【创新设计】2013-2014学年高中物理选修3-1(训练+检测+章末测试)1-3

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2013【创新设计】选修3-1课件和随堂练习全套1-11-4PPT

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二、电势能 1．概念：电荷在电场中具有的势能． 2．与电场力做功的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，用公式表示 WAB＝EpA－EpB .
3．电势能的确定 (1)先确定零电势能位置． (2)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零，电荷在某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零势能位置时所做的功．电势能是相对的．
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2 电场力做功正负的判断 (1)根据电场力和位移的方向夹角判断，此法常用于匀强电场中恒定电场力做功情况的判断．夹角为锐角时电场力做正功，夹角为钝角时电场力做负功． (2)根据电场力和瞬时速度方向的夹角判断，此法常用于判断曲线运动中变化电场力的做功情况，夹角是锐角电场力做正功，夹角是钝角电场力做负功，电场力和瞬时速度方向垂直电场力不做功． (3)根据电势能的变化情况判断，由电场力做功与电势能变化的关系可知：若电势能增加，则电场力做负功；若电势能减小，则电场力做正功．
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2．在上面关于电势能和电势的讨论及插图中，我们一直把试探电荷q当做正电荷处理．请把q当做负电荷，重复以上讨
论．其结果与上面的结果是否一致？
点拨一致的．根据电场力做功与电势能变化的关系可知：电荷在某点的电势能，就等于静电力把它从该点移动到零势能位置时所做的功．在教材图1.4－4所示中，q为正电荷时，正电荷在A点的电势能为正值，正电荷的电势能Ep 与它的电荷量q的比值为正；q 为负电荷时，负电荷在A点的电势能为负值，负电荷的电势能Ep 把q当成负电荷，与把q当成正电荷所得的结果仍是

人教版高中物理选修3-1章末综合测评3.docx

高中物理学习材料桑水制作章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中第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．(2016·绍兴高二检测)安培的分子环形电流假说不能用来解释下列哪些磁现象( )A．磁体在高温时失去磁性B．磁铁经过敲击后磁性会减弱C．铁磁类物质放入磁场后具有磁性D．通电导线周围存在磁场【解析】磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，在高温时，分子电流的排布重新变得杂乱无章，故对外不显磁性，A对；磁铁经过敲击后，分子电流的排布重新变得杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故B对；铁磁类物质放入磁场后磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，对外显现磁性，C对；通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故D错误．【答案】 D2．(2016·郑州高二检测)关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是( )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可知，当r→0，E→＋∞C．由公式B＝FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力则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线所受的安培力方向【解析】电场强度的定义式E＝Fq，适用于任何电场，故A正确．当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E＝kQr2不再成立．故B错误．由公式B＝FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．磁感应强度的方向和该处通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．【答案】 A3．(2015·海南高考)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】a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确．【答案】 A4．如图2所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是( )图2A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转【解析】正离子以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，则有：qvB＝Eq.即：vB＝E，若一电子的速率v从左向右飞入此区域时，也必有evB＝Ee.电子沿直线运动．而电子以速率v从右向左飞入时，电子所受的电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，B正确，A、C、D均错误．【答案】 B5．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )图3A．增大匀强电场间的加速电压B．减小磁场的磁感应强度C．增加周期性变化的电场的频率D．增大D形金属盒的半径【解析】粒子最后射出时的旋转半径为D形金属盒的最大半径R，R＝mv qB ，E k ＝12mv2＝q2B2R22m.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形金属盒的半径R，故正确选项为D.【答案】 D6．(2016·宜昌高二检测)如图4所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°.现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( ) 【导学号：08160181】图4A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt【解析】由牛顿第二定律qvB ＝m v 2r 及匀速圆周运动T ＝2πr v 得r ＝mvqB ；T＝2πmqB.作出粒子的运动轨迹如图，由图可得，以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt ＝T 6从C 点射出磁场，轨道半径r ＝3AO ；速度变为v3时，运动半径是r 3＝3AO3，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为120°，运动时间为T3，即2Δt .故A 、C 、D 项错误，B 项正确．【答案】 B7．(2016·保定高二检测)带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v 0，先通过匀强电场E ，后通过匀强磁场B ，如图5甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W 1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<EB)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则( )图5 A．W1<W2B．W1＝W2C．W1>W2D．无法判断【解析】在乙图中，由于v0<EB，电场力qE大于洛伦兹力qBv.根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力；而在甲图中带电粒子只受电场力qE.则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、B、D错误，选项C正确．【答案】 C8．在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L，质量为m的导线，当通以如图6所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B满足( )图6A．B＝mg sin θIL，方向垂直斜面向下B．B＝mg sin θIL，方向垂直斜面向上C．B＝mg tan θIL，方向竖直向下D．B＝mgIL，方向水平向左【解析】磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg sin θ＝BIL，解得选项A正确．磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg tan θ＝BIL，解得选项C正确．磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg＝BIL，解得选项D正确．【答案】ACD9．利用如图7所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( ) 【导学号：08160182】图7A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为qB(3d＋L)2mC．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【解析】由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r可得v＝qBrm，r越大v越大，由图可知r最大值为r max＝3d＋L2，选项B正确；又r最小值为r min＝L2，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝3qBd2m，可见选项C正确、D错误．【答案】BC10．如图8所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )图8A．从P射出的粒子速度大B．从Q射出的粒子速度大C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．两粒子在磁场中运动的时间一样长【解析】作出各自的轨迹如右图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q 点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1<R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确的选项应是B、D.【答案】BD二、计算题(本题共2小题，共40分，按题目要求作答)11．(18分)如图9所示，倾角为θ＝30°的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E＝3 V、内阻不计的电源，滑轨间距为L＝0.1 m，将一个质量为m＝0.03 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．(重力加速度g取10 m/s2)图9【解析】合上开关S后，由闭合电路欧姆定律得：I＝E R经分析可知，金属棒受力如图所示，金属棒所受安培力，F ＝BIL 沿斜面方向受力平衡，F ＝mg sin θ 以上各式联立可得：B ＝0.25 T 磁场方向垂直导轨面斜向下【答案】磁场方向垂直导轨面斜向下 0.25 T12．(22分)(2015·山东高考)如图10所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．【导学号：08160183】图10(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．【解析】 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12mv 2① 由①式得E ＝mv 2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m v2 R③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝D 4④联立③④式得B＝4mv qD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝3D 4⑥联立③⑥式得B＝4mv3qD.⑦【答案】(1)mv2qd(2)4mvqD或4mv3qD。

物理选修3_1测试题(含答案)

物理选修3-1测试题满分：100分考试时间：90分钟命题人：审题人：注意事项：1.答卷前,务必将自己的姓名、班级和学号填写在答题卡与答题卷上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

3.回答非选择题时,将答案写在答题卷上。

写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷选择题〔共44分一、单项选择题<每小题给出的四个选项中只有一项是正确,每小题3分,共8题24分>1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是< >A．安培力的方向不一定垂直于直导线B．安培力的方向不一定垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关D．将直导线垂直放入匀强磁场中,从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半.2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是< >3．三根平行的长直通电导线,分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直,如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B,则下列说法中正确的有< >A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为5BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向沿斜面向下4.带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线,关于粒子,下列说法正确的是〔A. 在a点的速度小于在b点的速度B. 在a点的加速度大于在b点的加速度C. 在a点的电势能小于在b点的电势能D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高5.2016年8月23日,第七届中国<上海>国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行,作为中国最大超级电容器展,众多龙头踊跃参与。

高中物理选修3-1期末测试卷-附答案(可编辑修改word版)

