【优化方案】2018-2019学度高二物理(RJ.3-1)：第二章第三节知能演练轻松闯关

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【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第一章第三节知能演练轻松闯关-最新教育文档

1．关于电场线的性质，以下说法正确的有( )A ．电场线是电荷在电场中的运动轨迹B ．电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的相对大小C ．电场线的箭头方向表示场强减弱的方向D ．空间中两条电场线不能相交解析：选BD.电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A 错误，B 正确．电场线的箭头方向表示场强的方向，C 错误．由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同，若两条电场线相交，则在该点可以作出两条切线，表明该点的电场不唯一，这与实际不符，D 正确．故选BD.2．(2019·大庆一中高二检测)电场中有一点P ，下列哪种说法是正确的( )A ．若放在P 点电荷的电荷量减半，则P 点的电场强度减半B ．若P 点没有试探电荷，则P 点电场强度为零C ．P 点电场强度越大，则同一电荷在P 点所受电场力越大D ．P 点的电场强度方向为试探电荷在该点的受力方向解析：选C.为了知道电场中某点的电场强度，可以把一个试探电荷放入该点，其受到的电场力F 与自身的电荷量q 的比值F q可反映该点场强的大小，但该点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量多少、电性无关，A 、B 错误．由E ＝F q得F ＝Eq ，当q 一定时，E 越大，F 越大，C 正确．电场中某点的电场强度方向规定为正电荷在该点时受到的电场力的方向，与负电荷受力的方向相反，D 错误．故选C.3.(2019·沈阳二中高二期中)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以做出的判断是( )A ．带电粒子所带电荷的符号B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处大D ．带电粒子在a 、b 两点的加速度方向解析：选BCD.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B 正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A 错误；加速度由电场力产生，由于a 处电场线较b 处密，所以a 处电场强度大，由E ＝F q知，带电粒子在a 处受电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C 、D 正确．故选BCD.4．(2019·华南师大附中高二检测)如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A →O →B 匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A 点到O 点，电场线由疏到密；从O 点到B 点，电场线由密到疏，所以沿点A 、O 、B ，电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A 、O 、B 运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，故选B.5．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C 的正电荷受到4×10－3 N 的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R ＝6.4×106 m ，k ＝9×109 N·m 2/C 2)解析：地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q ，则地球表面附近的场强E ＝kQ R 2① 据场强定义知E ＝F q② 将k ＝9×109 N·m 2/C 2，R ＝6.4×106 m ，F ＝4×10－3 N ，q ＝2×10－4 C 代入①②，求得Q ＝9.1×104 C因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球表面附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．答案：负电 9.1×104 C一、选择题1．下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )解析：选C.A 图中，A 、B 两点场强大小相等，方向不同，B 图中，A 、B 两点场强的方向相同，但大小不等，C 图中是匀强电场，则A 、B 两点场强大小、方向相同；D 图中A 、B 两点场强大小、方向均不相同．故选C.2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F ，这点的电场强度为E ，在下图中能正确反映q 、E 、F 三者关系的是( )解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A 、B 错误；检验电荷在该点受到的电场力F ＝Eq ，F 正比于q ，C 错误，D 正确．故选D.3．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点．放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A ．A 点的电场强度大小为2×103 N/CB ．B 点的电场强度大小为2×103 N/CC ．点电荷Q 在AB 之间D ．点电荷Q 在AO 之间解析：选AC.设A 、B 两点的场强分别为E A 、E B ，根据图象信息可知，图线的斜率即为场强，则E A ＝2×103 N/C ，E B ＝－500 N/C ，A 、B 两点场强方向相反．由点电荷场强特点知，该点电荷应放在A 、B 之间，故选AC.4．(2019·高考新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )解析：选D.由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b 如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故选D.5．(2019·高考重庆卷)如图所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：选D.根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故选D.6.一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )A ．粒子带正电B ．粒子加速度逐渐减小C ．A 点的速度大于B 点的速度D ．粒子的初速度不为零解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，A 错误；A →B 电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B 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 正确；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，D 正确．故选BCD.7.如图所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a 、b 是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )A ．该粒子带正电荷，运动方向为由a 到bB ．该粒子带负电荷，运动方向为由a 至bC ．该粒子带正电荷，运动方向为由b 至aD ．该粒子带负电荷，运动方向为由b 至a解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，运动方向a →b 与b →a 均有可能．故选BD.8.(2019·温州十校联考)如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q 的点电荷(电性如图所示)，a 、b 、c 、d 是正方形边长的中点，则以下说法中错误的是( )A ．a 、b 、c 、d 四点的场强相同B ．a 、c 两点的场强一定等大且反向C ．b 、d 两点的场强一定等大且反向D ．e 点的场强一定为零解析：选A.根据放置的电荷的位置和对称性可知，a 、b 、c 、d 四个点场强大小相等，但方向不同，A 错误；由对称性知，a 、c 两点和b 、d 两点的场强大小相等、方向相反，B 、C 正确；同理，由对称性知e 点的场强为零，D 正确．故选A.☆9.如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移到P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3解析：选B.依题意，每个点电荷在O 点产生的场强为E 12，则当N 点处的点电荷移至P 点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E 2＝E 12，则E 1E 2＝21，故选B. 二、非选择题10.如图所示，空间中A 、B 、C 三点的连线恰构成一直角三角形，且∠C ＝30°，AB ＝L ，在B 、C 两点分别放置一点电荷，它们的电量分别是＋Q 与－Q (静电力常量为k )．求斜边AC 的中点D 处的电场强度．解析：连接BD ，三角形ABD 为等边三角形，可得BD ＝CD ＝AB ＝L .点电荷＋Q 与－Q 在D处产生的场强大小均为E 1＝k Q L 2，方向如图所示，二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知，D 处的电场强度为这两个场强的矢量和，可解得E ＝2E 1cos 30°＝2×kQ L 2×32＝3kQ L 2，方向水平向右．答案：3kQ L2，方向水平向右 11.在场强为E 的匀强电场中，取O 点为圆心，r 为半径作一圆周，在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，a 、b 、c 、d 为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点．当把一检验电荷＋q 放在d 点恰好平衡时(如图所示)．(1)匀强电场场强E 的大小，方向如何？(2)检验电荷＋q 放在点c 时，受力F c 的大小、方向如何？(3)检验电荷＋q 放在点b 时，受力F b 的大小、方向如何？解析：(1)由题意可知：F 1＝k Qq r2，F 2＝qE 由于F 1＝F 2，所以qE ＝k Qq r 2，E ＝k Q r2 匀强电场方向沿db 方向．(2)检验电荷放在c 点：E c ＝E 21＋E 2＝2E ＝2k Q r2 所以F c ＝qE c ＝2k Qq r 2 方向与ac 方向成45°角斜向下(如图所示)．(3)检验电荷放在b 点：E b ＝E 2＋E ＝2E ＝2k Q r2 所以F b ＝qE b ＝2k Qq r2，方向沿db 方向．答案：(1)k Q r 2，方向沿db 方向 (2)2k Qq r 2，方向与ac 方向成45°角斜向下 (3)2k Qq r2，方向沿db 方向☆12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右极板的水平距离为b ，如图所示．问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？解析：对小球进行正确的受力分析和剪断丝线后小球运动过程的判定是分析该题的前提和关键．(1)由于小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，如图所示．由图可得qE ＝mg tan θ，故q ＝mg tan θE. (2)F T ＝mg cos θ，剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力和电场力的合力等于mg cos θ，小球的加速度a ＝F 合m ＝g cos θ.小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为l ＝bsin θ，由l ＝12at 2得，t ＝2l a ＝ 2b cos θg sin θ＝2b g cot θ. 答案：(1)mg tan θE (2) 2bg cot θ。

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1．(2019·福州一中高二检测)下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B ．公式W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2t /R 只适用于纯电阻电路C ．在非纯电阻电路中，UIt >I 2RtD ．焦耳定律Q ＝I 2Rt 适用于任何电路答案：BCD2．(2019·高考浙江卷)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2019年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )A ．8×108 kW·hB ．8×1010 kW·hC ．8×1011 kW·hD ．8×1013 kW·h解析：选B.因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3 kW ×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h ，故选B.3．加在某电动机上的电压是U (V)，电动机消耗的电功率为P (W)，电动机线圈的电阻为r (Ω)，则电动机线圈上消耗的电热功率为( )A ．P B.U 2r C.P 2r U 2 D ．P －P 2r U 2 解析：选C.因为P ＝IU ，I ＝P U，所以P 热＝⎝⎛⎭⎫P U 2r .故选C. 4.有四盏灯，接入如图所示的电路中．L 1和L 2都标有“220 V ,100 W”，L 3和L 4都标有“220 V ,40 W”．把电路接通后，最暗的灯将是( )A ．L 1B ．L 2C ．L 3D ．L 4 解析：选C.由P ＝U 2R可知，R 1＝R 2<R 3＝R 4，对L 1和L 4，电流相同，由P ＝I 2R 可知P 1<P 4；对L 2和L 3，电压相同，由P ＝U 2R可知，P 2>P 3；对L 1和L 2，电阻相同，I L1>I L2，由P ＝I 2R 可知，P 1>P 2，所以P 3最小，L 3最暗，故选C.5．(2019·黑龙江鸡西一中高二月考)以蓄电池为驱动能源的环保汽车总质量m ＝3×103 kg.当它在水平路面上以v ＝36 km/h 的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝50 A ，电压U ＝300 V ．在此行驶状态下：(1)求驱动电机的输入功率P 电；(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10 m/s 2)．解析：(1)驱动电机的输入功率P 电＝IU ＝1.5×104 W.(2)在匀速行驶时，P 机＝0.9P 电＝F v ＝F f v ，得F f ＝0.9P 电v ＝1.35×103 N汽车所受阻力与车重之比F f mg＝0.045. 答案：(1)1.5×104 W (2)0.045一、选择题1.电阻R 和电动机M 串联接到电路中，如图所示，已知电阻R 跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R 和电动机M 两端的电压分别为U 1和U 2，经过时间t ，电流通过R 做功为W 1，产生的热量为Q 1，电流通过电动机做功为W 2，产生的热量为Q 2.则有( )A ．U 1＜U 2，Q 1＝Q 2B ．U 1＝U 2，Q 1＝Q 2C ．W 1＝W 2，Q 1＞Q 2D ．W 1＜W 2，Q 1＜Q 2解析：选A.电动机是非纯电阻用电器，其两端电压U 2＞IR ＝U 1，B 错误；电流做的功W 1＝U 1It ，W 2＝U 2It ，故W 1＜W 2，C 错误；产生的热量由Q ＝I 2Rt 可判断Q 1＝Q 2，A 正确，D 错误．故选A.2.(2019·成都七中高二期中)如图所示为某两个电阻的U -I 图象，则R 1∶R 2的值和把两电阻串联后接入电路时消耗功率之比P 1∶P 2及并联后接入电路时消耗功率之比P 1′∶P 2′分别是( )A ．2∶1 2∶1 1∶2B ．2∶1 1∶2 2∶1C ．1∶2 1∶2 2∶1D ．1∶2 2∶1 1∶2解析：选A.由U -I 图象可知，R 1∶R 2＝2∶1.把R 1、R 2串联接入电路，由P ＝I 2R 知P 1∶P 2＝R 1∶R 2＝2∶1.并联时P 1′∶P 2′＝R 2∶R 1＝1∶2.故选A.3．把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一电源上，若要产生相等的热量，则两种方法所需的时间之比t 串∶t 并为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．4∶1D ．1∶4解析：选C.串联后电阻为R 1＝2r ，产生的热量为Q 1＝U 2R 1·t 串＝U 22r ·t 串；并联后电阻为R 2＝r 2，产生的热量为Q 2＝U 2R 2·t 并＝U 2r 2·t 并，若Q 1＝Q 2，则有t 串∶t 并＝4∶1.故选C. 4．两个小灯泡的标识分别是L 1“6 V ,6 W”，L 2“6 V,9 W”，把它们串联后接在同一直流电源上(电源内阻可忽略不计)，L 1消耗的功率恰好为6 W ，则L 2消耗的功率为( )A ．6 WB ．9 WC ．4 WD ．条件不足，不能确定解析：选C.两个灯泡的电阻为：R 1＝U 21P 1＝626Ω＝6 Ω R 2＝U 22P 2＝629Ω＝4 Ω 由串联电路的电压与电阻成正比，所以L 2的电压为4 V ，它实际消耗的功率为：P ＝U 2R 2＝424W ＝4 W ，故选C. 5.如图所示，电路两端的电压U 保持不变，电阻R 1、R 2、R 3消耗的电功率一样大，则电阻之比R 1∶R 2∶R 3是( )A ．1∶1∶1B ．4∶1∶1C ．1∶4∶4D ．1∶2∶2解析：选C.对R 2、R 3，由P ＝U 2/R 知R 2∶R 3＝1∶1，对R 1、R 2，由P ＝I 2R ，I 1＝2I 2，所以R 1∶R 2＝I 22∶I 21＝1∶4，C 选项正确．6．额定电压都是110 V ，额定功率P A ＝100 W ，P B ＝40 W 的两盏灯，若接在电压是220 V 的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是下图中的( )解析：选C.由P ＝U 2R和已知条件可知，R A ＜R B .对于A 电路，由于R A ＜R B ，所以U B ＞110 V ，B 灯被烧毁，两灯不能正常发光．对于B 电路，由于R B ＞R A ，A 灯又并联变阻器，并联电阻更小于R B ，所以U B ＞U 并，B 灯被烧毁．对于C 电路，B 灯与变阻器并联电阻可能等于R A ，所以可能U A ＝U B ＝110 V ，两灯可以正常发光．对于D 电路，若变阻器的有效电阻等于A 、B 的并联电阻，则U A ＝U B ＝110 V ，两灯可以正常发光．比较C 、D 两个电路，由于C 电路中变阻器功率为(I A －I B )×110，而D 电路中变阻器功率为(I A ＋I B )×110，所以C 电路中消耗的电功率最小．故选C.7．(2019·郑州外国语学校高二检测)把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使小灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是( )A ．P 甲＝P 乙B ．P 甲＝3P 乙C ．P 乙＝3P 甲D ．P 乙>3P 甲解析：选B.设每个灯泡正常工作时的电流为I ，则甲图中电路的总电流为3I ，P 甲＝12×3I ＝36I ，乙图中电路的总电流为I ，P 乙＝12×I ＝12I ，故有P 甲＝3P 乙，故选B.8.(2019·深圳高二检测)如图所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V ,12 W”字样，电动机线圈的电阻R M ＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A ．电动机的输入功率为12 WB ．电动机的输出功率为12 WC ．电动机的热功率为2.0 WD ．整个电路消耗的电功率为22 W解析：选AC.灯泡L 正常发光，则I 灯＝P 灯U 灯＝126A ＝2 A ，所以电路中的电流I ＝2 A ，故整个电路消耗的总功率P 总＝UI ＝24 W ，D 错误；电动机的输入功率等于P 总－P 灯＝12 W ，A 正确，B 错误；电动机的热功率P 热＝I 2R M ＝2.0 W ，C 正确．故选AC.☆9.额定电压均为220 V 的白炽灯L 1和L 2的U -I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中，则下列说法正确的是( )A ．L 2的额定功率为99 WB ．L 2的实际功率为17 WC ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小17 WD ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L 2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A ，则L 2的额定功率为P 额＝U 额I 额＝99 W ，A 正确；题图乙所示电路为L 1和L 2串联再与L 3并联，所以L 1和L 2串联后两端的总电压为220 V ，那么流过L 1和L 2的电流及两灯的电压满足I 1＝I 2，U 1＋U 2＝220 V ，由L 1和L 2的U -I 图线可知，I 1＝I 2＝0.25 A ，U 1＝152 V ，U 2＝68 V ，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，则P 3－P 2＝82 W ，C 错误，D 正确，故选ABD.二、非选择题10.如图所示，两个小灯泡L 1和L 2串联接在P 、Q 两点间，L 1和L 2的铭牌上分别标有“3 V,6 W”、“6 V,3 W”，求PQ 间允许加的最大电压为多少？(假定小灯泡电阻不变)解析：两灯泡的额定电流，由P ＝UI 得I 1＝P 1U 1＝63 A ＝2 AI 2＝P 2U 2＝36A ＝0.5 A 电路中允许的最大电流为0.5 A两灯泡的电阻，由P ＝U 2R 得 R 1＝U 21P 1＝326Ω＝1.5 Ω R 2＝U 22P 2＝623Ω＝12 Ω 允许加的最大电压为U ＝I 2(R 1＋R 2)＝0.5×(1.5＋12)V ＝6.75 V.答案：6.75 V11.电热毯是人们常用的电热式家用电器，它一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同，如图为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R 1、R 2和自动开关S.(1)当自动开关S 闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U ＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W ，保温时用电器的电功率为40 W ，则R 1和R 2分别为多大？解析：(1)当开关S 闭合时，R 2被短路，电路中只有R 1，此时功率P 1＝U 2R 1；当开关S 断开时，R 1、R 2串联，此时功率为P 2＝U 2R 1＋R 2，显然有P 1>P 2，故S 闭合时，用电器处于加热状态；S 断开时，用电器处于保温状态．(2)加热时有：P 1＝U 2R 1，保温时有P 2＝U 2R 1＋R 2，代入数据解得：R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω. 答案：(1)S 闭合为加热状态，S 断开为保温状态(2)121 Ω 1 089 Ω☆12.如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为r ＝1 Ω，电动机两端的电压为5 V ，电路中的电流为1 A ，物体A 重20 N ，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？(2)电动机输入功率和输出功率各是多少？(3)10 s 内，可以把重物A 匀速提升多高？(4)这台电动机的机械效率是多少？解析：(1)根据焦耳定律，热功率P 热＝I 2r ＝12×1 W ＝1 W.(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积P 入＝IU ＝1×5 W ＝5 W ，输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率，即P 出＝P 入－P 热＝5 W －1 W ＝4 W.(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功，在10 s 内P 出t ＝mgh ，解得h ＝P 出t mg＝4×1020m ＝2 m. (4)机械效率η＝P 出P 入＝80%. 答案：(1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%。

