沪科版高中物理选修3-1课时作业3

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高中物理(沪科版)选修3-1课时作业2.5探究电子束在示波管中的运动

1．(2012·宁夏银川高二检测)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图2－5－12所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图2－5－12A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【解析】由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．【答案】AC2．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子()A．具有相同的质量B．具有相同的电荷量C．电荷量和质量的比相同D．属于同一元素的同位素【解析】由偏转距离y＝12qEm(lv0)2＝qEl22m v20可知，若轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有qm相同．【答案】 C3．(2012·长春调研)如图2－5－13所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()图2－5－13A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的1/2倍【解析】本题考查了带电粒子在电场中的运动．带电粒子经过加速电场和偏转电场，最终偏移量为y ＝l 2U 24dU 1，现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，必须使U 2加倍，选A.【答案】 A图2－5－144．(2012·长乐一中高二检测)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图2－5－14所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edh U B ．edUh C.eU dhD.eUh d【解析】电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：12m v 20＝eU OA ，又E ＝U /d ，U OA ＝Eh ＝Ud h ，所以12m v 20＝eUh d .故D 正确．【答案】 D5．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t 1和α粒子经历的时间t 2之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶1【解析】由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE2m t 2，解得t ＝2mE kq 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．【答案】 A6．如图2－5－15所示，带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场(重力不计)，若粒子的初动能变为原来的2倍，还要使粒子保持擦极板边缘飞出，可采用的方法是( )图2－5－15A ．将极板的长度变为原来的2倍B ．将两板之间的距离变为原来的1/2C ．将两板之间的电势差变为原来的2倍D ．上述方法都不行【解析】带电粒子恰能从右侧擦极板边缘飞出，需满足12d ＝qUl 22md v 20＝qUl 24dE k ，初动能变为原来的2倍，要想等式成立，只有选项C 满足，故C 正确．【答案】 C7．如图2－5－16所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动．那么( )图2－5－16A ．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动【解析】微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．【答案】 B图2－5－178．(2012·泉州赔元中学高二检测)如图2－5－17所示是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用的办法是()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些【解析】h＝12at2＝12Uql2dm v20所以hU＝ql2 2md v20故C选项正确．【答案】 C9．如图2－5－18所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C 点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()图2－5－18A ．微粒在电场中作抛物线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等 C ．MN 板间的电势差为2m v 20qD ．MN 板间的电势差为E v 202g【解析】由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE 和竖直向下的重力mg 作用，合力与v 0不共线，所以微粒做抛物线运动，A 正确；因AB ＝BC ，即v 02·t ＝V c 2·t 可见V c ＝v 0.故B 项正确；由q ·U 2＝12mV 2c ，得U ＝mV 2c q ＝m v 20q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q＝mg E 代入U ＝m v 20q ，得U ＝E v 20g ，故D 项错误．【答案】 AB图2－5－1910．如图2－5－19所示，平行金属板长为L ，一个带电为＋q 、质量为m 的粒子以初速度v 0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：(1)粒子末速度大小； (2)电场强度； (3)两极板间距离．【解析】 (1)粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如图，所以v ＝v 0/(cos θ)＝2 3v 0/3v⊥＝v0tan θ＝ 3 v0/3 ①(2)由v⊥＝at ②t＝L/v0 ③a＝qE/m ④由①②③④得E＝ 3 m v20/(3qL)(3)v2⊥＝2ad ⑤由①③④⑤得d＝ 3 L/6.【答案】(1)2 3v0/3(2) 3 m v20/(3qL)(3)3L/611．如图2－5－20所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则A、B两点间的电势差是多少？图2－5－20【解析】电子在电场中做类平抛运动．v y＝v0tan (θ－90°)，eU＝m v2y/2.得U＝m v20/6e.【答案】m v20/6e图2－5－2112．(2013·福建师大附中高二期末)如图2－5－21所示，有一电子(电荷量用e表示)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．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场．求：(1)金属板AB 的长度． (2)电子穿出电场时的动能．【解析】 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理可得eU 0＝12m v 20，电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直电场方向上有L ＝v 0t ，在沿着电场方向上有d 2＝12·eU md t 2，解以上三式可得L ＝d2U 0U .(2)对于电子运动的全过程，根据动能定理可得E k ＝eU 0＋12eU .【答案】 (1)d 2U 0U (2)eU 0＋12eU。

高中物理选修3-1课时作业10：3.1磁现象和磁场

3.1磁现象和磁场1．以下说法正确的是()A．磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的B．电流与电流间的相互作用是通过电场产生的C．磁极与电流间的相互作用是通过电场与磁场共同产生的D．磁场和电场是同一种物质2．下列关于磁场的说法中，正确的是()A．磁场和电场一样，是客观存在的、性质相同的一种特殊物质B．磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的C．磁极与电流之间不能发生相互作用D．磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都能通过磁场发生相互作用3．判断两根钢条甲和乙是否有磁性，可将它们的一端靠近小磁针的N极或S极．当钢条甲靠近时，小磁针自动远离，当钢条乙靠近时小磁针自动靠近，则()A．两根钢条均有磁性B．两根钢条均无磁性C．钢条甲一定有磁性，钢条乙一定无磁性D．钢条甲一定有磁性，钢条乙可能有磁性4．磁性水雷是用一个可以绕轴转动的小磁针来控制启爆电路的，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，如图所示，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5．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是()A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C．导线沿南北方向放置在磁针的正上方D．导线沿东西方向放置在磁针的正上方6．关于地磁场的下列说法中正确的是()A．地理位置的南北极与地磁场的南北极重合B．在赤道上的磁针的N极在静止时指向地理南极C．在赤道上的磁针的N极在静止时指向地理北极D．在北半球上方的磁针静止时与地面平行且N极指向地理北极7．现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用；而把乙的一端靠近甲的中部时，二者相互吸引，则()A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙均无磁性D．甲、乙均有磁性8．如图所示为一电磁选矿机的示意图，其中M为矿石漏斗，D为电磁铁．在开矿中，所开采出的矿石有含铁矿石和非含铁矿石，那么矿石经过选矿机后，落入B槽中的矿石是________，落入A槽中的矿石是________．9．如图所示，质量为m的一枚大头针用细线系住，被磁铁吸引保持静止，此时线与竖直方向的夹角为θ，问：(1)能否求得此时细线的拉力？(2)现用燃烧的火柴给大头针加热，会有何变化？请说明原因．10．在超市里，顾客可以自己在货架上挑选商品，十分方便，但如果有人想拿了东西不付钱而偷偷溜走，那么出口处的报警器马上会鸣响报警，你知道这是为什么吗？11．关于月球上的物理现象和规律，同学们提出了很多问题和猜想，有关月球有无磁场，同学们提出了自己的猜想和检验猜想的实验方案：(1)取一小磁针用细线悬挂在月球表面附近，如果它静止时指向某一方向，则可表明月球周围存在磁场．(2)小磁针静止时，它的N极指向就是“月磁”的北极．你认为这个实验方案中有没有需要改进或改正的地方，如有请改进或改正．12．如图所示是医生用来取出病人吞下的金属物品的仪器．当仪器顶部接触金属物品时，医生将手控环内推，再拉出整条塑料管，你能说出这种仪器的原理吗？如果小孩不慎吞下的是易拉罐环或一个回形针，哪种物体可以用这种仪器取出来？[答案]1．[解析]电流能产生磁场，在电流的周围就有磁场存在，不论是磁极与磁极间还是电流与电流间、磁极与电流间，都有相互作用的磁场力．磁场是磁现象中的一种特殊物质，它的基本特点是对放入其中的磁体、电流有磁场力的作用；而电场是电荷周围存在的一种特殊物质，其最基本的性质是对放入电场中的电荷有静电力的作用，因此，磁场和电场是两种不同的物质，各自具有其自身的特点．所以只有A正确．[答案] A2．[解析]磁场和电场都是自然界客观存在的特殊物质，它们的性质不同，也不是人为规定的，磁极与磁极之间、磁极与电流、电流与电流之间均可通过磁场发生相互作用，综上所述只有D正确．[答案] D3．[解析]磁体能吸引铁磁性物质，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，排斥的两者必然都是磁体，吸引时至少有一个是磁体．钢条甲靠近小磁针时，小磁针自动远离，说明它们相互排斥，则甲一定有磁性．当乙靠近小磁针时，它们相互吸引，这时可能有两种情况：一是乙没有磁性，此时属于磁体与铁磁性物质相互吸引；二是乙有磁性，且与小磁针是异名磁极，此时属于异名磁极相互吸引．故D正确．[答案] D4．[解析]军舰被磁化，根据同名磁极相互排斥、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，从而引爆水雷，所以选B.[答案] B5．[解析]把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的磁针的正上方，通电时磁针发生明显的偏转，是由于南北方向放置的电流的正下方的磁场恰好是东西方向．[答案] C6．[解析]地理两极与地磁两极位置不重合，且地磁N极在地理南极附近，地磁S极在地理北极附近，故A错误；不管在地球周围的任何地方，能自由转动的磁针静止时，都出现N极指向地理北极，S极指向地理南极的现象，故B错；除在赤道上空外，小磁针不与地球表面平行，在南半球N极斜向上，在北半球N极斜向下，故C对、D错．[答案] C7．[解析]对于磁铁，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性，由于甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性，乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，故B项正确，A、C、D三项错误．[答案] B8．[解析]含铁矿石被电磁铁D磁化吸引，故落入B槽；非含铁矿石不受D的作用，故落入A槽．[答案]含铁矿石非含铁矿石9．[解析](1)大头针静止时受重力、细线的拉力和磁铁的吸引力而处于平衡状态，但由于磁铁的吸引力大小和方向不能确定，故无法求得细线的拉力．(2)当用火柴给大头针加热时，会发现夹角θ变小甚至减小到零，原因是磁铁吸引大头针时，大头针被磁化了具有磁性，当给它加热时，大头针的磁性会减弱甚至消失，磁铁对它的吸引力减小甚至消失．[答案]见[解析]10．[解析]在超市中的每一件商品上都有一小片带磁性的商标，当经过出口时，那里的磁性探测器便检测出来并发出报警，只有当你付款后，售货员用一种特别的“消磁”装置将商标上的磁性消除，探测器才会让你把商品带出超市．[答案]见[解析]11．[解析](1)小磁针静止时指向某一方向，说明月球周围存在磁场．(2)小磁针静止时，它的N极指向就是“月磁”的南极．有需改进的地方，即应做多次实验，观察小磁针是否总是指向某一个方向．[答案]见[解析]12．[解析]当仪器顶部接触金属物品时，医生将手控环内推，仪器内的活动永久磁铁向前接触金属物品，能将铁制物品吸引，然后拉出塑料管并将物体取出．回形针是铁制的，能被磁铁吸引，而易拉罐环一般是铝制品，不能被吸引，所以回形针可以用这种仪器取出来．[答案]见[解析]。

