教科版高中物理选修3-1章末检测3

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教科版高中物理选修3-1第三章阶段质量检测.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，在每小题给出的四个选项中至少有一项是正确的。

选对得6分，有错选或不选不得分)1．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图1所示的匀强磁场和匀强电场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时应采用的办法是()A．增大电荷质量B．增大电荷电量图1 C．减小入射速度D．增大磁感应强度解析：粒子在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力q v B，且此时Eq＝q v B。

若要使电荷向下偏转，需使Eq>q v B，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可。

答案：C2．(2011·全国卷)如图2，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。

磁感应强度可能为零的点是() 图2A．a点B．b点C．c点D．d点解析：根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1>I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a>B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错。

答案：C3．如图3所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则()A．板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势B．板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势图3 C．板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势D．板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势解析：铜板中形成电流的是电子，由左手定则可判断出电子受的洛伦兹力方向向左，电子将聚集到板的左侧，而右板将剩余正电荷，使b点电势高于a点电势，故A正确。

教科版高中物理选修3-1复习试题及答案

教科版高中物理选修3-1复习试题及答案章末过关检测(一)(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确) 1．关于点电荷和电场线，下列说法中正确的是()A．点电荷和电场线都是真实存在的B．点电荷是理想模型，而电场线不是理想模型C．点电荷和电场线可以等效替代它们各自描述的对象D．电场线上任一点的切线方向与点电荷在该点所受电场力的方向相同解析：选B.点电荷和电场线都不是真实存在的，故A错误；当两个带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略时，这时把两个带电体简化为点电荷，不会产生较大的误差，只会使问题简化，故这两个带电体可看成点电荷，点电荷是理想模型，而电场线实际不存在，根本不是模型，故B正确；点电荷可以等效替代它所描述的对象，而电场线是假想的，不能等效替代所描述的对象，故C错误；电场线上任一点的切线方向，与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，与负点电荷的受力方向相反，故D错误．2.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D时的动能为20 eV，经过等势面C时的电势能为－10 eV，到达等势面B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5 cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是()A．C等势面的电势为5 VB．匀强电场的场强为200 V/mC．电子再次经过D等势面时，动能为10 eVD．电子的运动是匀变速曲线运动答案：B3．如图所示，空心绝缘球壳的表面均匀分布负电荷时，球内各点的电场强度为零．现移走半只球壳，余下部分电荷分布不变．此半球壳的对称轴线上有一P点，半球壳负电荷在P 点处的合场强的方向为()A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下解析：选A.取半球壳截面直径上的两个点分析，如图所示，E M、E N的合场强E P水平向右，由对称性知，半球壳右半部分在P处的合场强水平向右，根据E P＝0知，半球壳左半部分在P处的场强水平向左，A对．4．如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间的距离d的变化的情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()解析：选A.根据平行板电容器电容的决定式C＝εr S4πkd，故只有A对．5.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是()A．一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多D．将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功解析：选D.点电荷电场中，离点电荷越近场强越大，所以E A>E B，点电荷＋q在A点受的电场力比在B点受的电场力大，故选项A错误；从B向A移动＋q，电场力做正功，电势能减小，即＋q在B点电势能比在A点大，故选项B错误；从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功W BD＝qU BD，从C到A所做的功是W CA＝qU CA，因为U BD＝U CA，故W BD＝W CA，选项C错误；从B到C移动＋q，电场力应做正功，选项D正确．6.如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()解析：选A.当试探电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能E k不变．当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A正确，选项B、C、D错误．7.如图所示，电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE<mg.以下判断正确的是()A．物体将沿斜面减速下滑B．物体将沿斜面加速下滑C．物体仍保持匀速下滑D．仅当qE＝mg时，物体加速下滑答案：C8.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．二、多项选择题(本题共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，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分)9．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷(内部电场可看成匀强电场)，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动．轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定减少C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．若只改变带电微粒的电性，微粒可能在平行板间做直线运动解析：选CD.微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可能带正电，也可能带负电，故A错误；如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B 错误；微粒受到的合力向下，微粒从M 点运动到N 点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C 正确；如果微粒带正电，A 板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下；若只改变带电微粒的电性，微粒受到的电场力的方向向上，若与重力大小相等，则微粒可能在平行板间做直线运动，故D 正确． 10.如图所示，带电小球A 、B 的电荷分别为QA 、QB ，OA ＝OB ，都用长L 的绝缘丝线悬挂在O 点．静止时，A 与竖直绝缘墙壁接触，OA 丝线竖直且A 、B 相距为d .为使平衡时AB 间距离减为0.5d ，可采用的方法是( ) A ．将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍 B ．将小球B 的质量增加到原来的8倍 C ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍解析：选BD.作出小球B 的受力图可知F m B g ＝d L ，而F ＝kQ A Q B d 2，可知：d ＝3kQ A Q B L m B g.故选B 、D.11．如图所示，虚线a 、b 、c 为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从c 外面一点P 以相同的速率发射两个电荷量大小、质量都相同的带电粒子，只在电场力的作用下(不计它们之间的作用力)分别沿PM 、PN 运动到M 、N ，M 、N 两点都位于圆周c 上，以下判断正确的是( )A ．两粒子带同种电荷B ．两粒子带异种电荷C ．到达M 、N 时两粒子速率仍相等D ．到达M 、N 时两粒子速率不相等解析：选BD.由轨迹看出，点电荷对左侧的带电粒子有排斥力，与中心点电荷电性相同；对右侧的带电粒子有吸引力，与中心点电荷电性相反，则两粒子带异种电荷．故A 错误，B 正确．由题，M 、N 两点都处于圆周c 上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P 出发，则电势差U PM ＝U PN ，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而从P 到M 的粒子电场力总功为负功，从P 到N 的粒子电场力总功为正功，根据动能定理得到，到达M 、N 时两粒子速率v M ＜v N .故C 错误，D 正确． 12.如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为d .一带负电的微粒从上板M 的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出．已知微粒的电荷量为q 、质量为m .下列说法正确的是( ) A ．微粒运动的加速度为0 B ．微粒的电势能减小了mgd C ．两极板间的电势差为mgdqD ．M 极板的电势高于N 极板的电势解析：选ACD.带电微粒在合外力为零的作用下，沿斜线运动，所以加速度为零．因为电场力向上，所以电场线竖直向下．负电荷由高电势向低电势移动，电势能增加了mgd .三、计算题(本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13．(12分)如图所示，一带负电小球质量m ＝1 kg ，用长度L ＝1 m 绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角，且θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2. (1)求小球所受的电场力的大小F ；(2)若仅将电场强度大小突然减小为原来的13，求小球摆到最低点时的速度大小v 和细线对小球的拉力大小T .解析：(1)小球静止时，根据平衡条件可得： F ＝Eq ＝mg tan θ (2分) 则电场力大小为F ＝34mg .(2分)(2)小球从静止摆动到最低点的过程中，根据动能定理可得： mgL (1－cos θ)－F 3L sin θ＝12m v 2－0(2分)解得：v ＝1 m/s(2分) 又因T －mg ＝m v 2L(2分) 故T ＝11 N ．(2分)答案：(1)34mg (2)1 m/s 11 N14．(13分)如图所示，有一带电粒子电量为q ，质量为m ，由静止经电压U1加速后，进入两块长度为L ，电压为U 2的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场(不计粒子重力)．求： (1)粒子离开加速电场U 1时的速度大小； (2)粒子在偏转电场U 2中运动的时间； (3)偏转电场两平行金属板间的距离．解析：(1)由动能定理，粒子在加速电场中有： qU 1＝12m v 2(3分) 得v ＝2qU 1m.(1分) (2)粒子沿平行极板方向做匀速直线运动L ＝v t (2分) 所以t ＝Lm 2qU 1. (1分) (3)在偏转电场中，a ＝qU 2md(2分) 粒子正好能从下板右边缘穿出电场，d 2＝12at 2(3分) 解得d ＝L U 22U 1.(1分)答案：(1)2qU 1m(2)L m2qU 1(3)L U 22U 115．(13分)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v 0从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中点O 处．已知粒子质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝1×10－8C ，电容器的电容C ＝1×10－6 F ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求粒子入射速度v 0的大小；(2)若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v 0入射的上述带电粒子，恰好做匀速直线运动从两板间飞出，试确定下极板的带电性质和电荷量？解析：(1)带电粒子做平抛运动水平位移：L2＝v 0t①(2分) 竖直位移：d 2＝12gt 2②(2分) 由①②得v 0＝L2gd＝2.5 m/s.(1分)(2)下极板带正电荷 (2分) 由平衡条件有qE ＝mg ③(1分) 又E ＝U /d ④(1分) Q ＝CU⑤(1分) 由③④⑤得Q ＝mgCd /q⑥(2分) 将数据代入⑥式，解得Q ＝8×10－6 C ． (1分)答案：(1)2.5 m/s (2)正电荷 8×10－6 C16．(14分)如图所示，空间存在着电场强度E ＝2.5×102 N/C 、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L ＝0.5 m 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端拴着质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝4×10－2 C 的带正电的小球．现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球运动到圆周最高点的速度大小； (2)细线能承受的最大拉力值；(3)当细线断后，小球继续运动到与O 点水平方向的距离为L 时，小球距离O 点的高度.解析：(1)(2)由小球运动到最高点细线被拉断，则说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则可判定小球带正电，设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定理有： (qE －mg )L ＝12m v 2①(2分) 在最高点对小球由牛顿第二定律得：T ＋mg －qE ＝m v 2L②(2分) 由①②式解得：T ＝15 N ，v ＝10 m/s.(2分)(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ，则：a ＝qE －mgm③(2分) 设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则：L ＝v t ④(2分)设竖直方向上的位移为s ，则：s ＝12at 2 ⑤(2分)由①③④⑤解得：s ＝0.125 m(1分) 得小球距O 点高度为：h ＝s ＋L ＝0.625 m ． (1分)答案：(1)10 m/s (2)15 N (3)0.625 m章末过关检测(二)(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确) 1．