【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第三章章末过关检测

(时间：60分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是( )A ．把一电流元分别放在磁场中的两点，所受磁场力大的磁感应强度大B ．把一个小线圈置于磁场中，磁通量大处磁感应强度大C ．让一电荷以相同的速度分别垂直进入两个匀强磁场，受洛伦兹力大的磁感应强度大D ．磁感应强度的方向与正电荷在磁场中受洛伦兹力方向相同解析：选C.电流元所受磁场力大小，除与B 有关外，还与放置方向有关，A 错误；线圈中的磁通量除与B 有关外，还与放置方向有关，B 错误；粒子垂直进入磁场，洛伦兹力F＝q v B ，所以B ＝F q v，C 正确；洛伦兹力方向与B 的方向垂直，D 错误．故选C. 2．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )解析：选A.在垂直于导线的平面内，由安培定则可判断为导线周围的磁感线是闭合的同心圆，从上向下看为逆时针，故选A.3.有两根长直导线a 、b 互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M 、N 为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I ，则关于线段MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相同B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上只有一点的磁感应强度为零解析：选BD.M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，A 错误、B 正确，在线段MN 上中点O 的磁感应强度为零，C 错误、D 正确．故选BD.4．(2019·南京外国语学校高二检测)如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电量为＋q ，质量为m )从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是( )解析：选CD.带电小球进入混合场后若受力平衡，则能沿直线运动．A 选项中电场力向左，洛伦兹力开始时向右，重力竖直向下，三力不可能平衡．B 选项中电场力向上，重力向下，而洛伦兹力向外，三力也不能平衡．C 、D 选项的小球所受三力可能平衡．故选CD.5．(2019·南京高二检测)如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：选AC.粒子获得的最大速度v ＝qBR m 知A 正确．由E k ＝q 2B 2R 22m知，B 错误，由T ＝2πm qB知，C 正确，加速粒子所需电源频率是确定的，故D 错误．故选AC. 6. (2019·大庆高二检测)如图所示，O 为圆心，和是半径分别为ON 、OM 的同心圆弧，在O 处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN 所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )A ．将向左平动B ．将向右平动C ．将在纸面内绕通过O 点并垂直纸面的轴转动D ．KL 边将垂直纸面向外运动，MN 边垂直纸面向里运动解析：选D.因为通电直导线的磁感线是以O 为圆心的一组同心圆，磁感线与电流方向一直平行，所以KN 边、LM 边均不受力，根据左手定则可得，KL 边受力垂直纸面向外，MN 边受力垂直纸面向里，故选D.7．如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形、但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆形的直径D 等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则( )A ．两电子在磁场中运动的半径一定相同B ．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C ．进入圆形区域的电子一定先飞离磁场D ．进入圆形区域的电子一定不会飞离磁场解析：选AB.根据公式R ＝m v qB 可知A 正确；若两个电子的轨道半径为R ＝D 2，那么两电子在磁场中运动的时间相同，B 正确，C 错误；由于电子的圆心一定在入射点的切线上，所以电子一定会飞出磁场，D 错误．故选AB.8．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A 沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，阻力不计，以下说法中正确的是( )A ．液滴一定带负电B ．液滴在C 点时动能最大C ．液滴从A 运动到C 的过程中机械能守恒D ．液滴将由B 点返回A 点解析：选AB.由轨迹走向可知液滴一定带负电．洛伦兹力不做功，液滴由A 到C ，克服电场力做功，所以从A 运动到C 过程中机械能不守恒，由于重力大于电场力，所以由动能定理知，液滴在C 点时动能最大．液滴到达B 处后，向右重复类似于A →C →B 的运动，不能再由B 点返回A 点．故选AB.9.如图所示，相距为d 的两带电平行板间同时存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，带电荷量为q 的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，则( )A ．小球一定带负电B ．小球一定带正电C ．两板间电压为mgd qD ．小球在两板间的运动时间为2πm qB解析：选BC.带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，重力大小等于静电力，洛伦兹力提供向心力，则小球带正电，有mg ＝qE 、q v B ＝m v 2R ，所以有mg ＝q U d 和T ＝2πm qB，得出U ＝mgd q ，小球在两板间的运动时间t ＝T 2＝πm qB.故选BC. 10.如图所示，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从A 孔沿AD 方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a 和b ，则两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是( )A ．v a ＝v b ，t a <t bB ．v a >v b ，t a >t bC ．v a >v b ，t a <t bD ．v a <v b ，t a ＝t b解析：选C.由题图可知，半径R a ＝2R b ，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R ＝m v qB，又两个带电粒子相同，所以v a ＝2v b .带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB，则两带电粒子运动的周期相同，设周期为T ，从C 孔射出的粒子运动的时间t a ＝T 4，从B 孔射出的粒子运动的时间T b ＝T 2，所以t b ＝2t a .故选项C 正确．二、计算题(本题共3小题，共40分．解答时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)11. (8分)如图所示，两根平行金属导轨M 、N ，电阻不计，相距0.2 m ，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m ＝5×10－2 kg 的金属棒ab ，ab 的电阻为0.5 Ω.两金属导轨一端通过电阻R 和电源相连．电阻R ＝2 Ω，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝0.5 Ω，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab 对导轨的压力恰好是零，并使ab 处于静止．(导轨光滑)求所加磁场磁感强度的大小和方向．解析：因ab 对导轨压力恰好是零且处于静止，ab 所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定则可以判定B 的方向应为水平向右．(2分)ab 中的电流I ＝E R ＋r ＋r ab ＝62＋0.5＋0.5A ＝2 A(2分) F ＝ILB ＝mg (2分)B ＝mg IL ＝5×10－2×102×0.2T ＝1.25 T ．(2分) 答案：1.25 T 水平向右12．(14分)如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能E k .解析：(1)轨迹如图．(4分)(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有q v B ＝m v 2R(2分) R ＝m v qB＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3 m ＝0.4 m ．(2分)(3)由动能定理可得带电粒子飞出电场时的动能为E k ＝EqL ＋12m v 2 ＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J ．(6分)答案：(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J13. (18分)如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小；(3)A 点到x 轴的高度h .解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①(2分)E ＝mg q②(2分) 重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L 2r＝sin θ③(2分) 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④(2分) 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ⑤(2分)由③④⑤式得v 0＝qBL 2mcot θ.⑥(2分) (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ⑦(2分) 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh ⑧(2分)由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g.(2分) 答案：(1)mg q 方向竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g。

2018-2019学年上学期寒假作业高二物理答案与解析

1．【解析】(1)对B进行受力分析如图，则：F=mgtanθ=√33mg由库仑定律：F=k Q2r2所以：r=Q√3kmg；(2) 带电小球在O点产生的场强相等，都是：E A=E B=kQr2=√3mg3Q合场强的方向在二者的角平分线上，大小为：E O＝2E cos30°＝mgQ，方向沿AB的中垂线向上。

一、选择题1．【答案】AB【解析】法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k的值，故A正确；物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故B正确；电场线的切线方向即为场强的方向，电场中任意两条电场线都不相交，故C错误；在电场中，等差等势面越密的地方，电场强度越大，故D错误。

2．【答案】AC3．【答案】D【解析】静电感应使得A带正电，B带负电。

导体原来不带电，只是在带正电的导体球C静电感应的作用下，导体中的自由电子向B部分转移，使B部分带了多余的电子而带负电，A部分少了电子而带正电。

根据电荷守恒定律，A部分移走的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时左、右两部分所带电荷量的值Q A、Q B是不同的，故只有D正确。

4．【答案】D【解析】两同种电荷间的库仑力为排斥力，两电荷在排斥力的作用下相互远离，由公式F=k q1q2r2可知，两电荷间的作用力减小，由牛顿第二定律a=Fm可知，加速度减小。

5．【答案】C【解析】电场强度是反映电场本身的性质，与试探电荷的正负和大小无关，故在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向仍水平向右，大小仍为E，故A、B错误；正电荷的受力方向和负电荷的受力方向相反，故负电荷-2q所受的电场力方向变为水平向左，故C正确；A 点的场强一定，由F=qE知在A点放置一个电荷量为-2q的试探电荷，则它所受的电场力变为2F，故D错误；故选C。

