＝E p A －E p B 可知，C 正确；在－Q 的电场中，D 点离源电荷远，所以D 点的电势比A 点高，故D 错．5.将带电荷量为1×10－8C 的电荷，从无限远处移到电场中的A 点，要克服静电力做功1×10－6J ，(取无限远处电势为零)问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A 点具有多少电势能？ (2)A 点的电势是多少？解析：(1)因静电力做负功，则电荷的电势能增加．因无限远处电势能为零，所以电荷在A点具有的电势能为1×10－6J.(2)A 点电势为φA ＝E p A q ＝1×10－61×10－8V ＝100 V.答案：(1)增加 1×10－6J (2)100 V课后作业一、单项选择题1.在电场中，把电荷量为4×10－9C 的正点电荷从A 点移到B 点，克服静电力做功6×10－8J ，以下说法中正确的是( )A ．电荷在B 点具有的电势能是6×10－8J B ．B 点的电势是15 VC ．电荷的电势能增加了6×10－8JD ．电荷的电势能减少了6×10－8J解析：选C.电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定零势能点，B 点的电势、电势能才有确定的值，所以A 、B 错．克服静电力做功6×10－8J ，则电势能增加6×10－8J ，所以C 对D 错． 2.图1－4－11三个点电荷电场的电场线分布如图1－4－11所示，图中a、b两点处的场强大小分别为E a、E b，电势分别为φa、φb，则( )A．E a>E b，φa>φbB．E a<E b，φa<φbC．E a>E b，φa<φbD．E a<E b，φa>φb解析：选C.根据电场线的疏密表示场强的大小可知，E a>E b，顺着电场线电势降落(最快)，φa<φb.选项C正确．3.图1－4－12如图1－4－12所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N处各放一个点电荷，它们带等量异种电荷．E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP＝QN，则电场强度和电势都相同的两点是( )A．E和F B．P和QC．A和B D．C和D解析：选A.由等量异种点电荷形成的电场特点知E、F两点的电场强度和电势都相同；P、Q 两点的电场强度相同，但P点的电势比Q点的高；A、B两点的电场强度的大小相等，但方向不同，若无穷远处电势为0，则A点的电势为正，B点的电势为负，A点的电势高于B点，同理D、C两点的场强和电势也不同．4.图1－4－13如图1－4－13所示，P、Q是两个电荷量相等的正的点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA<OB，用E A、E B、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则( ) A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB解析：选B.在两个点电荷P、Q产生的电场中，某一点的场强等于P、Q分别在该点产生的场强的矢量和，由点电荷场强计算公式E ＝kQ r2知两点电荷连线中点O 和无穷远处的场强均为零，而A 、B 处场强是两正点电荷分别在该点产生的电场强度的矢量和，所以从O 点起沿中垂线到无穷远处场强先增大后减小，因A 、B 具体位置不确定，所以其场强大小关系不确定．假设一正点电荷从O 点移动到B 点的过程中，其受力方向始终沿OB 方向，所以φA >φB ，综上所述，选项B 正确．二、双项选择题5.a 、b 为电场中的两点，且a 点电势高于b 点，则( )A ．把负电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，电势能增加B ．把正电荷从a 点移到b 点，电场力做正功，电势能减少C ．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D ．无论有无电荷移动，a 点的电势能总是大于b 点的电势能解析：选AB.无论正电荷还是负电荷，电场力做正功则电势能减少，电场力做负功则电势能增加，因此选项A 、B 正确，C 错误．对于选项D ，我们首先要清楚，在电场中某点放入电荷，这个电荷就具有电势能，像重力势能属于物体和地球构成的系统一样，电势能是由放入电场的电荷和电场共同决定的．不明确放在a 、b 点的电荷性质，就不能比较其电势能的高低；若a 、b 两点不放入电荷，单就电场中的某点而言，不存在电势能问题．因此选项D 错误． 6.图1－4－14(2013·汕头高二测试)如图1－4－14所示，带正电的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q 为焦点的椭圆运动．M 、P 、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离Q 最近的点．电子在从M 经P 到达N 点的过程中( ) A ．