如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O 点固定，P 为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S ，滑动头P 缓慢地由m 点经n 点移到q 点的过程中，电容器C 所带的电荷量将( )A ．由小变大B ．由大变小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选C.闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联，在图示位置时并联电阻最大，从m 点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q 位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R 两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C ＝QU，电容器C 所带的电荷量先减小后增大，C 对．2．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10 Ω，电动机M 的线圈电阻值为2 Ω，a 、b 两端加有44 V 的恒定电压，理想电压表的示数为24 V ，由此可知( )A ．通过电动机的电流为12 AB ．电动机消耗的功率为24 WC ．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480 JD ．电动机输出的功率为8 W解析：选C.通过电动机的电流与通过定值电阻的电流相同，为I ＝U －U 1R ＝44－2410 A ＝2 A ，故A 错；电动机消耗的功率为P ＝U 1I ＝24×2 W ＝48 W ，故B 错；电动机的电热功率P 热＝I 2r ＝22×2 W ＝8 W ，其1分钟内产生的热量Q ＝P 热t ＝8×60 J ＝480 J ，故C 对；电动机的输出功率P 出＝P －P 热＝(48－8) W ＝40 W ，故D 错．3.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U －I 图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．则该电路可能为( )解析：选B.由U －I 图线可知该电源的电动势为6 V ，内阻r ＝ΔU ΔI ＝24 Ω＝0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8 V ；A 中的路端电压为4 V ；B 中的路端电压为4.8 V ；C 中的路端电压约为5.7 V ；D 中的路端电压为5.4 V ，B 正确．4．在如图所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r .当可变电阻的滑片P 向b 移动时，电压表V 1的读数U 1与电压表V 2的读数U 2的变化情况是( )A ．U 1变大，U 2变小B ．U 1变大，U 2变大C ．U 1变小，U 2变小D ．U 1变小，U 2变大解析：选A.当滑片P 向b 移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I 变小，由欧姆定律得U 2＝IR 变小，再由闭合电路欧姆定律得U 1＝E －Ir 变大，故本题应选A.5．一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A.m v 22eL B ．m v 2Sn eC ．ρne vD ．ρe v SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρL S ＝ρneL v ，又E ＝UL ，故E ＝ρne v ，选项C 正确．6．在如图所示电路中，开关S 1、S 2、S 3、S 4均闭合，C 是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P ，断开哪个开关后P 会向下运动( )A．S1B．S2C．S3D．S4解析：选C.油滴P悬浮时，重力与电场力平衡，开关均闭合时，电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压．若S1断开，电容器两极板电压不变，油滴不动．若S2断开，两极板电压等于电动势，油滴可能不动(电源内阻r＝0时)，也可能向上运动(电源内阻r≠0时)．若S3断开，则电路与电源断开，电容器相当于电源，电容器放电，板间电压逐渐减小，油滴向下运动．若S4断开，电容器电压不变，油滴不动．故C对．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．关于电阻率的说法，不正确的是()A．电阻率ρ很大的导体，电阻可以很小B．电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关D．温度升高时，材料的电阻率一定增大解析：选BCD.电阻率反映了导体材料的导电能力的强弱，由组成导体的材料决定，电阻率ρ大的导体，电阻不一定大，因为电阻由电阻率、导体的长度、横截面积共同决定；温度升高时金属材料的电阻率增大，半导体材料的电阻率减小，选项A说法正确．8．如图所示，用半偏法测电流表的内阻R g下面说法正确的是()A．开关S1接通前，R必须调节到高阻值的位置B．开关S2接通后，R的阻值不再调节C．当电流表的示数从满偏电流I g调节到半偏电流时，R′中的电流稍大于1 2I gD．开头S1接通前，R′必须调节到高阻值解析：选ABC.开关S1接通前，R必须调节到高阻值的位置，以免烧坏电流表，而R′不需要调到高阻值，选项A正确，D错误；开关S2接通后，R的阻值不再调节，以保证电路中的电流不变，选项B正确；开关S2接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，则当电流表的示数从满偏电流I g调节到半偏电流时，R′中的电流稍大于12I g ，选项C 正确．9．如图，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．则以下说法正确的是( )A ．电池组的内阻是1 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是 4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池的最大输出功率为4 W解析：选AD.根据图线a 可知电源的电动势为4 V 、内阻为1 Ω，根据图线b 可知电阻为3 Ω，A 对，B 错；由图像可知将该电阻接到该电池组的两端时路端电压和电流分别是 3 V 、1 A ，电池的输出功率是3 W ，C 错；改变外电阻的阻值，内外电阻相等时，该电池输出功率最大为4 W ，D 对．10.如图所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 随电流I 变化的图线，抛物线OBC 为同一直流电源内部发热功率P r 随电流I 变化的图线，若A 、B 对应的横坐标为2 A ，则下列说法正确的是( ) A ．电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω B ．线段AB 表示的功率为2 WC ．电流为2 A 时，外电路的电阻为0.5 ΩD ．电流为3 A 时，外电路的电阻为2 Ω解析：选ABC.由图像可知，当电流I ＝3 A 时，电源总功率P ＝IE ＝9 W ，由此可知电源的电动势E ＝3 V ．直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即P r ＝I 2r ＝IE ，得r ＝1 Ω，故A 正确；P rB ＝I 2r ＝22×1 W ＝4 W ，P A ＝IE ＝2×3 W ＝6 W ，则P AB ＝(6－4) W ＝2 W ，故B 正确；当电流I ＝2 A 时，由I ＝ER ＋r 得外电阻R ＝EI －r ＝0.5 Ω，当电流I ＝3 A 时，得R ＝0，故C 正确，D 错误．三、填空题(本题共2小题，共16分，按题目要求作答)11．(8分)要测绘一个标有“3 V 0.6 W ”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V ，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA ，内阻约5 Ω)；电压表(量程为0～3 V ，内阻约3 k Ω)；电键一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) (2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V ，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)为便于实验操作，滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器，故选A.(2)因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到 3 V ，故滑动变阻器应采用分压接法．小灯泡的电阻R ＝U 2P ＝15 Ω，与电流表的内阻5 Ω相差不大，因此电流表采用外接法．故B 图正确．(3)在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线(如图)，由两曲线的交点的电流I ＝0.10 A ，电压U ＝1.0 V ，得小灯泡消耗的功率P ＝IU ＝0.10×1.0 W ＝0.1 W.答案：(1)A (2)B (3)0.112．(8分)某同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻，进行了如下实验．(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图甲所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5 V，则电压表的示数应为________ V(结果保留两位有效数字)．(2)为了更准确地测量该电压表的内阻R V，该同学设计了图乙所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图乙连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3 V的位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻R V的测量值；G．断开开关S.实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2 000 Ωc．滑动变阻器：最大阻值10 Ωd．电阻箱：最大阻值9 999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ωe．电阻箱：最大阻值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ωf．电池组：电动势约6 V，内阻可忽略g．开关、导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)．②电压表内阻R V 的测量值R 测和真实值R 真相比，R 测________R 真(填“＞”或“＜”)；若R V 越大，则|R 测－R 真|R 真越________(填“大”或“小”)．解析：(1)欧姆表的中值电阻即为其内阻值．由欧姆挡中央刻度值“15”可知欧姆表内阻为1.5×103 Ω，根据电阻分压原理可知，电压表的示数U ＝E R V ＋R 内·R V ＝ 1.53×103＋1.5×103×3×103 V ＝1.0 V . (2)①明确半偏法测电阻的工作原理．由半偏法测电阻和滑动变阻器的分压接法可知，滑动变阻器的阻值应远小于电表内阻，故滑动变阻器选c.电阻箱的阻值应与电压表内阻近似，故电阻箱选d.②接入电阻箱后，电路总电阻阻值变大，干路电流变小，电阻箱R 0和电压表分担的电压变大，则U R 0>U R V ，故R 测>R 真．R V 越大，R 测越接近真实值，故|R 测－R 真|R 真越小．答案：(1)1.0 (2)①c d ②> 小四、计算题(本题共4小题，共34分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)如图所示电路中，电阻R 1＝8 Ω.当开关S 断开时，电压表V 1的示数为5.7 V ，电流表的示数为0.75 A ，电源总功率是9 W ；当开关S 闭合时，电压表V 2的示数为4 V ．若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9∶16.求电源的电动势和电阻R 2、R 3.解析：S 断开时，电流表示数是通过电源的电流值，设为 I 1＝0.75 A ，则电源电动势E ＝P 总/I 1＝12 V(1分)电压表V 1示数是R 3、R 4两端总电压，有 R 3＋R 4＝U 1/I 1＝7.6 Ω(1分) 电源内阻r ＝E /I 1－(R 1＋R 3＋R 4)＝0.4 Ω (1分)K 断开和闭合时，电路总电流之比I 1∶I 2＝P 总∶P ′总＝3∶4K 闭合时电路总电流为I 2＝4I 1/3＝1 A (1分) R 4＝U 2/I 2＝4 Ω(1分)R3＝3.6 Ω(1分)根据E＝I2r＋I2[R3＋R4＋R1R2/(R1＋R2)] (1分)解得R2＝8 Ω. (1分)答案：E＝12 V R3＝3.6 ΩR2＝8 Ω14．(8分)如图所示，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝0.5 Ω，电阻R1＝5.0 Ω、R2＝3.5 Ω、R3＝6.0 Ω、R4＝3.0 Ω，电容C＝2.0 μF.求：(1)当电键与a接触时电容带电量；(2)当电键与b接触时电容带电量；(3)当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量．解析：(1)电键接a时，U C＝U1＝ER1＋R2＋rR1＝5 V(1分)此时电容器带电量Q C＝CU1＝1×10－5 C (1分)且上极板带正电，下极板带负电．(1分) (2)电键接b时，U C′＝U2＝ER1＋R2＋rR2＝3.5 V (1分)此时电容器电量Q′C＝CU2＝0.7×10－5 C (1分)且上极板带负电，下极板带正电．(1分)(3)流过R3的总电量为ΔQ＝Q C＋Q′C＝1.7×10－5 C．(2分)答案：(1)1×10－5 C(2)0.7×10－5 C(3)1.7×10－5 C15．(8分)电路图如图中甲所示，图乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，定值电阻R0＝3 Ω.(1)当R 为何值时，R 0消耗的功率最大，最大值为多少？ (2)当R 为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？解析：(1)由题图乙知电源的电动势和内阻： E ＝20 V ，r ＝5 Ω(2分) 由题图甲分析知道，当R ＝0时，R 0消耗的功率最大(1分) 最大为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 0＋r 2·R 0(1分) 解得P ＝18.75 W ．(1分) (2)当r ＝R ＋R 0时，即R ＝2 Ω，电源的输出功率最大(1分) 最大为P m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 0＋R+r 2·(R 0＋R ) (1分) 解得P m ＝20 W ．(1分)答案：(1)R ＝0 18.75 W (2)R ＝2 Ω 20 W16．(10分)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为 0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取 10 m/s 2.求： (1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．解析：(1)设电动机的电功率为P ，则 P ＝UI(1分)设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则 P r ＝I 2r(1分) 代入数据解得P r ＝1×103 W ．(1分)(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则 M ＝ρV(1分)。