【优化方案】2018-2019学度高二物理(RJ.3-1)：第三章第六节知能演练轻松闯关

【优化方案】2018-2019学度高二物理（RJA、匀速运动B、平抛运动C、匀加速直线运动D、变速曲线运动解析：选AD.如果粒子运动方向与磁场方向平行，那么它不会受到洛伦兹力，做匀速运动，A正确．在其他情况下，洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，速度大小不变，但方向变化，所以只能做变速曲线运动，D正确．粒子的加速度方向时刻改变，所以不能做匀加速直线运动和平抛运动，B、C均错误．应选AD.2．2019年发射的〝月球勘探者号〞空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在研究月球磁场分布方面取得了新的成果．月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量电子在月球磁场中的轨迹来推算磁场强弱的分布，图中是探测器通过月球A、B、C、D四个位置时，电子运动的轨迹照片．设电子速率相同，且与磁场方向垂直，其中磁场最强的位置是( )解析：选A.由粒子轨道半径公式r＝mvqB可知，磁场越强的地方，电子运动的轨道半径越小．应选A.3.如图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A、带正电，由下往上运动B、带正电，由上往下运动C、带负电，由上往下运动D、带负电，由下往上运动解析：选A.从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式R＝mvqB可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定那么，可知粒子带正电，应选A.4. (2019·高考广东卷)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，以下表述正确的选项是( )A 、M 带负电，N 带正电B 、M 的速率小于N 的速率C 、洛伦兹力对M 、N 做正功D 、M 的运行时间大于N 的运行时间解析：选A.根据左手定那么可知N 带正电，M 带负电，A 正确；因为r ＝mv Bq ，而M 的半径大于N 的半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；M 和N 的运行时间都为t ＝πm Bq ，D 错误．应选A.5.如下图，一束电子的电荷量为e ，以速度v 垂直射入磁感应强度为B 、宽度为d 的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角θ是30°，那么电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？解析：电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度v 垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上．从图中可以看出，AB 弧所对的圆心角θ＝30°＝π6，OB 即为半径r由几何关系可得：r ＝d sin θ＝2d 由牛顿第二定律得：qvB ＝mv2r解得：m ＝qBr v ＝2deB v 带电粒子通过AB 弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：t ＝θ2πT ＝112×2πm Be ＝πm 6Be ＝πd 3v . 答案：2deB v πd 3v【一】选择题1.如下图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E.平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S 下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．以下表述正确的选项是( )A 、质谱仪是分析同位素的重要工具B 、速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C 、能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E/BD 、粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析：选ABC.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，A 正确．速度选择器中电场力与洛伦兹力是一对平衡力，即qvB ＝qE ，故v ＝E B .据左手定那么可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．粒子在匀强磁场中运动的半径r ＝mv qB ，即粒子的荷质比q m ＝v Br ，由此看出粒子运动的半径越小，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越大，D 错误．应选ABC.2.如下图，a 和b 带电荷量相同，以相同动能从A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra ＝2rb ，那么可知(重力不计)( )A 、两粒子都带正电，质量比ma/mb ＝4B 、两粒子都带负电，质量比ma/mb ＝4C 、两粒子都带正电，质量比ma/mb ＝1/4D 、两粒子都带负电，质量比ma/mb ＝1/4解析：选B.由于qa ＝qb 、Eka ＝Ekb ，动能Ek ＝12mv2和粒子偏转半径r ＝mv qB ，可得m ＝r2q2B22Ek ，可见m 与半径r 的平方成正比，故ma ∶mb ＝4∶1，再根据左手定那么判知粒子应带负电，应选B.3.如下图，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，那么电子将( )A 、沿路径a 运动，轨迹是圆B 、沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C 、沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D 、沿路径b 运动，轨迹半径越来越小解析：选B.由左手定那么可判断电子运动轨迹向下弯曲．又由r ＝mv qB 知，B 减小，r 越来越大，故电子的径迹是a.应选B.4. (2019·高考海南卷)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．以下说法正确的选项是( )A 、入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B 、入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C 、在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D 、在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：选BD.由于粒子比荷相同，由R ＝mv qB 可知速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B 正确．对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如下图，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T ＝2πm qB 知所有粒子在磁场运动周期都相同，A 、C 皆错误．再由t ＝θ2πT ＝θm qB 可知D 正确．应选BD.5.如下图，在半径为R 的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为q m 的负离子以相同速率v0(较大)，由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，那么以下说法中正确的选项是(不计重力)( )A 、离子飞出磁场时的动能一定相等B 、离子在磁场中的运动半径一定相等C 、由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D 、沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大解析：选BC.射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等；又因为洛伦兹力不做功，故这些离子从射入到射出动能不变，但不同离子的动能可能不等，A 错误．离子在磁场中的偏转半径为r ＝mv qB ，由于比荷和速率都相等，磁感应强度B 为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B 正确．同时，各离子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm 也相等．根据几何规律：圆内较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q 点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 正确．沿PQ 方向射入的离子一定不从Q 点射出，故偏转角不是最大，D 错误，应选BC.6. (2019·陕西师大附中高二检测)如下图，有界匀强磁场边界线SP ∥MN ，速率不同的同种带电粒子从S 点沿SP 方向同时射入磁场．其中穿过a 点的粒子速度v1与MN 垂直；穿过b 点的粒子速度v2与MN 成60°角，设粒子从S 到a 、b 所需时间分别为t1和t2，那么t1∶t2为(重力不计)( )A 、1∶3B 、4∶3C 、1∶1D 、3∶2解析：选D.如下图，可求出从a 点射出的粒子对应的圆心角为90°.从b 点射出的粒子对应的圆心角为60°.由t ＝α2πT ，可得：t1∶t2＝3∶2，应选D. 7.如下图，带电粒子在没有电场和磁场的空间以v 从坐标原点O 沿x 轴方向做匀速直线运动，假设空间只存在垂直于xOy 平面的匀强磁场时，粒子通过P 点时的动能为Ek ；当空间只存在平行于y 轴的匀强电场时，那么粒子通过P 点时的动能为( )A 、EkB 、2EkC 、4EkD 、5Ek解析：选D.只有电场时，粒子做类平抛运动，vt ＝qEt2/(2m)，那么运动时间t ＝2mv/(qE)，故电场力做功W ＝qEvt ＝2mv2＝4Ek ，因此粒子通过P 点时的动能为E ′k ＝Ek0＋W ＝5Ek ，应选D.8.两带电油滴在竖直向上的匀强电场E 和垂直纸面向里的匀强磁场B 正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如下图，那么两油滴一定相同的是( )A 、带电性质B 、运动周期C 、运动半径D 、运动速率解析：选AB.由题意可知，mg ＝qE ，且电场力方向竖直向上，所以油滴带正电，由于T ＝2πm qB ＝2πE Bg ，故两油滴周期相同，由于运动速率不能确定，由r ＝mv 得，轨道半径不能确定，应选AB.☆9.(2019·高考北京卷)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A 、与粒子电荷量成正比B 、与粒子速率成正比C 、与粒子质量成正比D 、与磁感应强度成正比解析：选D.粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB ＝m v2R ，得R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，其等效环形电流I ＝q T ＝q2B 2πm，应选D. 【二】非选择题10.一个质量为m ，电荷量为－q ，不计重力的带电粒子从x 轴上的P(a,0)点以速度v ，沿与x 轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)穿过第一象限的时间．解析：(1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：Rcos 30°＝a ，得：R ＝23a 3Bqv ＝m v2R 得：B ＝mv qR ＝3mv 2qa . (2)运动时间：t ＝120°360°·2πm qB ＝43πa 9v . 答案：(1)3mv 2qa (2)43πa 9v11.我国科学家研制的阿尔法磁谱仪曾由〝发现号〞航天飞机搭载升空，用于探索宇宙中的反物质(即由〝反粒子〞构成的物质)．〝反粒子〞与其对应的粒子具有相同的质量和电荷量，但电荷符号相反．例如氚核31H 的反粒子为3－1H.设磁谱仪核心部分的截面区域是半径为r 的圆形磁场区域，P 为入射窗口，各粒子从P 射入时的速度相同，且均为沿直径方向．P 、a 、b 、c 、d 、e 为圆周的六个等分点．如下图．如果反质子射入后打在a 点，那么反氚核射入后将打在何处？其偏转角为多大？解析：如下图，反质子1－1H 在磁场中偏转，有qvB ＝m v2R1解得R1＝mv打在a 点，由几何知识R1＝rtan 30°＝33r反氚核在磁场中偏转，有qvB ＝3m v2R2解得R2＝3mv qB ＝3R1.由几何知识知tan θ2＝r R2＝r 3R1＝r 3r ＝33. 所以θ＝60°.可知打在b 处，其偏转角为60°.答案：b 处 60°12.长为l 的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如下图，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，求速度v 的大小应满足的条件．解析：依题意粒子打在板上的临界状态如图，由图可以看出当半径r ＜r1或r ＞r2时粒子不能打在板上．由几何关系有r1＝14l ， r22＝l2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫r2－l 22，故r2＝54l. 根据r ＝mv qB ，那么v1＝qBr1m ＝qBl 4m ，v2＝qBr2m ＝5qBl 4m .那么欲使粒子不打在极板上，可使粒子速度v ＜qBl 4m 或v ＞5qBl 4m .答案：见解析。

【优化方案】2018-2019学度高二物理(RJ.3-1)：第二章章末过关检测

【优化方案】2018-2019学度高二物理（RJ【一】选择题(此题共10小题，每题6分，共60分．在每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．如下图为三个门电路符号，A 输入端全为〝1〞，B 输入端全为〝0〞．以下判断正确的选项是( )A 、甲为〝非〞门，输出为〝1〞B 、乙为〝与〞门，输出为〝0〞C 、乙为〝或〞门，输出为〝1〞D 、丙为〝与〞门，输出为〝1〞答案：C2．(2019·合肥高二检测)来自质子源的质子(初速度为零)，经一直线加速器加速，形成电流为I 的细柱形质子流，质子源与靶间的距离为d ，质子电荷量为e ，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是匀强电场，质子到达靶时的速度为v ，那么质子源与靶间的质子数为( )A.Id evB.2Id evC.Id vD.2Id v解析：选B.设质子源与靶间的质子数为n ，那么I ＝ne d/v 2＝nev 2d ，解得：n ＝2Id ev ，故B 正确．3.如下图，图线1、2分别为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．假设在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的选项是( )A 、电阻R1的阻值较大B 、电阻R2的阻值较大C 、电阻R1的发热功率较大D 、电阻R2的发热功率较大解析：选BC.从题图可知，I U 图线中图线斜率表示电阻的倒数，故电阻R2的阻值大，又P ＝UI ，且电压相同时，通过R1的电流大，故R1的发热功率较大．应选BC.4．小灯泡通电后，其电流I 随所加电压U 变化的图线如下图，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，那么以下说法不正确的选项是( )A 、随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B 、对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U1I2C 、对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U1I2－I1D 、对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析：选C.在I U 图象中，图象上某点与坐标原点连线斜率的倒数表示电阻，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大；对应P 点，小灯泡的电压为U1，电流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R ＝U1I2；其工作功率为P ＝U1I2，即为图中矩形PQOM 所围的面积，应选C.5．利用图象处理物理问题是我们常用的方法，试根据目前所学知识判断，以下图象跟坐标轴所围成的面积ABCD 存在实际物理意义的是( )解析：选C.由题意知图C 中It ＝q 表示通过导体截面的电荷量；图AB D 中都没有实际意义．故正确选项为C.6.如下图，直线A 为电源的U I 图线，直线B 和C 分别为电阻R1和R2的U I 图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，那么( )A 、P1>P2B 、P1<P2C 、η1>η2D 、η1<η2解析：选C.由直线A 可知，E ＝6 V ，r ＝1 Ω，由直线B 、C 可知，R1＝2 Ω，R2＝0.5 Ω，P1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R12·R1＝8 W ，η1＝R1r ＋R1＝23，P2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E r ＋R22R2＝8 W ，η2＝R2r ＋R2＝13 故有：P1＝P2，η1>η2，应选C.7.如下图的电路中，灯泡A 和灯泡B 原来都是正常发光的，现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，那么电路中出现的故障可能是( )A 、R3断路B 、R1短路C、R2断路D、R1、R2同时短路解析：选C.根据故障现象分析，A灯两端电压降低，B灯两端电压升高，造成这种现象的原因只能是R2断路．8. (2019·武汉名校调研)如下图，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时()A、灯泡L变暗B、光敏电阻R上的电压增大C、电压表V的读数减小D、电容器C的带电荷量增大解析：选CD.光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I＝ER＋r＋R灯增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL 增大，选项D正确．应选CD.9．(2019·衡水高二检测)如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度t变化的图线如图乙所示，电流表为值班室的显示器，a，b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是( )A、I变大，U变大B、I变大，U变小C、I变小，U变大D、I变小，U变小解析：选D.当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，R2电阻减小，总电流变大，R1两端电压变大，R3两端电压变小，故电流表示数I变小；路端电压U变小，应选D.10．(2019·苏州调研)在如图甲所示的电路中，L1，L2，L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，那么此时()A 、L1的电压为L2电压的2倍B 、L1消耗的电功率为0.75 WC 、L2的电阻为12 ΩD 、L1，L2消耗的电功率的比值大于4∶1解析：选BD.L1的电流是L2电流的2倍，根据伏安特性曲线可知此时L1和L2的电阻不等，L1的电压与L2的电压不存在2倍关系，A 错误；由伏安特性曲线可得，开关闭合后L1的电压为3.0 V ，所以L1消耗的电功率为P ＝UI ＝0.25×3 W ＝0.75 W ，B 正确；流过L2的电流为0.125 A ，由伏安特性曲线可读出此时L2的电压约为0.3 V ，再根据欧姆定律R ＝U I 计算可得R2约为2.4 Ω，C 错误；根据P ＝UI 计算可得D 正确．【二】实验题(此题共1小题，共12分．按题目要求作答)11．(1)在测定金属丝电阻率的实验中，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，d ＝________mm ；用多用电表的〝×1〞欧姆挡，调零后测得金属丝的电阻值如图乙所示，R ＝________Ω.假设实验中测出金属丝的长度为L ，那么该金属丝电阻率的表达式ρ＝________(用符号表示)．(2)用如下图电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：A 、电流表(量程0.6 A 、3 A)；B 、电压表(量程3 V 、15 V)；C 、滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A)；D 、滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)．那么①要正确完成实验，电压表的量程应选择__________ V ，电流表的量程应选择__________ A ；R 应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．②引起该实验系统误差的主要原因是________．解析：(1)金属丝的直径d ＝0.5 mm ＋23.0×0.01 mm ＝0.730 mm ，从多用电表中读出电阻R ＝8.0 Ω，根据电阻定律R ＝ρL S ＝ρL πd/22，得ρ＝πRd24L .(2)①一节干电池的电动势大约为1.5 V ，故电压表选量程为3 V 的；干电池允许的电流一般不超过0.5 A ，故电流表量程选0.6 A 的；为调节方便，滑动变阻器选0～10 Ω的．②系统误差主要是由电压表分流引起的．答案：(1)0.730 8.0 πRd24L(2)①3 0.6 0～10 ②电压表的分流【三】计算题(此题共2小题，共28分．解答时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)12. (12分)如下图的电路中，所用电源的电动势E ＝4 V ，内电阻r ＝1.0 Ω，电阻R1可调．现将R1调到3 Ω后固定．R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，求：(1)开关S 断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？(2)为了使A 、B 之间电路的电功率在开关S 接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A 、B 间消耗的最大电功率是多少？解析：(1)开关S 断开时，通过R1的电流为I1＝E r ＋R1＋R2＝41＋3＋6A ＝0.4 A(2分) 开关接通时，R2、R3并联的总电阻R23＝R2·R3R2＋R3＝6×36＋3Ω＝2 Ω(2分) 通过R1的电流I ′1＝E r ＋R1＋R23＝41＋3＋2A ＝23 A ＝0.67 A 、(2分) (2)开关接通时，A 、B 之间的总电阻R23＝2 Ω为定值，所以，只有当R1＝0时，总电流最大，A 、B 之间的电功率才最大．电路电流I 总＝E r ＋R1＋R23＝41＋0＋2A ＝43 A(3分) A 、B 间消耗的最大功率PAB ＝I2总 R23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432×2 W ＝329 W ＝3.56 W ．(3分) 答案：见解析13. (16分)如下图，电路中电源电动势为E ，内阻不计，水平放置的平行金属板A 、B 间的距离为d ，板长为L.在A 板的左端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m 、电荷量为－q 的小液滴以初速度v0水平向右射入两板间．(重力加速度用g 表示)那么：(1)假设使液滴恰能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？(2)假设使液滴恰能从B 板右端边缘射出电场，电动势E2应为多大？解析：(1)I ＝E R ＋R ＝E12R ，那么UAB ＝IR ＝12E1①(4分) 由液滴受力平衡得mg ＝qUAB d ②(4分)联立①②得E1＝2mgd q .(1分)(2)由于液滴能从B 板右端边缘飞出，利用平抛运动规律有L ＝v0t ，y ＝d ＝12at2，qU ′AB d －mg ＝ma ，同理U ′A B ＝12E2.(4分) 由以上各式解得E2＝2md q ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋2dv20L2.(3分) 答案：(1)2mgd q (2)2md q ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋2dv20L2。

