教科版高中物理选修3-1课时作业14
教科版高中物理选修3-1课时作业8.docx
高中物理学习材料桑水制作1．(2012·厦门高二检测)根据电阻定律，电阻率ρ＝RSl，对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率( )A．跟导线的电阻成正比B．跟导线的横截面积成正比C．跟导线的长度成反比D．由所用金属材料本身的性质决定【解析】在温度一定时，电阻率与导体的电阻、导体的长度和横截面积无关，只与导体本身的性质有关，D正确．【答案】 D2．关于公式R＝U/I和公式R＝ρ·l/S，下列说法正确的是( )A．两式对一切情况都适用B．R＝U/I仅适用于金属导体，R＝ρ·l/S适用于任何导体C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比【解析】R＝UI适用于金属导体和电解液导电并且为纯电阻电路，故A、B错误；导体电阻由本身决定，与U、I无关，故C错误；在温度一定时，电阻率ρ一定，由R＝ρlS可知导体的电阻R与l成正比，与S成反比，故D正确．【答案】 D3．(2013·深圳调研)如图2－2－11所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )图2－2－11A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比【解析】b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律，R＝ρlS，b的导线粗，B正确，A、C不正确．电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D 不正确．【答案】 B4．(2012·德阳高二检测)有三根电阻丝，它们的长度、横截面积、电阻率分别如表所示：电阻电阻丝长度横截面积电阻率R1L S 2ρR2L 2S ρR32L S 2ρ则阻值最大的电阻丝是( )A．R1B．R2C．R3D．三根电阻丝的阻值一样大【解析】由电阻定律R＝ρlS得R1＝2ρLS，R2＝ρL2S，R3＝2ρ2LS＝4ρLS，故C正确．【答案】 C5．如图2－2－12所示，表示用不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下测得I－U的图像，试根据图像分析：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的I－U线这时符合下列哪种情况( )图2－2－12【解析】由R＝ρlS长度不变，增加横截面积，电阻减小，图像的斜率增大．【答案】 D6．半导体温度计是利用热敏电阻制造的．如图2－2－13所示，如果待测点的温度升高，那么( )图2－2－13A．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变大B．热敏电阻变大，灵敏电流表示数变小C．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变大D．热敏电阻变小，灵敏电流表示数变小【解析】半导体电阻随温度升高而减小，由I＝UR知R减小，U不变，I变大，故只有C正确．【答案】 C7．一只“220 V 100 W”的灯泡工作时电阻为484 Ω，拿一只同样的灯泡来测量它不工作时的电阻，下列说法中正确的是( )A．小于484 ΩB．大于484 ΩC．等于484 ΩD．无法确定【解析】灯泡工作时的电阻为高温状态下的电阻，不工作时为常温下的电阻，金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故灯泡不工作时的电阻小于正常工作时的电阻，A正确．【答案】 A8.两根材料相同的均匀导线x和y，x长为l，y长为2l，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图2－2－14所示，则x、y导线的横截面积之比为( )图2－2－14A．2∶3 B．1∶3C．1∶2 D．3∶1【解析】由U－I图像可知，U x＝6 V，U y＝4 V串联电路电流相同，则UxUy ＝R x R y ，而R x ＝ρl S x ，R y ＝ρ2l S y 所以U x U y ＝S y 2S x ，S x S y ＝U y 2U x ＝42×6＝13. 【答案】 B9．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断，由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别，那么熔丝熔断的可能性较大的是( )A ．横截面积大的地方B ．横截面积小的地方C ．同时熔断D ．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方．【解析】 根据电阻定律，横截面积小的地方电阻较大，当电流通过时电阻大的位置发热量大易熔断，B 正确．【答案】 B10．(2012·衡水高二检测)一段长为a 、宽为b 、高为c (a >b >c )的导体，将其中的两个对立面接入电路时，最大阻值为R ，则最小阻值为( )A.c 2Ra 2 B.c 2R ab C.a 2R bcD.b 2R ac【解析】 根据电阻定律，将面积最小、相距最远的对立面接入电路时电阻最大，由题设可知，以b 、c 为邻边的面积最小，两个对立面相距最远，电阻为R ＝ρabc ；将面积最大、相距最近的对立面接入电路时电阻最小，由题设可知，以a 、b 为邻边的面积最大，两个对立面相距最近，电阻为R ′＝ρcab，两式相比可得R ′＝c 2Ra2，A 正确．【答案】 A11.如图2－2－15所示，一段粗细均匀的导线长1 200 m ，在两端点A 、B 间加上恒定电压时，测得通过导线的电流为0.5 A ，若剪去BC 段，在A 、C 两端加同样电压时，通过导线的电流变为0.6 A ，则剪去的BC 段多长？图2－2－15【解析】设整个导线AB的电阻为R1，其中AC段的电阻为R2，根据欧姆定律U＝I1R1＝I2R2，则R2R1＝I1I2＝0.50.6＝56.再由电阻定律，导线的电阻与其长度成正比，所以AC段导线长l2＝R2R1l1＝56×1 200 m＝1 000 m．由此可知，剪去的导线BC段的长度为l x＝l1－l2＝200 m【答案】200 m12．(2012·福州高二期末测试)一根长为l＝3.2 m、横截面积S＝1.6×10－3 m2的铜棒，两端加电压U＝7.0×10－2 V．铜的电阻率ρ＝1.75×10－8Ω·m，求：(1)通过铜棒的电流；(2)铜棒内的电场强度．【解析】(1)由R＝ρlS和I＝UR得I＝USρl＝7.0×10－2×1.6×10－31.75×10－8×3.2A＝2×103 A.(2)E＝Ud＝7.0×10－23.2V/m＝2.2×10－2 V/m.【答案】(1)2×103 A (2)2.2×10－2 V/m。
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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．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西向东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【解析】导线中的自由电子自西向东沿导线定向移动时，形成的电流自东向西．赤道上空地磁场方向由南水平指向北，由左手定则可判断导线受到的安培力方向向下．答案为D.【答案】 D2．下列说法正确的是()A．放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C．磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向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】当导线与磁场方向平行时，导线所受磁场力为零，A错误；匀强磁场中，沿磁场方向，磁场强弱不变，B错误，通电导线所受的磁场力方向与磁场方向垂直，C错误；由左手定则可知，F 方向一定与B和I所决定的平面垂直，D正确．【答案】 D3．(2012·福州高二检测)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】 D4．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图3－2－9所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()图3－2－9A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁【解析】该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确．【答案】 C5.图3－2－10(2012·苏州高二检测)如图3－2－10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】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.【答案】 D6．(2013·保定模拟)图3－2－11中的D为置于电磁铁两图3－2－11极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】由右手螺旋定则知，软铁芯在导线D处的磁场方向向左，由左手定则可判定导线D 受到的磁场力方向向上，A正确．【答案】 A7．如图3－2－12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，棒中有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，图3－2－12为了使拉力等于零，可以()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】首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．【答案】 C8.通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图3－2－13所示，ad 边与MN平行．关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是() A．线框有两条边所受到的安培力方向相同B．线框有两条边所受到的安培力大小相同C．整个线框有向里收缩的趋势D．若导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变【解析】由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等．因此ab与cd边受到的安培力大小相等，但ab受力方向向下，cd受力方向向上，即两者的方向相反．ad 受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力，A、C错，B对；MN向左微移，则线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D错．【答案】 B9．如图3－2－14所示，有一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会()图3－2－14A．纵向收缩，径向膨胀B．纵向伸长，径向收缩C．纵向伸长，径向膨胀D．纵向收缩，径向收缩【解析】通电线圈每匝可视为一小磁铁，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，由电流元分析法知径向膨胀．【答案】 A10．如图3－2－15所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出()A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C．弹簧的接力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大【解析】如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则，直导线受向下的安培力，由力的作用是相互的，条形磁铁受向上的作用力．故A正确．【答案】 A11．(2012·成都高二检测)如图3－2－16所示，水平方向有一匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T，有一段通电导线竖直放置，图3－2－16长度为L＝0.8 m，当导线中通入大小为I＝1 A，方向如图所示的电流时，试问：(1)导线所受安培力有多大？方向如何？(2)若将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，则安培力的大小是多少？(3)若将导线在垂直纸面的平面内转动，分别说明它所受安培力的大小和方向是否变化？【解析】(1)由于电流方向与磁场方向垂直，故F＝BIL＝0.16 N，由左手定则可判断出安培力的方向垂直纸面向里．(2)将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，此时电流方向与磁场方向平行，故安培力的大小F＝0.(3)将导线在垂直纸面的平面内转动，由于任意位置电流方向与磁场方向均垂直，故安培力的大小不变，由左手定则知，安培力的方向不断改变．【答案】(1)0.16 N垂直纸面向里(2)0(3)F大小不变，方向不断改变12.图3－2－17水平放置的光滑金属导轨宽L＝0.2 m，接有电源电动势E＝3 V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B＝1 T．导体棒ab的电阻R＝6 Ω，质量m＝10 g，垂直放在导轨上并良好接触，求合上开关的瞬间．(1)金属棒受到安培力的大小和方向；(2)金属棒的加速度．【解析】(1)闭合电键的瞬间，回路中的电流I＝ER＝36A＝0.5 Aab棒所受安培力F安＝BIL＝0.1 N由左手定则知方向水平向右(2)由牛顿第二定律知a＝F安m＝10 m/s2方向水平向右【答案】(1)0.1 N水平向右(2)10 m/s2，方向水平向右。
高中物理精编课时作业选修3-1教科版第一章静电场章末检测卷及解析 含解析
第一章 静电场 章末检测卷【题卷】(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分) 1．下列各物理量中，与试探电荷有关的量是( ) A ．电场强度E B ．电势φ C ．电势差U D ．电场做的功W 2．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A ．根据电场强度的定义式E ＝Fq可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B ．根据电容的定义式C ＝QU可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C ．根据真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Qr2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D ．根据电势差的定义式U AB ＝W ABq可知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V3．A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的静电力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受静电力为( )A ．－F /2B ．F /2C ．－FD ．F4.如图1所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )A ．场强大小为kqr 2，方向沿OA 方向B ．场强大小为kqr 2，方向沿AO 方向C ．场强大小为2kqr 2，方向沿OA 方向D ．场强大小为2kqr2，方向沿AO 方向 图15.如图2所示，AB 是某点电荷电场中一条电场线，在电场线上P 处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B 点处运动，对此现象下列判断正确的是(不计电荷重力)( ) A ．电荷向B 做匀加速运动B ．电荷向B 做加速度越来越小的运动C ．电荷向B 做加速度越来越大的运动 图2D ．电荷向B 做加速运动，加速度的变化情况不能确定6．两异种点电荷电场中的部分等势面如图3所示，已知A 点电势高于B 点电势．若位于a 、b 处点电荷的电荷量大小分别为q a 和q b ，则( )A ．a 处为正电荷，q a ＜q bB ．a 处为正电荷，q a ＞q bC ．a 处为负电荷，q a ＜q bD ．a 处为负电荷，q a ＞q b图3 图4 图5二、多项选择题(共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)7．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图4所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大8．如图5甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处．(不计重力)下列说法中正确的是() A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上9．如图6所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线．a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确是()图6 图7 图8 图9A．a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B．a的速度将增大，b的速度将减小C．a一定带正电，b一定带负电D．a、b两个粒子所带电荷电性相反10.如图7所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是()A．使A、B两板靠近一些B．使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使A板向左平移拉开一些D．断开S后，使A、B正对面积错开一些三、填空题(本题共2小题，共8分)11．(4分)密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图8所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q＝________.12. (4分)如图9所示，在竖直向下、场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴O 在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m1和m2(m1＜m2)，A带负电，电荷量为q1，B带正电，电荷量为q2.杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为____________，在竖直位置处两球的总动能为_____________．四、计算题(本题共4小题，共52分)13. (12分)如图10所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功．求：(1)A、B两点间的电势差U AB和B、C两点间的电势差U BC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．图10 14. (13分)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图11所示，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．(2)电场强度的大小和方向？(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？图1115. (13分)如图12所示，在场强E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 相切连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4C 的小滑块质量为m ＝40 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，求：(1)要小滑块能运动到圆轨道的最高点L ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？(2)这样释放的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？(P 为半圆轨道中点) 图1216．(14分)如图13所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形绝缘细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能沿圆管切线方向进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．(不计粒子的重力、管的粗细)求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．图13第一章 静电场 章末检测卷【答卷】11．(4分) ________________.12. (每空2分) ____________________， _________________． 图10得分 。
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高中物理学习材料桑水制作1．下列说法中正确的是( )A．电子和质子都是元电荷B．一个带电体的电荷量为元电荷的205.5倍C．元电荷是最小的电荷量单位D．元电荷没有正、负之分【解析】元电荷是最小的电荷量单位，带电体的带电荷量均为元电荷的整数倍；元电荷只是电荷量的单位，而不是带电粒子，没有正、负之分，故C、D 正确．【答案】CD2．(2012·成都高二检测)将不带电的导体A和带负电的导体B接触后，导体A中的质子数目( )A．增加B．减少C．不变D．先增加后减少【解析】在接触带电的过程中，发生转移的电荷是自由电子，质子并不发生移动，故C正确．【答案】 C3．下列叙述正确的是( )A．摩擦起电是创造电荷的过程B．接触起电是电荷转移的过程C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D．带等量异种电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫电荷的湮灭【解析】摩擦起电是电子转移的过程，不会创造电荷，A错；接触起电是电荷在不同导体间转移的过程，B对；玻璃棒与其他物体摩擦后可能带正电，也可能带负电，C错；带等量异种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．【答案】 B4．有关物体带电的下列说法，其中正确的是( )A．若物体带正电，则说明该带电体内只存在质子B．若物体带负电，则说明该带电体内只存在电子C．若物体不带电，则说明该带电体内不存在质子和电子D．若物体带负电，则带电体内既存在质子又存在电子，且电子数比质子数多【解析】物体内总是同时存在质子和电子，物体对外显示带电，实质是其内部电子数和质子数不相等．物体对外不显电性，只是内部质子数和电子数相等．【答案】 D5．M和N是两个原来都不带电的物体，它们互相摩擦后，M带正电荷1.6×10－19 C，下列判断中正确的是( )A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．摩擦的过程中电子从N转移到MD．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－19 C【解析】不带电物体的原子的电子数与质子数相等，呈电中性，物体不显电性，但并不是内部没有任何电荷，A 错；摩擦后，M 带正电，失去电子，电子从M 转移到N ，B 对，C 错；N 得到电子，带负电，由电荷守恒定律得N 在摩擦后带电量为1.6×10－19 C ，D 对．【答案】 BD6．已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u 或夸克d)和一个反夸克(反夸克u 或反夸克d )组成的，它们的带电荷量如下表所示．表中e 为元电荷.π＋ π－ u d u d 带电荷量 ＋e －e ＋23e －13e －23e ＋13e 下列说法正确的是( )A ．π＋由u 和d 组成B ．π＋由d 和u 组成C ．π－由u 和d 组成D ．π－由d 和u 组成【解析】 π＋带电荷量为＋e ，u 带电荷量为＋23e ，d 带电荷量为＋13e ，故π＋由u 和d 组成，A 对，B 错；π－带电荷量为－e ，d 带电荷量为－13e ，u 带电荷量为－23e ，故π－由d 和u 组成，D 对，C 错． 【答案】 AD7．(2013·长沙检测)使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )【解析】把带电金属球移近不带电的验电器，根据静电感应现象规律，若金属球带正电荷，则导体上的自由电子被吸引上来，这样验电器的上部将带负电荷，箔片带正电荷；若金属球带负电荷，则将导体上的自由电子排斥到最远端，这样验电器的上部将带正电荷，箔片带负电荷，B项正确．【答案】 B8．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】由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有静电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15C而带正电荷，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．【答案】AD9．用一绝缘柄将一带正电金属棒a接触另一不带电金属棒b，使之接触起电，以下说法正确的是( )A．在此接触起电过程中，金属棒a上的正电荷向金属棒b上转移B．在此接触起电过程中，金属棒b上的负电子向金属棒a上转移C．在此接触起电过程中，它们的电荷量的代数和不变D．此接触起电过程并不一定遵循电荷守恒定律【解析】带正电的金属棒a与不带电的另一金属棒b接触时，由于电荷间的相互作用，使b棒中的电子向a棒转移．此时b棒失去电子而带正电，a棒得到电子与原有的部分正电荷中和，因而a棒上所带的电荷量减少，但a、b两棒所带电荷量的代数和不变．【答案】BC图1－1－610．如图1－1－6所示，有一带正电的验电器，当一金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时，验电器的金箔张角减小，则( )A．金属球可能不带电B．金属球可能带负电C．金属球可能带正电D．金属球一定带负电【解析】验电器的金箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，而同种电荷相互排斥，张开角度的大小决定于两金箔带电荷量的多少．如果A球带负电，靠近验电器的B球时，异种电荷相互吸引，使验电器的金属球B上的电子逐渐下移，从而使两金箔张角减小，选项B正确，选项C不正确．如果A球不带电．在靠近B 球时，发生静电感应现象使A 球靠近B 球的端面出现负的感应电荷，而背向B 球的端面出现正的感应电荷．A 球上的感应电荷与验电器上的电子发生相互作用，使验电器的金属球B 上的电子逐渐下移，从而使金箔张角减小，选项A 正确，同时否定选项D.【答案】 AB11．有三个相同的绝缘金属小球A 、B 、C ，其中A 小球带有3×10－3 C 的正电荷，B 小球带有2×10－3 C 的负电荷，小球C 不带电．先让小球C 与小球A 接触后分开，再让小球B 与小球A 接触后分开，最后让小球B 与小球C 接触后分开，试求这时三个小球的带电荷量分别为多少？【解析】 总电荷量是守恒的，小球接触后平分电荷量；C 、A 接触后，A 、C 都带3.0×10－32C ＝1.5×10－3 C 的正电荷量，让小球B 与小球A 接触后分开，A 、B 都带1.5×10－3－2×10－32C ＝－2.5×10－4 C 的负电荷量，最后让小球B 与小球C 接触后，B 、C 都带1.5×10－3－2.5×10－42C ＝6.25×10－4 C 的正电荷量．故最终三小球的带电荷量分别为q A ＝－2.5×10－4 C q B ＝6.25×10－4 C q C ＝6.25×10－4 C.【答案】 q A ＝－2.5×10－4 C q B ＝6.25×10－4 C q C ＝6.25×10－4 C12．(2012·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，身上聚集了－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m e ＝9.1×10－31 kg ，电子电荷量e ＝－1.6×10－19 C,1 μC ＝10－6 C)．【解析】 n 1＝Q 1e ＝－32.0×10－6－1.6×10－19个＝2.0×1014个． 人身上聚集的电子个数n 2＝Q 2e ＝－48.0×10－6－1.6×10－19个＝3.0×1014个． 由于人身上多了n 2个电子，他的质量增加m ＝n 2m e ＝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。
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高中物理学习材料桑水制作1．地毯中夹入少量的金属纤维是为了( )A．避免人走动时产生静电B．将人走动时产生的静电及时导走C．增大地毯的强度和韧性D．对地毯起装饰作用【解析】地毯中夹入少量金属纤维是可以把人走动产生的静电及时导走，故B正确．【答案】 B2．下列关于电容器和电容的说法中不正确的是( )A．根据C＝Q/U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两极板上的电压无关【解析】由电容器的定义和电容器的物理意义知A错误，C、D正确．由Q ＝CU知 B正确．【答案】 A3．某电容器上标有“1.5 μF 9 V”字样，则该电容器( )A．所带电荷量不能超过1.5×10－6 CB．所带电荷量不能超过1.35×10－5 CC．所加电压不应超过9 VD．该电容器的击穿电压为9 V【解析】电容器上标出的电压为额定电压，即电容器正常工作时的电压，击穿电压大于额定电压，故C对，D错．而由C＝QU可得，Q＝CU，当电容器两极板间电压恰为9 V时，电容器所带的电荷量达到最大值，即Q＝1.5×10－6×9 C ＝1.35×10－5 C.【答案】BC4．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( )A．将两极板的间距加大，电容将增大B．将两极板平行措开，使正对面积减小，电容将减小C．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大【解析】影响平行板电容器电容大小的因素有：①随正对面积的增大而增大；②随两极板间距离的增大而减小；③在两极板间放入电介质，电容增大．据上面的叙述可直接看出B、C选项正确，对D选项，实际上是减小了平行板的间距，所以本题答案应为B、C、D.【答案】BCD5．C＝QU和C＝εrS4πkd是两个电容器电容的公式．关于它们的说法，正确的是( )A．从C＝QU可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压B．从C＝εrS4πkd可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系C．它们都适用于各种电容器D．C＝QU是适用于各种电容器的定义式，C＝εrS4πkd是只适用于平行板电容器的决定式【解析】公式C＝QU是电容的定义式，适用于各种电容器，C＝εrS4πkd是平行板电容器电容的决定式，只适用于平行板电容器，故A、C错误，B、D正确．【答案】BD6．如图1－6－9所示是一个由电池、电阻R、电键K与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合．在增大电容器两极板间距离的过程中( )图1－6－9A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流【解析】图中电容器被充电，A极板带正电，B极板带负电．根据平行板电容器电容的大小决定因素C∝εr S/d可知，当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小，由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压U AB保持不变，根据电容的定义C＝Q/U AB，当C减小时电容器两极板间所带电荷量Q要减小，电阻R中有从a流向b的电流．所以选项B、C正确．【答案】BC7．利用传感电容器可检测矿井渗水，从而发出安全警报，避免事故的发生．如图1－6－10所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法中，正确的有( )图1－6－10A．该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液体B．芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C．如果指示器显示电容增大，则容器中液面升高D．如果指示器显示电容减小，则容器中液面升高【解析】类似于平行板电容器的结构，导线芯和液体构成电容器的两块电极，导线芯的绝缘层就是极间的电介质，其厚度d相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的相对面积(且h越大，则S越大)；所以d大时C 就小，若C大时就表明h大．【答案】AC8．水平放置的平行板电容器与一电源相连，在电容器的两极板间有一带正电的质点处于静止状态．现增大电容器两极板间的距离，则( ) A．电容变大，质点向上运动B．电容变大，质点向下运动C．电容变小，质点保持静止D．电容变小，质点向下运动【解析】电容器与电源相连，则电压不变，由C＝εrS4πkd和E＝Ud知，当d增大时，C和E都将变小，质点受到的向上的电场力将变小，所以质点将向下运动．【答案】 D9．如图1－6－11所示，当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．如果测出了电容的变化，就能知道物体位移的变化．若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变化是 ( )图1－6－11A．加速向右移动B．加速向左移动C．减速向右移动D．减速向左移动【解析】本题考查相对介电常数εr对平行板电容器电容的影响．电介质板插入电容器板间的部分越多，相对介电常数εr越大，电容C越大，故只有电介质板移动的方向会影响εr的大小，而与加速、减速无关．根据C＝εrS4πkd可知，当电容C变大时，εr应该增大，电介质板应向左移动，所以选项B、D正确．【答案】BD10. (2013·成都四中期末)如图1－6－12所示，平行板电容器与两极电压恒为E的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1－6－12A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大【解析】电容器两端电压U不变，由公式E＝Ud，场强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而场强E减小，由公式U＝Ed知P与下极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变，电容C减小时由公式Q＝CU，带电荷量减小，D错．【答案】 B11.如图1－6－13所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地，求：图1－6－13(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两板之间的电场强度；(3)距B板为2 cm的C点处的电势．【解析】(1)由电容定义式C＝QU＝6×10－860F＝1×10－9 F.(2)两板之间为匀强电场E＝Ud＝603×10－2V/m＝2×103 V/m，方向竖直向下．(3)C点距A板间距离为d AC＝d－d BC＝1 cmA与C间电势差UAC＝Ed AC＝20 V又U AC＝φA－φC，φA＝0可得φC＝－20 V.【答案】(1)1×10－9 F (2)2×103 V/m，方向竖直向下(3)－20 V12．(2012·全国高考)如图1－6－14所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．图1－6－14【解析】设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U＝Q C ①两极板之间电场的场强为E＝U d ②式中d为两极板间的距离．按题意，当小球偏转角θ1＝π6时，小球处于平衡状态．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有T cos θ1＝mg③T sin θ1＝qE④式中T为此时悬线的张力．联立①②③④式得tan θ1＝qQ mgCd⑤设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝π3，则tan θ2＝q(Q＋ΔQ)mgCd⑥联立⑤⑥式得tan θ1 tan θ2＝QQ＋ΔQ⑦代入数据解得ΔQ＝2Q⑧【答案】2Q。