高中鲁科版物理选修3-1练习：第三章+恒定电流+章末过关检测(三)+Word版含答案

章末过关检测(三)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝U I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象D ．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小；通过导体的电流为零时，导体的电阻也为零解析：选C ．无论导体是否接入电路中，其电阻不会发生变化，所以不能说导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比，所以A 、B 错；导体的电阻只跟导体的几何形状和材料性质有关，跟导体中是否有电流通过及电流的大小无关，所以D 错.2.电路中每分钟有60万亿个自由电子通过横截面积为0.64×10－6 m 2的导线，那么电路中的电流是(电子带电量为1.6×10－19 C)( ) A ．0.016 μAB ．1.6 mAC ．16 μAD ．0.16 μA解析：选D ．由电流的定义式I ＝q t可知，电流大小与横截面积无关，代入数据可求得电路中的电流为0.16 μA ．3.(2018·重庆第二外国语学校高二期中)如图所示，AB 和BC 是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，将它们串联后连入电路中.下列判断正确的是( )A ．I AB >I BCB ．I AB ＜I BC C ．U AB ＝U BCD ．U AB ＞U BC解析：选D ．由题图知，导体AB 与BC 串联接入电路，由串联电路的电流特点知，流过串联电路的电流处处相等，所以I AB ＝I BC ，故A 、B 错误；由题意知，导体AB 与BC 的材料、长度相同，AB 的横截面积小于BC 的横截面积，根据电阻定律可知：R AB ＞R BC ，因为I AB ＝I BC ，由U ＝IR 知，U AB ＞U BC ，故C 错误，D 正确.4.用电动势为6 V 、内电阻为4 Ω的直流电源，依次给下列四个小灯泡供电，最亮的是( )A ．R 1＝2 ΩB ．R 2 ＝4 ΩC ．R 3＝6 ΩD ．R 4＝8 Ω 答案：B5.(2018·西安一中高二月考)一个电流表，刻度盘的每1小格代表1 μA ，内阻为R g ，如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表n μA ，则( )A ．给它串联一个电阻，阻值为nR gB ．给它串联一个电阻，阻值为(n －1)R gC ．给它并联一个电阻，阻值为R g nD ．给它并联一个电阻，阻值为R g n －1 解析：选D ．因I g ＝U g R g，量程扩大n 倍为nI g ，则应有(n －1)I g 被分流，故应并联一个分流电阻，阻值R ＝I g R g (n －1)I g ＝R g n －1，则D 正确. 6.如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3 k Ω，读数为3 V ；电流表内阻为10 Ω，读数为4 mA ．待测电阻R 的真实值等于( )A ．750 ΩB ．760 ΩC ．1 000 ΩD ．1 010 Ω解析：选C ．电压表读数为电压表与R 并联部分的电压，由于电压表内阻为3 k Ω，所以流经电压表的电流I 1＝3 V 3 k Ω＝0.001 A ，电流表读数为4 mA ＝0.004 A ，所以流经R 的电流I 2＝0.004 A －0.001 A ＝0.003 A ，由欧姆定律R ＝ 3 V 0.003 A＝1 000 Ω，故C 正确. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.将分压电阻串联在电流表上改装成电压表，下列说法中正确的是( )A ．接上分压电阻后，增大了原电流表的满偏电压B ．接上分压电阻后，电压按一定比例分别加在电流表和分压电阻上，电流表的满偏电压不变C ．若分压电阻是表头内阻的n 倍，则电压表量程扩大到n ＋1倍D ．通电时，电流表和分压电阻通过的电流一定相等解析：选BCD ．分压电阻与电流表串联，电压按电阻阻值比例分配电压，总电压增大，但表头的满偏电压不变，A 错误，B 、D 正确；分压电阻R ＝nR g 时，R V ＝(n ＋1)R g ，电压表量程U ＝I g R V ＝(n ＋1)I g R g ，C 正确.8.(2018·山东济南一中高二期中)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是( )A ．R 1∶R 2＝1∶3B ．把R 1拉长到原来的3倍长后电阻等于R 2C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则功率之比P 1∶P 2＝1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流比I 1∶I 2＝1∶3解析：选AC ．在I －U 图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知k 1＝3k 2，则R 2＝3R 1，即R 1∶R 2＝1∶3，故A 正确；把R 1拉长到原来的3倍后，横截面积同时变为原来的13，根据电阻定律R ＝ρL S可知，R 1将变为原来的9倍，是R 2的3倍，故B 错误；R 1与R 2串联，电流相等，由P ＝I 2R 知，P 1∶P 2＝R 1∶R 2＝1∶3，故C 正确；R 1与R 2并联，电压相等，由I ＝U R可知，I 1∶I 2＝R 2∶R 1＝3∶1，故D 错误. 9.在如图所示的电路中，电容器C 的上极板带正电.为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是( )A ．增大R 1，其他电阻不变B ．增大R 2，其他电阻不变C ．增大R 3，其他电阻不变D ．增大R 4，其他电阻不变答案：BC10.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A 1、A 2和两个电压表V 1、V 2.已知电流表A 1的量程大于A 2的量程，电压表V 1的量程大于V 2的量程，改装好后把它们按如图所示接入电路，则()A．电流表A1的读数大于电流表A2的读数B．电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数D．电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角解析：选AD．A1、A2处相当于表头和分流电阻四个元件并联，显然流过A1、A2两电流表表头的电流相等，故两表指针偏转角相等，但两表头的读数分别为流过表头与分流电阻的电流之和，A1的分流电阻小，电流大，选项A正确，选项B错误；V1、V2表处相当于两表头和各自的分压电阻四个元件串联，两表头指针偏角也相等，V1表分压电阻大，读数大，选项C错误，选项D正确.三、非选择题(本题共3小题，共40分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11.(12分)(2018·济南县区联考)在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长L，金属丝的电阻大约为5 Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率.(1)从图中读出金属丝的直径为________mm.(2)为此取来两节新的干电池、电键和若干导线及下列器材：A．电压表0～3 V，内阻10 kΩB．电压表0～15 V，内阻50 kΩC．电流表0～0.6 A，内阻0.05 ΩD．电流表0～3 A，内阻0.01 ΩE.滑动变阻器，0～10 ΩF.滑动变阻器，0～100 Ω①要求较准确地测出其阻值，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________.(填序号)②实验中他的实物接线如图所示，请指出该同学实物接线中的两处明显错误.错误1：______________________________________________________________.错误2：______________________________________________________________.解析：(1)螺旋测微器读数为0.680 mm.(2)①两节干电池串联后的总电压为3 V，因此电压表选A．电路中的最大电流为0.6 A，电流表应选C．为便于调节电路，滑动变阻器应选E.②错误1：导线连接在滑动变阻器的滑片上.错误2：采用了电流表内接法.答案：(1)0.680(2)①A C E②导线连接在滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法12.(14分)有一块满偏电流I g＝1 mA，内阻R g＝100 Ω的小量程电流表.请画出电路图，并计算所需电阻的阻值.(1)把它改装成满偏电压U＝10 V的电压表；(2)把它改装成满偏电流I＝0.6 A的电流表.甲解析：(1)小量程电流表的满偏电压U g＝I g R g＝0.1 V<U，因此需串联一个适当的分压电阻，即可将其改装成电压表，改装的电路如图甲所示，由欧姆定律U＝I g(R g＋R x)，解得R x＝U－R g＝9 900 Ω.I g乙(2)小量程电流表的满偏电流I g <I ，要将其改装成大量程电流表，应给其并联一个适当的分流电阻，改装的电路如图乙所示，由并联电路电压相等得：I g R g ＝(I －I g )R x ，解得：R x ＝I g I －I gR g ＝0.10.599 Ω≈0.17 Ω. 答案：(1)电路图见解析图甲串联一个9 900 Ω的电阻(2)电路图见解析图乙并联一个0.17 Ω的电阻13.(14分)(2018·广西柳州铁一中高二月考)表中是一辆电动自行车说明书上的一些技术参数，根据表中提供的信息，探究以下问题：(1)(2)假设行驶过程中所受阻力是车和人总重的0.02，在最大载重量的情况下，人骑车行驶的最大速度为多大.(g 取10 m/s 2)解析：(1)由题目提供的表可知，电机的输出功率为P 出＝120 W ，额定电压为U 0＝40 V ，额定电流为I 0＝3.5 A电机正常工作时输入功率为P 入＝U 0I 0＝40×3.5 W ＝140 W所以电机的效率为η＝P 出P 入×100%＝120140×100%≈85.7% 设电机的内阻为r ，则由欧姆定律知P 入－P 出＝I 20r解得r ≈1.63 Ω.(2)设车的质量为m ，人的质量为M ，由题意知行驶时所受阻力为F阻＝k (M ＋m )g ，当达到最大速度v max 时，应用P 出＝F 阻v max 解得v max ＝4 m/s.答案：(1)1.63 Ω 85.7% (2)4 m/s情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

高二物理选修3-1各章测试题附答案

静电场试题一、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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

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。

1．在一个点电荷形成的电场中，关于电场强度和电势的说法中正确的是（） A ．没有任何两点电场强度相同 B ．可以找到很多电场强度相同的点 C ．没有任何两点电势相等 D ．可以找到很多电势相等的点2．对于点电荷Q 产生的电场，下列说法中正确的是（） A ．电场强度的表达式FE q=仍成立，式中q 就是本题中所指的产生电场的点电荷Q B ．在真空中，电场强度的表达式为2kQE r =，式中Q 就是产生电场的电荷 C ．在真空中2kqE r=，式中q 是试探电荷 D ．上述说法都不对3．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A 、B 是这条直线上的两点。

一电子以速度v A 经过A 点向B 点运动，经过一段时间后，电子以速度v B 经过B 点，且v B 与v A 方向相反，则（）A ．A 点的场强一定大于B 点的场强 B ．A 点的电势一定低于B 点的电势C ．电子在A 点的动能一定小于它在B 点的动能D ．电子在A 点的电势能一定小于它在B 点的电势能4．科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电量的单位，关于元电荷，下列论述中正确的是（）A ．把质子或电子叫元电荷B ．1.6×10－19C 的电量叫元电荷CD ．质子带有最小的正电荷，其电量的绝对值叫元电荷5．如上图所示，A 、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负点电荷q (不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是（）A ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B ．点电荷在从P 点到O 点运动的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C ．点电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值D ．点电荷越过O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零6．如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中可能做（） A ．匀速直线运动 B ．匀加速直线运动 C ．匀变速曲线运动 D ．匀速圆周运动7．如图所示，虚线a 、b 、c 代表静电场中的三个等势面,它们的电势分别为φa 、φb和φc ， φa >φb >φc 。

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。

教科版高中物理选修3-1第3章章末综合检测.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）(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，至少有一个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1．(2011年广州高二检测)下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是()A．磁感线可以形象地描述各点磁场的方向B．磁感线是磁场中客观存在的线C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线解析：选A.磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想线，它可以描述磁场的强弱和方向，A对，B错．磁铁的外部，磁感线从N极出发到S极，内部从S极到N极，内外部磁感线为闭合曲线，C错．实验中观察到的铁屑的分布只是模拟磁感线的形状，不是磁感线，磁感线是看不到的，D错．2.如图3－8所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将()图3－8A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极水平向左D．小磁针在水平面内转动解析：选C.带电金属环形成逆时针电流(从右向左看)，据安培定则可以确定，通过金属环轴OO′处的磁场方向水平向右，小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最后水平指向左方，C项正确．3.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图3－9所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()图3－9A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大解析：选C.通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的电流磁场与B0垂直，a点电流磁场与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小．4．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3－10所示的恒定电流时，下列说法正确的是()图3－10A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力的作用，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：选D.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，所以只有D选项正确．5. (2011年杭州高二检测)每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使他们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．假设有一个带正电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，它将()图3－11A．向东偏转B．向南偏转C．向西偏转D．向北偏转解析：选A.赤道附近的地磁场方向水平向北，一个带正电的射线粒子竖直向下运动时，据左手定则可以确定，它受到水平向东的洛伦兹力，故它向东偏转，A正确．6．关于磁通量，下列说法中正确的是()A．磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量B．磁通量越大，磁感应强度越大C．通过某一平面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零D．磁通量就是磁感应强度解析：选C.磁通量是标量，没有方向，故A不对；，由Φ＝BS知Φ是由B和S两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S较大造成的，所以认为磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B不对；由Φ＝BS⊥知，当线圈平面与磁场平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B 不为零，故C 对；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D 不对．故正确答案为C.7. (2011年福建师大附中高二检测)如图3－12所示，一个带正电的物体，从固定的粗糙斜面顶端沿斜面滑到底端时的速度为v ，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则物体沿斜面滑到底端时的速度( )图3－12A ．变小B ．变大C ．不变D ．不能确定解析：选B.加上匀强磁场后，物体向下运动时受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力，物体对斜面的压力变小，所受摩擦力变小，克服摩擦力做功减少，由动能定理知，加上磁场后，物体到达斜面底端时的动能变大，速度变大，B 正确．8．“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，图3－13 是探测器通过月球表面a 、b 、c 、d 四个位置时，拍摄到的电子运动轨迹照片．设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知四个位置的磁场从强到弱的排列正确的是( )图3－13A ．B b →B a →B d →B c B ．B d →B c →B b →B aC ．B c →B d →B a →B bD ．B a →B b →B c →B d解析：选D.电子在磁场中做匀速圆周运动，由题图可知在a 、b 、c 、d 四图中电子运动轨迹的半径大小关系为R d ＞R c ＞R b ＞R a ，由半径公式R ＝m v qB可知，半径越大，磁感应强度越小，所以B a ＞B b ＞B c ＞B d ，D 正确．9.如图3－14所示，有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的( )图3－14A ．速度B ．质量C ．电荷D ．荷质比解析：选AD.设电场的场强为E ，由于粒子在区域Ⅰ里不发生偏转，则Eq ＝B 1q v ，得v＝E B 1；当粒子进入区域Ⅱ时；偏转半径又相同，所以R ＝m v B 2q ＝m E B 1B 2q ＝Em B 1B 2q，故选项A 、D 正确．10．如图3－15所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M 、N 为轨道的最低点，下面的说法正确的是( )图3－15A ．两小球到达轨道最低点的速度v M ＜v NB ．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F M ＜F NC ．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间D ．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端解析：选D.在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：12m v 2M＝mgH 12m v 2N＝mgH －qE ·d 故v M ＞v N ，A 不正确．最低点M 时，支持力与重力和洛伦兹力的合力提供向心力，最低点N 时，支持力与重力的合力提供向心力．因v M ＞v N ，故压力F M ＞F N ，B 不正确．在电场中因有电场力做负功，有部分机械能转化为电势能，故小球不能到达轨道的另一端．D 正确.二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．把答案填在题中的横线上)11．如图3－16所示的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为l ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I (方向顺时针，如图)时，在天平左、右两边加上质量各为m 1、m 2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡，由此可知：磁感应强度的方向为________，大小为________．图3－16解析：由分析知当磁场方向向里时，导线受力方向向下，当磁场方向向外时，导线受力方向向上，因为电流反向时再在右边加砝码，说明导线框所受力减小了，由此可得磁场方向向里．由题意知，第一次通电时，线圈的安培力向下，第二次通电时线圈受到的安培力向上，因此右边又加质量为m 的砝码，所以mg ＝2NIlB ，得B ＝mg 2NIl. 答案：垂直纸面向里 mg 2NIl12. (2011年江苏启东中学高二检测)磁流体发电机是一项新兴的技术，它可以将内能直接转化为电能．如图3－17为其示意图．平行金属板A 、B 间有一个很强的磁场，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正、负带电粒子)喷入磁场，A 、B 间便产生电压．如果把A 、B 和用电器连接，A 、B 就是直流电源的两极．图中的________板是发电机的正极；若A 、B 间的宽度为a ，A 、B 的板宽为b ，板间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，等离子体为速度v 沿垂直于B 的方向射入磁场，该发电机的电动势为________．图3－17解析：用左手判断知正粒子向下偏，所以B 板电势高．当两板间的粒子不再偏转时达到稳定，此时每个粒子都平衡：q v B ＝q U a，电动势U ＝Ba v . 答案：B Ba v三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图3－18所示，匀强磁场中放置一与磁感线平行的薄铅板，一个带电粒子进入匀强磁场，以半径R 1＝20 cm 做匀速圆周运动，第一次垂直穿过铅板后以半径R 2＝19 cm 做匀速圆周运动，则带电粒子能够穿过铅板的次数是多少？图3－18解析：粒子每穿过铅板一次损失的动能为：ΔE k ＝12m v 21－12m v 22＝q 2B 22m(R 21－R 22) 粒子穿过铅板的次数为：n ＝12m v 21ΔE k ＝R 21R 21－R 22＝10.26次取n ＝10次．答案：10次14. (12分)水平面上有电阻不计的U 形导轨NMPQ ，它们之间的宽度为L ，M 和P 之间接入电动势为E 的电源(不计内阻)．现垂直于导轨放置一根质量为m 、电阻为R 的金属棒ab ，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图3－19所示，问：图3－19(1)当ab 棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B 的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多少？此时B 的方向如何？解析：从b 向a 看其受力如图所示．(1)水平方向：f ＝F A sin θ①竖直方向：N ＋F A cos θ＝mg ②又F A ＝BIL ＝B E RL ③ 联立①②③得：N ＝mg －BLE cos θR ，f ＝BLE sin θR.(2)使ab 棒受支持力为零，且让磁场最小，须使所受安培力竖直向上，则有F A ＝mgB min ＝mgR EL，根据左手定则判定磁场方向水平向右．答案：(1)mg －EBL cos θR BLE sin θR(2)mgR EL，方向水平向右 15. (12分)如图3－20所示，一带正电的质子从O 点垂直NP 板射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d ，板长为d ，O 点是板的正中间，为使粒子能射出两板间，试求磁感应强度B 的大小(质子的带电荷量为e ，质量为m ，速度为v 0)．图3－20解析：第一种极端情况从M 点射出，此时轨道的圆心为O ′点，由平面几何知识可得R 2＝d 2＋(R －12d )2即R ＝54d .而带电粒子在磁场中的轨道半径R 又为R ＝m v 0qB 1，所以B 1＝4m v 05dq＝4m v 05de. 第二种极端情况是粒子从N 点射出，此时粒子正好运动了半个圆，其轨道半径为R ′＝14d . 所以14d ＝m v 0qB 2，B 2＝4m v 0de. 综合上述两种情况，得4m v 05de ≤B ≤4m v 0de. 答案：4m v 05de ≤B ≤4m v 0de16．(14分)如图3－21所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外．有一质量为m 、带电荷量为＋q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场．质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d ，接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场．不计重力影响．若OC 与x 轴的夹角为φ，求：图3－21(1)粒子在磁场中运动速度的大小；(2)匀强电场的场强大小.解析： (1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧．由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上．依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ′.如图所示，由几何关系知，AO ′垂直于O ′C ，O ′是圆弧的圆心．设圆弧的半径为r ，则有r ＝d sin φ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r② 将①式代入②式，得v ＝qBd msin φ.③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有v 0＝v cos φ④v sin φ＝at ⑤d ＝v 0t ⑥联立④⑤⑥得a ＝v 2sin φcos φd⑦ 设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑧联立③⑦⑧得E ＝qB 2d msin 3φcos φ. 答案：(1)qBd m sin φ (2)qB 2d msin 3φcos φ。