I L I L0 00高中物理选修3-1 期末测试卷一、单选题（本大题共10 小题，共40.0 分）1.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )A.奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了电磁感应定律B.库仑提出了库仑定律，并最早实验测得元电荷e 的数值C.伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D.法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b 端移动时( )A.伏特表V 读数增大，电容C 的电荷量在减小B.安培表A 的读数增大，电容C 的电荷量在增大C.伏特表V 的读数增大，安培表A 的读数减小D.伏特表V 的读数减小，安培表A 的读数增大3.三根通电长直导线P、Q、R 互相平行、垂直纸面放置.三根导线中电流方向均垂直纸面向里，且每两根导线间的距离均相等.则P、Q 中点O 处的磁感应强度方向为( )A.方向水平向左B.方向水平向右C.方向竖直向上D.方向竖直向下4.如图所示，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，轨道是光滑的而且绝缘，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，a、b 为轨道的最低点，则不正确的是( )A.两小球到达轨道最低点的速度V a> V bB.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F a> F bC.小球第一次到达a 点的时间大于小球第一次到达b 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5.如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以同向电流时( )A.两环都有向内收缩的趋势B. 两环都有向外扩张的趋势C. 内环有收缩趋势，外环有扩张趋势D. 内环有扩张趋势，外环有收缩趋势6.如图所示，水平直导线中通有恒定电流I，导线正下方处有一电子初速度v0，其方向与电流方向相同，以后电子将( )A.沿路径a 运动，曲率半径变小B. 沿路径a 运动，曲率半径变大C. 沿路径b 运动，曲率半径变小D. 沿路径b 运动，曲率半径变大7.下列说法中正确的是( )A.磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F 与该导线的长度L、通过的电流I 乘积的比值.即B =FB.通电导线放在磁场中的某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就为零C.磁感应强度B = F只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F、I、L 以及通电导线在磁场中的方向无关D.通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向8.如图所示，质量为m，带电量为q 的粒子，以初速度v0，从A 点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率v B= 2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为( )m v2 A.2q2mv2 C.q3mv2 B.q3mv2 D.2q49.如图所示，一个绝缘圆环，当它的1均匀带电且电荷量为+ q时，圆心O 处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电+ 2q，而另一半圆ADC 均匀带电‒ 2q，则圆心O 处的电场强度的大小和方向为(A.2 2E方向由O 指向D C. 2 2E方向由O 指向BB. 4E 方向由O 指向D D. 010.某区域的电场线分布如图所示，M、N、P 是电场中的三个点，则下列说法正确的是( )A.P、N 两点点场强不等，但方向相同B.将一带负电的粒子从M 点移到N 点，电场力做负功C.带电量+ q的粒子，从P 点的电势能小于在N 点的电势能D.带正电的粒子仅在电场力作用下，一定沿电场线PN 运动二、多选题（本大题共 2 小题，共8.0 分）11.如图所示，实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与匀强电场相互垂直.有一带电液滴沿虚线L 向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α > β.下列说法中正确的是( )A.液滴一定做匀速直线运动B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴有可能做匀变速直线运动12.如图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( )A.M 带负电荷，N 带正电荷B.N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同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零三、实验题探究题（本大题共 3 小题，共27.0 分）13.请完成以下两小题：(1)图a 中螺旋测微器读数为mm.图b 中游标卡尺(游标尺上有50 个等分刻度)读数为cm．(2)欧姆表“× 1”档的中值电阻为20Ω，已知其内装有一节干电池，干电池的电动势为1.5V.该欧姆表表头满偏电流为mA，要测2.5kΩ的电阻应选档.14.测得接入电路的金属丝的长度为L，金属丝的直径d，已知其电阻大约为25Ω．(1)在用伏安法准确测其电阻时，有下列器材供选择，除必选电源(电动势1.5V，内阻很小)、导线、开关外，电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选.(填代号)并将设计好的测量电路原理图画在方框内．A1电流表(量程40mA，内阻约0.5Ω)A2电流表(量程10mA，内阻约0.6Ω)V1电压表(量程6V，内阻约30kΩ)V2电压表(量程1.2V，内阻约的20kΩ))R1滑动变阻器(范围0 ‒ 10Ω)R2滑动变阻器(范围0 ‒ 2kΩ)(2)若电压表、电流表读数用U、I 表示，用上述测得的物理量计算金属丝的电阻率的表示式为ρ = .(全部用上述字母表示)15.为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：A.干电池一节B.电压表v1(0 ‒ 15V，内阻约为15KΩ)C.电压表v2(0 ‒ 3V，内阻约为3KΩ)D.电流表A1(0 ‒ 3A，内阻约为2Ω)E.电流表A2(0 ‒ 0.6A，内阻约为10Ω)F.电流表G(满偏电流3mA，内阻R g= 10Ω)G.变压器H.滑动变阻器(0 ‒ 1000Ω)I.滑动变阻器(0 ‒ 20Ω)J.开关、导线(1)用电流表和电压表测量干电池的电动势和内电阻，应选用的滑动变阻器是，电流表，电压表(用代号回答)(2)根据实验要求，用笔画线代替导线在实物图甲上连线．(3)某次实验记录如下：组别 1 2 3 4 5 6电流I/A0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57电压U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05E = V = Ω.(4)用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比(填“偏大”“偏小”或“相等”)．四、计算题（本大题共 4 小题，共40.0 分）16.如图所示，y 轴上A 点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A 点和坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里.有一电子(质量为m、电荷量为e)从A 点以初速度v0沿着x 轴正方向射入磁场区域，并从x 轴上的B 点射出磁场区域，此时速度方向与x 轴正方向之间的夹角为60 ∘ .求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)电子在磁场中运动的时间．17.如图甲所示，足够长的“U”型金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L = 1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m = 0.1kg，空间存在磁感应强度B = 0.5T，竖直向下的匀强磁场.连接在导轨两端的电阻R = 3.0Ω，金属杆的电阻r = 1.0Ω，其余部分电阻不计.某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P 由静止开始运动，图乙是金属杆P 运动过程的v‒ t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ = 0.5.在金属杆P 运动的过程中，第一个2s 内通过金属杆P 的电荷量与第二个2s 内通过P 的电荷量之比为3：5.g取10m/s2.求：(1)水平恒力F 的大小；(2)求前2s 内金属杆P 运动的位移大小x1；(3)前4s 内电阻R 上产生的热量．18.质谱仪原理如图所示，a 为粒子加速器，电压为U1；b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c 为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为+ e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R 的匀速圆周运动.求：(1)粒子射出加速器时的速度v 为多少？(2)速度选择器的电压U2为多少？(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R 为多大？19.如图所示，一质量为m、电量为+ q、重力不计的带电粒子，从A 板的S 点由静止开始释放，经A、B 加速电场加速后，穿过中间偏转电场，再进入右侧匀强磁场区域.已知AB 间的电压为U，MN极板间的电压为2U，MN两板间的距离和板长均为L，磁场垂直纸面向里、磁感应强度为B、有理想边界.求：(1)带电粒子离开B 板时速度v0的大小；(2)带电粒子离开偏转电场时速度v 的大小与方向；(3)要使带电粒子最终垂直磁场右边界射出磁场，磁场的宽度d 多大？3v R + rR + rR + r【答案】答案和解析1. D2. D3. A4. C5. D6. B7. C8. C9. A 10. B 11. ABC 12. BD 13. 1.998；1.094；75； × 100214. A ；V ；R ；πUd 1 2 14I L15. I ；E ；C ；1.45；0.75；偏小16. 解：(1)过 B 点作电子出射速度方向的垂线交 y 轴于 C 点，则 C 点为电子在磁场中运动轨迹的圆心，画出电子的运动轨迹．由几何知识得∠ACB = 60 ∘设电子在磁场中运动的轨迹半径为 R ，则 R ‒ L = Rsin 30 ∘ ，得：R = 2L 又由洛伦兹力提供向心力，得： mv 2 e v 0B =R则得：B =mv 0；2e L(2)由几何知识∠ACB = 60 ∘ 则粒子在磁场中飞行时间为 t = θ3602πR v 0将R = 2L 代入得：t = 2πL；答：(1) 磁场的磁感应强度大小为mv 0；2e L2πL电子在磁场中运动的时间为3v 0 ．17. 解：(1)由图乙可知金属杆 P 先作加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动．当t = 2s 时，v = 4m /s ，此时感应电动势 E = Blv感应电流I = E安培力根据牛顿运动定律有解得F = 0.75 N(2) 通过金属杆 P 的电荷量q = It = E t其中. = △ Φ= B L xE△ t t所以q = B L x∝ x (x 为 P 的位移)设第一个 2s 内金属杆 P 的位移为x 1，第二个 2s 内 P 的位移为x 2 则△ Φ1 = B L x 1 △ Φ2 = B L x = B L vt由于q 1：q 2 = 3：5∘ ⋅(2)2U 1e m221B v Lm m联立解得x 2 = 8m ，x 1 = 4.8m .(3) 前 4s 内由能量守恒得F (x 1 + x 2) = 1m v 2 + μmg (x 1 + x 2) + Q r + Q R其中Q r ：Q R = r ：R = 1：3 解得：Q R = 1.8J ．答：(1)水平恒力 F 的大小为0.75N ；(2) 前 2s 内金属杆 P 运动的位移大小x 1为4.8m ； (3)前 4s 内电阻 R 上产生的热量为1.8J .18. 解：(1)粒子经加速电场U 1加速，获得速度为 v ，由动能定理可知：e U 1 = 1m v 2解得v =(2)在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得：e E = ev B 1 U 2e = ev B 即d 1解得：U 2 = B 1dv = B 1d(3) 在B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，qv B 2解得：R =mv=1= m v 2ReB 2B 2答：(1)粒子射出加速器时的速度 v 为；(2)速度选择器的电压B d 2U 1e；m(3)粒子在B 2磁场中做匀速圆周运动的半径为 122U 1m e ．19. 解：(1)带电粒子在加速电场中，由动能定理得：qU = 1m v 22得带电粒子离开 B 板的速度：v 0 = (2)粒子进入偏转电场后，有：t = L 0电场强度，E =2U电场力，F = q E 由牛顿第二定律，a = F速度，v y = at 解得：v y =所以带电粒子离开偏转电场时速度 v 的大小22qU ，方向与水平方向成45 ∘ ．(3)根据洛伦兹力提供向心力，则有Bqv = m v 2R2U 1e m2U 1e m2U 1m e 2qU m2qU m，qUmmU qBq = B 解得：R = m × 22 由于与水平方向成45 ∘ 入射，所以磁场的宽度为，d R = 2 ×2= 2BB答：(1)带电粒子离开 B 板时速度v 0的大小(2) 带电粒子离开偏转电场时速度 v 2qUm ； 45 ∘ ；(3)qmUq2 mU q。