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高中物理学习材料桑水制作1．对F＝qvB sin θ的理解，下列说法正确的是( )A．当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向垂直B．θ角是电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角C．θ角是指运动电荷时入磁场时速度与水平方向的夹角D．θ角是指运动电荷进入磁场时速度与竖直方向的夹角【解析】公式F＝qvB sin θ中的θ角是指电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角，B正确，C、D均错误，当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向平行，A错误．【答案】 B图3－4－82．长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图3－4－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是( ) A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用【解析】电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．【答案】 D3．来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将( )A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定地点，稍向东偏转C．相对于预定地点，稍向西偏转D．相对于预定地点，稍向北偏转【解析】地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电，根据左手定则可判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东．【答案】 B4．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动．如果突然将磁场的磁感应强度增加一倍，则( )A．粒子的速率增加一倍，运动周期减小一半B．粒子的速率不变，轨道半径不变C．粒子的速率不变，轨道半径减小一半D．粒子的速率减小一半，运动周期减小一半【解析】由qvB＝mv2r得r＝mvqB，则带电粒子在磁场中的运动周期T＝2πmqB.由以上两式可看出r与T的决定因素．洛伦兹力只能提供粒子做圆周运动的向心力，不能改变粒子速率的大小，所以A、D均是错误的．由公式r＝mvqB知，当B增大一倍时，r减小一半，所以C选项正确、B选项错误．【答案】 C5.图3－4－9带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．如图3－4－9所示，是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电荷D．粒子带正电荷【解析】粒子在云室中运动使气体电离，能量不断损失，v减小，处于磁场中的云室中的带电粒子满足qvB＝mv2r.因为r＝mvqB，因此半径逐渐减小，分析图线知r a>r b，说明粒子先经过a点后经过b点；利用左手定则可判定粒子带负电荷，故A、C对，B、D错．【答案】AC6．如图3－4－10所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将( )图3－4－10A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转【解析】磁场动而电子不动和磁场不动而电子动结果相同，都会使电子受到洛伦兹力作用，公式F＝qvB中v应为相对速度．电子相对于磁场的运动方向是垂直纸面向里，根据左手定则可判定只有选项D正确．【答案】 D7．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( ) A．带电粒子沿电场线射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定不变D．不管带电粒子怎样进入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变【解析】带电粒子在电场中受到的电场力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定，对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错．垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加，B错．带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力不做功，C错，不管带电粒子怎样进入磁场，由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变，D正确．【答案】 D8.图3－4－11如图3－4－11所示，电子与质子分别以相同的速度从O点垂直射入匀强磁场区中，则图中画出的四段圆弧，哪两个是电子和质子运动的可能轨迹( ) A．a是电子运动轨迹，d是质子运动轨迹B．b是电子运动轨迹，c是质子运动轨迹C．c是电子运动轨迹，b是质子运动轨迹D ．d 是电子运动轨迹，a 是质子运动轨迹【解析】 由左手定则可知，电子向右偏转，质子向左偏转，A 、B 错误；由qvB ＝mv 2R 可得，粒子圆周运动的半径R ＝mv qB，质子质量大于电子质量，故质子的轨迹半径大于电子的轨迹半径，C 正确，D 错误．【答案】 C9.图3－4－12如图3－4－12所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q 2eB.q eC.2q 3eD.q 3e【解析】 离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径r＝mv Bq ，离子碰上电子后半径变化，r ′＝3r 2＝mv Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，正确选项是D【答案】 D10．如图3－4－13所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、图3－4－13磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A.3v2aB，正电荷 B.v2aB，正电荷C.3v2aB，负电荷 D.v2aB，负电荷【解析】从“粒子穿过y轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图．根据几何关系有r＋r sin 30°＝a，再结合半径表达式r＝mvqB可得qm＝3v2aB，故C正确．【答案】 C11.图3－4－14(2013·成都七中期末)如图3－4－14所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在原点O处有一离子源向x轴上方各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速度都为v，对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大值为x＝________，y＝________.【解析】由左手定则可以判断出：正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的偏转方向为顺时针方向，到达y轴上距离最远的离子是沿x轴负方向射出的离子，而到达x 轴上距离最远的离子是沿y轴正方向射出的离子．这两束离子可能到达的最大x、y值恰好是圆周的直径，如图所示．【答案】2mvqB2mvqB12．(2012·九寨沟一中期末)如图3－4－15所示，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°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？图3－4－15【解析】 电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，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 ＝dsin θ＝2d .由牛顿第二定律得：qvB ＝mv 2r 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 vπd 3v。
高中物理选修3-1课时作业14：2.1电源和电流
2.1 电源和电流一、选择题1.关于电源的作用,下列说法正确的是()A.电源的作用是能为电路持续地提供自由电荷B.电源的作用是能直接释放出电能C.电源的作用就是能保持导体两端的电压,使电路中有持续的电流D.电源的作用就是使自由电荷运动起来2.金属导体中有电流时,自由电子定向移动的速率为v1,电子热运动速率为v2,电流的传导速率为v3,则()A. v1最大B. v2最大C. v3最大D.无法确定3.在示波管中,电子枪2 s内发射了6×1013个电子,则示波管中电流的大小为()A.4.8×10-6 AB.3×10-13 AC.9.6×10-6 AD.3×10-6 A4.有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体,甲的横截面积是乙的两倍,而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍,以下说法中正确的是()A.通过甲、乙两导体的电流相同B.通过乙导体的电流是通过甲导体电流的两倍C.乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体中的两倍D.甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等5.某正负电子对撞机的储存环是长为240 m的近似圆形轨道,当环中的电流为10 mA时,若电子的速率为十分之一光速,则在整个环中运行的电子数目为()A.5.0×1011B.5.0×1019C.1.0×1013D.1.0×1036.如图所示,一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,每米电荷量为q,当此棒沿轴线方向做速率为v的匀速直线运动时,由于棒运动而形成的等效电流大小为()A. v qB.C.q v SD.7.如图所示,电解池内有一价的电解液,t时间内通过溶液内截面S的正离子数是n1,负离子数是n2,设元电荷为e,以下解释中正确的是()A.正离子定向移动形成电流方向从A→B,负离子定向移动形成电流方向从B→AB.溶液内正负离子向相反方向移动,电流抵消C.溶液内电流方向从A→B,电流I=D.溶液内电流方向A→B,电流I=8.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.已知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,则质子源与靶间的质子数为()A. B. C. D.9.铜的原子量为m,密度为ρ,每摩尔铜原子有n个自由电子,现有一根横截面为S的铜导线,当通过的电流为I时,电子定向移动的平均速率为()A.光速cB.C.D.二、计算题10.在金属导体中,若10 s内通过横截面的电荷量为10 C,则导体中的电流为多少?11.导线中的电流是1 A,导线的横截面积为1 mm2.(1)在1 s内,有多少个电子通过导线的横截面(电子电荷量e=1.6×10-19 C)?(2)自由电子的平均移动速率是多大(设导体每立方米内有8.5×1028个自由电子)?(3)自由电子沿导线移动1 m,平均要多少时间?12.已知电子的电荷量为e,质量为m,氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r 的匀速圆周运动,则电子运动形成的等效电流大小为多少?--☆参考答案☆--1.C[解析]:电源并不是产生电荷的装置,它的作用是保持导体两端有一定的电势差,从而使电路中有持续的电流产生,故只有C项正确.2.C[解析]:电场传播的速率(或电流的传导速率)等于光速,而电子无规则热运动的速率,常温下数量级为105 m/s,自由电子定向移动的速率数量级一般为10-5 m/s,所以C项正确.3.A[解析]:I===A=4.8×10-6 A.4.B[解析]:由I=知A项错误,B项正确;由I=nqSv得: v甲=v乙,所以C、D两项错误.5.A[解析]:电子运动一周所需要的时间t=s=8×10-6s,在圆形轨道上任取一横截面,则在t时间内整个环中运行电子的电荷量q=It=8×10-6×10×10-3 C=8×10-8 C,则环中运行的电子数N==个=5×1011个.故A项正确.6.A[解析]:在运动方向假设有一横截面,在时间t内通过截面的电荷量Q=v t·q.等效电流I==vq,故A项正确.7.D[解析]:正离子定向移动方向为电流方向,负离子定向移动方向和电流方向相反,正、负离子向相反方向移动,电流不能抵消,故A、B两项错误.由于溶液内的电流是正、负离子共同形成的,故C项错误,D项正确.8.B[解析]:设质子源与靶间的质子数为n,则I=,t=,则n=.9.D[解析]:假设电子定向移动的速率为v,那么在t秒内通过导体横截面的自由电子数相当于在体积v t·S中的自由电子数,而体积为v tS的铜的质量为v tSρ,摩尔数为,所以电荷量q=.因电流I==,于是得: v=.10.[解析]:10 s内通过某一横截面的电荷量是10 C,所以I===1 A.[答案]:1 A11.[解析]:(1)N===个=6.25×1018个.(2)由公式I=neS v.v==m/s≈7.4×10-5 m/s.(3)以这样的速率沿导线传播1 m需用时t=s≈3.8 h.[答案]:(1)6.25×1018(2)7.4×10-5 m/s(3)3.8 h12.[解析]:取电子运动轨道的任一横截面,在电子运动一周的时间T内,通过这个横截面的电荷量q=e,则有:I==再由库仑力提供向心力有:k=m·r,得T=解得I=.[答案]:。
高中物理选修3-1课时作业14：2.6 导体的电阻
2.6导体的电阻1.如图为滑动变阻器的示意简图，a、b、c、d为四个接线柱，当滑动片P由线圈的c端滑向d端时，为使电路中的电阻由小变大，应将变阻器的哪两个接线柱连入电路()A.a和bB.c和dC.b和cD.a和d2.一根均匀电阻丝阻值为R，在以下哪些情况下，阻值仍为R()A.长度变为一半，横截面积增大一倍时B.横截面积变为一半，长度变为二倍时C.长度和横截面积都变为原来的2倍时D.直径变为一半，长度变为1/4时3.把一条电阻为64Ω的均匀电阻丝截成等长的n段后，再并联起来，电阻变为1Ω，则n等于()A.32B.24C.12D.84.当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断.由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别，那么熔丝熔断的可能性较大的是()A.横截面积大的地方B.横截面积小的地方C.同时熔断D.可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方5.电压恒定的电源与一根玻璃管中的水银柱组成电路，水银柱中通过的电流为0.1A；现将这些水银倒进另一根玻璃管中，管直径是原来的2倍，重新与该电源组成电路，则流过水银柱的电流为________.6.温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，如图所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则()A.图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B.图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C.图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D.图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化7.超导是当今高科技的热点，利用超导体材料可实现无损耗输电.现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V .若用临界温度以下的超导体电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A.1 kWB.10 kWC.1.6 kWD.1.6×103 kW8.现有半球形导体材料，接成如图所示两种形式，则两种接法的电阻之比为( )A.1∶4B.1∶1C.1∶2D.4∶19.用电器离电源为L ，线路上的电流为I ，为使在线路上的电压降不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积的最小值是( ) A.R Lρ B. ULI ρ2 C. LI U ρ D. ρI UL 2 10.一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U 时，通过金属导线的电流为I ，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U ，则此时( )A.通过金属导线的电流为I /2B.通过金属导线的电流为I /4C.自由电子定向移动的平均速率为v /2D.自由电子定向移动的平均速率为v /411.在相距40 km的A、B两地架两条输电线，电阻共为800 Ω，如果在A、B间的某处发生短路，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表的示数为40 mA，求发生短路处距A处有多远？如图所示.12.如图所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度.m是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为l的电阻丝，其阻值为R.金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计.电阻丝的中点C焊接一根导线.从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表（金属丝和导线电阻不计）.图中虚线OC与AB相垂直，且OC＝h，电阻丝AB接在电压恒为U的直流稳压电源上.整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向.列车静止时金属丝呈竖直状态.