《步步高》高中物理(人教选修3-1)配套章末检测卷：第三章磁场(含解析)

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大答案 D解析磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同答案 C解析当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一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)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对答案 BC解析洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关答案 BD解析由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析对PQ 画出截面图且受力分析如图所示由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比．答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上，有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

高中物理选修3-1第3章章末阶段质量检测

高中物理选修3-1第3章章末阶段质量检测一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分，每题至少有一个选项符合题意，多选、错选不得分，选对但选不全得4分)1．一台半导体收音机，电池供电的电流是8 mA，也就是说()A．1 h电池供给8 C的电荷量B．1000 s电池供给8 C的电荷量C．1 s电池供给8 C的电荷量D．1 min电池供给8 C的电荷量解析：由q＝It可知，只有B项正确。

答案：B2．氢原子核外只有一个电子，它绕氢原子核运动一周的时间约为2.4×10－16 s，则下列说法正确的是()A．电子绕核运动的等效电流为6.7×10－4 AB．电子绕核运动的等效电流为1.5×103 AC．等效电流的方向与电子的运动方向相反D．等效电流的方向与电子的运动方向相同解析：根据电流的定义，等效电流为I＝qt＝6.7×10－4 A，电流方向与电子运动方向相反。

答案：AC3．理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干。

设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻R2串联后接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有()A．P＝UI B．P＝I2(R1＋R2)C．P＞UI D．P＞I2(R1＋R2)解析：电路中消耗的电功率为P＝UI，故A正确，C错误。

消耗的电功率除了转化为电动机线圈与电热丝释放的热功率外，还有机械功率出现，即P＞I2(R1＋R2)，故D正确，B 错误。

答案：AD4．两只电流表和是由完全相同的电流计改装而成的，的量程是3 A，的量程是6 A，为了测量8 A左右的电流，并联接入电路中，两者都有读数的情况下，正确的选项为()A．和读数相等B．两者指针偏转角相等C ．和的读数比等于电流表的内阻之比D ．两者指针偏角之比等于两表内阻之比解析：两个电流表并联，因表头相同，所以两表指针偏角相同，B 项正确，排除A 、D 两项；根据并联分流原理，通过两电流表的电流之比跟表的总内阻成反比，故C 项错误。

教科版高中物理选修3-1高中第三学期末教学质量测试.docx

高中物理学习材料桑水制作保密★启用前【考试时间：】高中第三学期末教学质量测试物理本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6 页；答题卡共2 页。

满分100 分，考试时间100 分钟。

注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。

2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

3. 考试结束后将答题卡收回。

第Ⅰ卷(选择题，共54分)一．本大题12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的．1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类文明的进程。

首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是A．安培 B．奥斯特 C．法拉第 D．特斯拉2. 用比值法定义物理量是物理学中一种重要的思想方法，下列物理量的表达式不．属于用比值法定义的是A ．电势q E P =ϕ B ．电流强度t qI = C ．磁通密度s B φ= D ．电场强度2rQ k E = 3. 两个分别带有电荷量+Q 和+3Q 的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F 1；两小球相互接触后再将其固定距离变为2r ，两球间库仑力的大小为F 2，则A ．F 1=4F 2B ．F 1=3F 2C ．3F 1=F 2D ．2F 1=3F 24．如图表示一个弹簧振子作受迫振动时的振幅与驱动力频率之间的关系，由此可知A ．振子振动频率为f 1时，它处于共振状态B ．驱动力的频率为f 3时，振子振动的频率为f 2C ．假如撤去驱动力让振子作自由振动，它的频率为f 2D ．振子作自由振动时，频率可以为f 1、f 2、f 35. 物体中的电子因受原子核的束缚较弱，跑到另一个物体上去，使得到电子的物体由于其中的负电荷多于正电荷，因而显出带负电；失去电子的物体由于其中的正电荷多于负电荷，因而显出带正电，由此物体所带的电称为“静电”，当其积聚到一定程度时就会发生火花放电现象，静电往往会带来一些不便或危害。

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高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）综合检测(三)第三章磁场(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本题共7小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个选项正确，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．(2012·德阳期末)关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是()A．电场强度的定义式E＝Fq适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E＝kQr2知，当r→0时，其电场强度趋近于无限大C．由公式B＝FIL知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导体的受力方向【解析】E＝Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，E＝kQr2是由E＝Fq结合库仑定律导出的，仅适用于真空中的点电荷，当r→0时，此公式点电荷的条件不再满足，所以不能说其电场强度趋于无穷大，A对，B错．公式B＝FIL的成立条件是B与L(I)垂直，当B与L(I)平行时，通电导体不再受安培力作用，C错．由左手定则可知，通电导体受到安培力方向一定与B的方向垂直，D错．【答案】 A2.1如图1所示，一条形磁铁竖直放在水平桌面上的弹性导线线圈的圆心上，当线圈中通过如图所示的电流时，下列说法中正确的是()A．线圈半径缩小B．线圈半径增大C．线圈对桌面的压力减小D．线圈对桌面的压力增大【解析】线圈受力如剖面图，所以线圈半径缩小，对桌面压力减小．【答案】AC3．关于磁通量，正确的说法有()A．磁通量不仅有大小，而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比放在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处的大【解析】磁通量是标量，A错；穿过某一面积磁通量的大小与磁感应强度、线圈面积和线圈的放置位置有关，面积S如果与磁感线平行，S再大，磁通量也为零，故B项错，C项对，D项错．【答案】 C4.图2如图2所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直地放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小和方向分别为() A．0B．2B0向外斜上方C.2B0向里斜下方D．B0向里斜上方【解析】由安培定则可知，图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是垂直纸面向里，B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向是竖直向下．根据平行四边形定则可知，圆心O处磁感应强度大小为B20＋B20＝2B0，方向为向里斜下方，故选C.【答案】 C5.图3如图3所示，OO′为水平挡板，S为一电子源，它可以向a、b、c、d四个垂直磁场的方向发射速率相同的电子(ac垂直OO′，bd平行OO′)，板OO′下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场范围足够大，不计电子重力，则击中挡板可能性最大的方向是()A．a B．bC．c D．d【解析】四个电子都做匀速圆周运动，d的圆心位置最高，所以击中挡板可能性最大的是d.【答案】 D6.图4(2012·广东高考)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运动的半圆轨迹如图4中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦磁力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间【解析】由左手定则可知，N 粒子带正电，M 粒子带负电，A 正确．又r N <r M ，由r ＝m vqB 可得v N <v M ，B 错误．洛伦兹力与速度时刻垂直，不做功．C 错误．粒子在磁场中的运动时间t ＝θ2πT ＝T 2，又T ＝2πmqB ，所以T M ＝T N ，D 错误．【答案】 A 7.图5(2013·绵阳外国语期末)如图5所示，光滑绝缘轨道ABP 竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A 点由静止滑下，经P 点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( )A ．小球带负电B ．小球带正电C ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【解析】小球从P 点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电；且qE ＋q v B ＝mg ；若从B 点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v ′<v ；则qE ＋q v ′B <mg 故向下偏，B 、D 正确．【答案】 BD二、非选择题(本题共5小题，共58分计算题要有必要的文学说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)8.图6(8分)将倾角为θ的光滑绝缘斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，一个质量为m 、带电荷量为q 的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如图6所示，滑到某一位置离开斜面．则物体带________电荷(选填“正”或“负”)；物体离开斜面时的速度为________；物体在斜面上滑行的长度为________．【解析】小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增大，洛伦兹力逐渐增大，为使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体离开斜面时满足q v B ＝mg cos θ，解得v ＝mg cos θqB ；由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgL sin θ＝12m v 2，解得小物体在斜面上滑行的长度L ＝m 2g cos 2θ2q 2B 2sin θ.【答案】负 mg cos θqB m 2g cos 2θ2q 2B 2sin θ9．(10分)如图7所示，在半径R 的圆形区域内，分布着磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在圆心处发射一个运动方向与磁场垂直的电子，电子质量m ，电荷量e .求这个电子要穿离此磁场区域应具有的最小动能．图7【解析】电子刚好不穿离磁场区域条件是其轨迹正好和圆相切，故电子运动的半径r ＝12R ，①电子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供即 e v B ＝m v 2r ② 而动能E k ＝12m v 2③ 三式联立可得E k ＝e 2B 2R 28m . 【答案】 e 2B 2R 28m 10.图8(12分)如图8所示，在同一水平面内的两导轨ab 、cd 相互平行，相距2 m 并在竖直向上的磁场中，一根质量为3.6 kg 、有效长度为2 m 的金属棒放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A 时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增大到8 A 时，金属棒能获得2 m/s 2的加速度．则磁场的磁感应强度大小为多少？【解析】对金属棒进行受力分析，利用牛顿第二定律可得：当金属棒中的电流为5 A 时， BI 1L －F 阻＝0①当金属棒中的电流为8 A 时， BI 2L －F 阻＝ma ② 由①②可得B ＝ma(I 2－I 1)L ＝ 3.6×2(8－5)×2T ＝1.2 T.【答案】 1.2 T 11.图9(12分)如图9所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点此时轨道弹力为0，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和大小； (2)磁场的方向和磁感应强度．【解析】 (1)小球贴着轨道做匀速圆周运动，可知qE ＝mg 所以E ＝mgq，方向竖直向上(2)最高点此时轨道弹力为0，所以洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力q v B ＝m v 2R所以，B ＝m vqR ，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向外．【答案】 (1)方向竖直向上 mgq (2)垂直纸面向外 m v qR图1012．(16分)(2012·新课标全国高考)如图10所示，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．【解析】粒子在磁场中做圆周运动，设圆的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得q v B ＝m v 2r ①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③ bc ＝35R ＋R 2－x 2④ 联立②③④式得r ＝75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动，设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 r ＝12at 2⑦ r ＝v t ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝14qRB25m.⑨【答案】14qRB2 5m。