沪科版高中物理选修3-1课时作业4.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）1．将电量为q的点电荷放在电场中的A点，它受到的电场力为F，则A点的电场强度的大小等于()A．q/F B．F/qC．q D．F＋q【解析】根据电场强度定义公式，E＝Fq，故B正确．【答案】 B2．(2012·宁德一中高二检测)在电场中A点放入电荷量为q的正电荷，它受到的电场力方向向右，大小为F.关于A点的电场强度，下列判断正确的是()A．电场强度大小为Fq，方向向右B．电场强度大小为Fq，方向向左C．若A点放电荷量为q的负电荷，则A点电场强度方向向左D．如果在A点不放电荷，那么A点电场强度为零【解析】根据定义式，A点电场强度E＝Fq，由电场强度方向与正电荷受力方向相同，A正确，B错误，由于电场强度大小和方向与试探电荷无关，故C、D错误．【答案】 A3．关于电场强度，下列说法正确的是()A．以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大C．若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右D．电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大【解析】场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．【答案】 C4．下列说法正确的是()A．靠近正点电荷，电场线越密，电场强度越大；靠近负点电荷，电场线越密，电场强度越小B．沿电场方向电场强度越来越小C．在电场中没画电场线的地方场强为零D．电场线虽然是假想的一簇曲线或直线，但可以用实验方法模拟出来【解析】场强的大小可直观地用电场线的疏密来表示，与电荷的正负无关，所以选项A、B错误；电场线是人为画的，故选项C错误．只有选项D正确．【答案】 D5．某电场的电场线如图2－1－8所示，电场中的A、B两点的场强大小分别为E A和E B，由图可知()图2－1－8A．E A＜E B B．E A＝E BC．E A＞E B D．无法比较E A和E B的大小【解析】由电场线的疏密可确定电场强度的大小，故E A＜E B，A正确．【答案】 A6．如图2－1－9所示，表示一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受电场力与电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是()图2－1－9 A．该电场是匀强电场B．这四点场强的大小关系是E d＞E a＞E b＞E c C．这四点场强的大小关系是E a＞E b＞E c＞E d D．无法比较这四点场强的大小关系【解析】由公式E＝Fq可得，F与q成正比，比值即等于场强E.所以在图中可得斜率越大，E越大．【答案】 B7．(2012·厦门双十中学高二检测)如图2－1－10所示，在正六边形的a、c 两个顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1，在b、d两个顶点上各放一带负电的点电荷，电荷量的大小都是q2，q1＞q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条()图2－1－10A．E1B．E2C．E3D．E4【解析】作出a、b、c、d四个点电荷在O点的电场强度如图所示．其中E a＝E c＞E b＝E d由矢量合成法则可知合场强只能是图中的E2，B正确．【答案】 B8．如图2－1－11所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)()图2－1－11A．电荷向B做匀速运动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D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定【解析】由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．【答案】 D9．(2012·海南一中高二检测)如图2－1－12所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是()图2－1－12A．物体开始运动后加速度先增大，后保持不变B．物体开始运动后加速度不断增大C．经过时间t＝E0k，物体在竖直墙壁上的速度达最大值D．经过时间t＝μqE0－mgμkq，物体运动速度达最大值【解析】物体开始运动后，电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增大，选项B正确；经过时间t＝E0k后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t＝E0k，物体在竖直墙壁上的速度达最大值，选项C正确．【答案】BC10．如图2－1－13所示，在电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m、带电荷量为q的粒子从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下列说法中正确的是()图2－1－13A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于(qE)2＋(mg)2【解析】由受力平衡知F＝(qE)2＋(mg)2，方向应与重力和电场力的合力方向相反．【答案】 D11．如图2－1－14所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转θ角后静止．设小球是用绝缘丝线悬挂于O点，求小球所在处的电场强度．图2－1－14【解析】分析小球的受力如图所示，由平衡条件得F 电＝mg tan θ由电场强度的定义式得：小球所在处的电场强度E ＝F 电q ＝mg tan θq由于小球带正电，所以小球所在处的电场强度方向水平向右．【答案】 mg tan θq ，方向水平向右．12．(2012·汉中高二检测)如图2－1－15所示，在真空中A 、B 两点处各固定一个点电荷，它们的电荷量相等，均为4.0×10－10 C ，而带电的性质不同，A 为正、B 为负，两者相距80 cm ，P 点与A 、B 等距离，均为50 cm ，图2－1－15(1)试确定P 点的场强大小和方向？(2)试求P 点处的场强和A 、B 连线中点O 处的场强之比？【解析】 (1)E A ＝E B ＝k Q r 2＝9×109×4.0×10－100.52 N/C ＝14.4 N/CE P ＝2E A cos θ＝2×14.4×4050 N/C ＝23.04 N/C 方向平行于AB ，沿AB 方向(2)E O ＝2kQ r 2＝2×9×109×4.0×10－100.42 N/C ＝45 N/CE P E O＝23.0445＝64125【答案】(1)23.04 N/C方向平行于AB，沿AB方向(2)64 125。

高中物理选修3-1课时作业11：3.1磁现象和磁场

3.1磁现象和磁场1．下列关于磁场的说法中正确的是()A．磁体周围的磁场看不见、摸不着，所以磁场不是客观存在的B．将小磁针放在磁体附近，小磁针会发生偏转是因为受到磁场力的作用C．把磁体放在真空中，磁场就消失了D．当磁体周围撒上铁屑时才能形成磁场，不撒铁屑磁场就消失2．奥斯特实验说明了()A．磁场的存在 B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场 D．磁场间有相互作用3．在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是()A．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B．沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C．导线沿南北方向放置在磁针的正上方D．导线沿东西方向放置在磁针的正上方4．某同学在做奥斯特实验时，把小磁针放在水平的通电直导线的下方，当通电后发现小磁针不动，稍微用手拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，由此可知，通电直导线产生的磁场在小磁针处方向是()A．自东向西B．自南向北C．自西向东D．自北向南5．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6．(多选)以下关于地磁场的说法中正确的是()A．地磁场是地球的盾牌，起着保护地球上生命的作用B．地磁场的N极在地理位置的南极附近，但不与南极重合C．地磁场的方向会随时间的流逝而缓慢变化D．在行星中，只有地球有磁场7．(多选)如图是“超导磁悬浮”现象，悬浮在空中的是一块重力为G的永久磁铁，下方是超导体，则下列说法正确的是()A．悬浮磁体受到的悬浮力大于重力GB．悬浮磁体受到的悬浮力等于重力GC．悬浮磁体对超导体的力小于重力GD．悬浮磁体对超导体的力等于重力G8．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场的方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是()A．①②④ B．②③④C．①⑤D．②③9．(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转10．现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用；而把乙的一端靠近甲的中部时，二者相互吸引，则()A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙均无磁性D．甲、乙均有磁性11．一块没有标明南、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．你知道他利用了什么原理吗？(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．他的结论也是正确的，你能说出他利用了什么原理吗？12.两个完全相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动．a．现将AB突然竖直向上平移(平板与磁铁之间始终接触)，并使之停在A″B″处，结果发现两条形磁铁吸在了一起．b．如果将AB从原来位置突然竖直向下平移，并使之停在位置A′B′处，结果发现两条形磁铁也吸在了一起，请回答下列问题：(1)开始时两磁铁静止不动，磁铁间的相互作用力是力(填“吸引”或“排斥”)；右侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向．(2)在a过程中磁铁开始滑动时，平板正在向上加速还是向上减速？(3)在b过程中磁铁开始滑动时，平板正在向下加速还是向下减速？[答案]1．[答案]B2．[解析]选C.奥斯特实验中电流能使静止的小磁针发生偏转，说明电流可以产生磁场，所以正确选项为C.3．[解析]选C.把导线沿南北方向放置在地磁场中处于静止状态的磁针的正上方，通电时磁针发生明显的偏转，是由于沿南北方向放置的通电导线的正下方的磁场恰好是东西方向，正确选项为C.4．[解析]选D.导线通电前小磁针指向南北方向，导线通电后小磁针不动，说明通电直导线产生的磁场方向在小磁针处沿南北方向；稍微用手拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，说明通电直导线产生的磁场在小磁针处与地磁场方向相反．故选项D正确．5．[解析]选B.军舰已被磁化，是小磁针与磁化的军舰发生作用，故属于磁极间的相互作用，B正确．6．[解析]选ABC.宇宙中射向地球的高能粒子流如果不受阻碍地射到地球上，会杀死地球上的生命体，正是由于地磁场的保护，使得大量的粒子被偏转，人类和其他生命才得以延续，故A项正确．地磁场的N极在地理南极附近，但不与南极重合，有地磁偏角，B项正确．地磁场的N、S极的位置会缓慢移动，故C项正确．在行星中，并不是只有地球有磁场，故D 项错误．7．[答案]BD8．[解析]选D.地面上小磁针静止时，南极应指向地磁场的北极；地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近；地磁场的方向只有在赤道附近和地面平行，在北半球斜向下方，在南半球斜向上方．9．[解析]选BC.指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C 正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误．正确选项为B、C.10．[解析]选B.对于磁铁，磁性最强的区域是磁极，若钢棒有磁性，其磁性最强的区域是两端，中间几乎没有磁性，由于甲的一端与乙的中部不吸引，则说明甲棒无磁性，乙的一端能吸引甲的中部，则说明乙棒有磁性，故B项正确，A、C、D三项错误．11．[解析](1)A同学利用磁体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同学利用了地磁场的影响，地磁的北极在地理南极附近，地磁的南极在地理的北极附近．小磁针静止时指地理南极的一端一定是小磁针的S极．[答案]见[解析]12.[解析](1)由题图知两磁铁间是异名磁极相对，故磁铁间的相互作用力是吸引力；右侧磁铁静止受力平衡，而左侧磁铁对它的吸引力向左，故右侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向右．(2)平板向上运动时，两磁铁吸在了一起，说明磁铁受到的摩擦力减小，支持力减小，磁铁处于失重状态，故平板向上做减速运动，加速度方向向下．(3)平板向下运动时，两磁铁也吸在了一起，说明磁铁仍处于失重状态，故平板向下做加速运动．[答案](1)吸引右(2)向上减速(3)向下加速。