当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向θ，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小.（1）当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度a与θ角的关系及加速度a与电压表读数U′的对应关系.（2）这个装置能测得的最大加速度是多少?--☆ 参 考 答 案 ☆--1. [解析]电路中的电阻增大，即P 、c 间接入的电阻增大，所以连入电路的接线柱应该是b 和c 或者a 和c .只有C 对.[答案]C2[答案]CD3. [解析]电阻丝长度变为原来的1/n ，横截面积变为原来的n 倍，则电阻值变为原来的1/n 2,所以n ＝8.[答案]D4. [解析]横截面积较小的地方，电阻值大，而电流相同，该处功率大，易熔断.[答案]B5. [解析]水银被倒进另一根玻璃管后，横截面积变为原来的4倍，长度变为原来的1/4，则电阻变为原来的1/16，根据I ＝U /R ，电压一定，电流变为原来的16倍，即1.6 A.[答案]1.6 A6. [解析]图线1表明电阻随温度的升高而增大，金属导体符合，C 对；图线2表明电阻率随温度的升高而减小，半导体具有这样的特点，D 对.[答案]CD7. [解析]换用超导体电缆后，输电线上不再因电阻而损耗能量，即ΔP ＝I 2R ，而I ＝P /U ，可解得节约的电功率ΔP ＝（40 000/800）2×0.4W ＝1kW.[答案]A8. [解析]把半球形的导体分成完全相同的两部分，假设每一部分的电阻为R ，即沿垂直直径的半径分开，题左图是这两部分并联，题右图是这两部分串联，则题左图对应的电阻R 1＝R /2，题右图对应的电阻R 2＝2R ，所以电阻之比为1∶4.[答案]A9. [解析]输电线的电阻R ＝ρ2L /S ，又R ＝U /I ，可得ULI S ρ2=. [答案]B10. [解析]金属导线均匀拉长为原来的2倍，横截面积变为原来的1/2，据R ＝ρL /S 知电阻变为原来的4倍，那么电流就变为I /4，根据I ＝neS v 可知自由电子定向移动的平均速率变为v /2.[答案]BC11. [解析]设发生短路处距离A 处有x 米，据题意知，A 、B 两地间的距离l ＝40 km ，电压表的示数U ＝10 V ，电流表的示数I ＝40 mA ＝40×10–3 A ，R 总＝800 Ω. 根据欧姆定律R U I =可得:A 端到短路处的两根输电线的电阻R x Ω=Ω⨯==-2501040103I U R x① 根据电阻定律可知: S x R x 2ρ= ②A 、B 两地输电线的电阻为R 总，R 总＝ρ2lS ③由②③得R x R 总＝xl④ 解得x ＝R x R 总l ＝250800×40 km ＝12.5 km.[答案]12.5 km12. [解析]（1）小球受力如图所示，由牛顿第三定律得:θθtan tan g mmg m F a ==合. 设细金属丝与竖直方向夹角为θ时，其与电阻丝交点为D ，CD 间的电压为U ′， 则lCD AB CD R R U U AB CD ==='，故得 g hU lU h CD g g a '=⋅==θtan .（2）因CD 间的电压最大值为U /2，即U max ′＝U /2，所以max 2l a g h=. [答案]（1）a ＝g tan θ g hU lU a '=(2)l g/2h。
教科版高中物理选修3-1课时作业4.docx
高中物理学习材料桑水制作1．两个带异种电荷的物体间距离增大一些时( )A．电场力做正功，电势能增加B．电场力做负功，电势能增加C．电场力做正功，电势能减少D．电场力做负功，电势能减少【解析】根据电场力做功与电势能改变的关系，即电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加，首先确定A、D错误．带异种电荷的物体相互吸引，距离增大时，电场力做负功，因此电势能增加，B正确，C错误，故正确选项为B.【答案】 B2．如图1－4－11所示的点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点电荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功( )图1－4－11A．从A到B做功最多B．从A到C做功最多C．从A到E做功最多D．做功一样多【解析】以点电荷为圆心的同一圆周上的各点为等势点，所以从A到B、C、D、E各点的电势差相等，根据W＝qU可知，电场力做功一样多，选项D正确．【答案】 D3．带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－4 J的功．则( )A．M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能B．P点的场强小于Q点的场强C．P点的电势一定高于Q点的电势D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能【解析】由P到Q，电场力做负功，带电粒子M的电势能增加，A对；由题中所给条件无法确定P、Q两点的场强大小关系，B错；由于不知M的电性，不能确定P、Q两点的电势高低，C错；根据动能定理可知，M在P点的动能大于在Q点的动能，D对．【答案】AD4．如图1－4－12中a、b、c是一条电场线上三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定( )图1－4－12A．φa＞φb＞φc B．E a＞E b＞E cC．φa－φb＝φb－φc D．E a＝E b＝E c【解析】电场线是一条直线，可以来源于几种情况(如图)，所以B、C、D 不正确，只有A项对．【答案】 A5．电场中有A、B两点，把某点电荷从A点移到B点的过程中，静电力对该电荷做了负功，则下列说法正确的是( )A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是正电荷，且电势能增加C．该电荷是负电荷，且电势能增加D．电荷的电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷【解析】因为并不知电场线的方向所以无法判断该电荷的电性；又因为电场力做负功，电势能增加，故D正确．【答案】 D6．(2013·成都九中检测)一正点电荷仅在电场力作用下，从A点运动到B 点，其速度大小随时间图1－4－13变化的图像如图1－4－13所示，下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势的高低的判断，正确的是( )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】由v－t图像知，电荷速度大小不变，电场力不做功，正电荷只在电场力作用下沿等势面运动，故可判断是绕负点电荷做匀速圆周运动，因此可以确定B项正确．【答案】 B图1－4－147．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图1－4－14所示，可以判定( )A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势低于B点的电势【解析】由电场线的疏密可知场强E B>E A，所以粒子的加速度a B>a A.由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA>φB.由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能、电势能的变化情况为E k B>E k A，E p B<E p A.【答案】 B图1－4－158．(2012·山东高考)图1－4－15中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( ) A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【解析】物体做曲线运动时，合力方向指向轨迹的凹侧，说明粒子带正电，A错误；由库仑定律F＝k q1q2r2知离圆心越远，粒子所受的力越小，B错误；粒子从b点到c点过程中，静电力做正功，电势能减小，C正确；点电荷的等势面与虚线重合，依题意得U ab>U bc，又电场力做功W＝qU，则W ab>W bc，由动能定理得粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D正确．【答案】CD图1－4－169．(2012·天津高考)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图1－4－16中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( ) A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小【解析】由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示．带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动，电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确．【答案】 C图1－4－1710．如图1－4－17所示三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB ＝10 V，φD＝－30 V，将电量q＝1.2×10－6 C的电荷在电场中移动．(1)把这个电荷从C移到D，电场力做功多少？(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？【解析】(1)由于U CD＝0－(－30) V＝30 V，故W CD＝qU CD＝1.2×10－6×30 J ＝3.6×10－5 J(2)U DA＝－30 V－10 V＝－40 V故W DA＝qU DA＝1.2×10－6×(－40)J＝－4.8×10－5 JΔEp＝－W DA＝4.8×10－5 J，电荷的电势能增加．【答案】(1)3.6×10－5 J(2)增加4.8×10－5 J11．如图1－4－18所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿电场方向，BC和电场方向成60°角．一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从A移到B电场力做功为W1＝1.2×10－7 J．求：图1－4－18(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电荷从B到C，电场力做的功W2.【解析】(1)由W1＝qE·AB，得该电场的电场强度大小为：E＝W1 q·AB＝1.2×10－74×10－8×5×10－2N/C＝60 N/C(2)电荷从B到C，电场力做功为：W＝qE·BC·cos 60°2＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J.【答案】(1)60 N/C (2)1.44×10－7 J图1－4－1912．如图1－4－19所示，在正点电荷Q的电场中有a、b两点，它们到点电荷Q的距离r1<r2.求：(1)a、b两点哪点的电势高？(2)将一负电荷放在a、b两点，哪点的电势能较大？(3)若a、b两点间的电势差为100 V，将二价负离子由a点移到b点是电场力对电荷做功还是电荷克服电场力做功？做功多少？【解析】(1)由正点电荷的等势面特点可判断a点的电势较高．(2)已知φ>φb，U ab>0，当把负电荷从a点移往b点，W ab＝qU ab<0，电场力做负功，电势能a增加，负电荷在b点电势能较大．(3)若U ab＝100 V，二价负离于带电荷量q＝－2×1.6×10－19C，将该离子从a点移往b点，电场力做功W ab＝qU ab＝－3.2×10－17 J，即克服电场力做功3.2×10－17 J.【答案】(1)a(2)b(3)克服电场力做功，做功为3.2×10－17 J。
教科版高中物理选修3-1课时作业10.docx
高中物理学习材料桑水制作1．对于不同型号的干电池，下列说法中正确的是( )A．1号干电池的电动势大于5号干电池的电动势B．1号干电池的容量比5号干电池的容量大C．1号干电池的内阻比5号干电池的内阻大D．把1号和5号干电池分别连入电路中，若电流I相同，则它们做功的快慢相同【解析】电池的电动势取决于正、负极材料及电解液的化学性质，与体积大小无关，A错．电池的容量与体积大小有关，B正确．电池的内阻与体积大小无关，C错.1号和5号电池电动势相同，电流相同时，做功快慢也相同，D正确．【答案】BD2．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA，若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压为( )A．0.10 V B．0.20 VC．0.30 V D．0.40 V【解析】由题意知它的开路电压为800 mV，可知电源电动势为800 mV，由题意短路电流为40 mA，而短路电流I短＝Er，可得电源内阻为r＝20 Ω，该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，内外电阻相等，即路端电压为400 mV＝0.40 V，所以D对．【答案】 D3.图2－4－10如图2－4－10所示为某一电源的U－I曲线，由图可知( )A．电源电动势为2 VB．电源内电阻为13ΩC．电源短路时电流为6 AD．电路路端电压为1 V时，电路中电流为5 A【解析】在U－I图知，电源的电动势E＝2 V．r＝|ΔUΔI|＝1.26Ω＝0.2Ω.当U＝1 V时，I＝E－Ur＝10.2A＝5 A【答案】AD图2－4－114．如图2－4－11所示电路中，当电阻箱R由2 Ω改为6 Ω时，电流减小为原来的一半，则电源的内电阻为( )A．1 ΩB．2 ΩC．3 ΩD．4Ω【解析】设电源电动势为E，内阻为r当R＝2 Ω时的电流为I则I＝E2＋r①由题意可知12I＝E6＋r②联立①②解得r＝2 Ω，故选项B正确．【答案】 B5.图2－4－12(2012·阿坝州高二检测)在图2－4－12所示电路中E为电源，其电动势E ＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡．其额定电压U＝6.0 V，额定功率P＝1.8 W；K为电键．开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通电键K，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为( )A．10 ΩB．20 ΩC．15 ΩD．5 Ω【解析】本题中小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I额＝P/U＝1.8/6.0 A＝0.3 A，两端电压达到额定电压U额＝6.0 V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，则R AC ＝UACIAC＝E－ULIAC＝9.0－6.00.3Ω＝10 Ω，R CB＝R－R AC＝(30－10) Ω＝20 Ω，所以B选项正确．【答案】 B6．如图2－4－13所示电路中，4个电阻阻值均为R，开关S闭合时，有质量为m、带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间．现断开开关S，则下列说法正确的是( )图2－4－13A．小球带负电B．断开开关后电容器的带电量减小C．断开开关后带电小球向下运动D．断开开关后带电小球向上运动【解析】由电路图知，电容器的上极板带正电，小球受到向上的电场力而平衡，所以小球带负电，A正确．当开关S断开后，电容器两端的电压(即竖直方向电阻的分压)变小，电容器的带电量减小，小球受到的电场力变小，小球将向下运动，B、C正确，D错误．【答案】ABC7．如图2－4－14所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )图2－4－14A．路端电压变小 B．电流表的示数变大C．流过电源的电流变小 D．电路的总电阻变大【解析】当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小，D错．根据I＝ER总，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E＝Ir＋U外，可知路端电压在减小，A对，C错．流过电流表的示数为I＝U外R3，可知电流在减小，B错．【答案】 A8.图2－4－15(2011·海南高考)如图2－4－15所示E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与Ⓐ分别为电压表与电流表．初始时S与S均闭合，现将S断开，则( )A．的读数变大，Ⓐ的读数变小B．的读数变大，Ⓐ的读数变大C．的读数变小，Ⓐ的读数变小D．的读数变小，Ⓐ的读数变大【解析】S断开时，外电路总电阻增大，总电流减小，故路端电压增大，电压表示数增大，由于R3两端电压增大，故通过R3的电流增大，电流表示数增大，故B正确．【答案】 B9.(2012·武汉高二检测)如图2－4－16所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是( )2－4－16A．电流表坏了或未接好B．从点a经过灯L1到点b的电路中有断路C．灯L2的灯丝断了或灯座未接通D．电流表和灯L1、L2都坏了【解析】由于闭合开关，两灯不亮，电流表无示数，可以判定电路中某处断路，电压表有示数，所以应是a经L1到b点间有断路，故B正确．【答案】 B10.图2－4－17法国和德国两名科学家先后独立发现了“巨磁电阻”效应，共同获得2007年诺贝尔物理学奖．所谓“巨磁电阻”效应，是指磁性材料的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化的现象．物理兴趣小组的同学从“巨磁电阻”效应联想到一些应用，他们的探究如下：为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图2－4－17所示是磁报警装置一部分电路示意图，其中R B是利用“巨磁电阻”效应而制作的磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将( )A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大【解析】当R B处出现断针时，R B减小，R总减小，I总增大，I总r增大，U ab＝E－I总r将减小；由于I总增大，所以R1分压增大，U＋U RB＝U ab，可得U RB减小，I R3减小，由I R3＋I＝I总，可得I增大．R1【答案】 C11.图2－4－18如图2－4－18所示的电路中，电源的电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω；电阻R1＝10 Ω，R2＝10 Ω，R3＝30 Ω，R4＝35 Ω；电容器的电容C＝10 μF.电容器原来不带电．求接通电键K并达到稳定的过程中流过R4的总电荷量．【解析】由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为R＝R1(R2＋R3)R1＋R2＋R3＋r＝9.0 Ω由欧姆定律得通过电源的电流I＝E/R＝1/3 A 电源的路端电压U＝E－Ir＝8/3 V电阻R3两端的电压U′＝R3R2＋R3U＝2 V通过R4的总电荷量就是电容器的带电荷量Q＝CU′＝2.0×10－5 C【答案】 2.0×10－5 C12．如图2－4－19所示的电路中，电阻R1＝9 Ω，R2＝15 Ω，电源电动势E＝12 V，内电阻r＝1 Ω.求当电流表示数为0.4 A时，变阻器R3的阻值为多大？图2－4－19【解析】R2两端的电压U2＝I2R2＝0.4×15 V＝6 V，设总电流为I，则有：E－I(r＋R1)＝U2，即12－I(1＋9)＝6，解得I＝0.6 A，通过R3的电流I3＝I－I 2＝(0.6－0.4)A＝0.2 A，所以R3的阻值为：R3＝U2I3＝60.2Ω＝30 Ω.【答案】30 Ω。