高中物理选修3-1章末检测3：磁场检测卷

章末检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大[答案] D[解析]磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是()A．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同B．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动C．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直D．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同[答案] C[解析]当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A错误；由U AB＝Wq知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C正确，D错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带()A．正电荷B．负电荷C．正、负电荷共存D．无法判断[答案] B[解析]小磁针的S极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B正确．4.如图1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)( )图1A ．两粒子都带正电，质量比m am b ＝4B ．两粒子都带负电，质量比m am b ＝4C ．两粒子都带正电，质量比m a m b ＝14D ．两粒子都带负电，质量比m a m b ＝14[答案] B[解析] 由于q a ＝q b 、E k a ＝E k b ，动能E k ＝12m v 2和粒子偏转半径r ＝m v qB ，可得m ＝r 2q 2B 22E 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两粒子都带负电，故选B.5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是( )[答案] A6.如图2是荷质比相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则()图2A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长 [答案] C[解析] 荷质比相同，但不知电量，故不能比较a 、b 的质量，A 错；由左手定则可知，a 、b 都带负电荷，B 错；带电粒子在磁场中由洛仑兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBRm ，荷质比相同，a 运动的半径比b 运动的半径大，所以a 在磁场中的运动速率比b 运动的半径大，C 对；由T ＝2πm qB ，得运动时间t ＝θ2πT ，可知，b 在磁场中运动的时间比a 的长，D 错，所以本题选择C.7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0B.1v 0C ．2v 0D.v 02[答案] C[解析] 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd .如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE2m (d v 0)2，得E ＝2m v 02qd ，所以EB＝2v 0.选项C 正确．二、多项选择题(共5小题，每小题4分，共20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) 8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对 [答案] BC[解析] 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．它们在D形盒中运动的周期相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能[答案]AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内()图6A．小球的重力势能可能会减小B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定会减少D．小球动能可能减小[答案]AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关 [答案] BD[解析] 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，故A 错误，B 正确．流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝U bB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UB c ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关，故C 错误，D 正确．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2[答案] AC[解析] 设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 1v 2＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13.(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin37°＝0.6)图9[答案] 0.8N[解析] 对PQ 画出截面图且受力分析如图所示由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10[答案] m v er tan θ2 [解析] 如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝r R联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标为(0，L )的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x 轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向夹角为60°，如图11所示．求：图11(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)带电粒子的比荷q m及粒子从a 点运动到b 点的时间； (3)其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，求粒子入射速度大小．[答案] (1) 2L (2)v 2BL 2πL 3v (3)v 4[解析] (1)设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R ，由几何知识：R sin30°＋L ＝R 解得R ＝2L(2)由洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v 2R得：q m ＝v 2BL周期：T ＝2πR v ＝4πL v时间t ＝16T ＝2πL 3v(3)要使粒子能从O 点射出磁场，则R ′＝L 2由q v ′B ＝m v ′2R ′得：v ′＝v 4 16.(15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小；(3)A 点到x 轴的高度h .[答案] (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g[解析] (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①E ＝mg q ② 重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L 2r＝sin θ③ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r ④由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ⑤由③④⑤式得v 0＝qBL 2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ⑦由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

教科版物理选修3-1：第3章章末综合测评3

章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．在下列图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N极的指向或磁感线方向．其对应不正确的是()【解析】由安培定则判断C、D正确；又因小磁针静止时N极所指的方向与磁场方向相同，A正确，B错误．【答案】 B2．如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点．P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图1A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】由题意知，磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右．根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确．【答案】 A3．用同一回旋加速器分别对质子(11H)和氘核(21H)加速后，则()A．质子获得的动能大B ．氘核获得的动能大C ．两种粒子获得的动能一样大D ．无法确定【解析】因q v B ＝m v 2r① 又E k ＝12m v 2②故E k ＝q 2B 2r 22m ，所以E k ∝q 2m ，故A 正确．【答案】 A4．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2所示的恒定电流时，下列说法正确的是( )图2A ．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】电场对在其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对在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】 D5．如图3是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R ＝10 cm 的圆柱形筒内有B ＝1×10－4 T 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a 、b 分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为q m ＝2×1011 C/kg 的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，。

新教科版物理选修3-1磁场章末过关检测

章末过关检测(三)(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于运动电荷和磁场的说法中，正确的是()A．运动电荷在某点不受洛伦兹力作用，这点的磁感应强度必为零B．电荷的运动方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力的方向一定互相垂直C．电子射线由于受到垂直于它的磁场作用而偏转，这是洛伦兹力对电子做功的结果D．电荷与磁场没有相对运动，电荷就一定不受磁场的作用力解析：选D.若电荷的运动方向与磁场平行，则电荷不受洛伦兹力作用，A错误；电荷的运动方向与磁场方向可以成任意角度，不一定垂直，B错误；洛伦兹力可以改变带电粒子的运动方向，但洛伦兹力始终与带电粒子运动方向垂直，一定不做功，C错误；若电荷与磁场没有相对运动，f＝q v B中v＝0，电荷一定不受磁场的作用力，D正确．2．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()解析：选B.由于地磁场的北极在地球的南极附近，由安培定则可知，安培假设中环形电流方向如B图所示，故A、C、D错误，B正确．3.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小解析：选C.导体棒受三个力，三力构成的矢量三角形如图所示．安培力的大小变化从图中即可看出是先减小后增大，由F＝BIL知，B的大小应是先减小后增大，故只有选项C正确．4.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中()A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大解析：选C.通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反，b、d两点的电流磁场与B0垂直，a点电流磁场与B0同向，由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小．5．如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B 方向的是()解析：选B.要使炮弹加速，安培力方向必须向右，由左手定则判知B中磁场方向符合要求，故B对，A、C、D错．6.如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置．若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将()A．增大B．减小C．不变D．无法确定如何变化解析：选B.内部磁感线条数一定，但当弹簧沿半径向外使面积增大，相反的磁感线条数增多，抵消的多，因此穿过弹簧所包围面积的磁通量将减小，选项B对．7.如图所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是()A．沿竖直方向向下B．沿竖直方向向上C ．沿水平方向向左D ．沿水平方向向右解析：选D.带正电的液滴受到的电场力竖直向下，重力也竖直向下，做直线运动时必须是洛伦兹力与这两个力方向相反，且大小与这两个力的合力相等，液滴必做匀速直线运动，否则洛伦兹力会发生变化失去平衡而做曲线运动．故答案D 正确．8.如图所示，长方形abcd 长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e 分别是ad 、bc的中点，以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量m ＝3×10－7 kg 、电荷量q ＝＋2×10－3 C 的带电粒子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在Oa 边和ab 边D ．从aO 边射入的粒子，出射点分布在ab 边和be 边解析：选D.带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，R ＝m v qB＝0.3 m ＝ab ，所以从Od 边射入的粒子全部从ab 、be 边射出，选项A 、C 错误；从aO 边射入的粒子，出射点分布在ab 边和be 边，选项D 正确，B 错误．二、多项选择题(本题共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，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分)9.如图所示是等腰直角三棱柱，其中底面abcd 为正方形，边长为L ，它们按图示位置放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，下面说法中正确的是( )A ．通过abcd 平面的磁通量大小为L 2BB ．通过dcfe 平面的磁通量大小为22L 2B C ．通过abfe 平面的磁通量大小为零D ．通过整个三棱柱表面的磁通量为零解析：选BCD.abcd 平面在垂直于B 方向的投影S ⊥＝22L 2，所以Φ＝BS ⊥＝22L 2B, A 错误；dcfe 平面与B 垂直，S ＝22L 2，所以Φ＝22L 2B ，B 正确；abfe 平面与B 平行，S ⊥＝0，Φ＝0，C 正确；整个三棱柱穿进的磁感线和穿出的磁感线条数相等，抵消为零，所以Φ＝0，D 正确．10.如图所示为磁场中的两条磁感线，A 、B 、C 为磁场中的三个点，其中A、C在同一条磁感线上，下列关于三点所在处的磁感应强度B A、BB、B C的说法不正确的是()A．B A不可能小于B BB．B A可能与B B大小相等C．B A与B C同向D．B A与B B无法比较大小关系解析：选BD.由图可知A处磁感线比B、C处磁感线密集，所以B A最大，故B、D错误，A 正确；A、C在同一条直线磁感线上，所以B A与B C同向，C正确．11．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，阻力不计，以下说法中正确的是()A．液滴一定带负电B．液滴在C点时动能最大C．液滴从A运动到C的过程中机械能守恒D．液滴将由B点返回A点解析：选AB.由轨迹走向可知液滴一定带负电．洛伦兹力不做功，液滴由A到C，克服电场力做功；由C到B，电场力做正功，所以运动过程中机械能不守恒，由于重力大于电场力，所以由动能定理知，液滴在C点时动能最大．液滴到达B处后，向右重复类似于A→C→B 的运动，不能再由B点返回A点．12.如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABCD，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中不正确的是()A．入射速度越大的电子，其运动时间越长B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C．从AB边出射的电子的运动时间都相等D．从AC边出射的电子的运动时间都相等解析：选ABD.画出电子的轨迹圆如图所示，设电子的速度为v1时，圆心在O1与AB交点在D1.由于∠ABC不变，当v变大，R增大时，α角不变，当D点在AB边上时，电子的运动时间都相等．A、B错，C对．从AC边射出的电子，由几何特点知时间不都相等，D 错．三、计算题(本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(12分)如图所示为发电机的原理图．发电机转子为一边长为0.3 m 的正方形线圈，处于B ＝0.5 T 的匀强磁场中．(1)当线圈平面与磁场方向夹角为45°时，穿过线圈的磁通量是多少？(2)当线圈以ab 边为轴沿顺时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？(3)当线圈以ab 边为轴沿逆时针方向转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量是多少？解析：(1)由Φ＝BS ⊥得：Φ＝BS sin 45°＝BL 2sin 45°＝0.5×0.32×22 Wb ≈3.2×10－2 Wb.(3分)(2)初状态时，Φ1＝BL 2sin 45°＝0.5×0.32×22 Wb ≈3.2×10－2 Wb(2分)末状态磁感线由反面穿入，正面穿出，如图，则： Φ2＝－BL 2sin 45°≈－3.2×10－2 Wb(2分)则ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝(－3.2×10－2－3.2×10－2) Wb ＝－6.4×10－2 Wb(1分)只考虑其大小，磁通量的变化量大小为6.4×10－2 Wb.(1分)(3)初状态与末状态时，穿出线圈的磁通量相同，都是从同一面穿入和穿出，如图，则：ΔΦ2＝0.(3分)答案：(1)3.2×10－2 Wb (2)6.4×10－2 Wb (3)014.(13分)如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量为e ，质量为m ，重力不计)由静止状态从P 点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q 点，匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场边界宽度为d ，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与原来的入射方向夹角为30°，求：(1)电子在磁场中运动的时间t ；(2)若改变PQ 间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ 间的电势差U 是多少？解析：(1)由e v B ＝m v 2R，T ＝2πR v 得电子在磁场中的运动周期T ＝2πm eB (3分)电子在磁场中的运动时间t ＝30°360°T ＝112T ＝πm 6eB . (3分) (2)电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R ＝d(2分) 由e v B ＝m v 2R 得v ＝eBd m(2分) 由eU ＝m v 22得 (2分) U ＝eB 2d 22m. (1分)答案：(1)πm 6eB (2)eB 2d 22m15．(13分)如图所示，将长50 cm ，质量为10 g 的均匀金属棒ab 两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面向里的匀强磁场中，当金属棒中通过0.4 A 电流时，弹簧恰好不伸长，求：(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？ (2)当金属棒通0.2 A 由a 到b 的电流时，弹簧伸长1 cm ，如果电流方向由b 到a ，而电流大小不变，弹簧伸长又是多少？(g ＝10 m/s 2)解析：(1)由题可知F 安＝mg 即BIL ＝mg ，解之得，B ＝mg IL ＝10×10－3×100.4×50×10－2T ＝0.5 T ．(5分) (2)当电流由a →b ，F 安＋2kx ＝mg 即BIL ＋2kx ＝mg ，解之得，k ＝mg －BIL 2x ＝10×10－3×10－0.5×0.2×50×10－22×1×10－2N/m ＝2.5 N/m (4分) 当电流由b →amg ＋F 安＝2kx 1，解之得，x 1＝mg ＋BIL 2k ＝10×10－3×10＋0.5×0.2×50×10－22×2.5m ＝0.03 m ＝3 cm. (4分) 答案：(1)0.5 T (2)3 cm16．(14分)如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内有一沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一粒子源处在坐标为(0，L )的M 点且能垂直于电场方向不断发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度为v 0的粒子(重力不计)，粒子进入磁场后最后又从x 轴上坐标为(3L ，0)处的P 点射入电场，其入射方向与x 轴夹角为45°.求：(1)粒子到达P 点时的速度v ；(2)匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B ；(3)粒子从M 点运动到P 点所用的时间t . 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在P 点速度为v ，根据对称性可知v 0＝v cos 45°，解得v ＝2v 0. (4分)(2)粒子由M 点运动到P 点的过程中，由动能定理得：qEL ＝12m v 2－12m v 20，解得E ＝m v 202qL， (2分) 水平方向的位移为x OQ ＝v 0t 1竖直方向的位移为L ＝v 02t 1，可得x OQ ＝2L ，x QP ＝L ，粒子在磁场中：q v B ＝m v 2R，由以上各式联立解得B ＝2m v 0qL. (2分) (3)在Q 点时，v y ＝v 0tan 45°＝v 0 (2分)设粒子从M 到Q 所用时间为t 1，在竖直方向上有t 1＝2L v 0，粒子从Q 点运动到P 所用的时间为t 2＝πL 4v 0，则粒子从M 点运动到P 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2L v 0＋πL 4v 0＝（8＋π）4v 0L .(4分)m v20 2qL 2m v0qL(3)（8＋π）L4v0答案：(1)2v0(2)。