速率先增大后减小 B ．速率先减小后增大 C ．电势能先减小后增大 D ．电势能先增大后减小解析：选AC.根据轨迹可知：电子从M 到P 静电力做正功，电势能减小，动能增加；电子从P 到N 静电力做负功，电势能增加，动能减小． 7.图1－4－15如图1－4－15所示，某区域电场左右对称分布，M 、N 为对称线上的两点，下列说法正确的是( )A ．M 点电势一定高于N 点电势B ．M 点场强一定大于N 点场强C ．正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能D ．将电子从M 点移动到N 点，静电力做正功解析：选AC.沿电场线方向电势逐渐降低，M 点电势一定高于N 点电势，故选项A 正确；因电场线越密的区域场强越大，由题图可知N 点场强大于M 点场强，故选项B 错．由E p ＝q φ可知，正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故选项C 正确；电子从M 点移到N 点的过程中，受到的静电力与移动方向相反，静电力做负功，故选项D 错． 8.下图1－4－16中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M 点，再经过N 点，则可以判定( )图1－4－16A ．M 点的电势高于N 点的电势B ．粒子在M 点的电势能小于N 点的电势能C ．粒子在M 点的加速度大于在N 点的加速度D ．粒子在M 点的速度小于在N 点的速度解析：选AD.由粒子的运动轨迹和电场线的方向，可判断出粒子带正电，由M 至N 过程中电场力做正功，电势能减少，动能增加，速度增加，故B 错，D 对．由电场线的方向和疏密程度可判断电势φM >φN ，场强E M <E N ，加速度a M <a N ，A 对，C 错，所以本题选A 、D. 9.图1－4－17如图1－4－17所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷(即电荷量与质量之比)相同的带电粒子(不计重力)以相同的速率从同一等势面的a 点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断( ) A ．两个粒子电性相同B ．经过b 、d 两点时，两粒子的加速度的大小相同C ．经过b 、d 两点时，两粒子的速率相同D ．经过c 、e 两点时，两粒子的速率相同解析：选BD.因轨迹是曲线，类比匀速圆周运动，合力指向圆心，可知粒子1受斥力，粒子2受引力，两个粒子的电性不同，A 错误．设带电粒子距点电荷的距离为r ，点电荷带电荷量为Q ，则粒子运动的加速度大小为a ＝F m ＝Eq m ＝kQ r 2·qm.由已知条件有：在b 、d 两点时，两者加速度大小相同，B 正确．粒子1受斥力，从a 到b 过程中，电场力和运动方向成钝角，做负功，动能减小；粒子2受引力，从a 到d 过程中，电场力和运动方向始终成锐角，做正功，动能增加；又两粒子初速度大小相同，则两粒子经过b 、d 两点时的速率不相同，C 错误．a 、c 、e 三点在同一等势面上，则从a 分别到c 、e 时，动能相同，速率相同，D 正确．三、非选择题 10.图1－4－18(2012·浙江金华一中高二测试)如图1－4－18所示，在场强为E 的水平匀强电场中，一根长为l 的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量＋q 和－q 的小球(大小不计)．现让绝缘杆绕中点O 逆时针转动α角，求转动中带电小球克服电场力所做的功．解析：每个带电小球的初、末位置沿电场线方向的距离均为d ＝l2(1－cos α)每个带电小球克服电场力做功W ＝Fd ＝qE l2(1－cos α)故两个带电小球克服电场力做功 W ′＝2W ＝qEl (1－cos α)．答案：qEl (1－cos α)11.(2012·斗门一中高二检测)将一个电荷量为1.0×10－8 C 的负电荷，从无穷远处移到电场中的A 点，克服电场力做功2.0×10－8J ，现将该电荷从A 点移到B 点，电场力做功1.0×10－8J ．试求电场中A 、B 两点的电势．(取无穷远处为零电势能点)解析：E p A ＝2.0×10－8JφA ＝E p Aq＝－2 V又E p A －E p B ＝1.0×10－8J 故E p B ＝1.0×10－8J ，φB ＝E p Bq＝－1 V. 答案：－2 V －1 V 12.图1－4－19如图1－4－19所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q 为圆心的某一圆周交于B 、C 两点，质量为m 、带电荷量为－q 的有孔小球从杆上的A 点无初速度下滑，已知q ≪Q ，AB ＝h ，小球滑到B 点时速度大小为3gh ，则小球从A 运动到B 的过程中，电场力做多少功？若取A 点电势为零，C 点电势是多大？解析：由动能定理得：mgh ＋W 电＝12mv 2解得：W 电＝12mghφC ＝φB ＝－W 电－q ＝mgh2q. 答案：12mgh mgh 2q。