【优化方案】2018-2019学度高二物理(RJ.3-1)：第一章章末过关检测

【优化方案】2018-2019学度高二物理（RJ【一】选择题(此题共10小题，每题6分，共60分．在每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．仔细观察以下与静电有关的各图，属于防范静电的是()解析：选A.题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，应选A.2．(2019·洛阳统考)如下图的四个电场中，均有相互对称分布的a、b 两点，其中电势和场强都相同的是()解析：选B.A中，a、b两点场强的方向不同，A错误；B中a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中，a点电势高于b点电势，C错误；D中，a、b两点场强的方向不同，D错误．应选B.3．(2019·台州高二检测)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.假设将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为43F，那么两小球间的距离变为()A.r4B.r2C、rD、2r答案：B4.(2019·广州一中高二检测)如下图，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．假设正对的平行板左右错开一些()A、带电尘粒将向上运动B、带电尘粒将保持静止C、错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到BD、错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A解析：选BC.平行板左右错开一些后，正对面积减小，但板间距离不变．由于电容器与电源相连，板间电压不变．由E＝Ud知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，A错误，B正确．两板错开时，由C＝εrS4πkd知，电容减小，电荷量Q＝U·C减小，因而电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，C正确，D错误，应选BC.5.(2019·银川一中质检)如下图，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm，以下说法正确的选项是()A、E＝2 000 V/m，φC＝200 VB、E＝5 000 V/m，φC＝－200 VC、电子在C点具有的电势能为－200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eVD、电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B 板，电场力做功为－400 eV解析：选BD.A接地，那么其电势为零，又因为A、B间电压为600 V，那么B处电压为－600 V，由此知C点电势为负值，那么A、B间场强E＝U/d＝600 V/12 cm＝50 V/cm＝5 000 V/m，那么φC＝E×dC＝50 V/ cm×(－4 cm)＝－200 V，B正确，A错误；电子在C点具有的电势能为2 00 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV，C错误，D正确．应选BD.6.(2019·安徽阜阳一中高二检测)如下图，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，电荷量为q的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，那么固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为( )A、mg/qB、2mg/qC、3mg/qD、4mg/q答案：C7.如下图，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，以下表述正确的选项是()A、粒子在M点的速率最大B、粒子所受电场力沿电场方向C、粒子在电场中的加速度不变D、粒子在电场中的电势能始终在增加解析：选C.根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错误；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功，速度增加，电势能在减小，那么在M点的速度最小，A、D错误；粒子在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律知加速度不变，C正确．应选C.8.(2019·河北教学监测)一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如下图，t1、t2时刻分别经过M、N两点，运动过程中粒子仅受电场力作用，那么以下判断正确的选项是()A、该电场可能是由某正点电荷形成的B、M点的电势高于N点的电势C、从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大D、粒子在M点所受到的电场力大于在N点所受到的电场力解析：选C.由题中的v－t图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，那么粒子所处的电场均为匀强电场，A、D错误；由于粒子带正电，正电荷的受力方向跟该点场强的方向相同，如下图，因为沿着电场线的方向电势降低，故M 点的电势低于N点的电势，B错误；从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确．应选C.9.假设在某电场中沿x 轴方向上，电势φ与x 的距离关系如下图，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，那么以下关于电场和电子能量说法正确的选项是( )A 、区域x3～x4内沿x 轴方向的电场强度均匀增大B 、区域x6～x7内沿x 轴方向场强为零C 、假设电子从电势为2 V 的x1位置向右移动到电势为2 V 的x7位置，为了通过电势为3 V 的x4位置，电子至少应具有1 eV 的初动能D 、电子在区域x1～x2内沿x 轴方向所受电场力小于区域x3～x4内沿x 轴方向所受电场力解析：选BD.在x 轴方向上，由E ＝U d ＝ΔφΔx可知，图象斜率表示沿x 轴方向场强大小，那么区域0～x1、x2～x3、x4～x5、x6～x7沿x 轴方向场强为0，区域x1～x2、x3～x4、x5～x6沿x 轴方向场强大小恒定，且区域x1～x2内的场强大小小于区域x3～x4内的场强大小．区域x1～x2内电势不断降低，场强方向沿x 轴正向，区域x3～x4内电势不断升高，场强方向沿x 轴负向，区域x5～x6内电势不断降低，场强方向沿x 轴正向，电子从x1位置向右运动的过程中，在区域x1～x2内受沿x 轴负方向的电场力，做减速运动，电场力做负功，为了能通过整个区域，电子至少应具有2 eV 的初动能，电子在区域x3～x4内时，电场力沿x 轴正向，做正功，应选BD.10．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．假设在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．那么t0可能属于的时间段是( )A 、0＜t0＜T 4 B.T 2＜t0＜3T 4C.3T 4＜t0＜T D 、T ＜t0＜9T 8解析：选B.因粒子最终打在A 板上，所以最初粒子应先向A 板运动，故释放时粒子受力向A ，即场强的方向最初向A ，A 、D 错误．设加速的时间为t ，那么减速向A 运动的时间也为t ，返回加速时间为⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－t ，返回减速时间为⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－t .所以有12at2＋12at2－12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－t 2－12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2－t 2＞0，一定能打到A 板，t ＞T 4.所以释放该粒子的时刻段为T 2＜t0＜3T 4.故B 正确，D 错误．应选B.【二】计算题(此题共4小题，共40分．解答时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)11.(10分)一条长3L 的线穿着两个完全相同的小金属环A 和B ，质量均为m ，将线的两端都系于同一点O ，如下图，当两金属环带电后，由于两环间的静电斥力使丝线构成一个等边三角形，此时两环处于同一水平线上，如果不计环与线的摩擦，两环各带多少电量？(静电力常量为k)解析：线并没有拴住小金属环，故三段线的拉力均相等，设拉力为FT ，对环A 受力分析如图．竖直方向有FT ·sin 60°＝mg(3分)水平方向有F ＝FT ＋FTcos 60°(3分)由库仑定律F ＝k Q2L2(2分)联立解得Q ＝L 3mg k .(2分)答案：均带L 3mg k12.(14分)如下图，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d 、电压为U 的平行金属板间．假设电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：(1)金属板AB 的长度；(2)电子穿出电场时的动能．解析：(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝12mv20①(2分)设金属板AB 的长度为L ，电子偏转时间t ＝L v0②(2分)电子在偏转电场中产生偏转加速度a ＝eU md ③(2分)电子在电场中偏转y ＝12d ＝12at2④(3分)由①②③④得：L ＝d 2U0U .(2分)(2)设电子穿出电场时的动能为Ek ，根据动能定理Ek ＝eU0＋e U 2＝e(U0＋U 2)．(3分) 答案：(1)d 2U0U (2)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U0＋U 2 13.(2019·保定调研)(16分)如下图，光滑竖直圆环轨道，O 为圆心，半径为R ＝0.5 m ，B 点与O 点等高，在最低点固定一点电荷A ，B 点恰能静止一质量为m ＝0.1 kg ，电荷量为q ＝2×10－6 C 的带电小球，现将点电荷A 的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C 时的速度为10 m/s ，取g ＝10 m/s2，静电力常量k ＝9.0×109 N ·m/C2.求：(1)开始时点电荷A 的带电荷量Q 是多少？(2)小球在B 点刚开始运动时的加速度；(3)小球在C 点时，对轨道的压力；(4)点电荷A 的电荷量增加为原来的两倍后，B 、C 两点间的电势差．解析：(1)设点电荷A 的电荷量为Q ，受力分析如下图，小球在B 点静止，那么有：k qQ 2R 2＝2mg(2分) 代入数据解得：Q ＝118×10－3 C 、(1分)(2)当A 的电荷量增加为原来的两倍时，那么有k 2qQ 2R 2cos 45°－mg ＝ma(3分) 所以a ＝g ＝10 m/s2，方向竖直向上．(1分)(3)在C 点时，设轨道对球的压力方向向下，大小为FN ，根据圆周运动知识可得mg ＋FN －k 2qQ 2R 2＝m v2C R (3分) 代入数据解得：FN ＝(2＋1) N(1分)那么此时小球对轨道的压力大小也为(2＋1) N ，方向为竖直向上．(2分)(4)设B 、C 两点间电势差为U ，那么由动能定理可得qU －mgR ＝12mv2C (2分)代入数据解得：U ＝22×106 V ．(1分)答案：见解析。

(优化方案)2021-2022学度高二物理(RJ.3-1)：第二章第三节知能演练轻松闯关

(优化方案)2021-2022学度高二物理（RJA ．金属导电B ．半导体导电C ．电解液导电D ．气体导电解析：选BD.欧姆定律不适用于半导体、气体导电情形． 2.如图是某导体的伏安特性曲线，由图可知正确的是( )A ．导体的电阻是25 ΩB ．导体的电阻是0.04 ΩC ．当导体两端的电压是10 V 时，通过导体的电流是0.4 AD ．当通过导体的电流是0.1 A 时，导体两端的电压是 2.5 V解析：选ACD.由题图可知导体的电阻R ＝U I ＝50.2 Ω＝25 Ω，选项A 正确，选项B 错误；当导体两端的电压是10 V 时，电流I1＝1025 A ＝0.4A ，选项C 正确；当通过导体的电流是0.1 A 时，导体两端的电压U1＝0.1×25 V ＝2.5 V ，选项D 正确．故选ACD.3．(2021·无锡高二检测)某同学在研究三种导电元件的伏安特性时，他依照实验中所测得的数据，分别绘制了I U 图线，如图甲、乙、丙所示，下列说法正确的是( )A ．图甲的元件能够作为标准电阻使用B ．图乙的电阻随电压升高而增大C ．图丙的电阻随电压升高而增大D ．只有图乙才是可能的解析：选AB.由题图可知甲元件的电阻不变，乙元件的电阻随电压U 的增大而增大，丙元件的电阻随电压U 的增大而减小，故选AB.4．已知用电器A 的电阻是用电器B 的电阻的两倍，加在A 上的电压是加在B 上电压的一半，那么通过A 和B 的电流IA 和IB 的关系是( )A ．IA ＝2IB B ．IA ＝IB 2C ．IA ＝IBD ．IA ＝IB 4解析：选D.设A 的电阻为R ，加在A 上的电压为U ，则B 的电阻为R 2，加在B 上的电压为2U ，则IA ＝U R ，IB ＝2U R/2＝4U R ，可得IA ＝14IB ，故选D.5．某电压表的量程是0～15 V ，一导体两端电压为1.6 V 时，通过的电流为2 mA.现在给此导体通过20 mA 电流时，能否用那个电压表去测量导体两端的电压？解析：U1＝1.6 V ，I1＝2 mA ，因此R ＝U1I1＝ 1.62×10－3Ω＝800 Ω. 当导体通以电流I2＝20 mA 时，加在导体两端的电压U2＝I2·R ＝20×10－3×800 V ＝16 V .由运算可知，现在导体两端的电压超出电压表量程，因此不能用那个电压表去测量导体两端的电压．答案：不能一、选择题1．依照欧姆定律，下列判定正确的是( )A ．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B ．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C ．电流通过电阻时，沿电流方向电势要降低D ．电解液短时刻内导电的U I 线是一条直线解析：选CD.导体的电阻与电压无关，A 错误；对气体，欧姆定律不成立，即U I ≠常数，B 错误；由U ＝IR 知电流每通过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解液导体，CD 正确．故选CD.2．(2021·杭州高二检测)今有甲、乙两个电阻，在相同时刻内流过甲的电荷量是乙的2倍，甲、乙两端的电压之比为1∶2，则甲、乙两个电阻阻值的比值为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶4D ．1∶5 解析：选C.由题意I 甲I 乙＝q 甲q 乙＝2，U 甲U 乙＝12，由欧姆定律R ＝U I ，得R 甲R 乙＝14，故选C.3．(2021·合肥六中高二测试)若加在某导体两端的电压变为原先的35时，导体中的电流减少了0.4 A ．假如所加电压变为原先的2倍，则导体中的电流为( )A ．0.6 AB ．0.8 AC ．1.0 AD ．2.0 A解析：选D.由欧姆定律得：R ＝U0I0，又知R ＝35U0I0－0.4，解得I0＝1.0 A ．又因为R ＝U0I0＝2U0I2，因此I2＝2I0＝2.0 A ，故选D. 4．以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是( )A ．这四个图象差不多上伏安特性曲线B ．这四种电学元件差不多上线性元件C ．①②是线性元件，③④是非线性元件D ．这四个图象中，直线的斜率都表示了元件的电阻解析：选C.伏安特性曲线是以I 为纵轴、U 为横轴的，A 错误；只有过原点的直线表示的才是线性元体，B 错误，C 正确；在U I 图象中，过原点的直线的斜率才是导体的电阻，D 错误．故选C.5.两个电阻R1、R2的电流I 和电压U 的关系图线如图所示，则两个电阻的大小之比R1∶R2等于( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶3 D.3∶1解析：选B.题图中纵坐标表示的是电压U ，横坐标表示的是电流I ，图线的斜率等于导体的电阻，因此R1∶R2＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1，故选B.6．(2021·河北保定一中高二检测)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )A ．R1∶R2＝1∶3B ．R1∶R2＝3∶1C ．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3D ．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝3∶1解析：选AD.I U 图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可得R1∶R2＝1∶3，A 项正确，B 项错误．R1与R2串联后电流相等，C 项错误．R1与R2并联后电压相同，由公式U ＝IR 知，电流与电阻成反比，D 项正确．故选AD.7.一个阻值为R 的电阻两端加上电压U 后，通过电阻横截面的电荷量q 随时刻变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为( )A ．UB ．RC.U RD.1R解析：选C.q t 图象的斜率表示流过电阻R 的电流，由此可知，通过电阻R 的电流不变，由欧姆定律知，I ＝U R ，故选C.8.(2021·新疆师大附中高二检测)小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB 段(曲线)所示．由图可知，AB 段灯丝的电阻因温度的阻碍改变了( )A ．5 ΩB ．10 ΩC ．1 ΩD ．6 Ω解析：选B.由电阻的定义知：A 点的电阻为：RA ＝30.1 Ω＝30 ΩB 点的电阻为：RB ＝60.15 Ω＝40 Ω从A 至B 段电阻改变为10 Ω，故选B.☆9.演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M 在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑片P ，通过电压表的示数，来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想电压表，则下列说法正确的是( )A ．物体M 运动时，电源内的电流会发生变化B ．物体M 运动时，电压表的示数会发生变化C ．物体M 不动时，电路中没有电流D ．物体M 不动时，电压表没有示数解析：选B.电压表能够看成是理想的，就能够将电压表处看成是断路，电路中只有滑动变阻器与电源相连，滑片移动，可不能阻碍电路中的电流大小，A 、C 错误．电压表测量的是P 、A 之间的电压，当M 带动P 滑动时，P 、A 之间的电阻改变，因电流不变，因此由U ＝IR 知电压将发生变化，B 正确．当M 不动时，P 、A 之间也存在电压，数值不变，故D 错误．故选B.二、非选择题10.如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线．若把三个如此的灯泡串联后，接到电压恒定的12 V 电源上，求流过小灯泡的电流为________A ，小灯泡的电阻为________Ω.解析：三个小灯泡串联后接到12 V 的电源上，每个小灯泡两端的电压均为4 V ，由小灯泡伏安特性曲线知U ＝4 V 时，I ＝0.4 A由欧姆定律知R ＝U I ＝40.4 Ω＝10 Ω.答案：0.4 1011.如图所示的电路中，R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，电源的电压恒定不变，当开关S2断开时，电流表的示数为0.6 A ．若将开关S2闭合，求电路中的总电阻和电流表的示数各是多少？解析：开关S2断开时，电源电压U ＝IR1＝0.6×10 V ＝6 V 开关S2闭合后，R 总＝R1R2R1＋R2＝7.5 Ω，I ′＝U R 总＝67.5A ＝0.8 A. 答案：7.5 Ω 0.8 A☆12.如图所示，电流表量程为0～0.6 A ，电压表量程为0～15 V ，电阻R0＝30 Ω，电路两端电压恒为U ＝24 V ．当滑动变阻器接入电路的电阻太小时，电路中的电流会超过电流表的量程；当滑动变阻器接入电路的电阻太大时，滑动变阻器两端的电压会超过电压表的量程．求在不超过电表量程的情形下，滑动变阻器接入电路的电阻的变化范畴．解析：当电压表示数为15 V 时，U0＝U －UP ＝24 V －15 V ＝9 VI ＝IP ＝I0＝U0R0＝930 A ＝0.3 A<0.6 A现在可解得RP ＝UP IP ＝150.3 Ω＝50 Ω当电流表示数为0.6 A 时，I ′＝IP ′＝I0′＝0.6 AU0′＝I0′R0＝0.6×30 V ＝18 VUP ′＝U －U0′＝24 V －18 V ＝6 V<15 V 现在可解得R ′P ＝UP ′IP ′＝60.6Ω＝10 Ω 故在不超过电表量程的情形下，滑动变阻器接入电路的阻值范畴为10～50 Ω.答案：10～50 Ω。