2018版高中物理沪科版选修3-1学案：第3章传感器含答

章末总结一、串、并联电路的分析 1．串联电路和并联电路的电阻(1)串联电路的总电阻等于各部分电路电阻__________，即R ＝________________________. (2)并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数________，即1R ＝_______________.2．串联电路的电压分配：串联电路中各电阻两端的电压跟它的阻值成________，即U 1R 1＝U 2R 2＝…＝U nR n＝I .3．并联电路的电流分配：并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成________，即I 1R 1＝I 2R 2＝…＝I n R n ＝U .4．多个电阻无论串联还是并联，其中任一电阻增大，总电阻也随之________．以两电阻R 1、R 2为例加以说明．串联时R ＝R 1＋R 2，并联时R ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝R 11＋R 1R 2.可见，当R 1或R 2增大时，R 都随之增大．例1 如图1所示的两个串联电阻R 1＝12 kΩ，R 2＝36 kΩ，A 、B 两端的电压保持15 V 不变，那么图1(1)S 与C 、D 均断开时，R 1、R 2两端的电压分别是多少？(2)如果电压表V 的内阻是12 kΩ，当S 分别与C 、D 接触时电压表的读数分别是多少？针对训练1已知通过三个并联支路的电流之比是I1∶I2∶I3＝1∶2∶3，则三个并联支路的电阻之比R1∶R2∶R3为()A．1∶2∶3 ．3∶2∶1C．2∶3∶6 ．6∶3∶2二、电路故障的分析方法1．用电压表检查故障：(1)断路故障判断：用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数与电源电动势相等，则说明该段电路中有断点．(2)短路故障判断：用电压表与电源并联，若有示数，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则说明该段电路被短路．2．用欧姆表检查故障：用欧姆表检查故障，一定要注意将待测部分与电路断开．若测得某段电路的电阻为零，说明该部分短路；若测得某段电路的电阻无穷大，说明该部分断路．例2图2是某同学连接的实验实物图，合上开关S后，发现灯A、B都不亮．他采用下列两种方法检查故障：图2(1)用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关应置于下列量程的________挡．(用字母序号表示)A．2.5 V B．10 VC．50 V D．250 V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触________(填“a”或“b”)．③该同学测试结果如下表所示，根据测试结果，可以判定故障是__________(假设只有下列中的某一项有故障)．A.灯A断路C．c、d段断路D．d、f段断路(2)用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S__________(填“断开”或“闭合”)．②测量结果如下表所示，由此可以断定故障是()A.灯A断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路针对训练2用电压表检查如图3所示的电路中的故障，当闭合开关S时，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0，U bc＝0，U ab＝5.0 V，则此故障可能是()图3A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路1．(电路的串、并联)如图4所示电路中，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6 A，当开关S闭合时，电流表的示数为0.9 A，则两电阻阻值之比R1∶R2为()图4A．1∶2 B．2∶1C．2∶3 D．3∶22．(电路故障问题)两盏电灯串联如图5所示，电源电压是6 V．闭合开关以后，电灯不亮，导线都是好的．用电压表测A、B间和B、C间的电压都是0，而测得C、D间的电压是6 V．则故障可能是()图5A．L1断路B．L2断路C．开关没接通D．以上都有可能3．(电路故障问题)如图6所示，电路中有三根导线，其中一根是断的，电源、电阻R1、R2及另外两根导线是好的．为了查出断导线，某学生想先用多用电表的红表笔连接在电源的正极a端，再将黑表笔连接在电阻R1的b端和R2的c端，并观察多用电表指针的示数．下列选项中符合操作规程的是()图6A．选择直流10 V挡B．选择直流0.5 A挡C．选择直流2.5 V挡D．选择欧姆挡4．(串联电路)一盏弧光灯的额定电压是40 V，正常工作时的电流是5 A，如何把它接入电压恒为220 V的照明线路上，使它正常工作？答案精析网络构建正 qt 分流分压题型探究一、1．(1)之和 R 1＋R 2＋R 3＋…＋R n (2)之和 1R 1＋1R 2＋1R 3＋…＋1R n2．正比 3．反比 4．增大例1 (1)3.75 V 11.25 V (2)157 V 457 V解析 (1)根据串联电路的电压特点知U ∝R ，所以 U 1＝R 1R 1＋R 2U ＝1212＋36×15 V ＝3.75 V U 2＝R 2R 1＋R 2U ＝3612＋36×15 V ＝11.25 V. (2)当S 与C 接触时，电压表与R 1并联，测并联支路电压，并联电阻R 并＝R 1R V R 1＋R V ＝12×1212＋12 kΩ＝6 kΩU 并＝R 并R 并＋R 2U ＝66＋36×15 V ＝157 V.同理，当S 与D 接触时，电压表与R 2并联， R 并′＝R 2R V R 2＋R V ＝36×1236＋12 kΩ＝9 kΩU 并′＝R 并′R 并′＋R 1U ＝99＋12×15 V ＝457 V.针对训练1 D 二、例2 (1)①B ②a ③D (2)①断开 ②D解析 (1)①用多用电表的直流电压挡进行测量时，实质上是用电压表测量，而电压表内阻很大，若并联在断路处(设有一处发生断路)时，电路接通，电压表示数应为电源的电动势，并联在未断路处，示数为零．因此，用多用电表的直流电压挡进行检查电路时，电压表的量程必须大于电源的电动势，为了使示数明显，选择量程不宜过大，而电源的电动势约为6 V ，故选10 V 量程即可．②测试时红表笔应接电势高的a 点．③因合上开关S 后，A 、B 灯都不亮，又只有某一项有故障，所以只发生断路的故障．根据测试结果，a 、b 间有示数，说明a →电源→b 完好；c 、b 间有示数，说明c →a →电源→b 完好；c 、d 无示数，说明c →灯A →d 间完好；d 、f 有示数，说明d →c →a →电源→b →f 完好．综上分析应是d 、f 段断路． (2)①用欧姆挡检查时，测试前应首先将开关S 断开．②根据测试结果，接c 、d 时有示数，说明不是灯A 断路；接e 、f 时有示数，说明也不是灯B 断路；接d 、e 间时电阻无穷大，可以断定是d 、e 间导线断路．针对训练2 B 达标检测 1．A 2.C 3.A4．串联一个电阻，阻值为36 Ω解析设给弧光灯串联一个电阻R 2，串联电阻上分配到的电压为U 2，根据串联电路电压的特点得U 1U 2＝R 1R 2，即U 1U －U 1＝R 1R 2所以R 2＝U －U 1U 1·U 1I ＝220－4040×405Ω＝36 Ω.。

沪科版高中物理选修3-1课时作业16.docx

高中物理学习材料（鼎尚**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】由F＝BIL sin θ知，当θ＝0时，F＝0，故A错．F方向一定与B 和I所决定的平面垂直，所以D正确．【答案】 D3．如图5－4－9所示，一长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环所在的平面，导线和环中的电流方向如图所示，则圆环受到的磁场力为()图5－4－9A．沿环半径向外B．沿环半径向里C．水平向左D．等于零【解析】I2产生的磁场方向与I1的环绕方向平行，故圆环受到的磁场力为零，故D对．【答案】 D4．(2012·海南农垦中学检测)如图5－4－10所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会()图5－4－10A．纵向收缩，径向膨胀B．纵向伸长，径向膨胀C．纵向伸长，径向收缩D．纵向收缩，径向收缩【解析】通电线圈每匝视为一小磁体，且排列方向一致，故纵向收缩，通电线圈又处在电流产生的磁场中，所以径向膨胀，故A对．【答案】 A5．通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图5－4－11所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是()图5－4－11A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小相等C．线框所受的安培力的合力方向向左D．线框所受的安培力的合力方向向右【解析】由安培定则可知导线MN在线框外所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反．ab 边受到向右的安培力F ab，cd边受到向左的安培力F cd.因ab所处的磁场强，cd 所处的磁场弱，故F ab＞F cd，线框所受合力方向向右．【答案】BD图5－4－126．如图5－4－12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，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以() 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，C对．【答案】 C7．如图5－4－13所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()图5－4－13A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是北极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是北极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．以上说法都不正确【解析】如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为北极，A正确，B、C、D错误．【答案】 A8．如图5－4－14所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，下图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦力可能为零的是()图5－4－14【解析】因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零，由左手定则可知A中F水平向右，B 中F竖直向上，C中F竖直向下，D中F水平向左，A、B满足题意．【答案】AB图5－4－159．将长为1 m的导线ac从中点b折成如图5－4－15所示的形状，放入B ＝0.08 T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25 A的直流电，则整个导线所受安培力大小为________N.【解析】折线abc受力等效于a和c连线受力，由几何知识可知ac＝32m，F＝BIL sin θ＝0.08×25×32×sin 90° N＝ 3 N.【答案】 310．1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图5－4－16所示，若轨道宽为2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场的最大功率有多大(轨道摩擦不计)?图5－4－16【解析】由运动学公式求出加速度a，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B.据2ax＝v2t－v20得炮弹的加速度大小为a＝v2t2x＝(10×103)22×100m/s2＝5×105 m/s2.据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力F＝ma＝2.2×10－3×5×105N ＝1.1×103 N，而F＝BIL，所以B＝FIL＝1.1×10310×2T＝55 T.据P＝F v得，P max＝F v＝1.1×103×10×103 W＝1.1×107 W.【答案】55 T 1.1×107 W11．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平轨道上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图5－4－17所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力．图5－4－17【解析】导体棒静止时受力如图．由平衡条件知N＝mg＋F cos θ，f＝F sin θ.安培力F＝ILB，所以支持力N＝ILB cos θ＋mg；摩擦力f＝ILB sin θ.【答案】ILB cos θ＋mg ILB sin θ12．(2013·福建师大附中高二期末)如图5－4－18所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2 kg的砝码，才能使天平重新平衡．求磁场对bc边作用力的大小．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，求该磁场的磁感应强度．(g取10 m/s2)图5－4－18【解析】根据F＝BIL可知，电流反向前后，磁场对bc边的作用力大小相等，设为F，但由左手定则可知它们的方向是相反的．电流反向前，磁场对bc 边的作用力向上，电流反向后，磁场对bc边的作用力向下．因而有2F＝2×10－2×10 N＝0.2 N，所以F＝0.1 N，即磁场对bc边的作用力大小是0.1 N．因为磁场对电流的作用力F＝NBIL，故B＝FNIL＝0.110×0.1×0.1T＝1 T.【答案】0.1 N 1 T。