高中物理选修3-1课时作业14：1.3 电场强度
题组一对电场及电场强度的理解1．(多选)下列关于电场和电场强度的说法正确的是()A．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的作用B．电场是人为设想出来的，其实并不存在C．某点的场强越大，则同一电荷在该点所受到的电场力越大D．某点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向[答案]AC[解析]电场是电荷周围客观存在的一种特殊物质，电荷间的相互作用是通过电场产生的，不是假想的，故A正确，B错误；由E＝F得，F＝Eq，当q一定时，E越大，F越大，所以qC 正确；场强方向规定为正电荷在该点所受的电场力方向，与负电荷所受的电场力的方向相反，D 错误．2．(多选)关于电场强度的下列说法中，正确的是( ) A ．电场强度与试探电荷所受电场力成正比 B ．试探电荷的电荷量越大，电场强度越大C ．电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电荷量及其所受电场力大小无关D ．电场强度的方向就是正的试探电荷所受电场力的方向 [答案] CD[解析] 电场中某点的电场强度只与电场本身的性质有关，与试探电荷所带的电荷量及其所受电场力大小无关，A 、B 错，C 对．人们规定电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，D 对．3．下列关于电场强度的说法中，正确的是( ) A ．公式E ＝Fq只适用于真空中点电荷产生的电场B ．由公式E ＝Fq 可知，电场中某点的电场强度E 与试探电荷在电场中该点所受的静电力成正比C ．在公式F ＝k q 1q 2r 2中，k q 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的电场强度大小；而k q 1r 2是点电荷q 1产生的电场在点电荷q 2处的电场强度大小D ．由公式E ＝kQr 2可知，在离点电荷非常近的地方(r →0)，电场强度E 可达无穷大[答案] C[解析] 电场强度的定义式E ＝Fq 适用于任何电场，选项A 错误；电场中某点的电场强度由电场本身决定，与电场中该点是否有试探电荷以及引入的试探电荷所受的静电力无关，选项B 错误；点电荷间的相互作用力是通过电场产生的，选项C 正确；公式E ＝kQr 2是点电荷产生的电场中某点电场强度的计算式，当r →0时，所谓的“点电荷”已不存在，该公式已不适用，选项D 错误．题组二 电场强度的叠加4．如图1所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，将带有等量电荷量q 的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC 对称．要使圆心O 处的电场强度为零，可在圆周上再放置一个适当电荷量的正点电荷＋Q，则该点电荷＋Q应放在()图1A．A点B．B点C．C点D．D点[答案] D[解析]由电场的叠加原理和对称性可知，＋q、－q在O点的合场强方向应沿OD方向，要使O点的合场强为零，放上的电荷＋Q在O点的场强方向应与＋q、－q在O点的合场强方向相反，所以D正确．5．在一个等边三角形ABC顶点B和C处各放一个电荷量相同的点电荷时，测得A处的场强大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，如图2所示．拿走C处的点电荷后，A处电场强度情况将是()图2A ．大小仍为E ，方向由A 指向B B ．大小仍为E ，方向由B 指向AC ．大小变为E2，方向不变D ．不能作出结论 [答案] B[解析] 设点电荷B 、C 在A 产生的场强度大小均为E ′，则E ′＝E ，拿走C 处的点电荷后，A 处电场强度大小为E ，方向由B 指向A ，选项B 正确． 题组三 电场线的特点及应用6．(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是 ( ) A ．电场线就是电荷在电场中的运动轨迹B ．在电场中，凡是有电场线通过的点，场强不为零，不画电场线的区域内的点，场强为零C ．同一试探电荷在电场线密集的地方所受静电力大D ．电场线是人们假想的，用以形象表示电场强度的大小和方向，客观上并不存在 [答案] CD[解析] 电场线是为了方便描述电场强度的大小及方向而引进的假想线，它一般不与电荷的运动轨迹重合，没画电场线的区域也有电场，场强不为零，A 、B 错误，D 正确．在同一电场中，电场强度较大的地方电场线较密，电荷受到的电场力也较大，C 正确．7．如图3所示是点电荷Q 周围的电场线，图中A 到Q 的距离小于B 到Q 的距离．以下判断正确的是( )图3A．Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度B．Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度C．Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度D．Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度[答案] A[解析]正电荷的电场线向外辐射，电场线密的地方电场强度大，所以A正确．8．(多选)某电场的电场线分布如图4所示，则()图4A．电荷P带正电B．电荷P带负电C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力[答案]AD[解析]电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b的电场线比a的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的场强大于d点场强，所以正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确；故选A、D. 9．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图5所示．则此电场的电场线分布可能是()图5[答案] A[解析]从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，故微粒所受电场力做负功，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A. 10．(多选)A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)，如图6所示．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是()图6A．这两点电荷一定是同种电荷B．这两点电荷一定是异种电荷C．D、C两点电场强度相等D．C点的电场强度比D点的电场强度大[答案]BD[解析]由题图可知，电场线关于中垂线对称，两点电荷一定是等量异种电荷，A错，B对．中垂线上，C点场强最大，离C点越远，场强越小，C错，D对．题组四综合应用11．在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2m和5m．已知放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系图象如图7中直线a、b所示，放在A 点的试探电荷带正电，放在B点的试探电荷带负电．求：图7(1)B 点的电场强度的大小和方向．(2)试判断点电荷Q 的电性，并确定点电荷Q 位置坐标． [答案] (1)2.5N/C ，方向沿x 轴负方向 (2)带负电，位置坐标x ＝2.6m[解析] (1)由题图可得B 点电场强度的大小E B ＝F q ＝10.4N /C ＝2.5 N/C.因B 点的试探电荷带负电，而受力指向x 轴的正方向，故B 点场强的方向沿x 轴负方向． (2)因A 点的正电荷受力和B 点的负电荷受力均指向x 轴的正方向，故点电荷Q 位于A 、B 两点之间，带负电．设点电荷Q 的坐标为x ，则E A ＝k Q (x －2)2，E B ＝kQ(5－x )2由题图可得E A ＝40N/C ，则E A E B ＝(5－x )2(x －2)2＝402.5解得x ＝2.6m 或x ＝1m(不符合题意舍去)．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，如图8所示．请问：图8(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？ [答案] (1)mg tan θE(2)2b gcot θ [解析] (1)由小球处于平衡状态，知小球带正电，对小球受力分析如图所示F T sin θ＝qE ① F T cos θ＝mg ②由①②联立得tan θ＝qE mg ，故q ＝mg tan θE .(2)由第(1)问中的方程②知F T ＝mgcos θ，而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对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mg cos θ.小球的加速度a ＝F 合m ＝gcos 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x ＝b sin θ，又由x ＝12at 2，得t ＝2xa＝2b cos θg sin θ＝2bgcot θ.。
高中物理选修3-1课时作业14：1.1 电荷及其守恒定律
第1节电荷及其守恒定律1．关于摩擦起电与感应起电，以下说法正确的是()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．不论摩擦起电还是感应起电，都是电荷的转移D．以上说法均不正确2．有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10－4C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．6.0×10－5 C,4.0×10－5 C,4.0×10－5 CB．6.0×10－5 C,4.0×10－5 C,2.0×10－5 CC．4.5×10－5 C,4.5×10－5 C,3.0×10－5 CD．5.0×10－5 C,5.0×10－5 C,2.0×10－5 C3．用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦，实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是()A．两个物体摩擦时，表面粗糙的物体易失去电子B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同且数量不相等D．同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体所带电荷种类可能不同4．(多选)如图所示，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5．(多选)M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10－10 C，下列判断正确的有( )A ．在摩擦前M 和N 的内部没有任何电荷B ．摩擦的过程中电子从M 转移到NC ．N 在摩擦后一定带负电1.6×10－10CD ．M 在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子6．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们学习效率甚至给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的( ) A ．6.2×10－19C B ．6.4×10－19 C C ．6.6×10－19CD ．6.8×10－19C7．一带负电绝缘金属小球被放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在．这说明( )A ．小球原有的负电荷逐渐消失了B ．在此现象中，电荷不守恒C ．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D ．该现象是由电子的转移引起的，不遵循电荷守恒定律8．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9．有三个完全相同的绝缘金属球，A 球所带电荷量为Q ，B 、C 不带电．现要使B 球带有38Q的电荷量，应该怎么办？10.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A、Q B，则下列结论正确的有()A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q B>Q AB．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且Q B＝Q AC．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q B>Q AD．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q A、Q B的值与所切的位置有关11.如图所示，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，达到稳定状态时，发现A、B两球所带的电荷量与体积成正比，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量再次为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，小球的带电荷量不再发生变化，此时小球带电量为多少？--☆参考答案☆--1.[解析]任何起电方式都不能违背电荷守恒定律，故A、B、D错，C对．[答案] C2．[解析]A项中三个球电荷量的总和大于原来A球的电荷量，由电荷守恒定律排除A项；无论什么时候，若三个球同时接触，则每球各分总电荷量的1/3，且之后无论怎样接触，各球的电荷量都不会再发生变化．若三球电荷量不相等，最后一次必为两球接触，则必有两个球的电荷量相等，从而可排除B；选项C、D，均满足电荷守恒定律，设从第一次两球接触开始，如A、B接触，A、B各带电荷量6.0×10－5 C；第二次B、C接触后B、C各带电荷量3.0×10－5 C，三球所带电荷量分别为6.0×10－5 C、3.0×10－5 C、3.0×10－5 C；第三次用A、B 接触，A、B各带电荷量4.5×10－5 C，即选项C的分配结果，由此又可推知，此后无论怎样接触，电荷量也不会多于4.5×10－5 C，从而选C而否定D.[答案] C3．[解析]两物体摩擦时是否得失电子取决于原子对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电种类一定不同，数量相等，B、C错．由题中例子不难看出，同一物体与不同种类的物体摩擦，带电种类可能不同，D对．[答案] D4．[解析]由d吸a，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；由c斥a，c斥b 可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷，故选项A、C错，选项B、D对．[答案]BD5．[解析]M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”(没有中和完的电荷)，也就是没有得失电子．但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数)，所以选项A错误．M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，选项B 正确．根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0，摩擦后电荷量仍应为0.选项C正确．电子带电荷量为1.6×10－19 C，摩擦后M带正电荷1.6×10－10 C，由于M带电荷量应是电子电荷量的整数倍．所以M失去109个电子，选项D错误．[答案]BC6．[解析]任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是1.6×10－19 C的整数倍，由计算可知，只有B选项是1.6×10－19 C的整数倍，故B正确．[答案] B7．[解析]带负电小球处于潮湿空气中，电荷被空气导走，C正确．总电荷量不变，电荷守恒，B 、D 错．电子转移并没有消失，A 错． [答案] C8．[解析] 2个u 夸克和一个d 夸克43e －13e ＝e 构成质子，1个u 夸克和2个d 夸克23e －23e＝0不显电性构成中子． [答案] B9．[解析] 由于两个完全相同的金属球接触时，剩余电荷量平均分配，因此，可有以下四种方法：①A 与C 接触分开，再让B 与C 接触分开，然后A 与B 接触分开； ②A 与C 接触分开，再让A 与B 接触分开，然后B 与C 接触分开； ③A 与B 接触分开，再让B 与C 接触分开，然后A 与B 接触分开； ④A 与B 接触分开，再让A 与C 接触分开，然后B 与C 接触分开． [答案] 见[解析]10.[解析] 导体原来不带电，只是在C 的电荷的作用下，导体中的自由电子向B 部分移动，使B 部分带了多余的电子，而带负电；A 部分减少了电子，因而带正电．A 部分减少的电子数目和B 部分多余的电子的数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C 的作用力的强弱是不同的，这样导致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，故应选D. [答案] D11.[解析] 两球体积比不变，电荷量比不变，A 球最大的带电荷量为Q ，则有Q －q q ＝Qq ′，q′＝QqQ －q. [答案] QqQ －q。