【优化方案】2018-2019学度高二物理(RJ.3-1)：第三章章末过关检测

【优化方案】2018-2019学度高二物理（RJ【一】选择题(此题共10小题，每题6分，共60分．在每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．以下说法正确的选项是()A、把一电流元分别放在磁场中的两点，所受磁场力大的磁感应强度大B、把一个小线圈置于磁场中，磁通量大处磁感应强度大C、让一电荷以相同的速度分别垂直进入两个匀强磁场，受洛伦兹力大的磁感应强度大D、磁感应强度的方向与正电荷在磁场中受洛伦兹力方向相同解析：选C.电流元所受磁场力大小，除与B有关外，还与放置方向有关，A错误；线圈中的磁通量除与B有关外，还与放置方向有关，B错误；粒子垂直进入磁场，洛伦兹力F＝qvB，所以B＝Fqv，C正确；洛伦兹力方向与B的方向垂直，D错误．应选C.2．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，以下示意图中正确的选项是()解析：选A.在垂直于导线的平面内，由安培定那么可判断为导线周围的磁感线是闭合的同心圆，从上向下看为逆时针，应选A.3.有两根长直导线a、b互相平行放置，如下图为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．假设两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，那么关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的选项是()A、M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B、M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C、在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D、在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析：选BD.M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，A 错误、B 正确，在线段MN 上中点O 的磁感应强度为零，C 错误、D 正确．应选BD.4．(2019·南京外国语学校高二检测)如下图，虚线间空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电量为＋q ，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过以下电磁混合场时，可能沿直线运动的是( )解析：选CD.带电小球进入混合场后假设受力平衡，那么能沿直线运动．A 选项中电场力向左，洛伦兹力开始时向右，重力竖直向下，三力不可能平衡．B 选项中电场力向上，重力向下，而洛伦兹力向外，三力也不能平衡．C 、D 选项的小球所受三力可能平衡．应选CD.5．(2019·南京高二检测)如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．以下说法中正确的选项是( )A 、它们的最大速度相同B 、它们的最大动能相同C 、它们在D 形盒中运动的周期相同D 、仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：选AC.粒子获得的最大速度v ＝qBR m 知A 正确．由Ek ＝q2B2R22m 知，B 错误，由T ＝2πm qB 知，C 正确，加速粒子所需电源频率是确定的，故D错误．应选AC.6. (2019·大庆高二检测)如下图，O 为圆心，和是半径分别为O N 、OM 的同心圆弧，在O 处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN 所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )A 、将向左平动B 、将向右平动C 、将在纸面内绕通过O 点并垂直纸面的轴转动D 、KL 边将垂直纸面向外运动，MN 边垂直纸面向里运动解析：选D.因为通电直导线的磁感线是以O 为圆心的一组同心圆，磁感线与电流方向一直平行，所以KN 边、LM 边均不受力，根据左手定那么可得，KL 边受力垂直纸面向外，MN 边受力垂直纸面向里，应选D.7．如下图，两个横截面分别为圆形和正方形、但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆形的直径D 等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，那么( )A 、两电子在磁场中运动的半径一定相同B 、两电子在磁场中运动的时间有可能相同C 、进入圆形区域的电子一定先飞离磁场D 、进入圆形区域的电子一定不会飞离磁场解析：选AB.根据公式R ＝mv qB 可知A 正确；假设两个电子的轨道半径为R ＝D 2，那么两电子在磁场中运动的时间相同，B 正确，C 错误；由于电子的圆心一定在入射点的切线上，所以电子一定会飞出磁场，D 错误．应选AB.8．如下图，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A 沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，阻力不计，以下说法中正确的选项是( )A 、液滴一定带负电B 、液滴在C 点时动能最大C 、液滴从A 运动到C 的过程中机械能守恒D 、液滴将由B 点返回A 点解析：选AB.由轨迹走向可知液滴一定带负电．洛伦兹力不做功，液滴由A 到C ，克服电场力做功，所以从A 运动到C 过程中机械能不守恒，由于重力大于电场力，所以由动能定理知，液滴在C 点时动能最大．液滴到达B 处后，向右重复类似于A →C →B 的运动，不能再由B 点返回A 点．应选AB.9.如下图，相距为d 的两带电平行板间同时存在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，带电荷量为q 的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，运动轨迹如图中虚线所示，那么( )A 、小球一定带负电B 、小球一定带正电C 、两板间电压为mgd qD 、小球在两板间的运动时间为2πm qB解析：选BC.带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，重力大小等于静电力，洛伦兹力提供向心力，那么小球带正电，有mg ＝qE 、qvB ＝mv2R ，所以有mg ＝q U d 和T ＝2πm qB ，得出U ＝mgd q ，小球在两板间的运动时间t ＝T 2＝πm qB .应选BC.10.如下图，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从A 孔沿AD 方向射入一正方形空腔中，空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为a 和b ，那么两粒子的速率和在空腔中运动的时间的关系是( )A 、va ＝vb ，ta<tbB 、va>vb ，ta>tbC 、va>vb ，ta<tbD 、va<vb ，ta ＝tb解析：选C.由题图可知，半径Ra ＝2Rb ，由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R ＝mv qB ，又两个带电粒子相同，所以va ＝2vb.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，那么两带电粒子运动的周期相同，设周期为T ，从C 孔射出的粒子运动的时间ta ＝T 4，从B 孔射出的粒子运动的时间Tb ＝T 2，所以tb ＝2ta.应选项C 正确．【二】计算题(此题共3小题，共40分．解答时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)11. (8分)如下图，两根平行金属导轨M 、N ，电阻不计，相距0.2 m ，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m ＝5×10－2 kg 的金属棒ab ，ab 的电阻为0.5 Ω.两金属导轨一端通过电阻R 和电源相连．电阻R ＝2 Ω，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝0.5 Ω，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab 对导轨的压力恰好是零，并使ab 处于静止．(导轨光滑)求所加磁场磁感强度的大小和方向．解析：因ab 对导轨压力恰好是零且处于静止，ab 所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定那么可以判定B 的方向应为水平向右．(2分)ab 中的电流I ＝E R ＋r ＋rab ＝62＋0.5＋0.5A ＝2 A(2分) F ＝ILB ＝mg(2分)B ＝mg IL ＝5×10－2×102×0.2T ＝1.25 T ．(2分) 答案：1.25 T 水平向右12．(14分)如下图，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3 T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)求：(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek.解析：(1)轨迹如图．(4分)(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有qvB ＝m v2R (2分)R ＝mv qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m ．(2分)(3)由动能定理可得带电粒子飞出电场时的动能为Ek ＝EqL ＋12mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J ．(6分)答案：(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J13. (18分)如下图，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v0的大小；(3)A 点到x 轴的高度h.解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①(2分)E ＝mg q ②(2分)重力的方向是竖直向下的，电场力的方向那么应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如下图．设半径为r ，由几何关系知L 2r ＝sin θ③(2分)小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有qvB ＝mv2r ④(2分)由速度的合成与分解知v0v ＝cos θ⑤(2分)由③④⑤式得v0＝qBL 2m cot θ.⑥(2分)(3)设小球到M 点时的竖直分速度为vy ，它与水平分速度的关系为vy ＝v0tan θ⑦(2分)由匀变速直线运动规律v2y ＝2gh ⑧(2分)由⑥⑦⑧式得h ＝q2B2L28m2g .(2分)答案：(1)mg q 方向竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q2B2L28m2g。

(优化方案)2021-2022学度高二物理(RJ.3-1)：第一章第一节知能演练轻松闯关

(优化方案)2021-2022学度高二物理（RJA．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，因此A错误B正确；美国物理学家密立根最早测得电子的电量，故C、D正确．故选BCD.2．下列关于电现象的叙述中正确的是()A．玻璃棒不管与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒不管与什么物体摩擦都带负电B．摩擦能够起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量的异种电荷C．带电现象的本质是电子的转移，物体得到电子一定显负电性，失去电子显正电性D．当一种电荷显现时，必定有等量的异种电荷显现；当一种电荷消逝时，必定有等量的异种电荷消逝解析：选BD.因为没有说明物体原先是否带电，故A、C错误，B、D 正确．故选BD.3.挂在绝缘细线下的两个轻质小球，表面镀有金属薄膜，由于电荷的相互作用而靠近或远离，分别如图甲、乙所示，则()A．甲图中两球一定带异种电荷B．乙图中两球一定带同种电荷C．甲图中两球至少有一个带电D．乙图中两球只有一个带电解析：选BC.甲图中两球相吸，两球可能带异号电荷，或一个带电一个不带电，乙图中两球相斥，两球一定带同种电荷，故选BC.4．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下面各图表示验电器上感应电荷的分布情形，正确的是( )解析：选B.由于验电器原先不带电，因此，验电器的金属球和箔片带异号电荷，A 、C 错误，验电器靠近带电金属球的一端感应出与带电金属球异号的电荷，B 项正确，D 项错误．故选B.5．(2021·安庆高二检测)多少个电子的电荷量等于－32.0 μC ？干燥的天气一个人脱了鞋在地毯上走，身上集合了－48.0 μC 的净电荷．此人身上有多少个净剩余电子？他的质量增加了多少？(电子质量me ＝9.1×10－31 kg ，电子电荷量e ＝－1.6×10－19 C,1 μC ＝10－6 C ．)解析：n1＝Q1e ＝－32.0×10－6－1.6×10－19个＝2.0×1014个．人身上集合的电子个数n2＝Q2e ＝－48.0×10－6－1.6×10－19个＝3.0×1014个．由于人身上多了n2个电子，他的质量增加m ＝n2me＝3.0×1014×9.1×10－31 kg ＝2.73×10－16 kg.答案：2.0×1014个 3.0×1014个 2.73×10－16 kg(温馨提示：凡题号前标有☆的为稍难题目)一、选择题1．下列叙述正确的是( )A ．摩擦起电是制造电荷的过程B ．接触起电是电荷转移的过程C ．玻璃棒不管和什么物体摩擦都会带正电D ．带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷会消逝，这种现象叫电荷的湮灭解析：选B.摩擦起电是电子转移的过程，可不能制造电荷，A 错误；接触起电是电荷在不同导体间转移的过程，B 正确；玻璃棒与其他物体摩擦后可能带正电，也可能带负电，C 错误；带等量异号电荷的两个导体接触后，电荷会在导体间重新分配，整个导体显示中性，这种现象叫电荷的中和，D 错误．故选B.2．关于电荷量，下列说法错误的是()A．物体所带电荷量能够是任意值B．物体所带电荷量的最小值为1.6×10－19 CC．物体所带电荷量一定是1.6×10－19 C的整数倍D．一个物体带1.6×10－9 C的正电荷，这是它失去了1.0×1010个电子的缘故答案：A3.绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a旁边放一金属球b，开始时，a、b都不带电，如图所示，现使b带电，则( )A．b将吸引a，吸住后不放开B．b先吸引a，接触后又把a排斥开C．a、b之间不发生相互作用D．b赶忙把a排斥开解析：选B.b球带电后，使a产生静电感应，感应的结果是a靠近b 的一侧显现与b异种的感应电荷，远离b的一侧显现与b同种的感应电荷．尽管a上的感应电荷等量异号，但因为异种电荷离b更近，因此b对a的电场力为引力．当b吸引a使两者接触后，由于接触带电，b、a又带上了同种电荷，有斥力作用，因而又把a排斥开，故选B.4.如图所示，A、B为相互接触的用绝缘支架支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是()A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合解析：选AB.把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开，A上带负电荷，B上带正电荷；把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B仍带电；先把C移去，再把A、B分开，A、B上的电荷已相互中和，都不再带电．故选AB.5．有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10－4 C的正电荷，B、C不带电，现用相互接触的方法使它们都带电，则A、B、C所带的电荷量可能是下面哪组数据()A．4.0×10－5 C,4.0×10－5 C,4.0×10－5 CB．6.0×10－5 C,4.0×10－5 C,4.0×10－5 CC．6.0×10－5 C,3.0×10－5 C,3.0×10－5 CD．5.0×10－5 C,5.0×10－5 C,5.0×10－5 C解析：选AC.三个球同时接触后各带有4.0×10－5 C的电量，A正确；依照电荷守恒定律，接触前、后三球的总电量不变，B、D错误；将B球先与A球接触，再与C球接触，分开后A、B、C各带有6.0×10－5 C、3.0×10－5 C和3.0×10－5 C的电量，C正确．故选AC.6．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发觉两球之间相互排斥，则这两个金属小球原先的带电情形可能是()A．两球原先带有等量异种电荷B．两球原先带有同种电荷C．两球原先带有不等量异种电荷D．两球中原先只有一个带电解析：选BCD.当两球带有等量异种电荷时，两者接触，发生中和，之后两者无作用力，故A不可能互相排斥，B、C、D三种情形相互接触再分开都带同种电荷，相互排斥．故选BCD.7．(2021·成都七中高二检测)某验电器金属小球和金属箔片均带负电，金属箔片处于张开状态．现用绝缘柄将带有少量负电荷的硬橡胶棒向验电器的金属小球移近稍许，则验电器金属箔片()A．张角增大稍许B．张角减小稍许C．硬橡胶棒的靠近稍许，使金属小球上的电子向金属箔片移动D．硬橡胶棒的靠近稍许，使金属箔片上的质子向金属小球移动解析：选AC.金属内能够自由移动的是自由电子，故选项D错误；当橡胶棒向金属小球靠近时，橡胶棒与金属小球上的负电荷间相互排斥，金属小球上的电子向金属箔片移动，使金属箔片上的电荷量增加，因此张角增大．选项A、C正确，B错误．故选AC.8.(2021·玉溪高二检测)如图所示，A、B为带异种电荷的小球，将两条不带电的导体棒C、D放在两球之间，在用导线将C棒左端点x和D棒右端点y连接起来的瞬时，导线中自由电子移动的方向是() A．x→y B．y→xC．没有电流D．先是y→x，然后x→y答案：B☆9.原先甲、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．则关于最后乙、丙两物体的带电情形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、丙原先都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C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，故选AD.二、非选择题10.如图所示，通过调剂操纵电子枪产生的电子束，使其每秒有104个电子到达收集电子的金属瓶，通过一段时刻，金属瓶上带有－8×10－12 C 的电荷量，求：(1)金属瓶上收集到多少个电子？(2)实验的时刻为多长？解析：(1)金属瓶上收集的电子数目为：N ＝Q e ＝－8×10－12 C －1.6×10－19 C ＝5×107个． (2)实验的时刻：t ＝5×107104 s ＝5 000 s.答案：(1)5×107个 (2)5 000 s11．有三个完全相同的金属球A 、B 、C ，A 、B 带电，且电荷量大小相等，相隔一定的距离放置，现让第三个不带电的金属小球C 先后与A 、B 接触后再移开．(1)若A 、B 带同种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比；(2)若A 、B 带异种电荷，求接触后两球所带的电荷量之比．解析：若两球带同种电荷，接触后电荷量平均分配；若两球带异种电荷，接触时先中和，剩余净电荷平均分配．(1)若A 、B 带同种电荷，设为q ，第三个小球C 先与A 接触，电荷量平均分配，各带电荷量q 2；再与B 接触，两球接触后电荷量之和平均分配，各带电荷量34q ，因此A 、B 带电荷量之比qA qB ＝12q 34q ＝23.(2)若A 、B 两球带异种电荷，设A 为q ，B 为－q ，则第三个小球先和A 接触，净电荷平均分配，各带电荷量q 2；再与B 接触，B 上先有q 2的净电荷中和，剩余的q 2净电荷再与第三个小球C 平均分配，各带电荷量14q ，因此A 、B 电荷量之比qA qB ＝12q 14q ＝21.答案：(1)2∶3 (2)2∶1 12．(探究题)两块不带电的金属导体A 、B 均配有绝缘支架，现有一个带正电的小球C.(1)要使两块金属导体带上等量异种电荷，则应如何操作？哪一块带正电？(2)要使两块金属导体都带上正电荷，则应如何操作？(3)要使两块金属导体都带上负电荷，则应如何操作？解析：(1)先将两块导体A、B紧靠在一起，然后将带电体C从一端靠近导体，再将两导体分开，最后移走带电体C.远离带电体C的一块带正电．(2)先将两块导体A、B紧靠在一起，然后将带电体C接触导体A(或B)，再将导体C移走，再将两导体A、B分开，则A、B都带上了正电．(3)先将两块导体A、B紧靠在一起，然后将带电体C从一端靠近导体，用手接触一下A(或B)，再将两导体A、B分开，最后移走带电体C，则A、B都带上了负电．答案：见解析。