人教版高中物理选修31第1章章末综合检测

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作高中物理选修3-1章末检测( 时间： 90 分钟，满分：100 分 )一、单项选择题(本题共 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.冬天当我们脱毛线衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．以下一些相关的说法中正确的选项是()A．在脱衣过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣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，这是由于内外衣服上电荷放电引起的C．若是内外两件衣服可看做电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电量一定，随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．脱衣时若是人体带上了电，当手触摸金属门把时，必然会有电流经过金属门把流入大地，从而造成对人体略微的电击解析：选 B.摩擦起电使相互摩擦的两个物体带上等量异种电荷，A错．若将内外衣视为电容器，能够认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，依照功能关系得：电荷的电势能增大，选项 C 错误．当人脱衣服时若是人体带上电，与金属门凑近时会使空气电离而放电，所以选项 D 不正确．正确选项为 B.2.r 的两两个分别带有电荷量－ Q 和＋ 3Q 的相同金属小球 (均可视为点电荷 )，固定在相距为r ，则两球间库仑力的大处，它们间库仑力的大小为 F .两小球相互接触后将其固定距离变为2小为 ()13A.12FB.4F4C.3F D ．12F3Q2解析：选 C.两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得 F ＝k r2，F ′Q24Q24F，故 C 正确．＝k2＝k 2 ，联立得F′＝3r r23.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，板间场强为 E1.1现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为2d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E2，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 1解析：选 C.U 1＝ Q ， E 1 ＝U 1.当板间距变为 1d 时，由 C ＝ ε r S 可知电容变为2C ，而带电荷Cd24π kd量也变为 2Q ，故 U ＝2Q＝U ，E ＝U 2＝ 2U 1＝ 2E ，故 C 选项正确．22C121d12d4.(2013 ·广东模拟 )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，则下面关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 ； φ ＝ φC >E B AC >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 ．由于零电势点未规定，所以无法判断电势的高低解析：选 B.电场线分布以下列图，电场线在 B 处最密集，在 C 处最稀罕，故 E B >E A >E C ，中垂线为等势线， φ A ＝ φ C ；沿电场线方向电势降低， φ A >φ B .综上所述，选项 B 正确．5.图 1－7(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 以相同速度从 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 21 ·qU· x 2解析：选 A. y ＝ at＝ md 2，22 v 02qUx2所以 m ＝2， m ∝ qx ，22所以 m 1∶m 2＝ (q 1x 1)∶( q 2x 2)＝ 3∶ 4.二、双项选择题(本题共 7 小题，每题 5 分，共 35 分．在每题给出的四个选项中，有两个选项吻合题目要求，全部选对的得 5 分，只选 1 个且正确的得 3 分，有选错或不答的得0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 点时拥有相同的动能，重力不计．则()A．甲、乙两粒子带异种电荷B．两粒子经过 b 点时拥有相同的动能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 点时的电势能解析：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，动能增加；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，正检验电荷的电势能大，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．尘埃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移并聚积，以达到除尘目的．以下表述正确的选项是()图 1－9A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一地址带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选 BD. 在放电极周边，电场线呈辐射形散开，且场强特别强．电子在电场中加速，附着在尘埃上向集尘极搬动，故迁移到集尘极的尘埃带负电， A 错误．负电荷向集尘极搬动，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，同一地址 E 必然，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，垂线， a、 b、 c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且 a 和 c 关于上， d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的选项是()MN 为两电荷连线的中MN 对称、 b 点位于 MNA ． b 点场富强于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．试试电荷＋q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能解析：选 BC. 在图中画出等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况，由电场线的疏密表示场富强小可知E d>E b.应选项 A 错误，选项B正确．a、c两点关于MN 对称，故U ab＝U bc，选项 C 正确．沿电场线方向电势降低，所以φa>φc，由E p＝qφ 可知E pa>E pc，应选项D错误．9.图 1－11AB 和 CD 为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电量分别为＋q 和－ q 的两点电荷放在圆周上，其地址关于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合适的点电荷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解析：选 CD.先将＋ q、－ q 在 O 点产生的场强合成，由于＋q、－ q 与 O 点构成等边三角形，可求出合场强 E0方向水平向右，大小 E0＝ E1＝E2，以下列图．欲使圆心O 处的电场强度为零，所放置的点电荷 Q 在 O 点产生的场强方向必定水平向左，且大小也为E0.若在 A 点和 B 点放置点电荷 Q，则它产生的场强只能沿竖直方向，达不到目的．若在 C 点放置点电荷Q，则必为负电荷，且 Q＝－ q，选项 C 对．若在 D 点放置点电荷 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(( 不计重力))从a 到b 穿越这A ．负电荷必然位于M 左侧B．带电粒子在 a 点加速度大于 b 点加速度C．带电粒子在 a 点电势能大于 b 点电势能D．带电粒子在 a 点的动能大于 b 点的动能解析：选 AC. 设 MN 与 ab 交点为 P，由轨迹波折方向可知，粒子在 P 点的受力带电粒子为正电荷，所以场强方向为N→ M， A 对；由负电荷场强特点可知，F P方向由 N→M，a a<a b， B 错；a→ b， W ab>0 ，电势能减少，动能增加， C 对， D 错．11.(2013 ·山检测佛 )如图 1－ 13 所示， P 是一个带电体，情况中，放在绝缘板上的小纸屑S不会被 P 吸引()N 是一个不带电的金属空腔，在哪一种图 1－13解析：选AC. 金属壳能障蔽外面电荷产生的电场，所以 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能够吸引纸屑，应选A、C.S不被 PC 中的吸引，D 中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)解析：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12，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 (本题共 4 小题，共 45 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够得分，有数值计算的题，答案中必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E 的大小及 A 、 B 两点间的电势差．解析：依照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 ＝vt ， x ＝ vt ，22故 h ＝ x.由动能定理得：qEx － mgh ＝ 0，即E ＝ mg ，q再由动能定理得：1qU AB －mgh ＝0， mgh ＝ 2mv2，2mv 所以UAB＝2q .答案：见解析 14.(10 分 )图 1－16一条长 3L 的线穿着两个完好相同的小金属环 A 和 B ，质量均为 m ，将线的两端都系于同一点 O ，如图 1－16 所示，当两金属环带电后，由于两环间的静电斥力使丝线构成一个等边三角形，此时两环处于同一水平线上，若是不计环与线的摩擦，两环各带多少电量？(静电力常量为 k)解析：线并没有拴住小金属环，故三段线的拉力均相等，设拉力为 F T ，对环 A 受力解析如图．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 竖直放置，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．问电子能否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不能够，在保持电压不变的情况下， B 板最少平移多少，电子才能射出电场？L－8Uq解析：设电子能射出极板，则 t ＝ v 0＝ 4× 107 s ＝ 10 s ，水平方向加速度 a ＝ md 代入数据得a ＝× 1015 m/s 212y ＝ at 代入数值得：y ＝ 0.08 m>d.故不能够射出．若恰能射出，则B 板需向右搬动，板间距变为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：见解析 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 处以必然的初速度水平抛出，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域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．解析： (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.答案：(1)s2g(2)mgs(3)2mghhhq。

高中物理人教版选修3-1期末测试卷含答案经典

高中物理人教版选修3-1期末测试卷含答案经典一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷+Q，曲线abc为一具有初速度v0的带电小球在绝缘水平面上+Q附近运动的一段轨迹，带电小球在b处距+Q最近，a、b、c三点中a距+Q最远。