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高中物理学习材料桑水制作章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题6小题，每小题5分，共30分)1．关于地磁场，下列叙述正确的是( )．A．地球的地磁两极与地理的两极重合B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极C．地磁的北极与地理南极重合D．地磁的北极在地理南极附近解析地球是一个大磁体，地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项D正确．答案 D2．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图1所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转，应采用的办法是( )．图1A．增大电荷质量B．增大电荷电荷量C．减小入射速度D．增大磁感应强度解析粒子在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB.若要使电荷向下偏转，需使Eq>qvB，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可．答案 C图23. (2010·上海单科，13)如图2所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )．A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.答案 C图34.如图3所示，当电键S闭合的时候，导线ab受力的方向应为( )．A．向右B．向左C．向纸外D．向纸里解析由安培定则可判断左边的螺线管右端为S极，右边的螺线管左端为N 极，即导线ab处在向左的磁场中，由左手定则可判断，导线ab受力方向向纸里，故D项正确，A、B、C项错误．答案 D5．(2010·重庆理综，21)如图4所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．粒子质量电荷量速度编号(q>0)大小1m 2q v22m 2q 2v33m －3q 3v42m 2q 3v52m －q v图4由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为( )．A．3、5、4 B．4、2、5C．5、3、2 D．2、4、5解析结合题图，运用左手定则可知，粒子a与b电性相同，粒子c与前两者电性必相反．r a＝r c＝23rb.根据r＝mvBq可知，A项中r a＝32rb，B项中r a＝32rb，均与题意不符，A、B两项均错误．C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C项错误，只有D项符合，答案为D.答案 D6．如图5所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将再一次通过O点( )．图5A.2πmqB1B.2πmqB2C.2πmq(B1＋B2)D.πmq(B1＋B2)解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝2πmqB知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝2πmqB1＋πmqB2＝2πmqB2，所以B选项正确．答案 B二、多项选择题(本题5小题，每小题6分，共30分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)图67.如图6所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是( )．A．磁场B减小，油滴动能增加B．磁场B增大，油滴机械能不变C．使磁场方向反向，油滴动能减小D．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小解析开始时油滴所受洛伦兹力跟重力平衡，即qvB＝mg.B减小或反向时，油滴将向下偏转，重力做正功，洛伦兹力不做功，故动能增加，重力势能减小，A、D项正确，C项错误；当B增加时，油滴将向上偏转，但只有重力做功，故B 项正确．答案ABD8．如图7所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )．图7A．运动的轨道半径不相同B．重新回到边界的速度大小和方向都相同C．重新回到边界的位置与O点距离相同D．运动的时间相同解析由于洛伦兹力不做功，所以再次回到边界的速度大小相同，正负离子在磁场中运动，再次回到边界的轨迹如图．正离子沿1，负离子沿2，把2轨迹翻转刚好能和1组成一个完整的圆，所以OO1＝OO2，因此A项错、C项正确、B项正确，又由于两段圆弧所对的圆心角不同，因此运行时间不同，D项错．答案BC图89．如图8所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是 ( )．A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角答案ABD图910．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E 的电源相连，一根质量为m、电阻为R的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图9所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，当闭合开关S时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则( )．A．磁场方向一定竖直向上B．导体棒离开导轨前受到向左的安培力C．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1－cos θ)解析从题中知道导体棒ab向右摆动，说明导体棒ab受到向右的安培力作用，由左手定则可知磁场方向一定竖直向下，A、B两项错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的热，另一部分是导体棒的机械能，D 项正确；最大高度时，导体棒重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)，C项正确．答案CD11．如图10所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球．整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中( )．图10A．洛伦兹力对小球做正功B．洛伦兹力对小球不做功C．小球运动轨迹是抛物线D．小球运动轨迹是直线解析由于洛伦兹力与粒子运动方向始终垂直，所以洛伦兹力对小球不做功，故B正确、A错误，由于小球水平向右的速度不变，因此小球所受洛伦兹力在竖直向上的分力不变，所以小球竖直向上做初速度为零的匀加速运动，故小球运动轨迹是抛物线，故C正确、D错误．答案BC三、非选择题(40分)图1112．(12分)如图11所示，导轨间的距离L＝0.5 m，B＝2 T，ab棒的质量m ＝1 kg，物块G＝3 N，动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V，r＝0.1 Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？解析依据物体平衡条件可得棒恰不右滑时：G－μmg－BLI1＝0①棒恰不左滑时：G＋μmg－BLI2＝0②依据全电路欧姆定律可得E＝I(R1＋r)③1E＝I(R2＋r)④2联立①③得R1＝BLE/(G－mgμ )－r＝9.9 Ω联立②④得R2＝BLE/(G＋mgμ)－r＝1.9 Ω所以R的取值范围为：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.答案 1.9 Ω≤R≤9.9 Ω图1213．(12分)如图12所示，AB为水平放置，长度足够长的固定绝缘横杆，杆上套着一个带正电的滑块，滑块的质量m＝10 g，带电量q＝8×10－3 C，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T，现给滑块一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，滑块便开始运动，已知滑块跟杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2，求滑块克服摩擦力所做的功．(g＝10 m/s2)解析滑块最初所受洛伦兹力的大小为F＝qvB＝8×10－3×10×5 N＝0.4 N重力mg＝0.01×10 N＝0.1 N＜F所以滑块受到向下的正压力的作用，水平方向有摩擦力存在，直到N＝0即qvB＝mg时，摩擦力消失，滑块匀速运动这时v＝mgqB＝2.5 m/sW f ＝12mv2－12mv2＝0.47 J.答案0.47 J图1314．(16分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图13所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q m ；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′是多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解析(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点射出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r①又qvB＝m v2 R②则粒子的比荷qm＝vBr.③(2)粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R′＝r cot 30°＝3r④又R′＝mv qB′⑤所以B′＝33B⑥粒子在磁场中的飞行时间t＝16T＝16×2πmqB′＝3πr3v.⑦答案见解析。