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1．关于电场线的性质，以下说法正确的有( )A ．电场线是电荷在电场中的运动轨迹B ．电场线的分布情况反映电场中不同点的场强的相对大小C ．电场线的箭头方向表示场强减弱的方向D ．空间中两条电场线不能相交解析：选BD.电场线是为了描述电场的强弱及方向的方便而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，A 错误，B 正确．电场线的箭头方向表示场强的方向，C 错误．由于电场的具体方向与电场线上某点的切线方向相同，若两条电场线相交，则在该点可以作出两条切线，表明该点的电场不唯一，这与实际不符，D 正确．故选BD.2．(2019·大庆一中高二检测)电场中有一点P ，下列哪种说法是正确的( )A ．若放在P 点电荷的电荷量减半，则P 点的电场强度减半B ．若P 点没有试探电荷，则P 点电场强度为零C ．P 点电场强度越大，则同一电荷在P 点所受电场力越大D ．P 点的电场强度方向为试探电荷在该点的受力方向解析：选C.为了知道电场中某点的电场强度，可以把一个试探电荷放入该点，其受到的电场力F 与自身的电荷量q 的比值F q可反映该点场强的大小，但该点的电场强度由电场本身决定，与试探电荷的电荷量多少、电性无关，A 、B 错误．由E ＝F q得F ＝Eq ，当q 一定时，E 越大，F 越大，C 正确．电场中某点的电场强度方向规定为正电荷在该点时受到的电场力的方向，与负电荷受力的方向相反，D 错误．故选C.3.(2019·沈阳二中高二期中)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以做出的判断是( )A ．带电粒子所带电荷的符号B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处大D ．带电粒子在a 、b 两点的加速度方向解析：选BCD.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B 正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A 错误；加速度由电场力产生，由于a 处电场线较b 处密，所以a 处电场强度大，由E ＝F q知，带电粒子在a 处受电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C 、D 正确．故选BCD.4．(2019·华南师大附中高二检测)如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A →O →B 匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( )A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A 点到O 点，电场线由疏到密；从O 点到B 点，电场线由密到疏，所以沿点A 、O 、B ，电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A 、O 、B 运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，故选B.5．地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4 C 的正电荷受到4×10－3 N 的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R ＝6.4×106 m ，k ＝9×109 N·m 2/C 2)解析：地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q ，则地球表面附近的场强E ＝kQ R 2① 据场强定义知E ＝F q② 将k ＝9×109 N·m 2/C 2，R ＝6.4×106 m ，F ＝4×10－3 N ，q ＝2×10－4 C 代入①②，求得Q ＝9.1×104 C因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球表面附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．答案：负电 9.1×104 C一、选择题1．下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )解析：选C.A 图中，A 、B 两点场强大小相等，方向不同，B 图中，A 、B 两点场强的方向相同，但大小不等，C 图中是匀强电场，则A 、B 两点场强大小、方向相同；D 图中A 、B 两点场强大小、方向均不相同．故选C.2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F ，这点的电场强度为E ，在下图中能正确反映q 、E 、F 三者关系的是( )解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A 、B 错误；检验电荷在该点受到的电场力F ＝Eq ，F 正比于q ，C 错误，D 正确．故选D.3．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点．放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A ．A 点的电场强度大小为2×103 N/CB ．B 点的电场强度大小为2×103 N/CC ．点电荷Q 在AB 之间D ．点电荷Q 在AO 之间解析：选AC.设A 、B 两点的场强分别为E A 、E B ，根据图象信息可知，图线的斜率即为场强，则E A ＝2×103 N/C ，E B ＝－500 N/C ，A 、B 两点场强方向相反．由点电荷场强特点知，该点电荷应放在A 、B 之间，故选AC.4．(2019·高考新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )解析：选D.由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b 如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故选D.5．(2019·高考重庆卷)如图所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心解析：选D.根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故选D.6.一带电粒子从电场中的A 点运动到B 点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )A ．粒子带正电B ．粒子加速度逐渐减小C ．A 点的速度大于B 点的速度D ．粒子的初速度不为零解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，A 错误；A →B 电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B 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 正确；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，D 正确．故选BCD.7.如图所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a 、b 是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )A ．该粒子带正电荷，运动方向为由a 到bB ．该粒子带负电荷，运动方向为由a 至bC ．该粒子带正电荷，运动方向为由b 至aD ．该粒子带负电荷，运动方向为由b 至a解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，运动方向a →b 与b →a 均有可能．故选BD.8.(2019·温州十校联考)如图所示，在正方形的四个顶点各放一电荷量均为Q 的点电荷(电性如图所示)，a 、b 、c 、d 是正方形边长的中点，则以下说法中错误的是( )A ．a 、b 、c 、d 四点的场强相同B ．a 、c 两点的场强一定等大且反向C ．b 、d 两点的场强一定等大且反向D ．e 点的场强一定为零解析：选A.根据放置的电荷的位置和对称性可知，a 、b 、c 、d 四个点场强大小相等，但方向不同，A 错误；由对称性知，a 、c 两点和b 、d 两点的场强大小相等、方向相反，B 、C 正确；同理，由对称性知e 点的场强为零，D 正确．故选A.☆9.如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移到P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶ 3D ．4∶ 3解析：选B.依题意，每个点电荷在O 点产生的场强为E 12，则当N 点处的点电荷移至P 点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E 2＝E 12，则E 1E 2＝21，故选B. 二、非选择题10.如图所示，空间中A 、B 、C 三点的连线恰构成一直角三角形，且∠C ＝30°，AB ＝L ，在B 、C 两点分别放置一点电荷，它们的电量分别是＋Q 与－Q (静电力常量为k )．求斜边AC 的中点D 处的电场强度．解析：连接BD ，三角形ABD 为等边三角形，可得BD ＝CD ＝AB ＝L .点电荷＋Q 与－Q 在D处产生的场强大小均为E 1＝k Q L 2，方向如图所示，二者之间夹角大小为60°.据电场的叠加原理可知，D 处的电场强度为这两个场强的矢量和，可解得E ＝2E 1cos 30°＝2×kQ L 2×32＝3kQ L 2，方向水平向右．答案：3kQ L2，方向水平向右 11.在场强为E 的匀强电场中，取O 点为圆心，r 为半径作一圆周，在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，a 、b 、c 、d 为相互垂直的过圆心的两条直线和圆周的交点．当把一检验电荷＋q 放在d 点恰好平衡时(如图所示)．(1)匀强电场场强E 的大小，方向如何？(2)检验电荷＋q 放在点c 时，受力F c 的大小、方向如何？(3)检验电荷＋q 放在点b 时，受力F b 的大小、方向如何？解析：(1)由题意可知：F 1＝k Qq r2，F 2＝qE 由于F 1＝F 2，所以qE ＝k Qq r 2，E ＝k Q r2 匀强电场方向沿db 方向．(2)检验电荷放在c 点：E c ＝E 21＋E 2＝2E ＝2k Q r2 所以F c ＝qE c ＝2k Qq r 2 方向与ac 方向成45°角斜向下(如图所示)．(3)检验电荷放在b 点：E b ＝E 2＋E ＝2E ＝2k Q r2 所以F b ＝qE b ＝2k Qq r2，方向沿db 方向．答案：(1)k Q r 2，方向沿db 方向 (2)2k Qq r 2，方向与ac 方向成45°角斜向下 (3)2k Qq r2，方向沿db 方向☆12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右极板的水平距离为b ，如图所示．问：(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？解析：对小球进行正确的受力分析和剪断丝线后小球运动过程的判定是分析该题的前提和关键．(1)由于小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，如图所示．由图可得qE ＝mg tan θ，故q ＝mg tan θE.(2)F T ＝mg cos θ，剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力和电场力的合力等于mg cos θ，小球的加速度a ＝F 合m ＝g cos θ.小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为l ＝b sin θ，由l ＝12at 2得，t ＝2l a ＝ 2b cos θg sin θ＝ 2b gcot θ. 答案：(1)mg tan θE (2) 2b gcot θ。

【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第三章第三节知能演练轻松闯关

【优化方案】2013-2014学年高二物理（RJ.选修3-1）：第三章第三节知能演练轻松闯关3.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示．在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是() A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选AB.两导线在a、b两点产生的磁场方向相反，磁感应强度可能为零，两导线在c、d两点产生的磁场方向成一夹角不共线，磁感应强度不为零．故选AB.4.如图所示，带负电的金属圆盘绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在盘左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是()A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向右D．N极沿轴线向左解析：选 C.等效电流的方向与转动方向相反，由安培定则知轴线上的磁场方向向右，所以小磁针N极受力向右，故选C.5.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为________．若使框架绕OO′转过60°角，则穿过框架平面的磁通量为________；若从初始位置转过90°角，则穿过框架平面的磁通量为________．解析：在题中图示位置，磁感线与框架平面垂直时，Φ＝BS.当框架绕OO′轴转过60°角时，Φ＝BS⊥＝BS·cos 60°＝12BS.转过90°角时，框架由与磁感线垂直变为平行，Φ＝0.答案：BS 12BS0一、选择题1．(2019·衡阳高二检测)关于磁感线，下列说法中正确的是()A．磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向B．两条磁感线的空隙处不存在磁场C．同一磁场形成的磁感线可以相交D．磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线解析：选A.磁感线在某点的切线方向表示该点的磁场方向，A正确；两条磁感线的空隙间磁感应强度不为零，B错误；磁感线不会相交，C 错误；磁感线是假想线，D错误．故选A.2.如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中A、B是位于北、南方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中在两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针N极转向纸里，S极转向纸外，则关于A、B的带电情况说法中正确的是()A．带同种电荷B．带异种电荷C．B带正电D．A带正电解析：选BD.云层间放电必须发生在异种电荷之间，B正确；在云层间放电时，形成的强电场和高温将空气电离成正离子和负离子，并在强电场的作用下做定向移动，形成电流，相当于通电直导线形成磁场．由题意知，从南往北看，磁场是逆时针的，根据安培定则可以判断电流是从A流向B的，故可知A带正电，B带负电，D正确．故选BD.3.如图所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、右侧和管内，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()A．a、b、c均向左B．a、b、c均向右C．a向左，b向右，c向右D．a向右，b向左，c向右解析：选C.小磁针N极指磁场方向，故选C.4.如图所示是等腰直角三棱柱，其平面ABCD为正方形，边长为L，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，则下列说法中正确的是()A．穿过ABCD平面的磁通量大小为L2BB．穿过BCFE平面的磁通量大小为22L2BC．穿过ADFE平面的磁通量大小为零D．穿过整个三棱柱的磁通量为零解析：选BCD.根据Φ＝BS⊥，因此通过ABCD平面的磁通量Φ＝BL2cos45°＝22BL2，A错误；平面BCFE⊥B，而BC＝L，CF＝L cos45°＝22L，所以平面BCFE的面积S＝BC×CF＝2 2L2，因而Φ＝BS＝22BL2，B正确；平面ADFE在B的垂直方向上的投影面积为零，所以穿过的磁通量为零，C正确；若规定从外表面穿入三棱柱的磁通量为正，那么由三棱柱内表面穿出时的磁通量就为负，而穿入三棱柱的磁感线总与穿出的磁感线相等，因此穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．故选BCD.5.用两根细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示．当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有()A．两导线环相互吸引B．两导线环相互排斥C．两导线环无相互作用力D．两导线环先吸引后排斥解析：选A.两环形电流等效成两个小磁针，由安培定则知，磁极情况如图所示，据异名磁极相互吸引可得A正确．6.六根互相绝缘的导线，在同一平面内组成四个相等的正方形，导线中通以大小相同的电流，方向如图所示，在这四个正方形区域中，指向纸面内，磁通量最大的区域是()A．ⅠB．ⅡC．ⅢD．Ⅳ解析：选A.先分析Ⅰ区域：导线2、3和5、6分别在此区域产生的磁场方向相反，磁通量互相抵消，故只剩下导线1和4在此区域产生磁通量，由安培定则可判断出方向均垂直纸面向里．同理可分析出Ⅱ、Ⅳ区域的合磁通量为零，Ⅲ区域的合磁通量垂直纸面向外，故选A.7.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量的变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．不能判断解析：选C.导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些．当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为Φ1，当线圈平移至Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ；当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，故磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1＜ΔΦ2.故选C.☆8. (2019·北京四中高二检测)如图所示，三根通电导线Q、P、R互相平行且通过正三角形的三个顶点，三根导线中电流的大小相等，方向垂直纸面向里，则导线R处的磁场方向是() A．指向y轴负方向B．指向y轴正方向C．指向x轴正方向D．指向x轴负方向解析：选C.由安培定则可知，P在R处产生的磁场方向斜向右下且与水平方向成30°角；Q在R处产生的磁场方向斜向右上且与水平方向成30°角，由于电流的大小相等，与R的距离相等，因此两磁场的磁感应强度的大小相等，由平行四边形定则可知，合磁场的方向水平向右，即指向x轴正方向，故选C.☆9. (2019·华南师大附中高二期末)在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中() A．b、d两点的磁感应强度相等B．a、b两点的磁感应强度相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大解析：选C.如图所示，由矢量叠加原理可求出各点的合磁场的磁感应强度，可见b、d两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，A项错误．a点的磁感应强度最大，c点的磁感应强度最小，B、D项错误，C项正确．故选C.二、非选择题10．地球上某地磁感应强度B的水平分量B x＝0.18×10－4T，竖直分量B y＝0.54×10－4 T．求：(1)地磁场磁感应强度B的大小及它与水平方向的夹角．(2)在水平面2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ.解析：(1)根据平行四边形定则，可知B＝B2x＋B2y＝0.182＋0.542×10－4 T＝0.57×10－4 TB的方向和水平方向的夹角α＝arctan B yB x＝arctan0.54×10－40.18×10－4＝arctan 3＝71°56′.(2)题中地磁场竖直分量与水平面垂直，故磁通量Φ＝B y·S＝0.54×10－4×2.0 Wb＝1.08×10－4 Wb.答案：(1)0.57×10－4 T arctan 3或71°56′(2)1.08×10－4 Wb11.边长为10 cm的正方形线圈，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面夹角θ＝30°，如图所示，磁感应强度随时间的变化规律为：B＝2＋3t(T)，则在第1 s内穿过线圈的磁通量的变化量为多少？解析：t＝0时，B0＝2 Tt＝1 s时，B1＝(2＋3×1)T＝5 T由Φ＝BS⊥得：ΔΦ＝ΔBS sin 30°＝(B1－B0)L2sin 30°＝(5－2)×0.12×1－2 Wb.2Wb＝1.5×10答案：1.5×10－2 Wb12.如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界．圆心为O，半径为10 cm，现于纸面内先后放上a、b两个圆形单匝线圈，圆心均在O处，a线圈半径为10 cm，b线圈半径为15 cm，问：(1)在B减为0.4 T的过程中，a和b中磁通量分别改变多少？(2)磁感应强度B大小不变，方向绕直径转过30°过程中，a线圈中磁通量改变多少？(3)磁感应强度B大小、方向均不变，线圈a 绕直径转过180°过程中，a线圈中磁通量改变多少？解析：(1)a线圈面积正好与圆形磁场区域重合，Φ1＝B1πr2，Φ2＝B2πr2ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(B2－B1)πr2＝1.256×10－2 Wbb线圈面积大于圆形磁场面积，即线圈的一部分面积在磁场区域外，有磁感线穿过的面积与a线圈相同，故磁通量的变化量与a线圈相同．(2)磁场转过30°，a线圈面积在垂直磁场方向的投影为πr2cos 30°，则Φ＝Bπr2cos 30°ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bπr2(1－cos 30°)＝3.4×10－3 Wb.(3)以线圈a正对读者的一面为观察对象，初状态磁感线从该面穿入，线圈转180°后，磁感线从该面穿出，故ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS＝5.0×10－2 Wb.答案：见解析。