则()A. 小球带负电B. a、b、c三点中小球在b点的加速度最小C. 带电小球在正点电荷+Q产生的电场中a、b、c三点中b点电势能最多D. 从a到c的过程中带电小球的动能不断减少2.某电场的电场线分布如图所示(实线)，以下说法正确的是()A. c点场强大于b点场强B. b和c处在同一等势面上C. 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电3.在电场强度大小为E的匀强电场中，一质量为m、电荷量为q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE，物体运动距离s时速度变m为零，则下列说法错误的是()A. 物体克服静电力做功qEsB. 物体的电势能减少了0.8qEsC. 物体的电势能增加了qEsD. 物体的动能减少了0.8qEs4.如图所示，闭合开关S，电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带电质点P处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向a端移动，则()A. 电压表读数增大B. 电流表读数减小C. R1消耗的功率减小D. 质点P将向下运动5.一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上(电源内阻忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中正确的是()A. 电饭煲的电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440ΩB. 电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC. 1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103JD. 电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍6.如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态。

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物理模拟3-1考试时间：100 分钟；命题人：柳开文一、单选题（本大题共7 小题，共28.0 分）1.在电场中的某点放入电荷量为-q 的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为+2q 的试探电荷，其它条件不变，此时测得该点的电场强度为（）A.大小为2E，方向和E 相反B. 大小为E，方向和E 相同C. 大小为2E，方向和E 相同D. 大小为E，方向和E 相反2.下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是（）A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B.磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C.电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大3.如图1AB 是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A 点自由释放，沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图线如图2 所示，则A、B 两点场强大小和电势高低关系是（）C. 1：D. ：1二、多选题（本大题共 5 小题，共20.0 分）8.图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a、b 两点的受力方向C.带电粒子在a、b 两点的速度何处较大D.带电粒子在a、b 两点的电势能何处较大9.如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则（）A.保持S 不变，增大d，则θ 变大B.保持S 不变，增大d，则θ 变小C.保持d 不变，增大S，则θ 变大D.保持d 不变，增大S，则θ 变小10.如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B 之间的P 点，处于静止状态．现将极板A 向下平移一小段距离，但仍在P 点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A.液滴将向下运动A.E ＜E ；ϕ＜ϕB.E ＜E ；ϕ＞ϕC.E ＞E ；ϕ＜ϕD.E ＞E ；ϕ＞ϕ B.液滴将向上运动A B A B A B A B A B A B A B A B C.极板带电荷量将增加4.如图所示，在真空中，两个放在绝缘架上的相同金属小球A 和B，相距为r．球的半径比r 小得多，A 带电荷量为+4Q，B 带电荷量为-2Q，相互作用的静电力为F．现将小球A 和B 互相接触后，再移回至原来各自的位置，这时A 和B 之间相互作用的静电力为F′．则F 与F′之比为（）A. 8：3B. 8：1C. 1：8D. 4：15.一点电荷从电场中的A 点移动到B 点，静电力做功为零，则以下说法中正确的是（）A.A、B 两点的电势一定相等B.A、B 两点的电场强度一定相等C.该点电荷一定始终沿等势面运动D.作用于该点电荷的静电力方向与其移动方向一定是始终垂直的6.如图为某匀强电场的等势面分布图（等势面竖直分布），已知每两个相邻等势面相距2cm，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为（）A.E=100V/m，竖直向下B.E=100V/m，竖直向上C.E=100V/m，水平向左D.E=100V/m，水平向右7.通过两定值电阻R1、R2的电流I 和其两端电压U 的关系图象分别如图所示，由图可知两电阻的阻值之比R1：R2等于（）D.极板带电荷量将减少11.下列关于电流的说法中，正确的是（）A.我们把大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流B.国际单位制中，电流的单位是安培，简称安C.电流既有大小又有方向，所以电流是矢量D.由I= 可知，电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多12.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A.铅蓄电池在1s 内将2J 的化学能转化为电能B.铅蓄电池将1C 的正电荷从正极移至负极的过程中，2J 的化学能转变为电能C.铅蓄电池将1C 的正电荷从负极移至正极的过程中，2J 的化学能转变为电能D.铅蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共18.0 分）13.（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kΩ 的电阻R x，以下给出的是可能的操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上．a．将两表笔短接，调节P 使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x的阻值后，断开两表笔A. 1：3B. 3：1 c.旋转S 使其尖端对准欧姆档×1kd.旋转S 使其尖端对准欧姆档×100e.旋转S 使其尖端对准交流500V 档，并拔出两表笔．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为Ω．（2）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（A）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S 拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果（C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零．14.用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r，所给的器材有：A．电压表（量程0～3V）B．电压表（量程0～15V）C．电流表（量程0～3A）D．电流表（量程0～0.6A）E. 变阻器R1（总电阻20Ω）F．变阻器R2（总电阻100Ω）G．以及电键S 和导线若干．（1）应选择的器材有（2）画出实验电路图（3）如图所示的U-I 图上是由实验测得的7 组数据标出的点，请你完成图线，并由图线求出E= V，r= Ω．四、计算题（本大题共 5 小题，共50.0 分）15.有一个直流电动机，把它接入0.2V 电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V 电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？16.如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=-1.0×10-6C 的点电荷由A 点沿水平线移至B 点，克服静电力做了2×10-6J 的功，已知A、B 间的距离为2cm．（1）试求A、B 两点间的电势差U AB；（2）若A 点的电势为φA=1V，试求B 点的电势φB；（3）试求该匀强电场的大小E 并判断其方向．17.如图所示，一个电子以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d 的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，（电子重力忽略不计）求：（1）电子的质量是多少？（2）穿过磁场的时间是多少？（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A 边射出，则此时速度v 是多少？18.如图，金属杆ab 的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，结果ab 静止且紧压于水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ 角，求：（1）棒ab 受到的摩擦力；（2）棒对导轨的压力．19.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m，带电量为十q 的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？【答案】答案和解析由R= =d根据2d= ，可得：v= v0．1. B2. C3. D4. B5. A6. C7. B8. BCD9. AD 10. BC 11. ABD 12. CD13. cabe；30k；ABC14. ADEG；1.5；0.515.解：答：（1）电子的质量是．（2）穿过磁场的时间是．（1）当电机不转时，由欧姆定律得到，电机的内阻，（3）若改变初速度大小，使电子刚好不能从A 边射出，则此时速度v 是v0．当电机正常工作时，输出功率P 出=UI-I2r=2W-0.5W=1.5W 18. 解：作出金属杆受力的主视图，如图．根据平衡条件得（2）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为．F f=F A sinθ答：mg=F N+F A cosθ（1）电动机正常工作时的输出功率是1.5W；又F A=BIL（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．解得：F f=BIL sinθ16.解：（1）由题意可知，静电力做负功，有：F N=mg-BIL cosθ答：（1）棒ab 受到的摩擦力是BIL sinθ；（2）棒对导轨的压力是mg-BIL cosθ．19. 解：设电场强度为E，则电场反转前：根据U AB= 得：U AB=2V mg=qE电场反转后，设小球离开斜面时的速度为v，则：（2）由U AB=φA-φB，可得：φB=φA-U AB=1V-2V=-1V qvB=（mg+qE）cosθ（3）沿着电场方向的位移为：加速度：d=2×10-2cos60°m=1×10-2mE=沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下答：（1）A、B 两点间的电势差U AB为2V；（2）B 点的电势φB为-1V；（3）该匀强电场的大小200V/m，方向：沿电场线斜向下．17.解：（1）电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F 洛⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交点上，设圆心为O 点．如图所示．由几何知识可知，圆心角θ=30°，OC 为半径r，则得：r= =2d又由r= 得：m=（2）电子穿过磁场的时间是：t= T=由于，得：（3）电子刚好不能从A 边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得R=d，a= =2g sinθ由匀变速规律有：v2=2asv=at由以上各式解得小球能沿斜面连续滑行的距离：s=所用时间：t=答：若迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行远，所用时间是．【解析】1.解：电场强度是描述电场强弱的物理量，是试探电荷所受的电场力F 与试探电荷所带的电荷量q 的比值，是由电场本身决定，故与试探电荷的有无，电性，电量的大小无关．