人教版高中物理选修3-1：第2章第4节时同步训练及解析.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）高中物理选修3-1 同步训练1．下列说法不．正确的是( ) A ．一个电阻R 和一根电阻为零的理想导线并联，总电阻为零 B ．并联电路的总电阻一定小于并联支路中最小的电阻C ．在并联电路中，任意支路电阻增大或减小时，总电阻将随之增大或减小D ．电阻R 和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为无穷大答案：D2．三个电阻的阻值之比为R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为( )A ．1∶2∶5B ．5∶2∶1C ．10∶5∶2D ．2∶5∶10解析：选C.三个电阻并联，电压相等，设为U ，由欧姆定律得I ＝U R ，所以I 1∶I 2∶I 3＝UR 1∶U R 2∶U R 3＝1R 1∶1R 2∶1R 3＝11∶12∶15＝10∶5∶2，C 对，A 、B 、D 错． 3.(2013山东泰安测试)如图2－4－10所示的分压器电路，AB 为分压器的输出端．若把滑动变阻器的滑片P 置于变阻器中央，下列说法正确的是( )图2－4－10A ．不接负载R 时输出电压U AB ＝U CD /2 B ．当接上负载R 时，输出电压U AB <U CD /2C ．负载R 越大，U AB 越接近U CD /2 D ．负载R 越小，U AB 越接近U CD /2 答案：ABC4．一个电流表的满偏电流I g ＝1 mA ，内阻为500 Ω，要把它改装成一个量程为10 V 的电压表，则应在电流表上( ) A ．串联一个10 kΩ的电阻 B ．并联一个10 kΩ的电阻C ．串联一个9.5 kΩ的电阻D ．并联一个9.5 kΩ的电阻解析：选C.把一个电流表改装成一个电压表，要串联一个电阻，可知B 、D 错误．通过电流表的电流为I g 时，电流表表头两端的电压U g ＝I g R g ＝1×10－3×500 V ＝0.5 V 串联电阻R 分担的电压U R ＝U －U g ＝10 V －0.5 V ＝9.5 V 所以串联电阻的阻值R ＝U R I g ＝9.5 V 1×10－3 A＝9.5 kΩ.C 正确，A 错误．故选C.5.如图2－4－11所示电路，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω. (1)如果已知流过电阻R 1的电流I 1＝3 A ，则干路电流多大？ (2)如果已知干路电流I ＝3.9 A ，则流过每个电阻的电流多大？图2－4－11解析：(1)由欧姆定律得R 1两端的电压为： U 1＝I 1R 1＝3×2 V ＝6 V .R 1、R 2、R 3并联，三者两端电压应相等，U 1＝U 2＝U 3.R 2中的电流为：I 2＝U 2R 2＝63 A ＝2 A.R 3中的电流为：I 3＝U 3R 3＝64A ＝1.5 A.干路中的电流为I ＝I 1＋I 2＋I 3＝6.5 A. (2)设并联后的总电阻为R ，则： 1R ＝1R 1＋1R 2＋1R 3，所以R ＝1213Ω. 并联电路两端的电压为：U ＝IR ＝3.9×1213V ＝3.6 V .电流分别为：I 1＝U R 1＝3.62A ＝1.8 AI 2＝U R 2＝3.63 A ＝1.2 A ．I 3＝U R 3＝3.64 A ＝0.9 A.答案：见解析课后作业一、选择题1．三个阻值都为R 的电阻，它们任意连接、组合，得到的电阻值可能是( ) A ．0.5R B ．3RC ．1.5R D.14R解析：选ABC.三个电阻串联时电阻最大是3R ，B 正确；两个电阻并联时电阻是0.5R ，A 正确；两个电阻并联再和一个电阻串联时总阻值是1.5R ，C 正确；三个电阻并联时电阻最小等于13R ，D 错误． 2．电阻R 1 与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1 与R 2串联后接入电路中时，R 1和R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1 答案：B3.(2013重庆检测)如图2－4－12所示，R 1＝10 Ω，R 2＝R 3＝20 Ω，下列关于R 1、R 2、R 3消耗的电功率P 1、P 2、P 3以及R 1、R 2两端电压U 1、U 2的关系正确的是( )图2－4－12A ．U 1＝U 2，P 1＝P 2＝P 3B ．U 1>U 2，P 1∶P 2∶P 3＝1∶2∶2C ．U 1＝U 2，P 1∶P 2∶P 3＝2∶1∶1D ．U 1<U 2，P 1<P 2＝P 3解析：选C.R 2、R 3并联后的电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω所以U 1＝U 2＝U 3，根据P ＝U 2/R ，所以P 1P 2＝R 2R 1＝21，P 2P 3＝11，C 选项正确．4.如图2－4－13所示，电源内阻不计，已知R 1＝2 kΩ，R 2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R 2的两端，电压表的读数为6 V ．若把它接在a 、b 两点间，电压表的读数为( )图2－4－13A ．18 VB ．12 VC ．8 VD ．6 V解析：选B.电压表并联在R 2两端时，并联部分的电阻为R 2R V R 2＋R V ＝3×63＋6kΩ＝2 kΩ，根据串联电路的分压特点可知，电源电动势为12 V ；电压表并联在a 、b 两端时，测量的是电源的电动势，所以其示数为12 V .5.如图2－4－14所示电路，G 是电流表，R 1、R 2是两个可变电阻，调节可变电阻R 1、R 2，可以改变电流表G 的示数．当M 、N 间的电压为6 V 时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将M 、N 间的电压改为5 V 时，若要使电流表G 的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中一定可行的是( )图2－4－14A ．