高中物理选修3-1课时作业14：1.4电势能和电势
1.4电势能和电势一、选择题(共6小题,每小题4分,共24分)1.电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是()A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移动到C，电场力做负功2.如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则()A．a点电势高于b点电势B．a点的场强大于b点的场强C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力3.电荷量分别为＋q、＋q、－q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示．若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为()A．减少EqL B．增加EqLC．减少2EqL D．增加2EqL4.如图所示，在真空中固定有甲、乙两个正点电荷，甲的电荷量大于乙的电荷量，O为甲、乙连线的中点，M、N为甲、乙连线上的两点，且M、N到O点的距离相等，即MO＝ON.现将一负点电荷丙由M点移动到N点，在此过程中，下列说法正确的是()A．丙在M点受电场力比在N点所受电场力大B．丙在M点所受电场力比在N点受电场力小C．丙的电势能一定在逐渐增大D．丙的电势能一定先增大后减小5.(多选)位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则()A．a点和b点的电场强度相同B．正电荷从c点移到d点，静电力做正功C．负电荷从a点移到c点，静电力做正功D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大6.(多选)如图所示，O点固定一带正电的点电荷，实线表示某高速粒子的运动轨迹，a、b和c为轨迹上的三个点，b点离O点最近，a点比c点离O点更远．则()A．三个点中，高速粒子在b点的电势能最大B．高速粒子带负电C．在O点电荷产生的电场中，c点的电势比a点电势高D．高速粒子在a、b、c三点的加速度大小ab＞ac＞aa二、填空题(共3小题,每小题4分,共12分)7.如图所示，A、B、C为一条电场线上的三点，以B点为零电势点，一个电子从A移到B和C电场力分别做功3.2×10－19J和9.6×10－19J，则电场线的方向________，A点电势φA＝________ V，C点电势φC＝________ V．如果以C点为零电势点，则A点电势φA′＝________ V，B点电势φB′＝_______ V.8.如图所示，真空中有三个点电荷，它们固定在边长50 cm的等边三角形的三个顶点上，每个电荷都是＋2×10－6C，则q3所受的库仑力的大小为__________，方向为__________．9.如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿电场方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小EA＝________ N/C，B处场强大小EB＝________ N/C.三、计算题(共2小题,每小题12分,共24分)10.在静电场中，把电荷量为q＝5×10－6C的点电荷从A点移动到B点，静电力做功W AB＝2×10－4J，把这个电荷从A点移动到C点，静电力做功WAC＝6×10－4J，若设电荷在B点时的电势能等于零，试求该电荷在A点和C点的电势能，以及A点和C点的电势．11.在真空中有两个点电荷q1和q2分别位于A和B，如图所示，相距20 cm，q1为4×10－8C，q2为－8×10－8C．则：(1)在AB连线上A点的外侧离A点20 cm处的D点电场强度大小、方向如何？(2)能否在D点处引入一个带负电的点电荷－q，通过求出－q在D处受到的合电场力，然后根据E＝求出D处的电场强度大小和方向？--☆参考答案☆--1.[答案]C[解析]等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，C正确；正电荷由A移动到C，电场力做正功，D错误．2.[答案]B[解析]负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，沿电场线方向电势降低，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，C错．3.[答案]D[解析]当三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转动120°后，顶角带正电小球移动到右下，右下边带负电小球移动到左下，左下的小球移动到顶点，位置如图所示：对比两图可得，下边的两个小球互换了位置，则转动过程电场力总共做功为W＝qE(－L)＋(－q)EL＝－2qEL，电场力做负功，即电势能增加2EqL，故D正确．4.[答案]A5.[答案]CD[解析]等差等势面越密的地方，电场线越密，电场强度越强；正电荷从c点移到d点，静电力做负功；负电荷从a点移到c点，静电力做正功；正电荷从e点沿图中虚线移到f点，静电力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增大．6.[答案]ACD7.[答案]2×10－4J－4×10－4J40 V－80 V[解析]静电力对电荷做功等于电荷电势能增量的负值，即WAB＝－(E pB－E pA)当电荷从A移至B时，因B点的电势能为零，代入数值可得E pA＝2×10－4J而当电荷从A移至C时，WAC＝－(E pC－E pA)，代入数值得E pC＝－4×10－4JφA＝＝V＝40 VφC＝＝V＝－80 V8.[答案](1)4.5×103N/C，方向向右(2)能[解析](1)q1在D点产生的电场强度E1＝k＝9×109×N/C＝9×103N/C，方向向右．q2在D点产生的电场强度E2＝k＝9×109×N/C＝4.5×103N/C，方向向左．D点的合电场强度E＝E1－E2＝4.5×103N/C，方向向右．(2)能．因为电场中某点的电场强度由电场本身决定，与放入电荷无关，无论放入电荷的带电荷量是多少，也不论放入电荷的正、负，该点的电场强度大小、方向是确定的．9.[答案]向左－24－6－4[解析]电子从A点移到B点电场力做正功，可判断电场线方向向左．电子在A点的电势能为3.2×10－19J,φA＝＝＝－2 V．电子从B点移到C点电场力做功(9.6－3.2)×10－19J＝6.4×10－19J，则电子从C点移到B点电场力做功－6.4×10－19J，故电子在C点的电势能为E pC＝－6.4×10－19J，φC＝＝＝4 V.如果以C点为零电势点，A、B两点电势均低于C点电势，则A点电势φA′＝－6 V，B点电势φB′＝－4 V.10.[答案]0.25 N方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外[解析]如图所示，每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，只求出其中一个点电荷受的库仑力即可．以q3为研究对象，共受到F1和F2的作用力，q1＝q2＝q3＝q，相互间的距离r都相同．F1＝F2＝k＝0.144 N根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos 30°≈0.25 N.合力的方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外．11.[答案]0 1.27×103[解析]由E＝k，得点电荷在A处产生的场强EA＝900 N/C，方向向左，所以A处合场强为零．点电荷在B处产生的场强EB＝900 N/C，方向向下，所以B处合场强为1.27×103N/C.。
高中物理选修3-1课时作业14：1.7静电现象的应用
7 静电现象的应用一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)1．当导体达到静电平衡时，场强方向的特征是()A．外电场E0消失B．感应电荷产生的附加电场E′为零C．导体内部的合电场E为零D．导体表面和内部的合电场均为零2．在点电荷－Q的电场中，一金属圆盘处于静电平衡状态，若圆平面与点电荷在同一平面内，则盘上感应电荷在盘中A点所激发的附加场强E′的方向在下图中正确的是()3．如图1所示，带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体，空腔里面无电荷，达到静电平衡后，下列物理量中不等于零的是()图1A．导体空腔内任意点的场强B．导体空腔内任意点的电势C．导体外表面的电荷量D．导体空腔内表面的电荷量4.如图2所示为一空腔球形导体(不带电)，现在将一个带正电的小金属球A放入空腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是()图2A．E a>E b>E c，φa>φb>φcB．E a＝E b>E c，φa＝φb>φcC．E a＝E b＝E c，φa＝φb＝φcD．E a>E c>E b，φa>φb>φc5．如图3所示，验电器A不带电，验电器B的上面安装有几乎封闭的金属筒C，并且B的金属箔片是张开的，现手持一个带绝缘棒的金属小球D，使D接触C的内壁，再移出与A 的金属小球接触，无论操作多少次，都不能使A带电，这个实验说明了()图3A．C是不带电的B．C的内部是带电的C．C的内部电势为零D．C的内部场强为零6．如图4所示，A为空心金属球，B为金属球，A、B原来不带电，将另一带正电荷的小球C从A球开口处放入A球中央，不接触A球，然后用手接触一下A球，再用手接触一下B 球，再移走C球，则()图4A．A球带负电荷，B球带正电荷B．A球带负电荷，B球不带电C．A、B两球都带负电荷D．A、B两球都带正电荷7．一带有绝缘底座的空心金属球壳A带有4×10－8 C的正电荷，有绝缘柄的金属小球B带有2×10－8 C的负电荷，使B球与球壳A内壁接触，如图5所示，则A、B带电荷量分别为()图5A．Q A＝1×10－8 C，Q B＝1×10－8 CB．Q A＝2×10－8 C，Q B＝0C．Q A＝0，Q B＝2×10－8 CD．Q A＝4×10－8 C，Q B＝－2×10－8 C8．如图6所示，原来不带电的金属球壳内壁接地，将一带正电的小球放入其中，但不与球壳接触，则()图6A．球壳内壁带负电B．球壳外壁带正电C．球壳外壁不带电D．若将接地线去掉再移去正电荷，球壳外壁带负电9.如图7所示，一导体AB在点电荷Q的电场中发生静电感应，下列说法正确的是()图7A．导体中M、N两点的电场强度相等B．感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强C．如果在AB间用一导线连接，则导线中将有电流产生D．N点的电势大于M点的电势10．如图，四组静电实验中，能使左边的验电器的金箔张开的是()二、非选择题11．如图8所示，在两个带等量异种电荷的绝缘导体球之间，对称地放着两个相同的导体ab、cd，则：图8(1)当用导线将a、b连接起来时，导线中有无电流通过？若有，方向如何？(2)当用导线将a、c连接起来时，导线中有无电流通过？若有，方向如何？12.如图9所示，在不带电的半径为R的导体球附近一点A处，从无穷远处移来一点电荷，点电荷的电荷量为＋q，若A点到球面的距离为L，当达到静电平衡时，导体球上的感应电荷在球心O处产生的场强大小等于多少？其方向如何？图9[答案]精析1．C 2.A 3.C4．D[画出空腔导体内外的电场线分布如图所示，可以看出E b＝0，但φb＞0，由内向外，电势依次降低，φa＞φb＞φc；由电场线疏密可看出E a＞E c＞E b.]5．D 6.B7.B8．ACD[球壳内正电荷产生电场，使球壳处于静电平衡状态，在球壳的内表面出现等量异种电荷，球壳的外表面出现等量同种电荷，当球壳接地时，不论内表面接地还是外表面接地，待稳定后球壳的电势必定为零．球壳的外表面无感应电荷，球壳外也没有静电场，这就是接地导体壳的静电屏蔽作用，故A、C选项正确．若将接地线去掉再移去球壳内正电荷时，球壳内表面的负电荷就会分布到球壳的外表面上，内壁不再带电．故D选项正确．]9．AB[处于静电平衡状态的导体内部各点的合场强为零，故A正确；感应电荷的场强与点电荷Q的电场强度大小相等，而点电荷Q在M点产生的场强大于在N点产生的场强，故感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强，B正确；处于静电平衡状态的导体是一个等势体，故C、D错误．]10．AC11．(1)无(2)有由a→c[解析]导体ab、cd处于静电场中，已达到静电平衡状态，ab、cd均各自为一个等势体，但因ab靠近正电荷，cd靠近负电荷，所以导体ab的电势要高于cd的电势，我们也可在正、负电荷之间画一条由左向右的电场线，也易判断导体ab的电势比导体cd的电势高．当用导线将a、b连接起来时，无电流通过．当用导线将a、c连接起来时，将会有电流从a流向c.12．k q(L＋R)2由O指向A[解析]点电荷＋q在球心处产生的电场的场强大小E＝k q(L＋R)2，方向由A指向O，则球面上感应电荷在球心O处产生的电场场强大小E′＝E＝k q(L＋R)2，方向由O指向A.。
高中物理选修3-1课时作业14：3.5 运动电荷在磁场中受到的力
3.5运动电荷在磁场中受到的力1.带电粒子在沿垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。
下列表述正确的是( ) A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向2.如图所示是磁感应强度B、正电荷速度v和磁场对电荷的作用力F三者方向的相互关系图(B、F、v两两垂直)。
其中正确的是( )3.如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。
电流方向如图所示，试判断正对读者而来的电子束将向哪边偏转( )A．向上B．向下C．向左D．向右4.一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束，则不正确的是( )A．1带正电B．1带负电C．2不带电D．3带负电5.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6.一电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )A.此空间一定不存在磁场B.此空间可能有磁场，方向与电子速度方向平行C.此空间可能有磁场，方向与电子速度方向垂直D.此空间可能有正交的磁场和电场，它们的方向均与电子速度方向垂直7.一种测量血管中血流速度仪器的原理如图所示，在动脉血管左右两侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表，设血管直径是2.0 mm，磁场的磁感应强度为0.08 T，电压表测出的电压为0.10 mV，则血流速度大小为多少？(取两位有效数字)8.下列关于磁场中的通电导线和运动电荷的有关说法中正确的是( )A．通电导线在磁场中一定会受到安培力的作用B．磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直C．只受洛伦兹力作用而运动的带电粒子，其动能一定不变，而速度一定变化D．带电粒子在磁场中也可能做匀速直线运动9.如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中。
高中物理选修3-1课时作业14：1.3 习题课：电场力的性质
1.3 习题课：电场力的性质题组一 电场强度及矢量的叠加1．(多选)如图所示，下列为电场中某点的电场强度E 与放在该点处的试探电荷q 及所受电场力F 之间的函数关系图象，其中正确的是( )2．(多选)如图1所示，金属板带电荷量为＋Q ，质量为m 的金属小球带电荷量为＋q ，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O 恰好在同一条水平线上，且距离为L .下列说法正确的是( )图1A ．＋Q 在小球处产生的场强为E 1＝kQL 2B ．＋Q 在小球处产生的场强为E 1＝mg tan αqC ．＋q 在O 点产生的场强为E 2＝kqL 2D ．＋q 在O 点产生的场强为E 2＝mg tan αQ3．如图2所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )图2A ．场强大小为kqr 2，方向沿OA 方向B ．场强大小为kqr 2，方向沿AO 方向C ．场强大小为2kqr 2，方向沿OA 方向D ．场强大小为2kqr 2，方向沿AO 方向题组二 电场线、运动轨迹4．如图3为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 点电荷连接的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )图3A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷 B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反5．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图4甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则( )图4A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱6．(多选)如图5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()图5A．该粒子带正电荷，运动方向为由a至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a7．(多选)如图6所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上的三个点，则()图6A．粒子一定带正电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点加速度一定大于在b点加速度D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度8．(多选)如图7所示，在负点电荷Q的电场中，a、b两点位于Q为圆心的同一圆周上，a、c两点位于同一条电场线上，则以下说法中正确的是()图7A．a、b两点场强大小相等B．同一试探电荷在a、b两点所受电场力相同C．a、c两点场强大小关系为E a＞E cD．a、c两点场强方向相同题组三带电体在电场中的平衡和加速9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.该雨滴携带的电荷量的最小值约为()A．2×10－9 C B．4×10－9 CC．