高中物理(沪科版)选修3-1课时作业1.3静电与生活

1．下列不能起到预防雷击作用的是()A．高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连B．高压输电铁塔最上面的两条导线C．古代建筑物上的龙角形铁制装饰物用粗铁丝与大地相连D．较高的室外天线【解析】古代建筑物上的龙角形铁制装饰物用粗铁丝与大地相连、高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连，能将静电及时导走，高压输电铁塔最上面的两条导线是接地线，都能起到避雷作用，而较高的室外天线将雷电引到室内但不能及时导走，不能起到预防雷击作用．【答案】 D2．带电体表面突出的地方电荷容易密集，雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时，由于静电感应建筑物顶端会聚集异种电荷，避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击，若不知道竖直导线中的电流方向，进而判断云层所带电荷安全可行的方法是() A．在导线中接入电流表B．在导线中接入电压表C．在导线中接入小灯泡D．在导线旁放一可自由转动的小磁针【解析】电流周围会产生磁场，在磁场中的小磁针受到磁场作用发生偏转，根据偏转方向就可知道电流的方向，其他方法都是不安全的．【答案】 D3．在地毯中加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】在地毯中加入少量的金属纤维是为了将人走动时产生的静电及时导走，避免静电的积累．【答案】 B4．为了防止静电的危害，应尽快把静电导走．下列措施中是可行的是()A．电子工厂内的技术人员带上接地脚环或防静电手腕带B．电工钳柄上套有一绝缘胶套C．飞机的轮胎用导电的橡胶制造D．印染车间里保持适当的湿度【解析】能够把静电导走的是带接地脚环或防静电手腕带，用导电橡胶，保持车间里的湿度，故ACD正确．【答案】ACD5．雷雨天气应谨防雷电，下面做法正确的是()A．雷雨天气外出时，可以在孤立的高大建筑物和大树下避雨B．雷雨天气外出时，不在很空旷的地方站立，以免成为雷电的袭击目标C．雷雨天气外出时，可以在户外打手机D．在室内，如果听到打雷不用关掉电视等家用电器【解析】尖端放电是静电感应中最常见的规律，雷雨天气外出时，不要在很空旷的地方站立，以免尖端放电，成为雷电的袭击目标．【答案】 B6．电视机的玻璃荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为()A．灰尘的自然堆积B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘【解析】电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘，因为静电会吸附细小物体和微粒．【答案】 D7．下列关于静电的说法中正确的是()A．静电植绒是利用异性电荷相吸引而使绒毛吸附在底料上B．复印机是利用异性电荷相吸引而使碳粉吸附在纸上C．电疗针灸是静电在医学上应用D．飞机轮胎用导电橡胶制成，是为了避免静电对飞机造成的危害【解析】静电植绒、复印机是利用了异种电荷相互吸引的原理，飞机轮胎用导电橡胶制成是为了把产生的静电导入大地，而电疗针灸是利用电流的生物效应．所以A、B、D正确，C错误．【答案】ABD8．(2012·南平一中高二检测)下图1－3－3为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是()图1－3－3A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．到达集尘极的尘埃带负电荷C．尘埃可以带负电，也可带正电D．放电极带负电荷【解析】集尘极接电源正极，带正电荷，故尘埃应带负电荷，B正确，放电极接电源负极，带负电荷，故D正确．【答案】BD9．滚筒式静电分选器由料斗A、导板B、导体滚筒C、刮板D、料槽E、F和放电针G等部件组成，C与G分别接于直流高压电源的正、负极，并令C接地．如图1－3－4所示，电源电压很高，足以使放电针G附近的空气发生电离而产生大量离子，现有导电性能不同的两种物质粉粒a、b的混合物从料斗A下落，沿导板B到达转动的滚筒C上，粉粒a具有良好的导电性，粉料b具有良好的绝缘性．下列说法正确的是()图1－3－4A．粉粒a落入料槽F，粉粒b落入料槽EB．粉粒b落入料槽F，粉粒a落入料槽EC．若滚筒C不接地而放电针G接地，从工作原理上看，这是不允许的D．若滚筒C不接地而放电针G接地，从工作实用角度看，这是不允许的【解析】粉粒a和b在空中都带电，但a为导体，电荷会传给滚筒，而不带电；b绝缘性好，故一直带电，因此碰D后才下落．C必须接地，否则会使操作工人触电．【答案】AD10．燃气灶上常常装有电子点火器，接通电子线路后用电池产生高电压，通过高压放电的电火花来点燃气体．图1－3－5中的点火器的放电电极做成了针尖状．为什么放电电极做成针尖状而不是圆头状？与此相反，验电器的金属杆上端做成金属球而不做成针尖状？图1－3－5【解析】放电电极做成针尖状是利用尖端放电的原理．电荷在导体表面的分布是不均匀的：突出的位置，电荷比较密集；平坦的位置，电荷比较稀疏．导体尖端部位的电荷特别密集，尖端附近的电场就特别强，会产生尖端放电．放电电极要点燃气体需要很高的温度，这需要通过放电来完成；而验电器是由于其带电而工作的，若将金属球做成针尖状，电被放掉了，就不能正常工作了．图1－3－611．如图1－3－6那样在桌上放两摞书，把一块洁净的玻璃垫起来，使玻璃离开桌面2～3厘米．在宽0.5厘米的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃下面．然后用一块硬泡沫塑料在玻璃上擦，就可以看到小纸人翩翩起舞了．请你注意观察现象，并想想产生这种现象的原因．如果实验前用一根火柴把“跳舞区”烤一烤，实验效果就会更好．如果向“跳舞区”哈一口气，小纸人跳得就不活跃或者不能起舞了．试试看，从这里你能找到一种防止静电危害的方法吗？【解析】如果向“跳舞区”哈一口气，会使“跳舞区”变得潮湿，这时小纸人跳得就不活跃或者不能起舞了．说明潮湿的条件下不易摩擦起电，因为潮湿的空气具有导电能力，把摩擦后的玻璃板上产生的电荷导走了．【答案】见解析。

高中物理(沪科版)选修3-1课时作业1.2探究电荷相互作用规律

1．对于库仑定律，下面说法中正确的是()A．凡计算两个带电体间的相互作用力，就可以使用公式F＝k Q1Q2 r2B．两个电荷之间的距离趋于零时，它们之间的库仑力将趋于无穷大C．真空中相互作用的两个点电荷，不论它们电量是否相同，它们受到的库仑力大小一定相等D．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的带电体【解析】库仑定律只适用于真空中的点电荷，A错误，两电荷距离趋于零时，不能看做点电荷，库仑力不能用F＝k q1q2r2计算，B错误，根据牛顿第三定律，C正确，点电荷不一定体积小，D错误．【答案】 C2．下列关于点电荷的说法正确的是()A．点电荷可以是带电荷量很大的带电体B．带电体体积很大时不能看成点电荷C．点电荷的带电荷量可能是2.56×10－20 CD．大小和形状对作用力影响可以忽略的带电体可以看做点电荷【解析】点电荷是指带电体的体积、形状对作用力的影响可以忽略不计的带电体，其绝对体积不一定很小，其带电量可能很大也可能很小，但一定是1.6×10－19 C的整数倍，故仅A、D正确．【答案】AD图1－2－73．为了研究电荷之间的相互作用力跟什么因素有关，小宇做了如下实验：把一个带正电的物体放在A处，然后将挂在丝线上带正电的小球先后挂在P1、P2、P3处，发现情况如图1－2－7所示．由此，小宇归纳得出的初步结论是()A．电荷之间的作用力大小随距离增大而减小B．电荷之间的作用力大小随距离增大而增大C ．电荷之间的作用力大小随距离的增大先增大后减小D ．电荷之间的作用力大小与距离无关【解析】根据小球悬线偏离竖直方向的角度可以看出，电荷之间相互作用力的大小与电荷间距离的大小有关，距离越近，偏角越大，说明电荷间相互作用力越大，所以A 选项正确．【答案】 A4．真空中有相距为r 的两个点电荷A 、B ，它们之间相互作用的静电力为F ，如果将A 的带电量增加到原来的4倍，B 的带电量不变，要使它们的静电力变为F /4，则它们的距离应当变为( )A ．16rB ．4rC ．22rD ．2r【解析】根据库仑定律F ＝k q A q B r 2，A 带的电荷量变为4q A ，静电力变为F 4，则它们的距离应变为4r ，B 正确．【答案】 B5．(2012·同安一中高二检测)真空中有两个点电荷Q 1和Q 2，它们之间的静电力为F ，下面哪些做法可以使它们之间的静电力变为2F ( )A ．使Q 1的电量变为原来的2倍，同时使它们的距离变为原来的2倍B ．使每个电荷的电量都变为原来的2倍，距离变为原来的2倍C ．保持它们的电量不变，使它们的距离变为原来的12倍D ．保持它们的距离不变，使它们的电量都变为原来的2倍【解析】根据库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2，若静电力变为2F ，可确定A 、B 、C 错误，D正确．【答案】 D6．两个放在绝缘架上的相同金属球相距r ，球的半径比r 小得多，带电量大小分别为q 和3q ，相互斥力大小为3F .现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为( )A ．FB ．4F /3C ．4FD ．2F【解析】球的半径比r 小得多，可以看做点电荷两球为斥力，故带同种电荷，接触后再分开，电荷量都变为2q ，根据F ＝k q 1q 2r 2，相互作用力将变为4F ，C 正确．【答案】 C图1－2－87．如图1－2－8所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F 1、F 2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是( )A ．F 1一定大于F 2B ．F 1一定小于F 2C ．F 1与F 2大小一定相等D ．无法比较F 1与F 2的大小【解析】两个电荷间的相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律，甲、乙两球所受的库仑力等大反向，作用在一条直线上，选项C 正确．【答案】 C图1－2－98．(2012·福建上杭一中高二检测)如图1－2－9所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2 B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2 【解析】以左边小球为研究对象，它受到另外两个带电小球的库仑力和弹簧的弹力作用而平衡，有k 0x ＝k q 2l 2＋k q 2(2l )2，得x ＝5kq 24k 0l 2，l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2.故正确答案为C. 【答案】 C9．(2012·澄迈高二检测)如图1－2－10所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上．a 和c 带正电，b 带负电，a 所带电荷量的大小比b 的小．已知c 受到a 和b 的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )图1－2－10A ．F 1B ．F 2C ．F 3D ．F 4【解析】据“同电相斥，异电相引”规律，确定电荷c 受到a 和b 的库仑力方向，考虑a 的带电荷量小于b 的带电荷量，因此F b 大于F a ，F b 与F a 的合力只能为F 2，故选项B 正确．【答案】 B10．有三个完全相同的金属小球A ，B ，C ，A 所带电荷量为＋7Q ，B 所带电荷量为－Q ，C 不带电．将A ，B 固定起来，然后让C 反复与A ，B 接触，最后移去C ，A ，B 间的相互作用力变为原来的多少？【解析】 C 与A ，B 反复接触，最后A ，B ，C 三者电荷量均分，即q A ′＝q B ′＝q C ′＝7Q ＋(－Q )3＝2Q . A ，B 间的作用力F ′＝k ·2Q ·2Q r 2＝4kQ 2r 2，原来A ，B 间的作用力F ＝k ·7Q ·Q r 2＝7kQ 2r 2，所以F ′F ＝47，即F ′＝47F .【答案】变为原来的47F图1－2－1111．如图1－2－11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＋Q ，B 带电－9Q .现引入第三个点电荷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？应放于何处？所带电量为多少？【解析】如图所示，根据平衡条件判断，C 应带负电，放在A 的左边且和AB 在一条直线上．设C 带电量为q ，与A 点相距为x ，则以A 为研究对象，由平衡条件：kqQ A x 2＝k Q A Q B r 2①以C 为研究对象，则kqQ A x 2＝k qQ B (r ＋x )2② 解①②得x ＝12r ＝0.2 m ，q ＝－94Q故C 应带负电，放在A 的左边0.2 m 处，带电量为－94Q .【答案】 C 应带负电，放在A 的左边0.2 m 处，带电量为－94Q12．(2012·福州一中高二检测)如图1－2－12所示，半径为R 的绝缘球壳上均匀地分布有电荷量为＋Q 的电荷，图1－2－12另一电荷量为＋q 的点电荷放在球心O 上，由于对称性，点电荷受力为零．现在球壳上挖去半径为r (r 远小于R )的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为多少？方向如何？(已知静电力常量是k )【解析】挖去这一小块圆面上的电荷量为：q B ＝πr 24πR 2Q ＝r 24R 2Q由于半径r ≪R ，可以把它看成点电荷．根据库仑定律，它对中心＋q 的作用力大小为：F ＝k q B q R 2＝k r 24R 2qQ R 2＝k qQr 24R 4其方向由球心指向小孔中心．【答案】 k qQr 24R 4，方向由球心指向小孔中心。