高中物理选修3-1：1章末综合检测

高中物理选修 3-1 章末检测( 时间： 90 分钟，满分： 100 分 )一、单项选择题 (此题共 5 小题，每题 4 分，共 20 分．在每题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得 4 分，选错或不答的得0 分 )1.冬季当我们脱毛线衫时，静电常常会跟你开个小玩笑．以下一些有关的说法中正确的选项是 ()A ．在脱衣过程中，内外套间摩擦起电，内衣和外套所带的电荷是同种电荷B ．在脱衣过程中，有时会听到“啪”的声音，这是因为内外套服上电荷放电惹起的C ．假如内外两件衣服可看做电容器的两极，而且在将外套脱下的某个过程中两衣间电量一定，跟着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小D ．脱衣时假如人体带上了电，当手触摸金属门把时，必定会有电流经过金属门把流入大地，进而造成对人体稍微的电击分析：选 B.摩擦起电使互相摩擦的两个物体带上等量异种电荷， A 错．若将内外套视为电容器，能够以为摩擦起电后电荷量不变，当距离增大的过程中，电场力对电荷做负功，依据功能关系得：电荷的电势能增大，选项 C 错误．当人脱衣服时假如人体带上电，与金属门靠近时会使空气电离而放电，因此选项D 不正确．正确选项为B.2.两个分别带有电荷量－ Q 和＋ 3Q 的同样金属小球 (均可视为点电荷 )，固定在相距为 r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球互相接触后将其固定距离变成r，则两球间库仑力的大2小为 ( )13 A.12FB.4F4C.3FD ．12F分析：选 C.两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分， 3Q 2 由库仑定律得 F ＝k 2，F ′rQ 24Q 24F ，故 C 正确．＝k 2＝ k 2 ，联立得 F ′＝ 3r r23.(2011 高·考天津卷 )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 U 1，板间场强为 E 1.现将电容器所带电荷量变成 2Q ，板间距变成 1d ，其余条件不变，这时两极板 2间电势差为 U 2，板间场强为 E 2，以下说法正确的选项是( )A ． U 2＝ U 1， E 2＝ E 1B ．U 2＝ 2U 1， E 2＝ 4E 1C ． U 2＝ U 1， E 2＝2E 1D ．U 2＝ 2U 1，E 2＝ 2E 1Q U 11ε r S分析：选 C.U 1＝ C ， E 1 ＝ d .当板间距变成 2d 时，由 C ＝ 4π kd 可知电容变成 2C ，而带电荷量也变成 2Q ，故 U ＝2Q＝U ，E＝U 2＝ 2U 1＝ 2E ，故 C 选项正确．22C121d12d4.)(2012 ·广东实验中学高二月考图 1－6如图 1－ 6 所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A 、B 、C 三点， A 点为两点电荷连线的中点， B 点为连线上距 A 点距离为 d 的一点， C 点为连线中垂线距 A 点距离也为 d的一点，则下边对于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的选项是 ( ) A ． E A ＝ E C >E B ； φ A ＝ φC >φ B B ． E B >E A >E C ； φ A ＝ φ C >φBC ． E A <E B ， E A <E C ； φ A >φ B ， φ A >φ CD ．因为零电势点未规定，因此没法判断电势的高低分析：选 B.电场线散布如下图，电场线在 B 处最密集，在 C 处最稀少，故线， φ A ＝ φ C ；沿电场线方向电势降低， φ A >φ B .综上所述，选项 5.图 1－7E B >E A >E C ，中垂线为等势B 正确．(2012 ·南师大附中高二检测华 )如图 1－7 所示，在真空中离子 P 1、P 2 以同样速度从 O 点垂直场强方向射入匀强电场，经电场偏转后打在极板 B 上的 C 、D 两点．已知 P 1 电荷量为 P 2 电荷量的 3 倍． GC ＝ CD ，则 P 1、 P 2 离子的质量之比为 ()A ．3∶4B ．4∶3C ．2∶3D ．3∶21 21qU2· · x分析：选 A. y ＝ at＝ md 2，22 v 02qUx2因此 m ＝2， m ∝ qx ，因此 m 1∶m 2＝ 22(q 1x 1)∶( q 2x 2)＝ 3∶ 4.二、双项选择题(此题共 7 小题，每题 5 分，共 35 分．在每题给出的四个选项中，有两个选项切合题目要求，所有选对的得 5 分，只选 1 个且正确的得3 分，有选错或不答的得分)6.图 1－8(2012 ·海吴淞中学高二期中上 )如图 1－8 所示，在点电荷＋ Q 的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为 acb、adb 曲线，两粒子在 a 点时拥有同样的动能，重力不计．则()A．甲、乙两粒子带异种电荷B．两粒子经过 b 点时拥有同样的动能C．甲粒子经过 c 点时的动能等于乙粒子经过 d 点时的动能D．设无量远处电势为零，甲粒子经过 c 点时的电势能大于乙粒子经过 d 点时的电势能分析：选 AB. 甲粒子受引力作用，为负电荷，乙粒子受斥力作用，为正电荷， A 项对．粒子从 a 点到 b 点，电场力不做功，动能相等，故 B 项对．甲粒子从 a 点到 c 点，电场力做正功，动能增添；乙粒子从 a 点到 d 点，电场力做负功，动能减小，故 C 项错．在正电荷的电场中，电势大于零，正查验电荷的电势能大，故 D 项错．7.(2011 ·考广东卷高 )如图 1－ 9 为静电除尘器除尘机理的表示图．灰尘在电场中经过某种机( ) 制带电，在电场力的作用下向集尘极迁徙并堆积，以达到除尘目的．以下表述正确的选项是图 1－9A．抵达集尘极的灰尘带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电灰尘所受电场力的方向与电场方向同样D．同一地点带电荷量越多的灰尘所受电场力越大分析：选 BD. 在放电极邻近，电场线呈辐射形散开，且场强特别强．电子在电场中加快，附着在灰尘上向集尘极挪动，故迁徙到集尘极的灰尘带负电， A 错误．负电荷向集尘极挪动，电场方向从集尘极指向放电极，其受电场力的方向与场强方向相反，故 B 正确 C 错误．由F 电＝ qE 可知，同一地点 E 必定，q 越大，电场力越大，故 D 正确．8.图 1－10(2011 高·考山东卷 )如图 1－ 10 所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线， a、 b、 c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且 a 和 c 对于 MN 对称、 b 点位于 MN 上， d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的选项是( )A ． b 点场强盛于 d 点场强B． b 点场强小于 d 点场强C． a、 b 两点间的电势差等于 b、 c 两点间的电势差D．尝试电荷＋ q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能分析：选 BC. 在图中画出等量异种点电荷产生的电场的电场线散布状况，由电场线的疏密表示场强盛小可知 E d>E b.应选项 A 错误，选项 B 正确． a、 c 两点对于MN 对称，故 U ab＝U bc，选项 C 正确．沿电场线方向电势降低，因此φa>φc，由E p＝qφ 可知E pa>E pc，应选项D错误．9.图 1－11AB 和 CD 为圆上两条互相垂直的直径，圆心为O.将电量分别为＋q 和－ q 的两点电荷放在圆周上，其地点对于AB 对称且距离等于圆的半径，如图1－ 11 所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适合的点电荷Q，则该点电荷()A ．应放在 A 点， Q＝ 2qB．应放在 B 点， Q＝－ 2qC．应放在 C 点， Q＝－ qD．应放在 D 点， Q＝ q分析：选 CD.先将＋ q、－ q 在 O 点产生的场强合成，因为＋q、－ q 与 O 点组成等边三角形，可求出合场强 E0方向水平向右，大小 E0＝ E1＝E2，如下图．欲使圆心O 处的电场强度为零，所搁置的点电荷 Q 在 O 点产生的场强方向一定水平向左，且大小也为E0.若在 A 点和 B 点搁置点电荷 Q，则它产生的场强只好沿竖直方向，达不到目的．若在 C 点搁置点电荷Q，则必为负电荷，且 Q＝－ q，选项 C 对．若在 D 点搁置点电荷 Q，则必为正电荷，且Q＝ q，选项D 对．10.图 1－12MN 是一负电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子( 不计重力)从a 到b 穿越这( )条电场线的轨迹，如图1－ 12 中虚线所示，以下说法正确的选项是A ．负电荷必定位于M 左边B．带电粒子在 a 点加快度大于C．带电粒子在 a 点电势能大于D．带电粒子在 a 点的动能大于分析：选 AC. 设 MN 与 ab 交点为 P，由轨迹曲折方向可知，粒子在 P 点的受力 F P方向由 N→ M，带电粒子为正电荷，因此场强方向为N→ M， A 对；由负电荷场强特色可知，a a<a b， B 错；a→ b， W ab>0 ，电势能减少，动能增添， C 对，D 错．11.(2012 ·山罗村中学高二检测佛)如图 1－ 13 所示， P 是一个带电体， N 是一个不带电的金属空腔，在哪一种状况中，放在绝缘板上的小纸屑S不会被 P吸引()图 1－13分析：选AC. 金属壳能障蔽外面电荷产生的电场，因此 A 项中的纸屑的纸屑可被P 吸引； B 中的 P 电荷可在金属壳外感觉电荷而吸引纸屑，属壳外感觉的电荷被导入大地而不可以吸引纸屑，应选A、C. S不被 P吸引，D 中C 中的 P 电荷在金12.图 1－14如图 1－ 14 所示，绝缘圆滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m，电荷量为＋ q 的小球，由静止开始沿轨道运动，以下说法正确的选项是() A ．小球在运动过程中机械能守恒B．小球经过最低点时速度最大C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋ qE)D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－ qE)分析：选 BC.小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒， A 错；小球运动到最低点的过程中，电场力、重力做正功，动能增大，经最低点后，电场力、重力做负功，动能减小，故最1 2 ，由牛顿第二定律得：低点动能最大，速度最大，故 B 对；由动能定理得： qER＋mgR＝ mv2F N－mg－ qE＝ mv2/R，联立解得F N＝ 3(mg＋ qE)，故 C 对 D 错．三、计算题 (此题共 4 小题，共 45 分．解答时应写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不可以得分，有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位)图 1－1513.(8 分 )如图 1－15 所示，在水平向右的匀强电场中的－q 的油滴以速度v 竖直向上运动．已知当油滴经过最高点A 点，有一个质量为m、带电荷量为B 时，速度大小也为v.求：场强b 点加快度b 点电势能b 点的动能E 的大小及A 、B 两点间的电势差．分析：依据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动均匀速度公式有：h ＝ vt ， x ＝ vt ，2 2故 h ＝ x.由动能定理得：qEx － mgh ＝ 0，即E ＝ mg ，q再由动能定理得：qU AB －mgh ＝0， mgh ＝ 12mv 2，2mv 因此UAB＝2q .答案：看法析 14.(10 分 )图 1－16一条长 3L 的线衣着两个完整同样的小金属环 A 和 B ，质量均为 m ，将线的两头都系于同一点 O ，如图 1－16 所示，当两金属环带电后，因为两环间的静电斥力使丝线组成一个等边三角形，此时两环处于同一水平线上，假如不计环与线的摩擦，两环各带多少电量？(静电力常量为 k)分析：线并无拴住小金属环，故三段线的拉力均相等，设拉力为 F T ，对环 A 受力剖析如图．竖直方向有 F T · sin60°＝ mg 水平方向有 F ＝ F T ＋F T cos60°Q 2 由库仑定律 F ＝ k L 2联立解得 Q ＝ L3mg.k3mg 答案：均带Lk15.(12 分 )图 1－17如图 1－ 17 所示，长 L ＝ 0.4 m 的两平行金属板 A 、 B 竖直搁置，相距 d ＝ 0.02 m ，两板间接入恒定电压为 182 V ，B 板接正极，一电子质量m ＝× 10－31kg ，电荷量 e ＝× 10－19C ，以 v 0＝ 4× 107 m/s 的速度紧靠 A 板向上射入电场中，不计电子的重力．问电子可否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不可以，在保持电压不变的状况下， B 板起码平移多少，电子才能射出电场？t ＝ L－8Uq 分析：设电子能射出极板，则 v 0 ＝ 4× 107 s ＝ 10s ，水平方向加快度 a ＝ md 代入数据得a ＝× 1015 m/s 212y ＝ at 代入数值得：y ＝ 0.08 m>d.故不可以射出．若恰能射出，则 B 板需向右挪动，板间距变成d ′，则 d ′＝1· qU t 2， d ′＝ t qU 2 md ′2m－19＝10 －8×× 10 × 182m ＝ 0.04 m－ 312×× 10d ＝ d ′－ d ＝ 0.02 m.答案：看法析 16.(15 分 )图 1－18(2012 浙·江绍兴一中高二期中 )如图 1－ 18 所示，一带电量为＋ q 、质量为 m 的小球，从距地面高 2h 处以必定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为 s 处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为 h ，为了使小球能无碰撞地落进管口经过管子，可在管子上方整个地区内加一水平向左的匀强电场，求：(1) 小球的初速度； (2) 应加电场的场强；(3) 小球落地时的动能．分析： (1) 由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，设运动时间为t ，则竖直方向有 h ＝122，水平方向有 s ＝v2ggtt ，联立解得 v 0＝ sh .2(2) 电场力做的功等于小球的动能变化，有12mgsqE · s ＝mv 0，解得 E ＝hq .2(3) 小球落地时只拥有竖直方向的速度，动能 E k ＝ mg ·2h ＝ 2mgh.2gmgs 答案：(1) sh (2)hq (3)2 mgh 别想一下造出海洋，一定先由小河川开始。