【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第二章第十节知能优化演练

【优化方案】2013-2014学年高二物理（RJ.选修3-1）：第二章第十节知能优化演练组电流、电阻值，可求出两组相应电阻箱上的电压，便可求E、r；一只电流表、一只电压表和一个滑动变阻器，改变变阻器的阻值读出两组电流、电压值，便可求E、r.一只电压表和一个电阻箱读出两组电压、电阻值，求出干路电流值，便可求E、r.选项A、B、C均可以达到实验目的．故选D.3.如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U-I图线，关于此图线，下列说法中正确的是()A．纵轴的截距表示电源的电动势，即E＝3.0 VB．横轴的截距表示电源的短路电流，即I ＝0.6 A短C．电源的内阻r＝5 ΩD．电源的内阻r＝1.0 Ω答案：AD4．在测一节干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为2 Ω)的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选，电压表应该选________，变阻器应该选________．A．电压表量程为15 V B．电压表量程为3 VC．变阻器为(20 Ω，3 A) D．变阻器为(500Ω，3 A)解析：干电池电动势约为1.5 V，而A电压表量程为15 V，若用A则很难精确读数，误差太大，A不合适，故选B.变阻器电阻比电源的内阻大几倍即可，阻值太大调节会不方便，故D不合适，故变阻器应该选C.答案：B C5．(2019·南京检测)在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，实验电路图如图所示．(1)实验过程中，应选用哪个电流表和滑动变阻器________(填写选项前对应的字母)．A．电流表A1(量程0.6 A，内阻约0.8 Ω)B．电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 Ω)C．滑动变阻器R1(0～10 Ω)D．滑动变阻器R2(0～200 Ω)(2)实验中要求电流表测量通过干电池的电流，电压表测量干电池两极的电压，根据图示的电路，电流表测量值________真实值(选填“大于”或“小于”)．(3)若测量的是新干电池，其内阻比较小．在较大范围内调节滑动变阻器，电压表读数变化________(选填“明显”或“不明显”)．答案：(1)AC(2)小于(3)不明显☆6.(2019·南京高二检测)为测定一节干电池(电动势约1.5 V，内阻约1.0 Ω)的电动势和内阻，实验室备有电流表G(满偏电流3 mA，内阻25 Ω)、定值电阻R0＝0.126 Ω、开关和若干导线及以下器材：A．量程0～3 V，内阻约1000 Ω的电压表B．量程0～15 V，内阻约1500 Ω的电压表C．总阻值为10 Ω、额定电流为2 A的滑动变阻器D．总阻值为100 Ω、额定电流为1 A的滑动变阻器(1)因电流表量程太小，需将R0与电流表________联以扩大量程；(2)电压表应选择________；滑动变阻器应选择________．(填序号)(3)请在方框内完成实验电路图；(4)根据所画出的电路图，分析引起该实验系统误差的主要原因是________________________________________．解析：(1)将小量程的电流表改装成大量程的电流表需并联电阻分流；(2)由于一节干电池的电动势为1.5 V，为测量准确，应选量程0～3 V的电压表，A正确；在都安全的情况下，阻值小的滑动变阻器连续性较好，故选总阻值为10 Ω的滑动变阻器，C正确．(3)实验电路如图所示：(4)由于电压表的分流作用造成改装后电流表读数总是比电池实际输出电流小．答案：(1)并(2)A C(3)见解析(4)由于电压表的分流作用造成改装后电流表读数总是比电池实际输出电流小。

(优化方案)2021-2022学度高二物理(RJ.3-1)：第二章第七节知能演练轻松闯关

(优化方案)2021-2022学度高二物理（RJA ．电源短路时，电源的内电压等于电动势B ．电源短路时，路端电压为零C ．电源断路时，路端电压最大D ．电路的外电阻增加时，路端电压减小解析：选D.依照闭合电路欧姆定律E ＝IR ＋Ir ，当外电路短路时，R ＝0，E ＝Ir ，U ＝0，A 、B 正确．当外电路断路时，I ＝0，Ir ＝0，E ＝U 外，C 正确．电路的外电阻增加时，路端电压应增大，D 错误．故选D.2.如图所示是测电源电动势和内电阻时依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线，图中DC 平行于横坐标轴，DE 平行于纵坐标轴，由图可知( )A ．比值DE OE 表示外电路电阻B ．比值AC CD 表示电源内电阻C ．比值CO AO 表示电源电动势D ．矩形OCDE 的面积表示电源的输出功率解析：选ABD.由闭合电路的欧姆定律U ＝E －Ir 知B 正确，C 错误．因为图线上一点的坐标为(I ，U)，故A 、D 正确．故选ABD.3．一块太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ，若将该电池与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V 解析：选D.电源电动势E ＝800 mV ＝0.80 V电源内阻r ＝E I ＝0.80.04 Ω＝20 Ω路端电压为U ＝E R ＋r ·R ＝0.820＋20×20＝0.40 V 故选D.4. (2021·高考上海卷)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的( )A ．总功率一定减小B ．效率一定增大C ．内部损耗功率一定减小D ．输出功率一定先增大后减小解析：选ABC.滑片P 向右移动时外电路电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P 总＝EI 可得P 总减小，故选项A 正确．依照η＝R 外R 外＋r ＝11＋r/R 外可知选项B 正确．由P 损＝I2r 可知，选项C 正确．由P 输－R 外图象，因不明白R 外的初始值与r 的关系，因此无法判定P 输的变化情形，选项D 错误．故选ABC.5.如图所示，电路中E ＝3 V ，r ＝0.5 Ω，R0＝1.5 Ω，变阻器的最大阻值为10 Ω.(1)在变阻器的阻值R 为多大时，变阻器上消耗的功率最大？(2)在变阻器的阻值R 为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？解析：(1)此种情形能够把R0归入电源内电阻，如此变阻器上消耗的功率，也确实是电源的输出功率即当R ＝r ＋R0＝2 Ω时，R 消耗功率最大Pm ＝E24R ＝324×2W ＝98 W. (2)定值电阻R0上消耗的功率能够表达为：P ＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，现在应有电路中电阻最小，即当R ＝0时R0上消耗的功率最大Pm ′＝E2R0＋r 2R0＝321.5＋0.52×1.5 W ＝278 W. 答案：(1)2 Ω (2)0一、选择题1．关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )A ．电动势等于在电路中移送单位电荷时电源所提供的电能B ．电动势是表示电源把其他形式的能量转化为电能的本领的物理量C ．电动势等于内电压和外电压之和D ．电动势等于路端电压解析：选ABC.电动势在数值上等于非静电力移动1 C 的正电荷时做的功，即等于1 C 的正电荷获得的电能．只有电路断开时，电动势才等于路端电压，只有D 错误．故选ABC.2.如图所示为闭合电路中两个不同电源的U I 图象，则下列说法中正确的是( )A ．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2B ．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C ．电动势E1>E2，内阻r1>r2D ．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2 的路端电压变化较大解析：选AD.由闭合电路的欧姆定律得E ＝U ＋Ir.当I ＝0时电动势E 等于路端电压U ，即U I 图线和U 轴的交点确实是电动势，由图知，两电源的电动势相等．当 U ＝0时I ＝E/r ，U I 图线和I 轴的交点确实是短路电流，由图知I1>I2.A 正确．而r ＝E/I ，即图线的斜率表示电源的内阻，由图知r1<r2，B 、C 错误．当工作电流变化量相同时，因为r1<r2，电源2内电压变化较大，由闭合电路的欧姆定律得E ＝U 外＋U 内，因此电源2的路端电压变化较大．D 正确．故选AD.3.如图所示的电路中，电源的内阻不可忽略，当开关S 闭合时，电流表的示数为0.30 A ，则当S 断开时，电流表的示数可能是( )A ．0.28 AB ．0.42 AC ．0.52 AD ．0.58 A解析：选A.当开关S 闭合时，阻值为4 Ω的电阻被短路，电路总电阻较小．当S 断开时，电路总电阻增加4 Ω，电流表的示数减小，故选A.4．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V ，则能够判定电池的电动势E 和内电阻r 为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω解析：选B.由于断路时E ＝U ＝3 V ，依照闭合电路欧姆定律得E ＝U ′＋U ′R ·r 得r ＝2 Ω，故选B.5．当外电路的电阻分别为8 Ω和2 Ω时，单位时刻内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( )A ．1 ΩB ．2 ΩC ．4 ΩD ．6 Ω解析：选C.由⎝ ⎛⎭⎪⎫E R1＋r 2R1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R2＋r 2R2，代入数据解得r ＝4 Ω，故选C.6.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )A ．电源的电动势为6.0 VB ．电源的内阻为12 ΩC ．电源的短路电流为0.5 AD ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω解析：选AD.因该电源的U I 图象的纵轴坐标并不是从零开始的，故纵轴上的截距虽为电源的电动势，即E ＝6.0 V ，但横轴上的截距0.5 A 并不是电源的短路电流，且内阻应按斜率的绝对值运算，即r ＝|ΔU ΔI |＝6.0－5.00.5－0 Ω＝2 Ω.由闭合电路欧姆定律可得电流I ＝0.3 A 时，外电阻R ＝E I －r ＝18 Ω.故选AD.7. (2021·广州调研)如图所示的电路中，电源的内阻r ≠0，R1和R2是两个定值电阻．当滑动变阻器R 的滑片向a 移动时，电路中的电流I1、I 2的变化情形是( )A ．I1不变B ．I1变小C ．I2变大D ．I2变小解析：选BC.当滑动变阻器R 的滑片向a 移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，整个回路的总电阻变小，依照闭合电路欧姆定律可知：干路电流I ＝E R 外＋r变大，路端电压U ＝E －Ir 变小，I1变小，A 错误、B 正确；又I ＝I1＋I2，因此I2变大，C 正确、D 错误．故选BC.8. (2021·成都四中高二检测)在如图所示的电路中，开关S 闭合后和闭合前相比，三个电表示数的变化情形是( )A ．V 示数变大，A1示数变大，A2示数变小B ．V 示数变大，A1示数变小，A2示数变大C ．V 示数变小，A1示数变大，A2示数变小D ．V 示数变小，A1示数变小，A2示数变大解析：选C.开关S 闭合后，总电阻减小，干路电流I 增大，A1示数变大，由U 外＝E －Ir 知，路端电压U 外减小，V 示数变小，由于R 处在干路中且其中的电流增大，故其两端的电压UR 增大，R2两端的电压U2＝U 外－UR ，故U2减小，由欧姆定律知，其中的电流I2减小，A2示数变小，故选C.☆9. (2021·东城区检测)如图所示，直流电动机线圈的电阻为R ，电源内阻为r ，当该电动机正常工作时，电源路端电压为U ，通过电动机的电流为I ，则( )A ．电动机内部发热功率为I2RB ．电动机的机械功率为IUC ．电源电动势为I(R ＋r)D ．电源的输出功率为IU ＋I2R解析：选A.电动机正常工作时，题中电路属于非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律不成立，则C 错误；由焦耳定律可知电动机的发热功率PR ＝I2R ，A 正确；由电路特点可知，电动机的输入功率等于电源的输出功率，即P ＝UI ，由能量守恒定律可得，电动机的机械功率P ′＝UI －I2R ，B 、D 错误．故选A.二、非选择题10.如图所示，电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，滑动变阻器R3的阻值变化范畴为0～10 Ω.求电路中总电流的变化范畴．解析：R3阻值为0时，R 外＝R1＝5 Ω最小，I ＝E R 外＋r ＝65＋1 A ＝1 A ，现在电路中总电流最大；R3阻值为10 Ω时，R 外′＝R1＋R2R3R2＋R3＝10 Ω，最大，I ′＝E R ′外＋r≈0.55 A ，现在电路中电流最小．答案：0.55 A ≤I ≤1 A11．(2021·山东平阴第一中学高二检测)如图所示，R 为电阻箱，V 为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V ；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V ．求：(1)电源的电动势E 和内阻r ；(2)当电阻箱R 的读数为多少时，电源的输出功率最大？最大输出功率为多少？解析：(1)由闭合电路欧姆定律有E ＝U1＋U1R1r ，E ＝U2＋U2R2r 即E ＝4＋2r ，E ＝5＋r解得E ＝6 V ，r ＝1 Ω.(2)电源的输出功率为P 出＝E2R ＋r 2R ＝E2R ＋r 2R ＝E2R －r 2R ＋4r 由数学知识可知，当R ＝r ＝1 Ω时，电源的输出功率最大，最大输出功率为P 出m ＝E24r ＝9 W.答案：见解析☆12.如图所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.5 Ω，标有“8 V 16 W ”的灯泡L 恰好能正常发光，电动机M 绕线的电阻R0＝1 Ω，求：(1)电源的总功率；(2)电动机的输出功率．解析：(1)L 正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8 V内电压U 内＝(10－8) V ＝2 V则总电流I ＝U 内/r ＝4 A电源总功率为P 电＝IE ＝4×10 W ＝40 W.(2)流经电动机的电流IM ＝I －P/U ＝2 A输入电动机的总功率P 电动机＝U ·IM ＝8×2 W ＝16 W电动机内阻消耗功率P 内＝I2M R0＝4×1 W ＝4 W故电动机输出功率P 出＝(16－4)W ＝12 W.答案：(1)40 W (2)12 W。