6×10－9 C D．8×10－9 C10．如图8所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在同一直线上，q2与q3间距离为2r, q1与q2间距离为r，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为()图8A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶611．如图9所示，在光滑绝缘的水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，试求该匀强电场的场强以及c 的带电荷量．图912．如图10所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量＋Q，B带电荷量－9Q.现在A、B所在的直线上引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷？应放图10于何处？所带电荷量为多少？13．如图11所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量图11m＝1.0×10－2 kg.再将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？[答案]精析1．AD [电场中某点的电场强度与试探电荷无关，所以A 正确，B 错误；由F ＝qE 知，F －q 图象为过原点的倾斜直线，故D 正确，C 错误．]2．BC [金属板不能看做点电荷，在小球处产生的场强不能用E ＝kQr 2计算，故A 错误；根据小球处于平衡得小球受电场力F ＝mg tan α，由E ＝F q 得：E 1＝mg tan αq ，B 正确；小球可看做点电荷，在O 点产生的场强E 2＝kqL 2，C 正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F ＝mg tan α，但金属板不能看做试探电荷，故不能用E ＝Fq 求场强，D 错误．故选B 、C.]3．C [A 处放一个－q 的点电荷与在A 处同时放一个＋q 和－2q 的点电荷的效果相当．因此可以认为O 处的场强是五个＋q 和一个－2q 的点电荷产生的场强合成的，五个＋q 处于对称位置上，在圆心O 处产生的合场强为0，所以O 点的场强相当于－2q 在O 处产生的场强．故选C.]4．D [根据题图中的电场线分布可知，A 、B 带等量的正电荷，选项A 、B 错误；a 、b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由题图可知，a 、b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D 正确．]5．AD [根据等量异种点电荷的电场特点可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O 点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大．两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O 点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小．故A 、D 正确．] 6．BD7．AC [曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A 正确；粒子不一定是从a 点沿轨迹运动到b 点，也可能从b 点沿轨迹运动到a 点，B 错误；由电场线的分布可知，粒子在c 点所受的力较大，加速度一定大于在b 点的加速度，C 正确；若粒子从c 运动到a ，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a 运动到c ，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c 点的速度一定小于在a 点的速度，D 错误；故选A 、C.]8．AD [负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a 、c 两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D 正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c 处电场线比a 处密，故a 、c 两点场强大小关系为E c ＞E a ，C 项错误；a 、b 两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a 、b 两点场强大小相等，但方向不同，放同一试探电荷在a 、b 两点所受电场力大小相等，方向不同，故A 项正确，B 项错误．] 9．B [带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件，电场力和重力必然等大反向，即mg ＝Eq ，则q ＝mg E ＝ρ43πr 3g E ＝103×43×3.14×10－9×10104 C ≈4×10－9 C ．] 10．A [分别取三个点电荷为研究对象，由于三个点电荷只在静电力(库仑力)作用下保持平衡，所以这三个点电荷不可能是同种电荷，这样可立即排除B 、D 选项，故正确选项只可能在A 、C 中．若选q 2为研究对象，由库仑定律知k q 1q 2r 2＝k q 2q 3(2r )2知：q 3＝4q 1.选项A 恰好满足此关系，显然正确选项为A.] 11.3kqL 22q [解析] 设c 小球带电荷量为Q ，以c 小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得a 、b 对c 的合力与匀强电场对c 的力等值反向，即2×kq QL 2×cos 30°＝E ·Q ；所以匀强电场场强的大小为3kqL 2.以a 小球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得b 、c 对a 的合力与匀强电场对a 的力等值反向． 即：kq ·q L 2＝kQqL 2×cos 60°.所以c 球的带电荷量为Q ＝2q .12．负电 A 的左边0.2 m 处 －94Q[解析] 根据平衡条件判断，C 应带负电荷，放在A 的左边且和AB 在一条直线上．设C 带电荷量为q ，与A 点相距为x ，由平衡条件： 以A 为研究对象，则 k qQ A x 2＝k Q A Q B r2① 以C 为研究对象，则k qQ A x 2＝k qQ B (r ＋x )2②联立①②解得x ＝12r ＝0.2 m ，q ＝－94Q故C 应带负电荷，放在A 的左边0.2 m 处，带电荷量为－94Q .13．(1)3.2 m/s 2 (2)0.9 m[解析] (1)如图所示，开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg sin θ－kQqL 2－qE cos θ＝ma .解得：a ＝g sin θ－kQq L 2m －qE cos θm ，代入数据解得：a ＝3.2 m/s 2.(2)小球B 速度最大时合力为零，即mg sin θ－kQqr 2－qE cos θ＝0解得：r ＝kQqmg sin θ－qE cos θ，代入数据解得：r ＝0.9 m.。
教科版高中物理选修3-1课时作业7.docx
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）1．如图表示的是电流与时间的关系，其中属于恒定电流的是()【解析】电流的大小、方向都不随时间而发生变化的才是恒定电流．故只有A对，其余均错．【答案】 A2．关于电流的概念，下列说法中正确的是()A．导体中有电荷运动就形成电流B．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向运动的方向C．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位安培是基本单位D．对于导体，只要其两端电势差为零，电流也必为零．【解析】导体中有大量的自由电子，总在不停地做无规则运动，没有定向运动，在一段时间t内，通过导体某一截面的电荷是双向的，其数值又是相等的，电流为零，故A错误．电流是一个标量，因为其运算不符合矢量运算法则，为了便于研究电流，人们规定正电荷定向运动的方向为电流的正方向，以区别于负电荷的定向运动，故B错误．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，故C 正确．对于导体，其两端电势差为零时，导体内无电场，电荷不能定向运动，故电流为零，D正确．【答案】CD3．(2012·乐山高二检测)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随时间变化的图像如图2－1－10所示，此图像的斜率可表示为()图2－1－10 A．U B．RC.UR D.1R【解析】此图线的斜率表示电流，即I＝qt，又由欧姆定律I＝UR知，选项C正确．【答案】 C4．某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为220 V，工作电流为0.18 A，则当电压为110 V时，灯丝的电阻() A．等于1 222 Ω B．等于611 ΩC．大于1 222 Ω D．小于1 222 Ω【解析】灯泡正常工作时的电阻R＝UI＝2200.18Ω＝1 222 Ω，电压减小时，灯丝的电阻减小，则D选项正确．【答案】 D5．(2013·无锡检测)某同学在研究三种导电元件的伏安特性时，他根据实验中所测得的数据，分别绘制了I－U图线，如图2－1－11甲、乙、丙所示，下列说法正确的是()甲乙丙2－1－11A．图甲的元件可以作为标准电阻使用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】由图像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A、B正确．【答案】AB6．如图2－1－12是某导体的伏安特性曲线，由图可图2－1－12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】由图线知，当电压为5 V时，导体中的电流为0.2 A，由欧姆定律知，电阻R＝U/I＝5/0.2 Ω＝25 Ω，A正确，B错误；由图线知，电阻是不变的，当导体两端的电压是10 V时，通过导体的电流I＝10/25 A＝0.4 A，C正确；当通过导体的电流是0.1 A时，导体两端的电压U＝25×0.1 V＝2.5 V，D正确．【答案】ACD7．电解池内有一价的电解液，t s内通过溶液内截面S的正离子数是n1，方向是从A→B，负离子数是n2，方向是从B→A，设基元电荷为e，以下解释中正确的是()A．正离子定向移动形成的电流方向是从A→B，负离子定向移动形成的电流方向是B→AB．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消C．溶液内电流方向从A→B，电流I＝(n1＋n2)e2tD．溶液内电流方向从A→B，电流I＝(n1＋n2)et【解析】正离子定向移动方向为电流方向，负离子定向移动方向和电流方向相反，正、负离子向相反方向移动，电流不能抵消，故A、B错误；由于溶液内的电流是正、负离子共同形成的，故其大小为I＝(n1＋n2)et，C错误，D正确．【答案】 D8．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低，加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1 V时，通过灯泡的电流为0.5 A；灯泡两端的电压为3 V时，通过灯泡的电流是1 A；则当灯泡两端电压为2 V时，通过灯泡的电流可能是()A．0.5 A B．0.6 AC．0.8 A D．1 A【解析】从题意可知，电流应大于0.5 A而小于1 A，具体再进一步确定，灯泡两端的电压为1 V时，电流为0.5 A，灯泡的电阻R1＝2 Ω；灯泡两端的电压为3 V时，电流为1 A，灯泡的电阻R2＝3 Ω；当灯泡两端的电压为2 V时，灯泡的电阻大于2 Ω而小于3 Ω，所以这时通过灯泡的电流大于2 V3 Ω≈0.67 A，而小于2 V2 Ω＝1 A，故选C.【答案】 C9．(2012·巴中高二检测)为探究小灯泡L的伏安特性，连好如图2－1－13所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图像应是()图2－1－13【解析】由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，故电压升高时，电阻变大，U－I图像的斜率越来越大，故C正确．【答案】 C10．一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为v0，导体中通过的电流为I.则下列说法中正确的有()A．自由电子定向移动的速率为v0B．自由电子定向移动的速率为v＝I neSC．自由电子定向移动的速率为真空中的光速cD．自由电子定向移动的速率为v＝Ine【解析】本题考查的是对电流微观表达式I＝nqS v的理解，解题的关键是理解v和n的物理意义，式中n为单位体积内自由电子数，而本题中n为单位长度内的自由电子数，t时间内通过导体某一横截面的自由电子数为长度是v t内的自由电子，其数量为n v t，电荷量q＝n v te，所以电流I＝qt＝ne v，则v＝Ine，故正确答案为D.【答案】 D11．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：A．小灯泡：规格为“3.8 V,0.3 A”B．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为0.5 ΩC．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.1 ΩD．电压表：量程0～5 V，内阻约为5 kΩE．滑动变阻器：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 AF．电池组：电动势6 V，内阻约为1 ΩG．开关一只，导线若干图2－1－14(1)为了使测量尽可能地准确，需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8 V 且能方便地进行调节，因此电流表应选________．(填器材代号)(2)根据你选用的实验电路，将图2－1－14中所示的器材连成实验电路．【解析】(1)因小灯泡的额定电流为0.3 A，为减小读数误差，让指针偏角大一些，则电流表应选B.(2)先画出电路图如图2－1－15所示，然后根据电路图连接实物图如图所示：【答案】(1)B(2)见解析12．某同学利用如图2－1－15所示的电路，研究加在标有“3.8 V0.3 A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流的关系，得到如下表所示的数据．图2－1－15序号 1 2 3 4 5 6 U /V 0 0.100 0.200 0.40 0.60 1.00 I /A 0 0.050 0.1000.124 0.140 0.160 序号 7 8 9 10 11 12 U /V 1.60 2.20 2.60 3.00 3.40 3.80 I /A0.2000.2300.2580.2740.2900.310(1)描绘出小灯泡的U －I 图线．(2)比较U 1＝1.0 V 和U 2＝3.0 V 时小灯泡的电阻大小，并说明其原因． (3)小灯泡两端的电压从零到额定电压变化时，小灯泡的最大电阻是多少？ (4)通过小灯泡的电流等于零时，这个小灯泡的电阻是多少？ 【解析】 (1)小灯泡的U －I 图线如图所示．(2)R 1＝1.00.160 Ω＝6.25 Ω，R 2＝3.00.274 Ω＝10.9 Ω，R 1＜R 2，原因是随着电压的增大，通过小灯泡的电流增大，同时小灯泡灯丝温度升高，灯泡灯丝的电阻增大．(3)由图像可知，电流、电压达到最大时，小灯泡的电阻最大，因此，灯泡的最大电阻为：R max ＝U I ＝3.800.310 Ω＝12.3 Ω.(4)由小灯泡的伏安特性曲线可知，当通过小灯泡的电流比较小时，可以看做通过原点的一条直线，随着温度的增加变成曲线，因此电流等于零时的电阻即为开始电流很小时的电阻R ＝U 1I 1＝0.1000.050 Ω＝2 Ω.【答案】 见解析。