教科版高中物理选修3-1第1章章末综合检测.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．一个带电的金属球，当它带的电荷量增加到一定数值后(稳定)与增加前比较，其内部的场强将()A．一定增强B．不变C．一定减弱D．可能增强也可能减弱解析：选B.处于静电平衡的导体内部场强处处为0，故B对．2．带负电的粒子在某电场中仅受静电力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由()A．一个带正电的点电荷形成B．一个带负电的点电荷形成C．两个分立的带等量负电的点电荷形成D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析：选A.带负电的粒子在由一个带正电的点电荷形成的电场中，可以由静电力提供向心力，围绕正电荷做匀速圆周运动，也可以沿电场线做变速直线运动，A对、B错．C、D两个选项中的电场线均是曲线，粒子只受到静电力作用时不会沿电场线运动，C、D均错．3．如图1－6所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中．导体处于静电平衡时，下列说法不．正确的是()图1－6A．A、B两点场强相等，且都为零B．A、B两点场强不相等C．感应电荷产生的附加电场E A＞E BD．当电键S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动解析：选B.导体处于静电平衡状态时，其内部场强处处为零，故A正确，B错误，因感应电荷在导体内某点的场强与正电荷在该点的场强等大反向，A点离正电荷较近，故有E A>E B，C正确；当电键S闭合时，电子从大地沿导线移向导体中和枕形导体右端的正电荷，相当于右端正电荷流向远端，故D正确．4．如图1－7是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不．正确的是()图1－7A．1、3两点电场强度相同B．5、6两点电场强度相同C．4、5两点电势相同D．1、3两点电势相同解析：选D.1、3两点的电场强度都等于两点电荷在该点的电场强度之和，根据对称性可知两点电场强度一定相同，所以选项A正确.5、6两点的电场强度方向都是水平向左，根据对称性可以判断两点的电场强度大小相同，所以选项B正确．由于中垂线为等势面，所以4、5两点的电势相同，所以选项C正确．由于两点电荷连线的电场线方向由正电荷指向负电荷，所以3点电势要高于1点电势，所以选项D错误．5．(2011年连云港高二检测)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图像如图1－8所示．则这一电场可能是图1－9中的()图1－8图1－9解析：选A.由v－t图像知，微粒做加速度变大的减速运动．6．(2009年高考福建卷)如图1－10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1－10A．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小D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为U，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的油滴向下运动，电场力做负功，电势降低，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C 错；电容器的电容C ＝εr S 4πkd，由于d 增大，电容C 应减小，极板带电量Q ＝CU 将减小，D 错．7．(2011年太原市高三诊断考试)带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q 的电场中，沿图1－11中实线轨迹从a 运动到b ，a 、b 两点到点电荷Q 的距离分别为r a 、r b (r a ＞r b )，b 为运动轨迹上到Q 的最近点，不计粒子的重力，则可知( )图1－11A ．运动粒子带负电B ．b 点的场强大于a 点的场强C ．a 到b 的过程中，电场力对粒子不做功D ．a 到b 的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变解析：选D.由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E ＝k Q r 2知，E b ＞E a ；粒子从a 到b 的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选D.8.如图1－12所示，竖直绝缘墙壁上的Q 处有一个固定的质点A ，在Q 的上方P 点用丝线悬挂着另一个质点B .A 、B 两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A 、B 两质点的带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P 点的拉力大小将( )图1－12A ．保持不变B ．先变小后变大C ．逐渐减小D ．逐渐增大解析：选A.如图所示，B 球受到三个力平衡，三力构成三角形与△PAB 相似，对应边成比例：mg PA ＝T BP ＝F AB ，故悬线拉力T 大小不变，答案是A.9．(2011年福建省三明高二月考)如图1－13所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不．正确的是( )图1－13A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度等于2gC ．合外力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少解析：选C.带电液滴由静止沿bd 方向运动，因此静电力与重力的合力必定沿bd 方向，如图所示．因此，液滴带负电，由F 合＝mg cos45°＝ma 可得：a ＝2g ，故A 、B 正确；合外力做正功，C 错误；静电力F 电做正功，液滴的电势能减少，D 正确．10．(2011年石北中学高二检测)带电粒子以初速度v 0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y ，偏角为φ，下列说法不．正确的是( ) A ．粒子在电场中做类平抛运动B ．偏角φ与粒子的电荷量和质量无关C ．粒子飞过电场的时间，决定于极板长和粒子进入电场时的初速度D ．粒子的偏移距离y ，可用加在两极板上的电压控制解析：选B.粒子进入电场中时，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，即粒子在电场中做类平抛运动，故A 正确；由tan φ＝v y v 0＝Eql m v 20可知B 错误；由t ＝l v 0可知C 正确；由y ＝12Eq m l 2v 20＝Uql 22md v 20，可见y 与U 成正比，D 正确．11．图1－14中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点．若不计重力，则( )图1－14A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速率小于M 在c 点的速率C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零解析：选D.由O 点电势高于c 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误．N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U OC ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 错误．因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动过程中电势能减少，电场力做正功，C 错误．O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．12．(2011年金溪一中高二月考)如图1－15所示，A 、B 、C 、D 为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面D 时的动能为20 eV ，经过等势面C 时的电势能为－10 eV ，到达等势面B 时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5 cm ，不计电子的重力，下列说法中正确的是( )图1－15 A ．C 等势面的电势为5 VB ．匀强电场的场强为200 V/mC ．电子再次经过D 等势面时，动能为10 eVD ．电子的运动是匀变速曲线运动解析：选B.设相邻两等势面间的电势差大小为U ，对电子由D 到B 的过程应用动能定理得：－2Ue ＝0－20 eV ，可得U ＝10 V ，由E ＝U d 可得：E ＝100.05V/m ＝200 V/m ，B 正确；由E p C ＝φC q 得：φC ＝－10 eV －e＝10 V ，A 错误；当电子再次经过D 等势面时，电场力对电子做的总功为零，动能仍为20 eV ，C 错误；电场方向垂直于等势面，沿竖直方向，故电子的运动为匀变速直线运动，D 错误．二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)(2011年济南市高二质检)如图1－16所示，在水平向右的匀强电场中的A 点，有一个质量为m 、带电荷量为－q 的油滴以速度v 竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B 时，速度大小也为v .求：场强E 的大小及A 、B 两点间的电势差．图1－16解析：根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：h ＝v t 2，x ＝v t 2，故h ＝x .由动能定理得：qEx －mgh ＝0，即E ＝mg q，再由动能定理得：qU AB －mgh ＝0，mgh ＝12m v 2，所以U AB ＝m v 22q. 答案：见解析14．(10分)(2011年陕西西安一中高二月考)如图1－17所示，两带电平行板A 、B 间的电场为匀强电场，场强E ＝4.0×102 V/m ，两板相距d ＝16 cm ，板长L ＝30 cm.一带电荷量q ＝1.0×10－16C 、质量m ＝1.0×10－22 kg 的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B 板偏转，不计带电粒子所受重力，求：图1－17 (1)粒子带何种电荷？(2)要使粒子恰能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v 0为多大？解析：(1)因带电粒子进入两板间后向B 板偏转，故所受到的电场力竖直向下，粒子带正电．(2)粒子恰好飞出电场时，偏转位移y ＝d 2，又y ＝12Eq m L 2v 20以上两式联立可得：v 0＝1.5×104 m/s.答案：(1)正电 (2)1.5×104 m/s15．(10分)如图1－18所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h ＝0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ，如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d ，取g ＝10 m/s 2)图1－18解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和向上的电场力qE 的作用．当U 1＝300 V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d ①当U 2＝60 V 时，重力大于电场力，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg －q U 2d ＝ma ②又h ＝12at 2③ 由①②③得：t ＝ 2U 1h (U 1－U 2)g ＝ 2×300×0.8×10－2(300－60)×10s ≈4.5×10－2s.答案：4.5×10－2s16．(12分)(2011年武汉高二检测)如图1－19，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1 m ，两极板间距离d ＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量为q ＝＋1×10－8 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ，g 取10 m/s 2，求：图1－19(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？(2)若带电粒子落到AB 板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？解析：(1)若第一个粒子落到O 点，由L 2＝v 01t 1， d 2＝12 gt 21得v 01＝2.5 m/s若落到B 点，由L ＝v 02t 1，d 2＝12gt 22得v 02＝5 m/s 故 2.5 m/s<v 0<5 m/s.(2)由L ＝v 01t ，得t ＝4×10－2 s由d 2＝12at 2 得a ＝2.5 m/s 2 由mg －qE ＝ma ，E ＝Q dC 得Q ＝6×10－6C所以n ＝Q q＝600个．答案：(1)2.5 m/s<v 0<5 m/s (2)600个。

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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题6小题，每小题5分，共30分)1．关于地磁场，下列叙述正确的是()．A．地球的地磁两极与地理的两极重合B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极C．地磁的北极与地理南极重合D．地磁的北极在地理南极附近解析地球是一个大磁体，地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项D正确．答案 D2．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图1所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转，应采用的办法是()．图1A．增大电荷质量B．增大电荷电荷量C．减小入射速度D．增大磁感应强度解析粒子在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力q v B，且此时Eq＝q v B.若要使电荷向下偏转，需使Eq>q v B，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可．答案 C图23. (2010·上海单科，13)如图2所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()．A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.答案 C图34.如图3所示，当电键S闭合的时候，导线ab受力的方向应为()．A．向右B．向左C．向纸外D．向纸里解析由安培定则可判断左边的螺线管右端为S极，右边的螺线管左端为N极，即导线ab处在向左的磁场中，由左手定则可判断，导线ab受力方向向纸里，故D项正确，A、B、C项错误．答案 D5．(2010·重庆理综，21)如图4所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．粒子质量电荷量速度编号 (q >0) 大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 52m－qv图4由以上信息可知，从图中a 、b 、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为( )．A ．3、5、4B ．4、2、5C ．5、3、2D ．2、4、5解析结合题图，运用左手定则可知，粒子a 与b 电性相同，粒子c 与前两者电性必相反．r a ＝r c ＝23r b .根据r ＝m v Bq 可知，A 项中r a ＝32r b ，B 项中r a ＝32r b ，均与题意不符，A 、B 两项均错误．C 项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C 项错误，只有D 项符合，答案为D.答案 D6．如图5所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将再一次通过O 点( )．图5A.2πmqB 1B.2πm qB 2C.2πmq (B 1＋B 2)D.πmq (B 1＋B 2)解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝2πmqB知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝2πmqB1＋πmqB2＝2πmqB2，所以B选项正确．答案 B二、多项选择题(本题5小题，每小题6分，共30分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)图67.如图6所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B 后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是()．A．磁场B减小，油滴动能增加B．磁场B增大，油滴机械能不变C．使磁场方向反向，油滴动能减小D．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小解析开始时油滴所受洛伦兹力跟重力平衡，即q v B＝mg.B减小或反向时，油滴将向下偏转，重力做正功，洛伦兹力不做功，故动能增加，重力势能减小，A、D项正确，C项错误；当B增加时，油滴将向上偏转，但只有重力做功，故B项正确．答案ABD8．如图7所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是()．图7A．运动的轨道半径不相同B．重新回到边界的速度大小和方向都相同C．重新回到边界的位置与O点距离相同D．运动的时间相同解析由于洛伦兹力不做功，所以再次回到边界的速度大小相同，正负离子在磁场中运动，再次回到边界的轨迹如图．正离子沿1，负离子沿2，把2轨迹翻转刚好能和1组成一个完整的圆，所以OO1＝OO2，因此A项错、C项正确、B项正确，又由于两段圆弧所对的圆心角不同，因此运行时间不同，D项错．答案BC图89．如图8所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是()．A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角答案ABD图910．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m、电阻为R的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图9所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，当闭合开关S时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则()．A．磁场方向一定竖直向上B．导体棒离开导轨前受到向左的安培力C．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1－cos θ)解析从题中知道导体棒ab向右摆动，说明导体棒ab受到向右的安培力作用，由左手定则可知磁场方向一定竖直向下，A、B两项错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的热，另一部分是导体棒的机械能，D项正确；最大高度时，导体棒重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)，C项正确．答案CD11．如图10所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球．整个装置以水平向右的速度匀速运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中()．图10A．洛伦兹力对小球做正功B．洛伦兹力对小球不做功C．小球运动轨迹是抛物线D．小球运动轨迹是直线解析由于洛伦兹力与粒子运动方向始终垂直，所以洛伦兹力对小球不做功，故B正确、A错误，由于小球水平向右的速度不变，因此小球所受洛伦兹力在竖直向上的分力不变，所以小球竖直向上做初速度为零的匀加速运动，故小球运动轨迹是抛物线，故C 正确、D 错误．答案 BC三、非选择题(40分)图1112．(12分)如图11所示，导轨间的距离L ＝0.5 m ，B ＝2 T ，ab 棒的质量m ＝1 kg ，物块G ＝3 N ，动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E ＝10 V ，r ＝0.1 Ω，导轨的电阻不计，ab 棒电阻也不计，问R 的取值范围怎样时棒处于静止状态？解析依据物体平衡条件可得棒恰不右滑时：G －μmg －BLI 1＝0① 棒恰不左滑时：G ＋μmg －BLI 2＝0② 依据全电路欧姆定律可得 E ＝I 1(R 1＋r )③ E ＝I 2(R 2＋r )④联立①③得R 1＝BLE /(G －mg μ )－r ＝9.9 Ω 联立②④得R 2＝BLE /(G ＋mg μ)－r ＝1.9 Ω 所以R 的取值范围为：1.9 Ω≤R ≤9.9 Ω. 答案 1.9 Ω≤R ≤9.9 Ω图1213．(12分)如图12所示，AB 为水平放置，长度足够长的固定绝缘横杆，杆上套着一个带正电的滑块，滑块的质量m ＝10 g ，带电量q ＝8×10－3 C ，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝5 T ，现给滑块一个水平向右的初速度v 0＝10 m/s ，滑块便开始运动，已知滑块跟杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2，求滑块克服摩擦力所做的功．(g ＝10 m/s 2)解析滑块最初所受洛伦兹力的大小为 F ＝q v 0B ＝8×10－3×10×5 N ＝0.4 N重力mg ＝0.01×10 N ＝0.1 N ＜F所以滑块受到向下的正压力的作用，水平方向有摩擦力存在，直到N ＝0即q v B ＝mg 时，摩擦力消失，滑块匀速运动这时v ＝mgqB ＝2.5 m/s W f ＝12m v 20－12m v 2＝0.47 J. 答案 0.47 J图1314．(16分)在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图13所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y 轴的交点C 处沿＋y 方向飞出．(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm ；(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B ′，该粒子仍从A 处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B ′是多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？解析 (1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A 点射入，由C 点射出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R ＝r ① 又q v B ＝m v 2R ② 则粒子的比荷q m ＝vBr .③(2)粒子从D 点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD 弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径R ′＝r cot 30°＝3r ④ 又R ′＝m v qB ′⑤所以B ′＝33B ⑥ 粒子在磁场中的飞行时间 t ＝16T ＝16×2πm qB ′＝3πr 3v .⑦答案见解析。