保持R 1不变，增大R 2B ．增大R 1，减小R 2C ．减小R 1，增大R 2D ．保持R 2不变，减小R 1 答案：B6．在一块微安表G 两端并联一个电阻R ，就改装成了一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( ) A ．在R 上并联一个小电阻 B ．在R 上并联一个大电阻 C ．将R 的阻值变大些D ．将R 的阻值变小些解析：选C.电流表示数偏小，说明改装时与表头并联的分流电阻小，分流较多，因此修正的方法为将R 的阻值变大些． 7．(2012·哈师附中高二检测)有一未知电阻R x ，为较准确地测出其阻值，先后用图2－4－15中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V 5.0 mA ”，而用乙图测得的数据是“3.0 V 4.0 mA ”，那么该电阻测得的较为准确的情况是( )图2－4－15A ．560 Ω，偏大B ．560 Ω，偏小C ．750 Ω，偏小D ．750 Ω，偏大解析：选D.由于⎪⎪⎪⎪ΔU U ＝⎪⎪⎪⎪2.8－3.02.8<⎪⎪⎪⎪ΔI I ＝⎪⎪⎪⎪5.0－4.05.0，即电流表的变化大，电压表的分流作用大，根据试触法的原则，可知用安培表内接法比较准确，用乙图电路，此时电阻为R ＝U I ＝ 3.0 V 4.0×10－3 A＝750 Ω 在电流表的内接法中，测量值大于真实值，D 正确．8．两个电压表V 1和V 2是由完全相同的电流表改装成的，V 1的量程是5 V ，V 2的量程是15 V ．为了测量15～20 V 的电压，现将两电压表串联使用，这种情况下( ) A ．两个电压表的读数相等B ．两个电压表的指针偏转角度相等C ．两个电压表的读数之比等于两电压表的内阻之比D ．两个电压表指针偏转角度之比等于两电压表内阻之比解析：选BC.改装电压表时，需串联一个分压电阻，其阻值为：R ＝(n －1)R g 用同样的表头改装成量程不同的电压表，量程越大，改装倍数n 越大，需要分压电阻越大，改装后电压表的内阻也将越大，故R 1<R 2，当两电压表串联时，根据串联电路中的分压原理，应有U 1∶U 2＝R 1∶R 2，即内阻大的分压大，A 错误，C 正确．两表的偏角取决于流过表头的电流，将两电压表串联后的原理图如图：可见，两个表头也是串联关系，通过的电流应相同，故偏角相同，B 正确，D 错误． 9．(2012·衡阳八中高二检测)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图2－4－16所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数、电表指针偏转角度的说法正确的是( )图2－4－16A ．图甲中的A 1、A 2的示数相同B ．图甲中的A 1、A 2的指针偏角相同C ．图乙中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图乙中的A 1、A 2的指针偏角相同解析：选B.甲图中两表头两端电压相等，表头中的电流相同，故指针偏角相同，由于量程不等，故示数不同，A 错B 对；乙图中两表串联，故示数相同，由于分流电阻不同，故两表头中电流不同，指针偏角不同，故C 、D 错．二、非选择题10．如图2－4－17所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：图2－4－17(1)待测电阻R x (约100 Ω)(2)直流毫安表(量程0～20 mA ，内阻50 Ω) (3)直流电压表(量程0～3 V ，内阻5 kΩ) (4)直流电源(输出电压6 V ，内阻不计)(5)滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A) (6)开关1个，导线若干根据器材规格及实验要求，画出实验原理图，并在本题的实物图上连线．解析：先确定采用电流表内接电路还是外接电路．因为R x R A ＝10050＝2<R V R x ＝5×103100＝50，所以采用电流表外接．再确定滑动变阻器是采用限流式接法还是分压式接法．若采用限流式接法，则滑动变阻器阻值达到最大时，电阻中电流最小，I ＝ER x ＋R ＋R A＝6100＋15＋50A ＝36 mA ，此时电阻R x 的电压约为3.6 V ，均已超过电流表和电压表量程，故必须采用滑动变阻器分压式接法．实验原理图和实物连线如图所示．答案：见解析11．在如图2－4－18所示的电路中，小量程电流表的内阻R g ＝100 Ω，满偏电流I g ＝1 mA ，R 1＝900 Ω，R 2＝100999Ω.图2－4－18(1)当S 1和S 2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？ (2)当S 1和S 2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？解析：(1)当S 1和S 2均断开时电流表和R 1串联，改装成电压表，其量程为：U ＝I g (R g ＋R 1)＝1×10－3×(100＋900) V ＝1 V .(2)当S 1和S 2均闭合时，S 1闭合将R 1短路，电流表和R 2并联改装成电流表，其量程为I ＝I g ＋I g R g /R 2＝1 A.答案：(1)电压表 1 V (2)电流表 1 A 12．(2012·西安中学高二检测)如图2－4－19所示，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R 3＝5 Ω，则当滑动触头从a 滑到b 的过程中，安培表示数的最小值为多少？图2－4－19解析：设触头上部分电阻为x Ω，则下部分为(5－x ) Ω，总电阻R ＝(2＋x )(8－x )2＋x ＋8－x＝(2＋x )(8－x )10由数学知识可知当2＋x ＝8－x 时，即x ＝3 Ω，R 最大，此时R max ＝5×510Ω＝2.5 Ω 安培表的示数最小I min ＝U R max ＝52.5A ＝2 A. 答案：2 A。