沪科版高中物理选修3-1课时作业17.docx

高中物理学习材料桑水制作1．下列说法正确的是( )A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到洛伦兹力的作用【解析】电荷在电场中受电场力F＝qE，不管运动还是静止都一样，故A 对；而运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，其中v是垂直于B的分量，当v平行于B时，电荷不受洛伦兹力，故B、C错，D对．【答案】AD2．(2012·连江一中高二检测)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是( )【解析】由qvB＝m v2r得r＝mvqB，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D正确．【答案】 D图5－5－103．如图5－5－10所示，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r a＝2r b，则可知(重力不计)( ) A．两粒子都带正电，质量比m a/m b＝4B．两粒子都带负电，质量比m a/m b＝4C．两粒子都带正电，质量比m a/m b＝1/4D．两粒子都带负电，质量比m a/m b＝1/4【解析】由于q a＝q b、E k a＝E k b，由动能E k＝12mv2和粒子旋转半径r＝mvqB，可得m＝r2q2B22E k，可见m与半径r的平方成正比，故m a∶m b＝4∶1，再根据左手定则判知粒子应带负电，故B正确．【答案】 B4．(2012·烟台高二检测)粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．则下列四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )【解析】由洛伦兹力和牛顿第二定律可得r甲＝m甲vq甲B，r乙＝m乙vq乙B，故r甲r乙＝2，且由左手定则对其运动的方向判断可知A正确．【答案】 A5．(2012·莆田六中高二检测)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图5－5－11所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( )图5－5－11A．油滴必带正电荷，电荷量为2mg v0 BB．油滴必带负电荷，比荷qm＝gvBC．油滴必带正电荷，电荷量为mg v 0 BD．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝mg v 0 B【解析】油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝mgvB，C正确．【答案】 C6．半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图5－5－12所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )图5－5－12A.3πr3v0B.23πr3v0C.πr3v0D.3πr3v0【解析】如图所示由∠AOB＝120°可知，弧AB所对圆心角θ＝60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R.由几何知识知R＝3r.t＝＝θR v＝π3·3rv 0＝3πr3v0，故D正确．【答案】 D7．如图5－5－13所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速度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方向与MN 垂直，穿过b点的粒子，其速度v2的方向与MN成60°角．设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1、t2，则t1∶t2为( )图5－5－13A．1∶3 B．4∶3C．1∶1 D．3∶2【解析】同种粒子的周期相等T＝2πmqB，在a点射出的粒子偏转角为π2，t 1＝T4；在b点射出的粒子偏转角为π3，t2＝T6，故t1∶t2＝3∶2.D选项正确．【答案】 D8．(2012·古田一中高二检测)北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4T，竖直分量B2＝0.5×10－4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图5－5－14所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U ＝0.2 mV，则( )图5－5－14A．西侧极板电势高，东侧极板电势低B．西侧极板电势低，东侧极板电势高C．海水的流速大小为0.125 m/sD．海水的流速大小为0.2 m/s【解析】由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子有：qvB2＝q Ud，即v＝UB2d＝0.2×10－30.5×10－4×20m/s＝0.2 m/s，故选项D正确．【答案】AD9．(2011·海南高考)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图5－5－15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．下列说法正确的是( )图5－5－15A．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】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m v2r，则轨迹半径r＝mvqB，周期T＝2πrv＝2πmqB.由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同，选项B正确．入射速度不同的粒子，在磁场中的运动轨迹不同，但运动时间可能相同，比如，速度较小的粒子会从磁场的左边界飞出，都运动半个周期，而它们的周期相同，故选项A错误，进而可知选项C错误．由于所有粒子做圆周运动的周期相同，故在磁场中运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角一定越大，选项D正确．【答案】BD10．(2012·上海上宁区高二检测)“上海光源”发出的光，是接近光速运动的电子在磁场中做曲线运动改变运动方向时产生的电磁辐射．若带正电的粒子以速率v0进入匀强磁场后，在与磁场垂直的平面内做半径为mv0/qB的匀速圆周运动(见图5－5－16)，式中q为粒子的电荷量，m为其质量，B为磁感应强度，则其运动的角速度ω＝________.粒子运行一周所需要的时间称为回旋周期．如果以上情况均保持不变，仅增加粒子进入磁场的速率v0，则回旋周期________(填“增大”、“不变”或“减小”)．图5－5－16【解析】粒子运动的周期T＝2πRv＝2πv·mvqB＝2πmqB，与v0大小无关，故增大v0，T不变．角速度ω＝2πT＝2π×qB2πm＝qBm.【答案】qBm不变11．(2012·宁德高二检测)已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图5－5－17所示．重力加速度为g.求：图5－5－17(1)液滴在空间受到几个力的作用；(2)液滴带电荷量及电性；(3)液滴做匀速圆周运动的半径多大．【解析】(1)带电液滴在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力的作用．(2)因液滴做匀速圆周运动，故必须满足重力与电场力平衡，所以液滴应带负电，电荷量由mg＝Eq，求得：q＝mg E.(3)尽管液滴受三个力，但合力为洛伦兹力，由qvB＝m v2R得：R＝mvqB，把电荷量代入可得：R＝mvmgEB＝EvgB.【答案】(1)三个力的作用(2)负电，mgE(3)EvgB12．如图5－5－18所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速度v从O点射入磁场，入射方向如图，与x轴正向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电荷量和质量之比q m .图5－5－18—————————— 新学期新成绩新目标新方向 ——————————桑水【解析】带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图虚线所示的轨迹运动，从A 点射出磁场，O 、A 间的距离为l ，射出时速度的大小仍为v 0，射出的方向与x 轴的夹角仍为θ.由洛伦兹力公式和牛顿定律可得qv 0B ＝mv 20r解得r ＝mv 0qB① 圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系可得l 2＝r sin θ②联立①、②两式，解得q m ＝2v 0sin θBl . 【答案】 2v 0sin θBl。