故在该点放入电荷量为-q 的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为+2q 的试探电荷时电场强度仍为E．故B 正确．故选：B．电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为-q 的试探电荷时的电场强度与放入电荷量为+2q 的试探电荷时的电场强度相同．电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关．2.解：A、电场线和磁感线都是为了形象的描述电场和磁场而引入的曲线，是假想的，不是实际存在的线，所以A 错误；B、电场线和磁感线都是不会相交的，否则的话在该点就会出现两个不同的方向，这是不可能的，所以B 错误；C、电场线是一条不闭合曲线，有起点和终点，而磁感线是一条闭合曲线，所以C 正确；D、电场线越密的地方，电场的强度大，同一试探电荷所受的电场力越大，但是在磁场中，静止的电荷是不受磁场力作用的，所以D 错误；故选C．电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小；磁感线是在磁场中的用来描述磁感应强度的闭合的曲线，它的特点和电场线类似，但是磁感线是闭合的曲线，电场线不是闭合的，有起点和终点．本题就是考查学生对电场线和磁感线的理解，它们之间的最大的区别是磁感线是闭合的曲线，但电场线不是闭合的，有起点和终点．3.解：正电荷从A 释放（初速为0）后，加速运动到B，说明正电荷受到的电场力方向是从A 指向B，那么电场方向就是由A 指向B，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以AB 两点的电势关系是φA＞φB；正电荷从A 运动到B 的过程中，它的加速度是逐渐减小的（乙图中的“斜率”表示加速度），由牛顿第二定律知，正电荷从A 到B 时，受到的电场力是逐渐减小的，所以，E A＞E B．故D 正确，ABC 错误．故选：D从速度时间图线得到电子做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小．4.解：由库仑定律可得：没接触前AB 之间的静电力为F，则F=k =k ，而两球接触后再分开，它们的电荷量是先中和，在平分，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为Q则库仑力F′=k = F，所以F 与F′之比为8：1故选B．由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．在解答本题的时候，一定要注意，它们带的异种电荷，在接触之后，它们的电荷量要先中和，之后再平分．5.解：A、根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B 两点电势相等，故A 正确．B、电场强度与电势没有直接关系，电势相等，场强不一定相等．故B 错误．C、D 电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，电场力做功为零，电荷不一定沿等势面移动，静电力不一定与移动方向垂直．故C、D 错误．故选A．根据电场力做功公式W AB=qU AB，静电力做功为零，U AB=0，A、B 两点电势相等，电场强度不一定相等．电场力做功只与电荷的初末位置有关，与路径无关，可判断电荷不一定沿等势面移动，静电力就不一定与移动方向垂直．电场力与重力相似，做功只与初末位置有关，与路径无关．6.解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左．两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E= =．故选C电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势．根据匀强电场场强与电势差的关系E= 求出电场强度的大小．本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系．公式E= 中，d 是沿电场线方向两点间的距离．7.解：根据欧姆定律得I= ，由数学知识得知，图线的斜率等于电阻的倒数，则R1：R2=cot30°：cot60°=3：1．故选 B根据欧姆定律，分析图线的斜率与电阻的关系，求解电阻之比．本题关键要抓住伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，从数学的角度求解电阻之比．8.解：AB、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性．故A 错误，B 正确．C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a 到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大b 点的电势能大，故CD 正确．故选：BCD由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab 两点场强的大小，从而判断ab 两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab 点加速度的大小．本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况9.解：A、B、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S 不变，增大d 时，电容减小，由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ 变大；故A 正确，B 错误；C、D、根据电容的决定式C= 得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，减小S 时，电容减小，极板所带电荷量Q 不变，则由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ 变大；故C 错误，D 正确；故选：AD．静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况．本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变．10.解：A、B 电容器板间的电压保持不变，当将极板A 向下平移一小段距离时，根据E= 分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A 错误，B 正确．C、D 将极板A 向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C= 得知电容C 增大，而电容器的电压U 不变，极板带电荷量将增大．故C 正确，D 错误．故选：BC．带电油滴悬浮在平行板电容器中P 点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A 向下平移一小段距离时，根据E= 分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化．本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C= 和电量Q =CU 结合分析电量变化．11.解：A、恒定电流是指大小、方向都不随时间变化的电流．故A 正确．B、电流是国际单位制中基本物理量，其单位是安培，简称安．故B 正确．C、电流既有大小又有方向，但电流不是矢量，因为它运算时不遵守平行四边形定则．故C 错误．D、根据电流的定义式I= 可知，电流大小等于单位时间内通过导体横截面的电荷量，则电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．故D 正确．故选ABD大小、方向都不随时间变化的电流叫恒定电流．国际单位制中，电流的单位是安培，简称安．电流是标量．根据电流的定义式分析电流的大小与单位时间内通过导体横截面的电荷量的关系．本题考查对恒定电流、单位、方向和定义式的掌握情况，要注意电流的方向与力等矢量的方向不同，它表示流向，电流运算时遵守代数加减法则．12.解：A、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故A 错误；B、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，不是将正电荷从正极移至负极，故B 错误；C、铅蓄电池将1C 的正电荷从负极移至正极的过程中，克服静电力做功2J，故电势能增加2J，即2J 化学能转化为电能，故C 正确；D、电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，铅蓄电池的电动势比一节干电池的电动势大，故D 正确；故选CD．电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．13.解：（1）测量几十kΩ的电阻R x我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF 位置或者交流电压最大档，拔出表笔，正确的步骤为：cabe．根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约R=30×1000=30kΩ（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业，故ABC 正确，D 错误．故选：ABC．故答案为：（1）cabe；30k；（2）ABC欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近．（1）实际应用中要防止超量程，不得测额定电流极小的电器的电阻（如灵敏电流表的内阻）．（2）测量完毕后，应拔出表笔，选择开关置于OFF 挡位置，或交流电压最高挡；长期不用时，应取出电池，以防电池漏电．（3）欧姆表功能：测量电阻、测二极管正负极．（4）用法：最好指针打到中间将误差减小．14.解：（1）根据图象中电压与电流描点的数据范围电压表3V 量程即可，即A；电流表选0.6A 量程即可，即D；为了调节方便滑动变阻器选择小阻值的R1即E，故应选择的器材有：ADEG．（2）电源内阻较小，测电源内阻时为了减小误差电流表采用外接，画出实验电路图如图：（3）画出直线，使尽量多的点在直线上，不在直线上的点均匀的分布在直线的两侧，偏离较远的点舍去，如上图．由电源的U-I 图象可知，电源电动势为：E=1.5V，内电阻为：r= = =0.5Ω故答案为：（1）ADEG；（2）如图；（3）E=1.5V，r=0.5Ω．（1）根据表格中电压与电流数据的范围选取电压表电流表的量程，为了调节方便滑动变阻器选择小阻值的R1即可；（2）电源内阻较小，测电源内阻时为了减小误差电流表采用外接．（3）电源的U-I 图象与纵坐标轴交点是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可以求出电源电动势与内阻．本题考查了测电源电动势与内阻的实验电路、求电源电动势与内阻，掌握基础知识即可正确解题；求电源内阻时要注意图象纵坐标起点数值，否则会出错．15.（1）当电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻．当电机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，其输出功率P 出=P 总-P 内=UI-I2r，代入求解电动机正常工作时的输出功率．（2）电动机的转子突然被卡住时，电动机的发热功率P 热= ．对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路，还是非纯电阻电路，关键看转子是否转动，电能是否全部转化为内能．16.（1）A、B 间两点间的电势差是U AB=（2）由U AB=φA-φB，求出A 点的电势φB．（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E= 中d 是沿着电场线方向的距离．同时考查沿着电场线方向电势是降低的．17.（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量．（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t= T 求出时间．（3）电子刚好不能从A 边射出，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得到轨迹半径，即可由牛顿第二定律求得速度v．本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法．18.金属杆ab 受到重力、安培力、导轨的支持力和摩擦力平衡，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小F A=BIL，根据平衡条件列方程求解．本题考查应用平衡条件解决磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算．本题要注意导体与磁场垂直．19.当电场竖直向上时，小球对斜面无压力，可知电场力和重力大小相等；当电场竖直向下时，小球受到向下的力为2mg；当小球恰好离开斜面时，在垂直于斜面的方向上合力为零，由此可求出此时的速度；小球平行斜面方向的分力不变，故加速度不变，根据速度位移关系公式求解位移，根据速度时间关系公式求解加速时间．该题考察了带电物体在复合场中的运动情况，解决此类问题要求我们要对带电物体进行正确的受力分析，要注意找出当小球离开斜面时的临界情况；然后结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解．。