2020—2021学年人教版高二物理选修3—1第三章磁场同步训练含答案

2020—2021人教版高中物理选修3—1第三章磁场同步训练含答案人教选修3—1第三章磁场一、选择题1、一科考船进行环球科考活动从北极附近出发，一路向南直到南极附近，沿途不断测量地磁场的大小和方向，他的测量结果可能是()A．地磁场的大小一直不变，磁场方向始终沿正南、正北方向B．地磁场的大小不断变化，磁场方向始终沿正南、正北方向C．地磁场的大小一直不变，磁场的方向与正南、正北方向间有一较小的偏角D．地磁场的大小不断变化，磁场的方向与正南、正北方向间有一较小的偏角2、磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都会有磁性，地球就是一个巨大的磁体。

在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的。

若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中() A．鸽子仍能如平时一样辨别方向B．鸽子会比平时更容易的辨别方向C．鸽子会迷失方向D．不能确定鸽子是否会迷失方向3、如图所示，在空间某点A仅存在大小、方向恒定的两个磁场B1、B2，B1＝3 T，B2＝4 T，A点的磁感应强度大小为()A．7 T B．1 TC．5 T D．大于3 T小于4 T4、一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动。

已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置B和位置C的过程中，下列对磁通量变化判断正确的是()A．一直变大B．一直变小C．先变大后变小D．先变小后变大5、(多选)关于磁场对通电直导线的作用力的大小，下列说法中正确的是() A．通电直导线跟磁场方向平行时作用力为零B．通电直导线跟磁场方向垂直时作用力最大C．作用力的大小跟导线与磁场方向的夹角无关D．通电直导线跟磁场方向斜交时肯定有作用力6、如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。