高中物理(沪科版)选修3-1课时作业4.1探究闭合电路欧姆定律

1．下列关于多用电表欧姆挡的说法中正确的是( ) A ．每一个倍率挡的测量范围都是0～∞B ．用不同倍率挡测量同一个电阻的阻值，误差大小都是一样的C ．测电阻时，指针越接近刻度盘中央，误差越小D ．选择不同倍率挡时，指针越靠近右边，误差越小【解析】根据欧姆表原理，当R x ＝0时，调节可变电阻R ，得I g ＝Er ＋R g ＋R，这时电流表满偏．当接入被测电阻R x 时，表头上的电流I ＝E r ＋R g ＋R ＋R x，每个R x 都对应刻度盘上的一个电流值，可见测量范围是0～∞，选项A 正确．测量电阻时，选择合适的倍率挡，且中值电阻附近的误差最小，故选项B 、D 错误，C 正确．【答案】 AC2．(2013·厦门六中高二期末)一个用满偏电流为3 mA 的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量1000 Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1 mA 处，则被测电阻的阻值为( )A ．1 000 ΩB ．5 000 ΩC ．1 500 ΩD ．2 000 Ω【解析】设欧姆表的内阻为R 内，由欧姆定律知：3×10－3A ＝E R 内，1.5×10－3A ＝E R 内＋1 000 Ω，所以R 内＝1 000 Ω，E ＝3 V ，又1×10－3A ＝ER 内＋R x，所以R x ＝2 000 Ω.【答案】 D3．调整欧姆零点后，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，那么正确的判断和做法是( )A ．这个电阻值很小B ．这个电阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”挡，重新调整欧姆零点后测量D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”挡，重新调整欧姆零点后测量【解析】指针偏转角度极小，说明电阻很大，应换用倍率较高的挡，选项B、D 正确．【答案】BD图4－3－124．如图4－3－12所示的电路中，电源电动势为6 V．当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用多用电表电压挡测得各部分电压是U ab＝6 V，U ad＝0，U dc＝6 V，由此可判定()A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．滑动变阻器R断路【解析】多用电表电压挡测ab间电压为6 V，说明开关完好，测的是路端电压．U ad ＝0说明灯L1完好，U dc＝6 V等于路端电压，说明灯L2断路，故C选项正确．【答案】 C图4－3－135．(2012·泉州五中高二检测)在如图4－3－13所示的电路中，开关S闭合与未闭合S前相比，三个电表示数变化情况为()A．V变大，A1变大，A2变小B．V变大，A1变小，A2变大C．V变小，A1变大，A2变小D．V变小，A1变小，A2变大【解析】S闭合后R1与R2并联，电阻小于R2造成整个回路总电阻减小，回路中电流增大，由闭合电路欧姆定律E＝U外＋Ir知U外减小，U外＝U R＋UR2，而U R增大，所以UR2减小，通过R2电流减小，故C对．【答案】 C图4－3－146．如图4－3－14所示，当开关S断开时，理想电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为()A．5∶3 B．3∶5C．2∶3 D．3∶2【解析】S断开时，电压表的读数等于电源电动势，即E＝3 V，S闭合时电压表读数为路端电压，即U＝1.8 V．所以U内＝E－U＝1.2 V．根据串联电路电压分配知R∶r＝3∶2，故答案为D项．【答案】 D7．2011年12月在南非德班气候大会上中国政府作出了减排的郑重承诺，太阳能作为清洁能源在我国将大力推广，如图4－3－15为一太阳能电池板的路端电压随电流变化的图像．则该电池板的()图4－3－15A．电动势为600 μV B．短路电流为20 μAC．内阻为20 Ω D．内阻为30 Ω【解析】由图像知该电池板的电动势E＝600 μV，横轴交点坐标为(20 μA,200 μV)，因此20 μA不是短路电流．由U＝E－Ir，或r＝|ΔUΔI|知r＝20 Ω，故A、C正确，B、D错误．【答案】AC8．(2012·川师附中高二检测)将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为()A．4R B．5RC．10R D．16R【解析】由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝I g R内；指针偏转至满刻度的4/5时有E＝4I g(R＋R内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有E＝I g(R x＋R内)/5.联立三式可解得R x＝16 R，D正确，A、B、C错误．【答案】 D图4－3－169．把一量程6 mA、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，线路如图4－3－16所示，现备有如下器材：A.电源E＝3 V，内阻不计；B.变阻器0～100 Ω；C.变阻器0～500 Ω；D.红表笔；E.黑表笔；(1)变阻器选用________．(2)红表笔接________端，黑表笔接________端．(3)电流表2 mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为________．【解析】(1)两表笔直接接触时，调节变阻器阻值使电流达到满偏I g＝Er＋R g＋R p，r＝0得R0＝400 Ω，故变阻器应选C.(2)红表笔接内部电源的负极，黑表笔接内部电源的正极，所以红表笔接N端，黑表笔接M端．(3)电流I＝2 mA时，I＝ER g＋R p＋R x，得R x＝1 000 Ω.【答案】(1)C(2)N M(3)1 000 Ω图4－3－1710．如图4－3－17所示，电阻R1＝R2＝R3＝1 Ω，当开关S闭合时，电压表的示数为1 V；当开关S断开时，电压表的示数为0.8 V．求电源的电动势和内阻．【解析】S闭合时，I＝U3R3＝1 V1 Ω＝1 A，R＝R1R2R1＋R2＋R3＝1×11＋1Ω＋1 Ω＝1.5 Ω，由I＝ER＋r得E＝IR＋Ir＝(1×1.5＋1×r) V①S断开时，I′＝U3′R3＝0.8 V1 Ω＝0.8 A，R′＝R1＋R3＝1 Ω＋1 Ω＝2 Ω，所以E＝I′R′＋I′r＝(0.8×2＋0.8×r) V②由①②两式可得E＝2.0 V，r＝0.5 Ω.【答案】 2.0 V0.5 Ω11．某研究性学习小组利用图4－3－18①所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图4－3－18②所示的R－1I图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E＝________ V，r＝________ Ω.图4－3－18 【解析】由闭合电路的欧姆定律可知I ＝ER ＋r，所以1I ＝R ＋rE 由图像可知，当1I ＝1.0 A －1时，R ＝2 Ω，当1I ＝3 A －1时，R ＝7.8 Ω 代入上式得E ＝2.9 V r ＝0.9 Ω. 【答案】 2.9 0.912．如图4－3－19所示，R 1＝R 2＝R 3＝R 4＝R ，开关S 闭合时，间距为d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m 、带电量为－q 的小球恰好处于静止状态；开关S 断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：图4－3－19(1)电源的电动势；(2)小球与极板碰撞后的带电量．【解析】首先要识别开关S 闭合和断开的电路连接，然后再利用力的平衡条件和动能定理求解．(1)开关S 闭合时，R 1、R 3并联，再与R 4串联(R 2中没有电流通过)，则U C ＝U 4＝23E .①对带电小球，有mg ＝q U Cd .② 由①②两式联立解得E ＝3mgd2q .(2)开关S 断开后，R 1、R 4串联，则U C ′＝12E ＝3mgd4q ，③小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q ′，向上运动到上极板，全程由动能定理，得12mgd －q ·U C ′2－mgd ＋q ′U C ′＝0④ 由③④两式联立解得q ′＝76q . 【答案】 (1)3mgd 2q (2)7q6。

物理沪科版选修3-1课后训练：1-1 静电现象与电荷守恒

1.1 静电现象与电荷守恒练习1．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．带等量异号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2．有A、B、C三个塑料小球，A和B，B和C，C和A间都是相互吸引的，如果A带正电，则()。

A．B、C球均带负电B．B球带负电，C球带正电C．B、C球中必有一个带负电，而另一个不带电D．B、C球都不带电3．一个带电小球所带电荷量为q，则q可能是()。

A．3×10－19 C B．1.6×10－17 CC．0.8×10－19 C D．9×10－19 C4．如下图所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔。

当枕形导体的A端靠近一带电导体C时()。

A．A端金箔张开，B端金箔闭合B．用手触摸枕形导体后，A端金箔仍张开，B端金箔闭合C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开D．选项A中两对金箔分别带异种电荷，选项C中两对金箔带同种电荷5．如图所示，挂在绝缘细线下的轻质小球，由于电荷的相互作用而靠近或远离，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．甲图中至少有一个带电D．乙图中两球至少有一个带电6．关于元电荷的下列说法中正确的是()。

A．元电荷实质上是指电子和质子本身B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C．元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 CD．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根通过实验测得的7．有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量Q A＝6.4×10－9 C，Q B ＝－3.2×10－9 C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移？转移了多少？8．完全相同的两个金属小球A、B带有相等的电荷量，相隔一定的距离，现在让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B接触后再移开。

高中物理(沪科版)选修3-1课时作业1.1静电现象与电荷守

1．(2012·上海上长高二检测)关于摩擦起电、接触起电、感应起电，下列说法错误的是()A．这是起电的三种不同方式B．这三种方式都产生了电荷C．这三种起电方式的实质是一样的，都是电子在转移D．这三种方式都符合电荷守恒定律【解析】摩擦起电、接触起电、感应起电是起电的三种不同方式，实质都是电子转移，都符合电荷守恒定律，这三种方式都不能产生电荷，故A、C、D正确，B错误．【答案】 B2．下列关于电现象的叙述中正确的是()A．玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电B．摩擦可以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，两不带电的物体相互摩擦，得到电子的显负电性，失去电子的显正电性D．当一种电荷出现时，必然有等量的异种电荷出现；当一种电荷消失时，必然有等量的异种电荷消失【解析】不同物体的原子核对电子的束缚能力不同，故摩擦起电时，玻璃棒不一定都带正电，橡胶棒不一定都带负电，A错，相互摩擦的物体总是同时带等量异种电荷，B正确，带电现象的本质是电子转移，得到电子带负电，失去电子带正电，C正确，根据电荷守恒定律，D正确．【答案】BCD3．将两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一小段距离，发现两小球之间相互排斥，则A、B两球原来带电情况可能是()A．A和B原来带有等量异种电荷B．A和B原来带有同种电荷C．A和B原来带有不等量异种电荷D．A和B原来只有一个带电【解析】两金属球接触后相互排斥，是由于电荷重新分配的结果，根据电荷分配的特点，A错误，B、C、D正确．【答案】BCD4．如图1－1－4所示，AB是中性导体，把一个带正电的物体靠近A端后，又拿走．B 端带()图1－1－4A．正电B．负电C．不带电D．不确定【解析】把带正电的物体靠近A端，导体A、B发生感应起电现象，但拿走带电体后，A、B两端的电荷又发生了中和，故C正确．【答案】 C5．关于元电荷的理解，下列说法正确的是()A．元电荷就是电子B．元电荷是表示跟一个电子所带电荷量数值相等的电荷量C．元电荷就是质子D．物体所带电量只能是元电荷的整数倍【解析】元电荷是表示跟一个电子或质子所带电荷量数值相等的电荷量，不是电子或质子，元电荷是电荷的最小单元，所有电荷的电荷量都是元电荷整数倍，故BD正确．【答案】BD6．带电微粒所带的电荷量的值不可能的是()A．2.4×10－19 C B．－6.4×10－19 CC．－1.6×10－19 C D．4×10－17 C【解析】元电荷电量为1.6×10－19C，所有电荷量都必须是其整数倍，只有选项A不满足要求，故选项A不可能．【答案】 A7．(2012·杭州高二检测)某人做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触．②用手指摸甲球．③手指移开．④移开乙球．⑤甲球带正电．⑥甲球不带电．下列操作过程和所得结论正确的有()A．①→②→③→④→⑥B．①→②→④→③→⑥C．①→②→③→④→⑤D．①→②→④→③→⑤【解析】①→②→③→④→⑤是做静电感应实验的正确步骤．【答案】 C8．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1.6×10－15C，丙物体带电8×10－16C．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，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，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A、D正确．【答案】AD9．(2012·陕西高新一中高二检测)如图1－1－5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()图1－1－5A．金属球A可能不带电B．金属球A可能带负电C．金属球A可能带正电D．金属球A一定带正电【解析】当不带电的金属球A靠近验电器的小球B时，由于感应起电，金属球A 会带上异种电荷，因异种电荷相吸，所以验电器上带的电荷会更多的聚集到小球B上，箔片上聚集的电荷会减少，故张角减小，A项正确；因验电器是带正电的，当金属球A 带负电时，同样因异种电荷相吸，使得箔片上聚集的电荷减少，张角减小，B项正确．【答案】AB图1－1－610．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的近旁有一绝缘金属球b，开始时，a、b都不带电，如图1－1－6所示，现使b带正电，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立即把a排斥开【解析】b带正电后，小球a被感应，近端带负电，远端带正电，二者之间吸引力大于排斥力，表现为吸引，球a被吸引后与金属球b接触，接触起电后，a、b带同种电荷，相互排斥，a、b两球又会分开，故选项B正确．【答案】 B11．(2013·福建师大附中期末)如图1－1－7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，则下列结论正确的是()图1－1－7A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q B>Q AB．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q A>Q BC．只有沿虚线b切开，才有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，且总有Q A＝Q B【解析】导体原来不带电，因在C的电荷作用下，使导体内的自由电荷向B部分移动，B部分因带了多余的电子，而带负电；A部分则因失去电子而带正电．由电荷守恒定律知，无论从哪一条虚线切开，总有Q A＝Q B.故D正确．【答案】 D12．(2012·白沙高二检测)如图1－1－8所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒钟有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，求：图1－1－8(1)电子瓶上收集到多少个电子？(2)实验的时间为多长？【解析】因每个电子的带电荷量为－1.6×10－19 C，金属瓶上带有－8×10－12 C的电荷量，所以电子瓶上收集到的电子个数为n＝(－8×10－12 C)/(－1.6×10－19 C)＝5×107个实验的时间为t＝(5×107)/104 s＝5×103 s【答案】(1)5×107(2)5×103 s。