【优化方案】2013-2014学年高二物理(RJ.选修3-1)：第三章第五节知能演练轻松闯关

【优化方案】2013-2014学年高二物理（RJ.选修3-1）：第三章第五节知能演练轻松闯关A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转解析：选B.由安培定则，电流在其下方所产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则，电子流所受洛伦兹力向下，故向下偏转，故选B.4.如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静止于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起水平向左加速运动．在加速运动阶段()A．地面对乙物块的摩擦力逐渐减小B．甲、乙两物块的加速度逐渐增大C．乙对甲的摩擦力逐渐增大D．甲对乙的摩擦力逐渐减小解析：选D.加速过程中，甲受向下的洛伦兹力逐渐增大，乙对地板的压力逐渐增大，乙受摩擦增大，则加速度逐渐减小，A、B错误．甲的加速度是由乙对它的摩擦力产生的，由牛顿第二定律知，甲、乙间的摩擦力逐渐减小，C错误D 正确．故选D.5．有一匀强磁场，磁感应强度大小为1.2 T，方向由南指向北，如有一质子沿竖直向下的方向进入磁场，磁场作用在质子上的力为9.6×10－14 N ，则质子射入时速度为多大？将在磁场中向哪个方向偏转？解析：质子运动方向与磁场方向垂直，所以F ＝q v Bv ＝F qB ＝9.6×10－141.6×10－19×1.2m/s ＝5×105 m/s 根据左手定则，质子受力方向向东，所以质子将向东偏转．答案：5×105 m/s 向东一、选择题1．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )解析：选BC.电子必受与电场反向的电场力，当其运动方向与磁场平行时不受洛伦兹力，当其运动方向与磁场垂直时必受与磁场垂直的洛伦兹力．电子做直线运动合力可能为零，若不为零则必与速度共线．由此可判知，B 、C 正确．2．如图是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x 轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z 轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是( )A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向解析：选B.电子沿x轴正方向运动，则电流沿x轴负方向；要使电子偏向z轴负方向，则电子所受洛伦兹力或电场力应沿z轴负方向；由此可知磁场方向沿y轴正方向或电场方向沿z轴正方向．故选B.3.如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入一个垂直纸面向里的匀强磁场中，若要使该粒子所受的合外力为零(重力不计)，所加匀强电场的方向为()A．沿＋y方向B．沿－y方向C．沿－x方向D．因不知粒子的正负、无法确定解析：选B.若粒子带正电，由左手定则可知洛伦兹力方向沿y轴的正方向，要使该粒子所受的合外力为零(重力不计)，电场力与洛伦兹力一定等大、反向，则电场方向应沿y轴的负方向；若粒子带负电，同理可知电场方向仍沿y轴的负方向．故选B.4.如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时()A．小球的动能相同B．丝线所受的拉力相同C．小球所受的洛伦兹力相同D．小球的向心加速度相同解析：选AD.带电小球受到的洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直，对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，故两次经过O点时速度大小不变，动能相同，A 正确；小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知两次过O点时洛伦兹力方向相反，绳的拉力大可知向心加小也就不同，B、C错误；由a＝v2R速度相同，D正确．故选AD.5. (2019·成都四中高二检测)如图所示，某空间匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，一金属棒AB从高h处自由下落，则() A．A端先着地B．B端先着地C．两端同时着地D．以上说法均不正确解析：选B.AB棒中自由电子随棒一起下落，有向下的速度，并受到向左的洛伦兹力，故自由电子往左端集中，因此A端带负电，B端带正电．A端受到向上的电场力，B端受到向下的电场力，B端先着地．故选B.6.如图所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为v，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，并保证滑块能滑至底端，则它滑至底端时的速率与未加磁场时相比() A．变大B．变小C．不变D．条件不足，无法判断解析：选B.加上匀强磁场后，物体向下运动时受到一个垂直斜面向下的洛伦兹力，物体对斜面的压力变大，所受摩擦力变大，克服摩擦力做功增加，由动能定理知，加上磁场后，物体到达斜面底端时的动能变小，速度变小，故选B.7.如图所示，一个带正电荷的小球沿水平光滑绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则下列结论不．正确的是( )A ．x 1＞x 2B ．t 1＞t 2C ．v 1＞v 2D ．v 1＝v 2解析：选C.小球离开桌面具有水平速度，无磁场时做平抛运动，水平射程x 2＝v 0t 2，下落高度h ＝12gt 22；有磁场时小球除受重力外还受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力时刻与速度方向垂直，因此小球在水平方向具有加速度，在水平方向将做变加速运动，而竖直方向加速度a ＝mg －F m (F 为洛伦兹力在竖直方向的分量)，即a ＜g ，因此下落h 高度用的时间t 1＞t 2，B 选项正确．水平方向的位移x 1＞x 2，A 选项正确．又因为洛伦兹力不做功，只有重力做功，故机械能守恒，所以v 1＝v 2，D 选项正确，C 选项错误．故选C.8.如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B 中．现给滑环一个水平向右的瞬时速度，则滑环在杆上的运动情况可能是( )A ．始终做匀速运动B．先做减速运动，最后静止在杆上C．先做加速运动，最后做匀速运动D．先做减速运动，最后做匀速运动解析：选ABD.带电滑环向右运动所受洛伦兹力的方向向上，其大小与滑环的初速度大小有关．由于滑环的初速度大小未具体给出，所以洛伦兹力与滑环的重力可能出现三种不同的关系，故选ABD.☆9.如图所示，匀强磁场的方向竖直向下．磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口飞出，则()A．小球带负电B．小球离开管口前的运动轨迹是一条抛物线C．洛伦兹力对小球做正功D．拉力F应逐渐减小解析：选B.指向管口的洛伦兹力f1＝q v B，由左手定则可知，小球带正电，小球的加速度a ＝q v B恒定．小球的运动为沿管方向的匀加速直m线运动(初速度为零)和沿F方向的匀速直线运动的合运动，轨迹是一条抛物线．沿管方向的运动速度v ′＝at ＝q v Bt m ，受到垂直于管的洛伦兹力f 2＝qB v ′.f 1和f 2的合力是小球受到的洛伦兹力的合力，此力跟合速度垂直，不做功．由小球沿F 方向上做匀速直线运动知F ＝f 2＝q 2B 2v t m ，故F应逐渐增大．故选B.二、非选择题10．一初速度为零的质子，经过电压为1 880 V 的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T 的匀强磁场中，质子受到的洛伦兹力多大？(质子质量m ＝1.67×10－27kg)解析：质子在电场中加速，设末速度为v ，则12m v 2＝eU ① 质子垂直进入磁场中，受到的洛伦兹力F ＝e v B ②由①②两式得F ＝eB ·2eU m ，代入数据得F ＝4.8×10－17 N.答案：4.8×10－17 N11.质量为m ，带电量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷．(2)磁感应强度的大小．解析：(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力q v B ，由此可知，微粒带正电，受力如图所示．qE ＝mg ，则电场强度E ＝mg q .(2)由于合力为零，则q v B ＝2mg ，所以B ＝2mg q v .答案：(1)mg q 正电 (2)2mg q v☆12.一个质量为m ＝0.1 g 的小滑块，带有q ＝5×10－4 C 的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时要离开斜面．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？解析：(1)小滑块沿斜面下滑的过程中，受重力mg 、斜面支持力F N 和洛伦兹力F .若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有q v B ＋F N －mg cos α＝0当F N ＝0时，小滑块开始脱离斜面所以v ＝mg cos αBq ＝0.1×10－3×10×320.5×5×10－4 m/s ＝2 3 m/s ≈3.46 m/s.(3)法一：下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：mgx sin α＝12m v 2 斜面的长度至少应是x ＝v 22g sin α＝(23)22×10×0.5m ＝1.2 m. 法二：下滑过程中，小滑块做初速度为零的匀加速直线运动，对小滑块：由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma由运动学公式得：v2＝2ax.解得x＝v2＝1.2 m.2g sin α答案：(1)带负电(2)3.46 m/s(3)1.2 m。

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1．关于磁感应强度B 的方向，下列说法正确的是( )A ．B 的方向就是小磁针所指的方向B ．B 的方向与小磁针N 极的受力方向一致C ．B 的方向就是通电导线的受力方向D ．B 的方向就是该处磁场的方向解析：选BD.B 的方向与小磁针N 极的受力方向或小磁针静止时N 极所指的方向一致．与通电导线受力方向不一致．故选BD.2．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A ．由B ＝F IL可知，B 与F 成正比，与IL 成反比 B ．通电导线放在磁场中某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就变为零C ．通电导线所受磁场力不为零的地方一定存在磁场，通电导线不受磁场力的地方一定不存在磁场(即B ＝0)D ．磁场中某一点的磁感应强度由磁场本身决定解析：选D.磁感应强度B ＝F IL只是一个定义式，而不是决定式；磁感应强度B 是由磁场本身的性质决定的，与放不放通电导线无关．故选D.3．(2019·北海高二检测)磁感应强度B 在国际单位制中的单位是特斯拉(符号：T)，下列单位中与磁感应强度单位一致的是( )A.N A·mB.N A·sC.N C·mD.V·s m 2 解析：选A.根据定义式B ＝F IL可知A 正确，B 、C 、D 错误． 4．有一段直导线长为1 cm ，通有5 A 的电流，把它置于磁场中的某点时，受到的磁场力为0.1 N ，则该点的磁感应强度B 的值可能为( )A ．1 TB ．0.5 TC ．2 TD ．2.5 T解析：选CD.当I 与B 垂直时，由B ＝F IL可解得B ＝2 T ，但题中未说明I 与B 垂直，故B 的值也可能大于2 T ．故选CD.5．在磁场中某一点放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长1 cm ，电流为5 A ，所受磁场力为5×10－2 N ．求：(1)这点的磁感应强度是多大？若电流增加为10 A ，所受磁场力为多大？(2)若让导线与磁场平行，这点的磁感应强度多大？通电导线受到的磁场力多大？解析：(1)B ＝F IL ＝5×10－25×1×10－2T ＝1 T 电流增加为10 A 时受到的磁场力F ＝BIL ＝1×10×1×10－2 N ＝0.1 N.(2)磁感应强度B 是磁场本身的性质，与F 、I 、L 无关，若导线与磁场平行，磁感应强度不变B ＝1 T ．而磁场力为0.答案：(1)1 T 0.1 N (2)1 T 0一、选择题1．关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的有( )A ．电流元IL 在磁场中受力为F ，则磁感应强度B 一定等于F ILB．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度可能大于或等于FILC．磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D．磁场中某点磁感应强度的方向，与电流元在此点的受力方向相同解析：选B.判断磁感应强度的大小，需要在电流元受力最大的前提下进行，即电流元垂直于磁场方向，选项A、B中的力F可能小于或等于最大受力，因此磁感应强度B可能大于或等于FIL；电流元在磁场中受力与其放置方位有关，因此电流元受力大的地方，磁感应强度不一定大；磁场的方向规定为小磁针N极受力方向，与电流元受力方向不相同．故选B.2．(2019·长沙一中高二检测)由磁感应强度的定义式B＝FIL可知()A．若某处的磁感应强度为零，则通电导线放在该处所受磁场力一定为零B．通电导线放在磁场中某处不受磁场力的作用时，则该处的磁感应强度一定为零C．同一条通电导线放在磁场中某处所受的磁场力是一定的D．磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线有关解析：选A.磁感应强度的定义式B＝FIL是在导线与磁场方向垂直时得出的，如果B＝0，则磁场力F＝0，但如果F＝0，则B不一定等于零，磁场力的大小与导体的放置方向有关，则A正确，B、C均错误．磁场一定时，磁感应强度是定值，与放不放导体无关，D错误．故选A.3．关于磁感应强度的方向和电场强度的方向，下列说法正确的是()A．电场强度的方向与电荷所受电场力的方向相同B．电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同C．磁感应强度的方向与小磁针N极所受磁场力的方向相同D．磁感应强度的方向与通电导线在该处所受磁场力的方向相同解析：选BC.电场强度的方向是正电荷在电场中所受的电场力的方向，A错误、B正确，磁感应强度的方向是小磁针N极所受磁场力的方向即静止时N极所指的方向，C正确．磁场中导线的受力方向不是该处磁感应强度的方向，D错误．故选BC.4．某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是() A．在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场B．在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场C．在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场D．在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场解析：选ABC.如果把电荷引入电场中，一定会受到电场力作用，如果电荷没有受到电场力作用，一定是没有电场，A、B正确．把通电导线引入磁场中时，只要电流方向不与磁场方向平行，就会受到磁场力作用，但是不受磁场力的原因有两个，一是没有磁场，二是虽有磁场，但是电流方向与磁场方向平行，C正确，D错误．故选ABC.5．一段电流元放在同一匀强磁场中的四个位置，如图所示，已知电流元的电流I、长度L和受力F，则可以用FIL表示磁感应强度B的是()解析：选AC.当通电导线垂直于磁场方向时，可用FIL表示B.故选AC.6．把长度L、电流I都相同的一小段电流元放入某磁场中的A、B两点，电流元在A点受到的磁场力较大，则()A．A点的磁感应强度一定大于B点的磁感应强度B．A、B两点磁感应强度可能相等C ．A 、B 两点磁感应强度一定不相等D ．A 点磁感应强度可能小于B 点磁感应强度解析：选BD.由于电流元方向和磁场方向关系不确定，所以无法比较A 、B 两点的磁感应强度，故选BD.7．将一小段通电直导线垂直磁场方向放入一匀强磁场中，下列图象能正确反映各物理量间关系的是( )解析：选BC.由B ＝F IL或F ＝BIL 知：匀强磁场中B 恒定不变，故B 正确，D 错误．B 、L 一定时，F 与I 成正比，故C 正确，A 错误．故选BC.8. (2019·郑州一中高二检测)先后在磁场中A 、B 两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直．如图所示，图中a 、b 两图线分别表示在磁场中A 、B 两点导线所受的力F 与通过导线的电流I 的关系．下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两点磁感应强度相等B ．A 点的磁感应强度大于B 点的磁感应强度C ．A 点的磁感应强度小于B 点的磁感应强度D ．无法比较磁感应强度的大小解析：选B.导线受到的磁场力F ＝BIL .对于题图给出的F -I 图线，直线的斜率k ＝BL ，由题图可知k a >k b ，又因A 、B 两处导线的长度L 相同，故A 点的磁感应强度大于B 点的磁感应强度，故选B.9．(2019·金华一中高二检测)现有一段长L ＝0.2 m 、通有电流I ＝2.5 A 的直导线，则关于此导线在磁感应强度为B 的磁场中所受磁场力F 的情况，下列说法正确的是( )A ．如果B ＝2 T ，则F 一定为1 NB ．如果F ＝0，则B 也一定为零C ．如果B ＝4 T ，则F 有可能为1 ND ．当F 为最大值时，通电导线一定与B 平行解析：选C.当导线与磁场方向垂直时，所受磁场力F 最大，F ＝BIL ，当导线与磁场方向平行时，F ＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度时，0<F <BIL ，故选项A 、D 错误，C 正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与力F 无关，选项B 错误．故选C.二、非选择题10．在磁感应强度大小处处相等、方向一致的磁场中，放置一长度为L ＝20 cm ，通电电流为I ＝0.5 A 的直导线，测得导线受到的最大磁场力F ＝1.0 N ．求导线所在处的磁感应强度大小．如果将导线从磁场中移走，则原导线处的磁感应强度又为多少？解析：导线受到最大磁场力时，一定是导线与磁场方向垂直，由B ＝F IL解得B ＝10 T ，移走导线后，磁感应强度的大小不变，仍为10 T.答案：10 T 10 T11.如图所示，竖直向下的匀强磁场中，用两条竖直线悬吊一水平通电直导线，导线长为L ，质量为m ，通入电流I 后，悬线偏离竖直方向θ且保持静止，已知导线受到的磁场力方向水平，求磁场的磁感应强度的大小．解析：本题综合运用了通电导线在磁场中受力及平衡的知识，要正确把握物理情景，从力的关系入手分析．导线的受力情况分析如图所示，由平衡条件知，F ＝mg tan θ.根据磁感应强度的定义式得B ＝F IL ＝mg tan θIL. 答案：mg tan θIL☆12.金属滑杆ab 连着一弹簧，水平地放置在两根互相平行的光滑金属导轨cd 、ef 上，如图所示，垂直cd 与ef 有匀强磁场，磁场方向如图所示，合上开关S ，弹簧伸长2 cm ，测得电路中电流为5 A ，已知弹簧的劲度系数为20 N/m ，ab 的长为L ＝0.1 m ．求匀强磁场的磁感应强度的大小是多少？解析：弹簧拉力F 弹＝k Δx金属杆所受磁场力：F ＝BIL由平衡条件知：F ＝F 弹即ILB ＝k Δx故B ＝k Δx IL ＝0.8 T.答案：0.8 T。