人教版高中物理选修3-1第一章第4节课时跟踪训练(含答案解析).docx

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练]一、选择题(每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.下列说法正确的是( )A.将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B.将正电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加C.将负电荷由电势高的地方移到电势低的地方，电势能一定增加D.无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加解析：由公式φ＝E p q得E p ＝q φ，正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大。

当把正电荷由电势高的地方移到电势低的地方时，电势能会减少，当把负电荷从电势高的地方移到电势低的地方时，电势能将增加，A 错误，B 、C 正确；根据电场力做功与电势能变化的关系可知，当电场力做正功时，电势能减少，当电场力做负功时，电势能增加，D 正确。

答案：BCD2.某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是( )图 1A.c 点电场强度大于b 点电场强度B.a 点电势高于b 点电势C.若将一试探电荷＋q 由a 点释放，它将沿电场线运动到b 点D.若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电势能减小解析：根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知c 点的电场强度小于b 点的电场强度，选项A 错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知a 点电势高于b 点电势，选项B 正确；只有当电场线为直线时，试探电荷静止释放，才能沿电场线运动，所以选项C 错误；若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项D正确。

答案：BD3.如图2中虚线为匀强电场中的等势线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。

现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。

点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。

若不计重力，则( )图 2A.M带负电荷，N带正电荷B.M带正电荷，N带负电荷C.N在从O点运动至a点的过程中电势降低D.M在O点和b点电势能相同解析：由O点电势高于c点电势知，电场强度方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N粒子所受电场力方向向上，M粒子所受电场力方向向下，故M粒子带正电，N粒子带负电，A、C错误，B正确，O、b两点位于同一等势线上，D正确。

人教版高中物理选修3-1第一章第3节课时跟踪训练(含答案解析).docx

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练]一、选择题(每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1.关于电场强度E ＝F q，下列说法正确的是( )A.由E ＝F q知，若q 减小为原来的1/2，则该处电场强度变为原来的2倍 B.由E ＝k Q r 2知，E 与Q 成正比，而与r 2成反比C.由E ＝k Q r2知，在以Q 为球心、r 为半径的球面上，各处电场强度均相同 D.电场中某点电场强度方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向解析：因E ＝F /q 为电场强度定义式，而电场中某点的电场强度E 只由电场本身决定，与是否引入试探电荷及q 的大小、正负无关，故A 错；E ＝k Q r2是点电荷Q 的电场中各点电场强度的决定式，故B 对；因电场强度为矢量，E 相同意味着大小、方向都相同，而在选项C 中所述球面上各处E 方向不同，故C 错；因所放电荷的电性不知，若为正电荷＋q ，则E 与＋q 受力方向相同，否则相反，故D 错。

答案：B2.下列说法中正确的是( ) A.电场线为直线的电场是匀强电场B.在电荷＋Q 所产生的电场中，以＋Q 为球心，半径为r 的球面上各点电场强度E ＝k Q r 2都相等，故在这一球面上的电场为匀强电场C.当一个点电荷q 在匀强电场中运动时，它所受电场力的大小和方向都不变D.正点电荷只受电场力作用时，在匀强电场中一定沿电场线运动解析：电场线为直线的电场不一定是匀强电场，如正点电荷或负点电荷的电场线均为直线，但都不是匀强电场，A 错；B 项中，只是电场强度大小相等，而方向各不相同，故不是匀强电场，B错；电场力F＝Eq，在匀强电场中，E的大小、方向均不变，故F大小、方向也不变，C对；若正点电荷有一与电场线成某一夹角的初速度，就不会沿电场线运动，D 错。

答案：C3.如图1甲所示中，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的检验电荷的电荷量与所受电场力大小间的函数图像(F－q图像)，指定电场方向由A指向B为正方向，由此可以判定( )图 1A.场源可能是正电荷，位置在A侧B.场源可能是正电荷，位置在B侧C.场源可能是负电荷，位置在A侧D.场源可能是负电荷，位置在B侧解析：由F＝qE和图乙知，q相同时b点电场力较大，故场源电荷位置在B侧，由于检验电荷电性不确定，故选B、D。