高中物理(沪科版)选修3-1课时作业2.4电容器电容

1．下列关于电容的说法正确的是()A．电容器简称电容B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量D．由公式C＝QU知，电容器的电容与电容器两极板间的电势差成反比，与电容器所带的电荷量成正比【解析】电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B大，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两极板间的电势差、电容器的体积等无关，D错．【答案】 C2．(2012·塔城高二检测)如图2－4－6所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是()图2－4－6A．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变小B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【解析】根据C＝εS4πkd，当d增大时，C减小，根据C＝QU，U＝QC，U变大，张角变大，A错，当A板上移时，S变小，C变小，U变大，B正确，当把玻璃板插入两极之间时，ε变大、C变大、U变小，张角变小，C错，将A板拿走，相当于d增大，U 变大，张角变大，D错误．【答案】 B3．如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器电量Q、电压U和电容C三者之间的关系，正确的图像有()【解析】电容器的电容C 与Q 和U 无关，仅与本身的构造有关，故AB 错，D对；由定义式C ＝Q U 知，Q 与U 成正比，故C 正确．【答案】 CD4．(2012·厦门六中高二检测)一平行板电容器两极板间距离为d 、极板面积为S ，电容为ε0S d ，其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间( )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小【解析】由题可知电容器充电后断开电源，故电容器的带电荷量保持不变，当增大两极板间的距离时，由C ＝ε0S d 可知，电容器的电容变小，由U ＝Q C 可知电压变大，又由E ＝U d 可知E ＝U d ＝Q Cd ＝Q ε0S d·d ＝Q ε0S ，所以电场强度不变，A 正确．【答案】 A5．某平行板电容器的电容为C ，带电量为Q ，相距为d ，今在板间中点放一个电量为q 的点电荷，则它受到的电场力的大小为( )A.2kQq d 2B.4kQq d 2C.Qq CdD.2Qq Cd【解析】 U ＝Q C ，E ＝U d ，故F ＝qE ＝qQ dC ，故C 正确．【答案】 C图2－4－76．如图2－4－7所示是一种利用电容器的电容C 测量角度的电容器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C 便发生变化，于是知道C 的变化情况，就可以知道θ的变化情况，其中最能正确地反映C 和θ的函数关系的是( )【解析】由公式C ＝εr S 4πkd 知θ＝π时C ＝0，A 错．θ↑→S ↓→C ↓，D 错．C 与S成正比，与θ不成正比，故C 对．【答案】 C图2－4－87．如图2－4－8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，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有( )A ．该仪器中电容器的两个电极分别是芯柱和导电液体B ．芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大C ．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了D ．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了【解析】类似于平行板电容器的结构：导体芯和液体构成电容器的两块电极，导体芯的绝缘层就是极板间的电介质，其厚度d 相当于两平板间的距离，进入液体深度h 相当于两平行板的正对面积(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．正确答案选A 、C 项．【答案】 AC8．(2012·漳州一中高二检测)如图2－4－9所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)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2－4－9A．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，则极板带电量将增大【解析】因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，φP ＝Ex P减小，P点的电势降低，故选项A错B对；又根据带电油滳平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B.【答案】 B9．(2011·天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间电场强度为E2，下列说法正确的是() A．U2＝U1，E2＝E1B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1D．U2＝2U1，E2＝2E1【解析】由C＝QU和C＝εS4πkd及E＝Ud得，E＝4πkQεS，电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为d2，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．【答案】 C10．一平行板电容器的电容为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E.现保持间距不变使两板错开一半，如图2－4－10所示，则下列各量的变化是：电容C′＝________，带电量Q′＝________，电势差U′＝________，板间场强E′＝________.图2－4－10【解析】由C＝εS4πkd知：两板错开一半，S减半，C减半，故C′＝12C，电源断开，电量Q不变，故电势差U′＝QC′＝2QC＝2U，E′＝U′d＝2Ud＝2E.【答案】12C Q2U2E11．如图2－4－11所示，电源电压恒定，则接通开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从______到________；平行板电容器充电稳定后，在将两板间距离增大的过程中，通过R的电流方向是从________到________；如果电容器充电平衡后，先断开S，再将两板间距离增大，在此过程中，R上________电流通过(填“有”或“无”)．图2－4－11【解析】电容器在充、放电过程中，电路中将有电流，电流方向即为正电荷的定向移动方向．在接通S瞬间，电容器被充电，上极板带正电，下极板带负电，故电流方向由A到B；稳定后，将两板距离增大，根据C＝εS4πkd，电容减小，电容器带电荷量Q＝CU，因为U不变，所以电荷量Q减小，即电流方向由B到A；将开关断开后，因为电容器带电荷量不变，所以无论如何调节板间距离，均无电流通过．【答案】A B B A无12．(2012·福建师大附中高二检测)如图2－4－12所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4 mm，充电后两极板电势差为120 V．A板带正电，若它的电容为3 μF，且P到A板距离为1 mm.求：图2－4－12(1)每一板的带电荷量；(2)一个电子在P点具有的电势能；(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能；(4)两板间的电场强度．【解析】(1)由Q＝UC得Q＝120×3×10－6 C＝3.6×10－4 C.(2)E P P＝－eφP＝－e U ABd d PB＝－90 eV.(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理得E k－0＝－eU BA，E k＝120 eV.(4)E＝Ud＝3×104 N/C.【答案】(1)3.6×10－4 C(2)－90 eV(3)120 eV(4)3×104 N/C。

2021年沪科版沪教版高中物理选修3-1试卷及答案

(选修3-1)年级:高二科目:物理命题人:牛虹(石油中学)一、选择题(共12题，每题4分，共48分。

每题至少有一个正确答案，全选对的4分，少选的得2分，选错的0分)1．如图所示，MN 是由负电荷产生的电场中的一条电场线。

一个带正电的粒子+q 非如电场后，在电场力的作用下沿曲线运动，先后通过a 、b 两点，则( )A ．电场强度E a 大于E bB ．电势U a 低于U bC ．粒子动能E ka 小于E kbD ．粒子的电势能E pa 低于E pb2．如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定的正负点电荷，在它们的连线的延长线上有a 、b 、c 三点，a 是bc 的中点，其中a 点的电场强度恰好为零。

现有一正电荷q 以一定的初速度从b 点运动到c 点，则( )A ．电荷q 的电势能先减少后增加；B ．电荷q 的电势能先增加后减少；C ．电荷q 在b 、c 两点的加速度方向一定相反；D ．电荷q 在b 、c 两点的加速度大小一定相同。

3、如图2所示:a 、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度a b+q MNa b c1+－A θv0增大的办法是( )使a、b板的距离增大一些使a、b板的正对面积减小一些断开S，使a、b板的距离增大一些D.断开S，使a、b板的正对面积减小一些4．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电B．极板X' 应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y' 应带正电5．如图所示，一带负电q的油滴，从A点以速度v0与水平方向成θ角射入水平方向的匀强电场中，如测得油滴在电场中达到最高点B时的速度大小仍为v0，则B点的位置( )A．在A点的正上方B．在A点的左上方C．在A点的右上方 D．无法判断6．若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图2-2所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外X档”，则此时屏上应出现的情形是( )7. 光滑绝缘的水平面上有一正方形，其a 、b 、c 三个顶点上分别放置等量的正点电荷Q ．将一个电荷量为q 的正试探电荷分别放在正方形中心O 点和正方形的另一个顶点d 处，则以下叙述正确的有( )A ．q 在d 点具有的加速度方向与在O 点所具有加速度的方向相同B ．q 在d 点所具有的电势能大于其在O 点所具有的电势能C ．q 在d 点所受的电场力大于其在O 点所受的电场力D ．d 点的电势一定比O 点的电势低 8．如图所示电路中，将三个同样规格的灯泡接入电路中，当将滑动变阻器上的滑动头从开始的中点位置向右移动时，三个灯泡消耗功率的变化情况是( )A ．L 1减小B ．L 2增大C ．L 2减小D ．L 3增大9、十九世纪二十年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到:温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设:地球磁场是由绕地球的环形UtA B C D图2-2a bc dO电流引起的。

高中物理选修3-1课时作业23：3.1磁现象和磁场

3.1磁现象和磁场1．实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象的解释正确的是（）A．硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B．硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C．磁体的磁性越强，能够吸引的物质种类越多D．硬币中含有磁性材料，磁化后能够被吸引2．为了判断一根钢锯条是否有磁性，某同学用它的一端靠近一个能自由转动的小磁针，下列给出了几种可能产生的现象及相应的结论，其中正确的是（）A．若小磁针的一端被推开，则锯条一定有磁性B．若小磁针的一端被吸引过来，则锯条一定有磁性C．若小磁针的一端被吸引过来，则锯条一定没有磁性D．若小磁针的一端被推开，不能确定锯条是否有磁性3．（多选）如图所示，通电直导线处在蹄形磁铁两极间，受到力F的作用发生偏转，以下说法正确的是（）A．这个力F是通过磁场产生的B．这个力F没有反作用力C．这个力F的反作用力作用在通电导线上D．这个力F的反作用力作用在蹄形磁铁上4．如果你看过中央电视台体育频道的象棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成的。

棋子不会掉下来是因为（）A．质量小，重力可以忽略不计B．受到棋盘对它向上的摩擦力C．棋盘对它的吸引力与重力平衡D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力5.举世瞩目的上海磁悬浮列车线是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线，其全程共30 km，列车最高速度可达552 km/h，单向运行约8 min。

磁悬浮列车底部装有电磁铁，轨道地面上则安装有线圈。

通过地面线圈与列车上的电磁铁之间的排斥力使列车悬浮起来。

地面线圈的上端磁极极性与列车上的电磁铁下端极性总保持（）A．相同B．相反C．不能确定D．以上均不对6．指南针是我国古代的四大发明之一。

司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示。

它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在青铜盘的中心，可以自由转动。

由于受地磁场作用，司南的磁勺尾静止时指向南方。

下列说法中正确的是（）A．磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用B．磁勺的指向不会受到附近磁铁的干扰C．磁勺的指向不会受到附近铁块的干扰D．磁勺的N极位于司南的磁勺尾部7．物理实验都需要有一定的控制条件。