2013-2014学年高中物理(新课标人教版)课后跟踪演练选修3：3-1含解析

课后跟踪演练|||｜｜巩固基础｜|｜||1．首先发现电流磁效应的科学家是( )A．安培B．奥斯特C．库仑D．麦克斯韦答案B2．关于磁场的下列说法中正确的是( )A．磁场和电场一样，是同一种物质B．磁场的最基本特性是对处在磁场里的磁体或电流有磁场力的作用C．磁体与通电导体之间的相互作用是通过磁场进行的D．电流和电流之间的相互作用是通过磁场进行的解析磁场和电场都是物质，但不是同一种物质，故A选项错误；由磁场的基本特性可知，B选项正确；磁体和磁体，磁体和电流，电流和电流之间的作用都是通过磁场进行的，故C、D选项正确．答案BCD3．如图①、②、③、④四幅图中，四个相同的磁体都处于平衡状态,且弹簧处于伸长状态，则（)A．对地面压力最大的是④B．对地面压力最大的是①C．对地面压力最大的是①、③、④D．对地面压力最大的是③、④解析对①、②图中两磁铁分别为研究对象，由弹簧处于伸长状态，所以地面对磁铁的作用力①图中小于地面上磁体的重力，②图中地面对磁铁的作用力小于两个磁铁的重力；对③、④图中的两个磁铁为研究对象，进行受力分析可知，地面对磁铁的作用力等于两磁铁的重力．所以选项D正确．答案D4．为了判断一根铁锯条是否具有磁性，某同学用它靠近一个能自由转动的小磁针，下列给出的几种可能产生的现象和相应的结论,其中正确的是（）A．若小磁针的一端被推开,则锯条一定具有磁性B．若小磁针的一端被吸引过来，则锯条一定具有磁性C．若小磁针的一端被吸引过来,不能确定锯条是否具有磁性D．若小磁针的一端被推开,不能确定锯条是否具有磁性解析若发现小磁针被推开，只有一种可能,锯条具有磁性，而且小磁针靠近的是同名磁极；若发生吸引现象，则锯条可能具有磁性也可能没有磁性，故A、C选项正确．答案AC5．在地球赤道上放置一个小磁针,静止时小磁针N极指向( ) A．地球南极B．地球北极C．东方D．西方解析地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极和北极分别位于地球北极和南极，在赤道上，地磁场的方向由地理南极指向地理北极，小磁针静止时N极指向地球北极，故选项B正确．答案B｜｜｜|｜拓展提升｜|｜||6．如图所示，一根条形磁铁,左端为S极，右端为N极．图中表示从S极到N极磁性强弱变化情况的图象中正确的是( ）。

(word完整版)高中物理选修3-1期末测试卷-附答案(2021年整理)

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高中物理选修3—1期末测试卷一、单选题（本大题共10小题,共40。

0分）1.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是A。

奥斯特发现了电流的磁效应,并提出了电磁感应定律B. 库仑提出了库仑定律,并最早实验测得元电荷e的数值C。

伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量D。

法拉第不仅提出了场的概念，而且发明了人类历史上的第一台发电机2.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时A。

伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小B. 安培表A的读数增大,电容C的电荷量在增大C。

伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大3.三根通电长直导线P、Q、R互相平行、垂直纸面放置三根导线中电流方向均垂直纸面向里,且每两根导线间的距离均相等则P、Q中点O处的磁感应强度方向为A。

方向水平向左B. 方向水平向右C。

方向竖直向上D。

方向竖直向下4.如图所示，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,轨道是光滑的而且绝缘，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,a、b为轨道的最低点，则不正确的是A。

两小球到达轨道最低点的速度B。

【创新设计】2013-2014学年高中物理人教版选修3-1第2章2-3欧姆定律

坐标原点连线的斜率的具体意义．在I－U图象中，斜率代表电阻的倒数，在U－I图象中，斜率代表电阻．如图2－3－4甲中， R2<R1；而在图2－3－4乙中R2>R1.
甲图 2－3－4
自主学习名师解疑分类例析课堂对点演练
乙
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Un 3．I－U 图线是曲线时：导体电阻 Rn＝，即电阻等于图线 In 上点(Un，In)与坐标原点连线的斜率的倒数．如图 2－3－5 而不等于该点切线斜率的倒数．
3 欧姆定律
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1．掌握欧姆定律的内容及其适用范围，并能用来解决有
关电路的问题．
2．知道导体的伏安特性曲线和U－I图象，知道什么是线性元件和非线性元件．
3．知道电阻的定义式，理解电阻大小与电压和电流无关.
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【变式3】 (2012·安徽理综ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ图2－3－10为“测绘小灯泡伏
安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.
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(1)完成下列实验步骤： ①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，_________；
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，________；
灯泡发光情况
逐渐变亮
正常发光
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课堂对点演练
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(1)在图2－3－8上画出I－U图线．
(2)从图线上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变
化情况是________． (3)这表明导体的电阻随温度升高而________．

[精品]新人教版选修3-1高中物理章末质量评估(二强化训练及答案

章末质量评估(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(每题3分，共10个小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比解析：对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律R ＝ρ可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B错误；由欧姆定律知R＝，此式是电阻的定义式，电阻R与电压U、电流I无正反比关系，故、D错误．答案：A2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )A B．U．2U D．4U解析：由电阻定律R＝ρ，可知当导线拉长到原的2倍时，横截面积为原的，则电阻为原的4倍，由欧姆定律I＝，可知D选项正确．答案：D3．两个小灯泡，分别标有“1 A 4 W”和“2 A 1 W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为( )A．2∶1 B．16∶1．4∶1 D．1∶16解析：由P＝I2R知：R＝错误！未定义书签。

，所以R1∶R2＝错误！未定义书签。

∶错误！未定义书签。

＝16∶1答案：B4．如图所示为将不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下所测得的I－U图线．试根据图线回答：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的电阻( )A．等于40 ΩB．大于20 Ω．小于20 ΩD．等于20 Ω解析：由图象知R＝2 Ω，若保持长度不变，增大横截面积，则电阻要变小，故选项正确．答案：5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定，车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原的逻辑门是( ) A．“与”门B．“或”门．“非”门D．“与非”门解析：根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知，即两个条件都满足事件才能发生，故能正确表示该控制装置工作原的逻辑门应该是“与”门．答案：A6．如图所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变是( )A．A灯变亮，B灯变亮 B．A灯变暗，B灯变亮．A灯变暗，B灯变暗 D．A灯变亮，B灯变暗解析：当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′＝I－I A增大，R1两端电压U1＝I′ R1增大，故R与B灯的并联支路电压U B＝U－U1减小，B灯变暗，正确．答案：7如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U 的变情况是( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大．I变小，U变大D．I变小，U变小解析：当R4处出现火情时，R4变小→R总变小→I总变大→U外变小→U并变小→I3R3变小→I变大，故A项正确．答案：A8．如图为测量某电电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为48 V．则该电路可能为( )解析：根据U－I图象可知E＝6 V，r＝05 Ω，A图U为改外＝4 V，B图中U外＝48 V，图中U外＝57 V，D图中U外＝54 V答案：B9如图所示，一个电在外电阻不断变时，内、外电阻消耗的电功率随电流变的关系分别用抛物线1、2表示．由该图可知( )A．电的电动势为8 VB．电的内电阻为2 Ω．电输出功率的最大值为16 WD．电消耗的最大功率为16 W解析：图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4W和2 A，由P内＝I2r，代入据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4 V，A错误，外电阻和内电阻相等时电输出功率的最大值为4 W，错误．电消耗的功率为P＝EI，当R＝0时电流最大为4 A，P＝16 W，故D正确．答案：D10．如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断正确的是( )、电流表A的读都增大A．电压表V1与电流表A读的比值保持不变B．电压表V1．电压表V与电流表A读的比值变大2、电流表A读变量的比值保持不变D．电压表V1解析：滑片P向右移动，R接入电路中的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I减小，内电压U内＝Ir减小，外电压U外＝E－U内增大，R0的电压V2减小，R的电压V1增大，故选项A错误；R0为定值电阻，电压表V与电流表A读的比值保持不变，R接入电路中的电阻增大，电压表V1与电2、电流表A读变量流表A读变量的比值增大，故选项B错误，错误；电压表V1的比值为内阻与R0之和，选项D正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分，每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分)11．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的热量一定越多B．公式W＝UI适用于任何电路，Q＝I2R适用于任何电路．热功率P热＝I2R＝错误！未定义书签。

2013年高二上册物理选修3-1模拟试题

2013年高二上册物理选修3-1模拟试题2013—2014学年度高二年级模块测试物理试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共8页，共100分，考试时间90分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、考试科目分别填写在答题卡规定的位置。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用２B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题卷上。

3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡对应区域内，不能写在试题卷上；不准使用涂改液、胶带纸、修正笔和其他笔，做图可用2B 铅笔。

不按以上要求作答的答案无效。

第Ⅰ卷选择题（共40分）一、选择题（本题包括10小题，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，有选错或不选的得0分，共40分。