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高中物理学习材料桑水制作1．首先发现电流磁效应的科学家是( )A．安培B．奥斯特C．库仑D．麦克斯韦【解析】1820年丹麦物理学家奥斯特，首先通过实验发现电流周围存在磁场．【答案】 B2．用铁棒的一端靠近磁针，磁针自动转向铁棒，根据这一现象可以得出结论( )A．铁棒一定具有磁性B．铁棒一定没有磁性C．铁棒可能有磁性，也可能没有磁性D．以上答案都不对【解析】磁针转向铁棒，只能说明铁棒与磁针相互吸引，可能是磁针具有磁性吸引了无磁性的铁棒，也可能是铁棒具有磁性，与磁针的异名磁极相互吸引．【答案】 C3.图5－1－4如图5－1－4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( )A．指北B．指南C．竖直向上D．竖直向下【解析】我们已经知道地球的地理北极点上可以近似地认为是地磁的南极，根据磁体的同性相斥，异性相吸，所以小磁针的N极将竖直向下，故选D.【答案】 D4．人们早在公元前6、7世纪就发现了磁石吸铁、磁石指南等现象，如图5－1－5所示是最早的指南仪器——司南，形似勺子，勺柄是其磁体南极，则司南静止时，勺柄所指的方向是( )图5－1－5A．东方B．北方C．西方D．南方【解析】因地磁的北极在地理的南极附近．勺柄是磁体南极，故司南静止时，勺柄所指的方向是南方，故B正确．【答案】 D5．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( )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，从而接通电路，引起爆炸．【答案】 B6．新民晚报曾报道一则消息，“上海雨点鸽从内蒙古放飞后，历经20余天，返回上海市区鸽巢”，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的呢？科学家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( )【解析】这是一道要求从阅读材料的过程中收集信息、分析处理信息的应用类题．因为信鸽所缚的小磁铁所产生的磁场扰乱了它体内磁性物质产生的磁场，所以缚磁铁的一组信鸽全部飞散，故D项正确．【答案】 D7．2002年12月31日上午，举世瞩目的上海磁悬浮列车线首次试运行，它是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线．运行全程共30 km，最高时速可达552 km，单向运行约8 min.磁悬浮列车上装有电磁体，铁路底部则安装线圈．通过地面线圈与列车上的电磁体排斥力使列车悬浮起来．地面线圈上的极性与列车上的电磁体下极性总保持( )A．相同B．相反C．不能确定D．以上均不对【解析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故地面线圈与列车上电磁体极性应相同．【答案】 A8．(2012·陕西高新一中高二检测)下列说法中正确的是( )A．任何磁体都具有N极和S极两个磁极B．奥斯特实验说明了电流周围存在着磁场C．通电导体之间也存在着相互作用，它们是通过电场发生作用的D．地磁场的N极与地理的南极重合，地磁场的S极与地理的北极重合【解析】磁体都有两个磁极：N极、S极，A正确．奥斯特实验说明电流周围存在磁场，B正确．通电导体之间的相互作用是通过磁场产生的，C错误．地磁场的两极与地理两极并不重合，D错误，故选A、B.【答案】AB9．在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知( )A．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近磁针B．可能是小磁针正西方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针C．可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针D．可能是小磁针正西方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针【解析】根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的原理，本题中可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针，或小磁针正西方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针．【答案】CD10．据瑞典皇家科学院宣布，2007年诺贝尔物理学奖获得者是两名先后独立发现了“巨磁电阻”效应的法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔．所谓“巨磁电阻”效应，是指磁性材料的电阻率在有外磁场作用时较之无外磁场作用时存在巨大变化的现象．我们开始能够在笔记本电脑、音乐播放器等所安装的越来越小的硬盘中存储海量信息．下列器材中哪个是利用“巨磁电阻”效应的( )A．录音磁带B．MP3C．电磁继电器D．磁悬浮列车【解析】A、C、D选项中都是利用磁相互作用，因此B正确．【答案】 B11．地球是个大磁体，在地球上，指南针能指南北是因为受到________的作用．人类将在本世纪登上火星，目前，火星上的磁场情况不明，如果现在登上火星，你认为在火星上的宇航员能依靠指南针来导向吗？________(选填“能”“不能”或“不知道”)【解析】地球周围有磁场，指南针就是因为受到地磁场的作用力而指南北的，火星上磁场情况不明，不能用指南针来导向．【答案】地磁场不能12．一块没有标明南、北极的小磁针，你能想办法判断它的磁极吗？(1)A同学用一个已知磁性的小磁针，立刻得出了结果．你知道他是怎样得出的吗？(2)B同学设计了这样一个方案，他将小磁针固定在小塑料盘中，然后放在水中．它的结论也是正确的，你能说出他利用了什么原理吗？【解析】(1)A同学利用磁体的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．(2)B同学利用了因地磁场的影响，小磁针指南北的现象．小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极，指地理北极的一端一定是小磁针的N极．【答案】见解析。
2019-2020年人教版物理选修3-1课时分层作业14焦耳定律+Word版含解析
课时分层作业 ( 十四 )(时间： 40 分钟分值： 100 分)[基础达标练 ]一、选择题 (此题共 6 小题，每题 6 分，共 36 分)1． (多项选择 )不考虑温度对电阻的影响，对一个“ 220 V 40 W ”的灯泡，以下说法正确的选项是 ()A．接在 110 V 的电路中时的功率为 20 WB．接在 110 V 的电路中时的功率为 10 WC．接在 440 V 的电路中时的功率为 160 WD．接在 220 V 的电路中时的功率为 40 WU 2 2额220BD [由 P 额＝R得，灯泡的电阻 R＝40Ω＝1 210 Ω，当电压为 110 V 时，U2 1102P＝R＝1 210 W ＝10 W；电压为 440 V 时，超出灯泡的额定电压一倍，故灯泡烧坏。
]2．如下图，把两个同样的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两头的电压为8 V，乙电路两头的电压为16 V。
调理变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器耗费的功率分别为 P1和 P2，两电路中耗费的总功率分别为 P 甲和 P 乙，则下列关系中正确的选项是 ()甲乙A．P 甲<P 乙B．P 甲>P 乙C．P1>P2D．P1＝P2D[由灯都正常发光可知， R1中电流是 R2中电流二倍，R1两头电压是 R2两端电压的二分之一，两变阻器耗费的功率相等，两电路中耗费的总功率相等，选项D 正确，A、B、C 错误。
]3．如下图为一电烙铁，电烙铁通电一段时间后，会变得很烫，而连结电烙铁的导线却不怎么热，其主要原由是( )A ．导线有绝缘皮，隔热成效好B ．导线较长，散热比电烙铁快C ．导线的电阻远小于电烙铁的电阻D ．经过导线的电流小于经过电烙铁的电流C [由热功率 P ＝ I 2R 可知，电烙铁和导线串连 ，电流相等 ，导线的电阻远小于电烙铁的电阻 ，故电烙铁很烫而导线不怎么热 ，选项 C 正确。
]．如下图， A 、 B 两点间电压为 18 V ， R 1＝0.2 Ω，电动机 M 线圈的电阻 4也是 Ω，电路中的电流是 25 A ，则此电路中电能转变为机械能的效率是 ()A ．72%B ．28%C ． 55.6%D ． 44.4%D [电路中总的电功率 P ＝UI ＝ 450 W ，电路中的热功率 P 热＝I 2(R 1＋r)＝250W ，则电路中电能转变为机械能的效率为 η＝P －P热×100% ≈44.4% ，D 正确。
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高中物理学习材料桑水制作1．现代银行管理系统中都有自动取款机，若能取出钱款，账号、密码必须都正确，它反映的逻辑关系是( )A．“与”B．“或”C．“非”D．都不正确【解析】条件同时满足，可判断是“与”逻辑关系，选A.【答案】 A2．(2011·杭州高二检测)在登录你的电子信箱(或“QQ”)的过程中，要有两个条件，一个是用户名，一个是与用户名对应的密码，要完成这个事件(登录成功)，它们体现的逻辑关系为( )A．“与”关系B．“或”关系C．“非”关系D．不存在逻辑关系【解析】只有用户名与对应密码这两个条件都符合，才能登录成功，故体现的逻辑关系为“与”关系．【答案】 A3．逻辑电路的信号有两种状态：一种是高电势状态，用“1”表示；另一种是低电势状态，用“0”表示，关于“1”和“0”下列说法中正确的是( ) A．“1”表示电压为1伏，“0”表示电压为0伏B．“1”表示电压大于或等于1伏，“0”表示电压一定为0伏C．“1”和“0”是逻辑关系的两种可能的取值，不表示具体的数字D．“1”表示该点与电源正极相连，“0”表示该点与电源负极相连．【解析】逻辑电路中的“1”和“0”表示电路所处的两种状态，不表示具体数字，C正确．【答案】 C4．在举重比赛中，有甲、乙、丙三名裁判，其中甲为主裁判，乙、丙为副裁判，当主裁判和一名以上(包括一名)副裁判认为运动员上举合格后，才可发出合格信号．这种情况用逻辑代数表示，属于( )A．“与”逻辑B．“或”逻辑C．“非”逻辑D．都不是【解析】主裁判和至少一名副裁判认为合格才发出合格信号，则可判断应为“或”逻辑与“与”逻辑的复合逻辑关系，故D正确．【答案】 D5．“非”逻辑电路的逻辑关系可表示为Z＝A，则下列结论中正确的是( )A.0＝0B.0＝1C.1＝0D.1＝1【解析】在“非”门电路中“0”与“1”是相反关系故B、C正确．【答案】BC6．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动，如果规定：车门关紧为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动，当输出信号为“0”时，汽车不能启动，能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是( ) A．与门B．或门C．非门D．与非门【解析】当公交车两扇门都关紧，才能启动，所以应是与门．【答案】 A7．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系( )A．“与”B．“非”C．“或”D．“与非”【解析】联合国规定，只要常任理事国有一个反对，提案就不能通过，这和“与”逻辑关系一致．故A正确，B、C、D均错．【答案】 A8．如图2－8－6所示电路为( )图2－8－6A．“与”门电路B．“非”门电路C．“或”门电路D．无法判定【解析】当开关接通时，灯泡短路，不发光，当开关断开时，灯泡发光，故该电路为“非”门．【答案】 B9．两个人负责安装一个炸药包，然后启爆，两个人分别控制两个相串联的开关．只有当两个人都撤出危险区，在安全区把开关接通，炸药包才能爆炸．如果有一人未撤出危险区，开关没有接通，炸药包就不能启爆，这就是“与”的概念．如果用0表示不启爆，1表示启爆，用符号“×”表示“与”的运算符号，则下列运算式正确的是( )A．0×0＝0，表示两人都不启爆，炸药包不爆炸B．0×1＝1，表示一人不启爆，另一人启爆，炸药包爆炸C．1×0＝1，表示一人启爆，另一个不启爆，炸药包爆炸D．1×1＝1，表示两人都启爆，炸药包爆炸【解析】该电路为“与”电路，由“与”电路的特点知A、D正确．【答案】AD10．如图2－8－7所示给出了“或”逻辑电路的输入端加在A、B端的输入信号的波形图，试画出输出端的波形图图2－8－7【解析】在输入端只要A或B端有输入信号，在输出端就会有输出信号，其输出端的波形如图所示．【答案】见解析11．(2012·盐城高二检测)如图2－8－8所示，试判断这是一个什么逻辑门电路．A、B、C闭合时记“1”，断开时记“0”；P灯亮时记“1”，不亮时记“0”，试完成下面的真值表．图2－8－8输入输出A B C P000001010011100101110111【解析】由题图可知，开关A、B、C只要有一个闭合，灯泡就亮，所以这个电路满足开关“或”电路逻辑．即当几个条件中只要有一个或一个以上具备就能出现某一结果，所以这是一个开关“或”电路．其真值表如下：输入输出A B C P0000001 1010 1011 1100 1101 1110 1111 112.(2012·北京丰台区高二检测)由门电路构成的一简单控制电路如图2－8－9所示，其中R′为光敏电阻，光照时电阻很小，R为变阻器，L为小灯泡．其工作情况是：当光敏电阻受到光照时，小灯L不亮，不受光照时，小灯L亮．该逻辑电路是________电路，该控制电路可以用在________控制系统中(举一个例子)．图2－8－9【解析】光敏电阻受到光照时，电阻很小，这时的逻辑电路输入的是高电势，而灯泡不亮，不受光照时，光敏电阻很大，这时逻辑电路输入的是低电势，而灯泡亮，故该逻辑电路是“非”电路．该控制电路常用在城市路灯等装置中．【答案】非城市路灯等。
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1．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西向东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
【解析】导线中的自由电子自西向东沿导线定向移动时，形成的电流自东向西．赤道上空地磁场方向由南水平指向北，由左手定则可判断导线受到的安培力方向向下．答案为D.
【答案】 D
2．下列说法正确的是()
A．放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用
B．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱
C．磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向
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】当导线与磁场方向平行时，导线所受磁场力为零，A错误；匀强磁场中，沿磁场方向，磁场强弱不变，B错误，通电导线所受的磁场力方向与磁场方向垂直，C错误；由左手定则可知，F方向一定与B和I所决定的平面垂直，D正确．
【答案】 D
3．(2012·福州高二检测)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】 D
4．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图3－2－9所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()
图3－2－9
A．圆环顺时针转动，靠近磁铁
B．圆环顺时针转动，远离磁铁
C．圆环逆时针转动，靠近磁铁
D．圆环逆时针转动，远离磁铁
【解析】该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相互排斥，异极相互吸引，可得C项正确．
【答案】 C
5.
图3－2－10
(2012·苏州高二检测)如图3－2－10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】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.
【答案】 D
6．(2013·保定模拟)图3－2－11中的D为置于电磁铁两
图3－2－11
极间的一段通电直导线，电流方向垂直于纸面向里．在开关S接通后，导线D所受磁场力的方向是()
A．向上B．向下
C．向左D．向右
【解析】由右手螺旋定则知，软铁芯在导线D处的磁场方向向左，由左手定则可判定导线D受到的磁场力方向向上，A正确．
【答案】 A
7．如图3－2－12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，棒中有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，
图3－2－12
为了使拉力等于零，可以()
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】首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．
【答案】 C
8.
图3－2－13
通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图3－2－13所示，ad边与MN平行．关于MN中电流产生的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是()
A．线框有两条边所受到的安培力方向相同
B．线框有两条边所受到的安培力大小相同
C．整个线框有向里收缩的趋势
D．若导线MN向左微移，各边受力将变小，但合力不变
【解析】由直线电流产生磁场的特点可知，与导线距离相等的位置磁感应强度大小相等．因此ab与cd边受到的安培力大小相等，但ab受力方向向下，cd受力方向向上，即两者的方向相反．ad受力方向向左，bc受力方向向右，但ad受到的力大于bc受到的力，A、C错，B对；MN向左微移，则线框各边所在处磁场均减弱，故各边受力均变小，但ad边所在处减弱更多，故线框所受向左的合力变小，D错．
【答案】 B
9．如图3－2－14所示，有一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会
()
图3－2－14
A．纵向收缩，径向膨胀
B．纵向伸长，径向收缩
C．纵向伸长，径向膨胀
D．纵向收缩，径向收缩
【解析】通电线圈每匝可视为一小磁铁，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，由电流元分析法知径向膨胀．【答案】 A
10．如图3－2－15所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直．当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出()
图3－2－15
A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小
C．弹簧的接力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
【解析】如图所示，画出直导线附近的条形磁铁的磁感线，由左手定则，直导线受向下的安培力，由力的作用是相互的，条形磁铁受向上的作用力．故A 正确．
【答案】 A
11．(2012·成都高二检测)如图3－2－16所示，水平方向有一匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T，有一段通电导线竖直放置，
图3－2－16
长度为L＝0.8 m，当导线中通入大小为I＝1 A，方向如图所示的电流时，试问：
(1)导线所受安培力有多大？方向如何？
(2)若将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，则安培力的大小是多少？
(3)若将导线在垂直纸面的平面内转动，分别说明它所受安培力的大小和方向是否变化？
【解析】(1)由于电流方向与磁场方向垂直，故F＝BIL＝0.16 N，由左手定则可判断出安培力的方向垂直纸面向里．
(2)将导线在纸面内沿顺时针方向转过90°，此时电流方向与磁场方向平行，故安培力的大小F＝0.
(3)将导线在垂直纸面的平面内转动，由于任意位置电流方向与磁场方向均垂直，故安培力的大小不变，由左手定则知，安培力的方向不断改变．【答案】(1)0.16 N垂直纸面向里(2)0(3)F大小不变，方向不断改变
12.
图3－2－17
水平放置的光滑金属导轨宽L＝0.2 m，接有电源电动势E＝3 V，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B＝1 T．导体棒ab 的电
阻R＝6 Ω，质量m＝10 g，垂直放在导轨上并良好接触，求合上开关的瞬间．
(1)金属棒受到安培力的大小和方向；
(2)金属棒的加速度．
【解析】(1)闭合电键的瞬间，回路中的电流
I＝E
R＝
3
6A＝0.5 A
ab棒所受安培力
F安＝BIL＝0.1 N
由左手定则知方向水平向右(2)由牛顿第二定律知
a＝F安
m＝10 m/s
2
方向水平向右
【答案】(1)0.1 N水平向右(2)10 m/s2，方向水平向右。