沪科版高中物理选修3-1试题及答案解析

物理选修3——1试题（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图所示,挂在绝缘细线下的小轻质通草球,由于电荷的相互作用而靠近或远离,所以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.甲图中至少有一个带电D.乙图中两球至少有一个带电2.电容器是一种常用的电子元件.对电容器认识正确的是A.电容器的电容表示其储存电荷的能力B.电容器的电容与它所带的电荷量成正比C.电容器的电容与它两极板间的电压成正比D.电容的常用单位有μF和pF，1μF=103pF3.正电荷q在电场力作用下由P向Q做加速运动,而且加速度越来越大,那么可以断定,它所在的电场是下图中的哪一个4.（2009广东湛江期末调研考试，4）右图为两电阻R a和R b的伏安特性曲线，由图可知，电阻R a与R b的大小关系为A.R a >R bB.R a <R bC.R a =R bD.不能确定5.a、b、c、d是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行,已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V,d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为A.4 VB.8 VC.12 VD.24 V6.（2009湖北宜昌“三校联合体”期末联考，2）如图所示，在示波管下方有一根水平放置的通电直电线，则示波管中的电子束将A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转 7.将悬挂在细线上的带正电的小球A 放在不带电的金属空心球C 内（不和球壁接触），另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B 向C 靠近，如图所示，于是有A.A 往左偏离竖直方向，B 往右偏离竖直方向B.A 的位置不变，B 往右偏离竖直方向C.A 往左偏离竖直方向，B 的位置不变D.A 和B 的位置都不变8.如图所示，MN 是一条水平放置的固定长直导线，P 是一个通有电流I 2的与MN 共面的金属环，可以自由移动.长直导线与金属圆环均包有绝缘漆皮.当MN 中通上图示方向的电流I 1时，金属环P 在磁场力作用下将A.沿纸面向上运动B.沿纸面向下运动C.水平向左运动D.由于长直导线包有绝缘漆皮，其磁场被屏蔽，金属环P 将静止不动9.真空中两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F ，若它们的带电荷量都增大为原来的2倍，距离减小为原来的21，它们之间的相互作用力变为 A.16FB.4FC.FD.F 2110.如图所示，在竖直放置的金属板M 上放一个放射源C ，可向纸面内各个方向射出速率均为v 的α粒子，P 是与金属板M 平行的足够大的荧光屏，到M 的距离为d .现在 P 与金属板M 间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M 板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上.若α粒子的质量为m ，电荷量为2e .则A.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B 的大小为ed mv2 B.磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B 的大小为edmv2C.在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2dD.在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d二、填空题（本题共2小题，11题4分，12题8分，共12分）11.在电场中把一个电荷量为－6×10－8C 的点电荷从A 点移到B 点，电场力做功为－3×10－5J,将此电荷从B点移到C点，电场力做功4.5×10－5J,则U AC=__________.12.某研究性学习小组利用图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内电阻r.由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R0.（1）按照图甲所示的电路图，将图乙所示的实物连接成实验电路.（2）闭合开关K，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数，并计算出通过电阻箱的电为了比较准确地得出实验结论，请填全上面表格所空的电流值，并在下图所示的坐标纸中作U-I图象.（3）从图象得到E=___________V，r=____________Ω.（4）该学习小组对该实验方案中是否存在误差以及误差的来源进行了讨论，提出了以下几种看法，其中正确的是__________.A.该实验方案中存在系统误差，是由于电压表的分流作用引起的B.该实验方案中存在系统误差，是由于接入定值电阻R0引起的C.该实验方案中存在偶然误差，是由于电压表的分压作用引起的D.该实验方案中存在偶然误差，是由于电压表的读数引起的三、解答题（本题共4小题，13题10分，14、15题各12分，16题14分，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位）13.如果把带电荷量为q=1.0×10－8C的点电荷从无穷远移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10－4J.试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）.（2）q未移入电场前A点的电势是多少？14.如图所示，电源的电动势E=110 V，电阻R1=21 Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5 Ω，电键S1始终闭合.当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525 W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336 W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.15.如图所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30°角固定.N、Q间接一电阻R′=1.0 Ω，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E=6 V，内阻r=1.0 Ω，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场.现将一条质量m=40 g，电阻R=1.0 Ω的金属导线置于导轨上，并保持导线ab水平.已知导轨间距L=0.1 m，当开关S接通后导线ab恰静止不动.试计算磁感应强度大小.16.如图所示，光滑绝缘竖直杆与以正点电荷Q为圆心的圆弧交于B、C两点，一质量为m、电荷量为－q的空心小球从杆上A点无初速度下滑，设AB=BC=h,小球滑到B点的速度为3,试求：gh（1）小球滑到C点的速度.（2）A、C的电势差.试题答案1.答案：BC解析:若两球相互吸引，可能是两球带异种电荷，也可能只有一个小球带电另一个小球不带电.而两球互相排斥，只有两球带同种电荷这一种情况.2.答案:A解析：电容器的电容就是表示其储存电荷的能力，由电容器本身决定，与它带的电荷量、板间电压无关；1μF=106 p F，故D项错误.3.答案：D解析:正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q点的电场线应比P点的电场线密，故A、B选项错误.又由于电荷做加速运动，所以选项C错误，选项D正确.4.答案:B解析：伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大电阻越小，故选B.5.答案：B解析:连结bd,因U bd=20 V,可将bd等分为5份，找到4个等分点e、f、g、h，由于φe=20 V,a、e等势，由对称关系可知h点与c点电势相等，即φc=8 V.6.答案:A解析：由安培定则可知导线上方磁场垂直纸面向外，电子垂直磁场进入，由左手定则可知，电子向上偏转.7.答案：B解析:球C对外界电场有静电屏蔽作用,使处于C内部的A球不受外界电场影响,所以A不偏移.但A在C的外表面感应出正电荷,也就是C不能屏蔽内部电荷向外激发电场,所以B将向右偏.8.答案:B解析：由安培定则和左手定则可知，金属环P受到的磁场力沿金属环所在平面向下，故B 选项正确.绝缘漆皮不会屏蔽磁场，D选项错误.9.答案：A解析:由库仑定律221r q kq F =221)21(22'r q q k F ⋅⋅=得F ′=16F ，故选A10.答案:BC解析：α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d ，由dv m eBv 22=得：ed mv B 2=，故B 正确；亮斑区的上边界是沿M 板向上射出的α粒子，经1/4圆弧到达的a 点；亮斑区的下边界是垂直M 板射出的α粒子，经1/4圆弧轨迹与屏相切的b 点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d ，C 正确. 11.答案:－250 V解析:解法一把电荷从A 移到C 电场力做功W AC =W AB ＋W BC =－3×10－5J ＋4.5×10－5J=1.5×10－5J 则A 、C 间的电势差85106105.1--⨯-⨯==q W U AC ACV=－250 V . 解法二 85106105.4--⨯-⨯==q W U BC ACV=500 V 85106105.4--⨯-⨯==q W U BC BCV=－750 V 则U AC =U AB ＋U BC =500 V －750 V=－250 V.12.答案：（1）连线如下图所示：（2）两组电流值分别为：0.089；0.270 图象如下图所示：（3）2.00（1.98～2.02） 0.45（0.40～0.50）（4）AD13.答案：（1）1.2×10－4J 1.2×104 V （2）1.2×104 解析：（1）克服电场力做功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零.所以εA =εA －0=W=1.2×10－4J正电荷在电势高处具有的电势能大，即A 点的电势φA >0V 102.1100.1102.10484⨯=⨯⨯==-=--q W A A ϕϕ （2）A 点的电势是由电场本身决定的，跟A 点是否有电荷存在无关，所以在移入电场前，A 点电势仍为1.2×104 V. 14.答案：（1）1Ω （2）26 A 1 606 W解析：（1）设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则,)(1211R rR E P +=代入数据可以解得r =1Ω. （2）设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则,122R U P =解得U =84 V由闭合电路欧姆定律得 E =U ＋Ir ，代入数据，得I =26 A 流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，A 411==R UI ，而I 1＋I 2=I ，所以I 2=22 A ，由UI 2=P 出＋I 22R 0，代入数据得P 出=1 606 W. 15.答案：1T解析：导线ab 两端电压V 2V 65.015.0=⨯+=+=E r R R U 并并导线ab 中的电流A 2==RUI 导线ab 受力如图所示，由平衡条件得BIL =mg sin30°解得T 130sin =︒=ILmg B16.答案:（1）gh 5 (2)qm gh2-解析:（1）B 、C 两点在同一等势面上，小球从B 滑到C 静电力不做功，只有重力做功，故222121B C mv mv mgh -=解得.5gh v C = (2)2212C AB mv h mg qU =⋅+- 解得.2qmghU AC -=。

物理沪科版选修3-1课后训练：5.6 洛伦兹力与现代科技含解析

5.6 洛伦兹力与现代科技练习1．两个粒子，电荷量相同,在同一匀强磁场中受磁场力而做匀速圆周运动( ）。

A．若速率相等，则半径必相等B．若动能相等，则周期必相等C．若质量相等，则周期必相等D．若质量与速度的乘积大小相等，则半径必相等2. 一束离子从O点水平射入如图所示的电场和磁场中，其中部分离子在穿过电磁场后仍按原来的方向射出，对这部分离子的判断正确的是( ）。

A．一定具有相同的速度B．一定是正离子C．一定是负离子D．可能是正离子,也可能是负离子3．如图所示，场强E的方向垂直向下,磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里,磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有四个二价正离子，甲、乙、丙、丁垂直于场强E和磁感应强度B1的方向射入，若四个离子质量m甲＝m乙＜m丙＝m丁,速度v甲＜v乙＝v丙＜v ，则运动到P1、P2、P3、P4的四个位置的正离子分别为（）。

丁A．甲乙丙丁B．甲丁乙丙C．丙乙丁甲D．甲乙丁丙4。

如图所示，在两平行金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场。

一个带电粒子垂直于电场和磁场方向射入正交场中，射出时粒子的动能变小了。

为了使粒子射出时的动能大于射入时的动能。

在不计重力的情况下，可采取的方法有（)。

A．增大粒子射入时的速度B．减小磁场的磁感应强度C．增大电场的电场强度D．改变带电粒子的带电性质5．质子（1H)和α粒子（42He）从静止开始经相同的电势差加速1后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比E k1∶E k2＝________，轨道半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝________。

6。

已知质量为m的带电液滴，以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示。

求：（1）液滴在空间受到几个力作用？（2）液滴带电荷量及电性。

（3）液滴做匀速圆周运动的半径多大？7．如图所示的装置，左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场。