）1．首先发现电流的磁效应的科学家是A.安培B.法拉第C.奥斯特D.麦克斯韦2．以下说法正确的是：()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强度大C.在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E＝F/q，取走q后，该点场强不变D.电荷所受电场力很大，该点电场强度一定很大3．关于电源电动势的说法，正确的是()A.在某电池的电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5VB.电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大C.无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变D.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多4．下列各图中，已标出电流I、磁感应强度B的方向，其中符合安培定则的是5．如图所示的电场中有A、B两点，下列判定正确的是：()A.电势φA>φB，场强E¬A>EBB.电势φA>φB，场强E¬AC.将电荷量为q的正电荷从A点移动B点，电场力做正功，电势能减小D.将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有电势能εA>εB 6．如图所示电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则()A.A灯变亮B.B灯变亮C.总电流变小D.R1上消耗功率变大7．如图所示的电路中，输入电压U恒为12伏，灯泡L标有“6V12W”字样，电动机线圈的电阻RM＝0.50Ω。

人教版高中物理选修3-1：第2章章末综合检测.docx

高中物理学习材料唐玲收集整理高中物理选修3-1 章末检测(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，有选错或不答的得0分)1．如图2－13所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是( )图2－13A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“与”门，输出为“0”C．乙为“或”门，输出为“1”D．丙为“与”门，输出为“1”答案：C2．金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，所以可以利用铂的电阻随温度变化的性质制成铂电阻温度计，如图2－14所示的I－U图象中能表示金属铂的电阻情况的是( )图2－14解析：选C.铂属于金属导体，其电阻率将随温度的升高而增大，当有电流通过时，由于热效应，所以导体的温度升高，并且电流越大，温度越高，电阻也将越大．在I－U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故C正确，A、B、D错误．3．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化图2－15的图线如图2－15所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法不．正确的是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析：选C.在I －U 图象中，图象上某点与坐标原点连线斜率的倒数表示电阻，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大；对应P 点，小灯泡的电压为U 1，电流为I 2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R ＝U 1I 2；其工作功率为P ＝U 1I 2，即为图中矩形PQOM 所围的面积，因此本题应选择C 项．4.两根材料相同的均匀导线x 和y 串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图2－16中的ab 段和bc 段图线所示，则导线x 和y 的横截面积之比为( )图2－16A ．2∶1B ．1∶2C ．6∶1D ．1∶6解析：选B.两导线串联，电流相等，I 1＝I 2，从两段图线上截取相同的电压，U 1＝U 2，保证电阻是相等的，此时长度之比为L 1∶L 2＝1∶2，由电阻定律知，横截面积之比等于长度之比S 1∶S 2＝1∶2，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.(2013江苏检测)如图2－17所示电路中，r 是电源的内阻，R 1和R 2是外电路中的电阻，如果用P r 、P 1和P 2分别表示电阻r 、R 1和R 2上所消耗的功率，当R 1＝R 2＝r 时，P r ∶P 1∶P 2等于( )图2－17A ．1∶1∶1B ．2∶1∶1C ．1∶4∶4D ．4∶1∶1解析：选D.在题图电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，不能认为内电阻与外电阻是并联关系．因R 1＝R 2，令I 1＝I 2＝I ，I r ＝I 1＋I 2＝2I则P r ∶P 1∶P 2＝I 2r r ∶I 21R 1∶I 22R 2＝4∶1∶1，所以D 选项是正确的．6.如图2－18所示，直线a 为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b 为电阻R 两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是( )图2－18A．4 W,0.5 ΩB．6 W,1 ΩC．4 W,1 ΩD．2 W,0.5 Ω解析：选A.如题意组成的闭合电路电流为2 A，路端电压为2 V，电动势为3 V，内电阻r＝E I0＝36Ω＝0.5 Ω，电源输出功率为P＝UI＝2×2 W＝4 W，故A正确．7．图2－19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( )图2－19图2－20解析：选B.由题中的U—I图线可知该电源的电动势为6 V，内阻为0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时：A项中的路端电压为4 V，B项中的路端电压为4.8 V，C项中的路端电压为5.7 V，D项中的路端电压为5.4 V.8．压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图2－21甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是( )图2－21A．乙图表示电梯可能匀速下降B．乙图表示电梯可能匀减速下降C．乙图表示电梯可能变减速上升D．乙图表示电梯可能变减速下降解析：选D.由U—t图可知，V读数均匀减小，R阻值均匀减小，压力均匀增大．对物体A：F N－mg＝ma，则知当F N增大时，a增大，所以其可能变加速上升或变减速下降，故D对．9.(2011·高考上海卷)如图2－22所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，( )图2－22A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数先变小后变大D ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数先变大后变小解析：选 A.设滑动变阻器总电阻为R 0.P 以上电阻为R x ，则变阻器在电路中的阻值R ′＝(R 0－R x )R x R 0. 当R x ＝R 02时，R ′最大．P 从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小．当P 滑向中点时：P 滑过中点后，R ′↓→I ↑→U ↓，由并联分流I A ＝R x R ′I ，新的I A 增大，故A 正确． 10.(2012·天津一中高二检测)如图2－23所示，电路中电源的电动势为E ，内阻为r ，电压表内阻为10 k Ω，B 为静电计；两个电容器的电容分别为C 1和C 2，将开关S 合上一段时间后，下列说法中正确的是( )图2－23A ．若C 1>C 2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B ．若将滑动变阻器滑片P 向右滑动，则电容器C 2所带电荷量增大C ．C 1所带电荷量为零D ．再将开关S 断开，然后使电容器C 2两极板间距离增大，则静电计张角增大解析：选CD.电容器、静电计在电路稳定时都相当于断路，电压表没有示数，且此时相当于导线，则电压表的示数为零，C 1所带电荷量为零，选项A 、B 错误，C 正确．电容器C 2和静电计两端的电压等于电源的电动势，将开关S 断开，电容器极板上的电荷量不变，极板间距离增大，电压增大，则静电计张角增大，选项D 正确．二、实验题(本题共2小题，共18分．按题目要求作答)11．(8分)用如图2－24所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：图2－24a ．电流表(量程0.6 A 、3 A)；b ．电压表(量程3 V 、15 V)；c ．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A)；d ．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)．那么(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择__________ V ，电流表的量程应选择__________ A ；R 应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是________．答案：(1)3 0.6 0～10 (2)电压表的分流图2－2512．(10分)(1)某额定电压为8 V 的灯泡的伏安特性曲线如图2－25所示．若将它与一个R ＝7 Ω的定值电阻串联后接在电动势E ＝8 V 、内阻r ＝1 Ω的电源上，则通过该灯泡的实际电流为________ A ，该灯泡的实际功率为________ W.(2)在测定金属丝电阻率的实验中，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图2－26甲所示，d ＝________mm ；用多用电表的“×1”欧姆挡，调零后测得金属丝的电阻值如图乙所示，R ＝________Ω.若实验中测出金属丝的长度为L ，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝________(用符号表示)．图2－26解析：(1)由题意可得I (R ＋r ＋R L )＝E ＝8 V ，即I (8＋R L )＝8 V ，结合题中图象可得I ＝0.5 A ，对应此时灯泡的电阻R L ＝8 Ω，所以灯泡的实际功率P L ＝I 2R L ＝(0.5)2×8 W ＝2 W.(2)金属丝的直径d ＝0.5 mm ＋23.0×0.01 mm ＝0.730 mm ，从多用电表中读出电阻R ＝8.0 Ω，根据电阻定律R ＝ρL S ＝ρL π(d /2)2，得ρ＝πRd 24L. 答案：(1)0.5 2 (2)0.730 8.0 πRd 24L三、计算题(本题共4小题，共42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．(10分)如图2－27所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，电容器的电容C ＝40 μF ，电阻R 1＝R 2＝4 Ω，R 3＝5 Ω.接通开关S ，待电路稳定后，求：图2－27(1)理想电压表V 的读数；(2)电容器的带电量．解析：(1)电路稳定后，电容器和电压表所在支路可认为是断路，可得R 2上无电流通过，R 2两端电势相等，电压表的读数为R 3两端的电压，电容器两端电压为R 1两端的电压．根据闭合电路欧姆定律，得电路的电流I ＝E R 1＋R 3＋r ＝104＋5＋1A ＝1 A 电压表的读数为U ＝IR 3＝1×5 V ＝5 V(2)电容器两端电压为U C ＝IR 1＝1×4 V ＝4 V电容器的带电量为Q ＝CU C ＝40×10－6×4 C ＝1.6×10－4 C.答案：(1)5 V (2)1.6×10－4 C14．(10分)在图2－28所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω.D 为直流电动机，其电枢线圈电阻R ＝2 Ω，限流电阻R ′＝3 Ω.当电动机正常工作时，电压表示数为0.3 V ．求：图2－28(1)通过电动机的电流是多大？(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？解析：(1)通过电动机的电流I 与流过限流电阻R ′的电流相同，由I ＝U R ′得：I ＝0.33A ＝ 0.1 A.(2)由E ＝Ir ＋U ＋U D 可得电动机两端电压U D ＝E －Ir －U ＝6 V －0.1×1 V －0.3 V ＝5.6 V所以电动机输入的电功率P 入＝U D I ＝0.56 W.电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝0.02 W.电动机的输出功率P 出＝P 入－P 热＝0.54 W.答案：(1)0.1 A (2)0.56 W 0.02 W 0.54 W15．(10分)一个允许通过的最大电流为2 A 的电源和一个滑动变阻器，接成如图2－29甲所示的电路，变阻器最大阻值为R 0＝22 Ω，电源路端电压U 随外电阻R 变化的规律如图乙所示，图中U ＝12 V 的直线为图线的渐近线，试求：图2－29(1)电源电动势和内电阻；(2)A 、B 空载时输出电压的范围；(3)若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A 、B 两端所接负载的最小电阻为多大？解析：(1)由题图乙可知，当R →∞时，E ＝12 V ，而当U ＝6 V ＝E 2时，应有r ＝R ＝2 Ω. (2)当滑片滑至变阻器的最上端时，A 、B 两端输出电压最大值U max ＝E R 0＋r R 0＝1222＋2×22 V ＝11 V当滑片滑至变阻器的最下端时，A 、B 两端输出电压最小为零，故A 、B 空载时输出电压范围为0～11 V.(3)当滑动片滑至变阻器的最上端时，通过电源的电流恰为最大电流2 A ，A 、B 两端所接负载电阻最小． I ＝ER 0R AB R 0＋R AB ＋r ，解得R AB ＝4.9 Ω.答案：(1)12 V 2 Ω (2)0～11 V (3)4.9 Ω16．(12分)(2012·合肥一中高二检测)如图2－30所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球带电荷量q ＝1×10－2 C ，质量为m ＝2×10－2 kg ，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时电源输出功率是多大？(g 取10 m/s 2)图2－30解析：设两板间电压为U AB ，由动能定理：－mgd －qU AB ＝0－12mv 20，所以U AB ＝12mv 20－mgd q＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×42－10×0.4×2×10－21×10－2 V ＝8 V. 则滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V.设通过滑动变阻器电流为I ，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E －U 滑R ＋r ＝24 V －8 V 15 Ω＋1 Ω＝1 A. 滑动变阻器电阻：R 滑＝U 滑I＝8 Ω. 电源输出功率：P ＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W. 答案：8 Ω 23 W。

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(时间：60分钟)
知识点一电场电场强度
1．下列说法中正确的是 ( )．
A ．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B ．电场是一种物质，与其他物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C ．电荷间的相互作用是通过电场产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用
D ．电场是人为设想出来的，其实并不存在
解析电场是在电荷周围存在的一种特殊物质，是看不见、摸不着的，但是是客观存在的．电荷的周围存在着由它产生的电场，A 正确，D 错误；电场是一种特殊物质，电荷间的相互作用是通过电场产生的，B 、C 正确．
答案 ABC
2．关于电场中某一点P ，下列哪种说法是正确的
( )． A ．若放在P 点电荷的电荷量减半，则P 点的电场强度减半
B ．若P 点没有试探电荷，则P 点电场强度为零
C ．P 点电场强度越大，则同一电荷在P 点所受电场力越大
D ．P 点的电场强度方向为试探电荷在该点受力方向
解析为了知道电场中某点的电场强度，可以把一个检验电荷放入该点，其
受到电场力F 与自身的电荷量q 的比值F q 可反映该点电场强度的大小，但该点的
电场强度由电场本身决定，与检验电荷的电荷量多少、电性无关，所以A 、B 错．由
E ＝
F q 得F ＝qE ，当q 一定时，E 越大，F 越大．所以C 正确．电场中某一点的电场强度方向规定为正电荷在该点时受到的电场力方向，与负电荷受力的方向相反，D 错．
答案 C
3．两个固定的异号点电荷，电荷量给定但大小不等．用E 1和E 2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两个点电荷的直线上，E 1＝E 2的点
( )．
A ．有三个，其中两处合场强为零
B ．有三个，其中一处合场强为零
C ．只有二个，其中一处合场强为零
D ．只有一个，该处合场强不为零
解析设两个固定的异号点电荷的电荷量大小分别为q 1、q 2，相距L ，且q 1＞q 2.因为两个点电荷是异号，所以它们在其间的连线上分别产生的场强方向相
同，根据公式E ＝k Q r 2可知E 1＝E 2，在两点电荷间有一点的合场强为2E 1，这一点
离q 2较近．在q 1的外侧E 1＞E 2，两者大小不可能相等．在q 2的外侧，因为q 1
＞q 2、r 1＞r 2，根据公式E ＝k Q r 2可知E 1＝E 2有可能成立，但它们的方向相反，合
场强为零．所以正确选项为C.
答案 C
4．如图1－3－11(a)中AB 是一个点电荷电场中的电场线，图(b)则是放在电场线上a 、b 处的检验电荷的电荷量与所受电场力间的函数图线，由此可以判定
( )．
图1－3－11
A ．可能场源是正电荷，位于A 点
B ．可能场源是正电荷，位于B 点
C ．可能场源是负电荷，位于A 点
D ．可能场源是负电荷，位于B 点
解析比值F /q 表示电场强度的大小，根据F －q 图像知：E a >E b ，由E ＝k Q r 2
可知，r a <r b ，即无论场源电荷是正还是负都应在A 点，A 、C 正确．
答案AC
5．在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C.如图1312所示，拿走C处的电荷后，A处电场强度的情况是
()．
A．大小仍为E，方向由A指向B
B．大小变为E
2，方向不变
C．大小仍为E，方向由B指向A
D．无法确定
解析根据矢量合成法则可知，在B、C两处同时存在点电荷时，合电场场强方向沿平行BC的方向，说明B、C两处电荷在A处独立产生的场强大小相等，方向均与合电场场强成60°角．当撤去C处点电荷时，只剩下B处点电荷，此时A处场强大小为E，方向由B指向A.
答案 C
知识点二电场线
6．把质量为m的正点电荷q在电场中由静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是()．A．点电荷运动轨迹必与电场线重合
B．点电荷的速度方向必定和所在点的电场线的切线方向一致
C．点电荷的加速度方向必与所在点的电场线的切线方向一致
D．点电荷的受力方向必与所在点的电场线的切线方向一致
解析正点电荷q由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，但如果电场线是曲线，电荷一定不沿电场线运动(因为如果沿电场线运动，其速度方向与受力方向重合，不符合曲线运动的条件)，故A选项不正确；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与静电力方向不再一致(初始时刻除外)，故B选项不正确；而该正点电荷的加速度方向，即电荷所受静电力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C、D选项正确．答案CD
图1－3－13
7.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场．图1－3－13为点电荷a 、b 所形成电场的电场线分布图，以下说法正确的是
( )． A ．a 、b 为异种电荷，a 带电荷量大于b 带电荷量
B ．a 、b 为异种电荷，a 带电荷量小于b 带电荷量
C ．a 、b 为同种电荷，a 带电荷量大于b 带电荷量
D ．a 、b 为同种电荷，a 带电荷量小于b 带电荷量
解析由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a 、b 必为异种电荷，C 、D 选项均错．在电荷a 附近取一点M ，M 点到电荷a 的距离远小于M 点到电荷b 的距离，故M 点处的场强主要取决于a 电荷，即
E M ＝k Q a r 2；同理在电荷b 附近取一点N ，使Nb ＝Ma ，则N 点处的场强主要取决
于b 电荷，即E N ＝k Q b r 2，由题图可知，M 点处电场线比N 点处电场线稀疏，故
E M <E N ，所以Q a <Q b ，则A 选项错、B 选项正确．
答案 B
图1－3－14
8．如图1－3－14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
D ．电荷向B 做加速运动，加速度的变化情况不能确定
解析从静止起动的负电荷向B 运动，说明它受电场力向B ，负电荷受的电场力方向与电场强度的方向相反，可知此电场线的指向应从B ―→A ，这就有两
个可能性：一是B处有正点电荷为场源，则越靠近B处场强越大，负电荷会受到越来越大的电场力，加速度应越来越大；二是A处有负点电荷为场源，则越远离A时场强越小，负试探电荷受到的电场力越来越小，加速度越来越小，故正确答案为D项．
答案 D
知识点三匀强电场中的力学问题
9．一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图1－3－15所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：
图1－3－15
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球经过最低点时丝线的拉力的大小．
解析(1)小球静止在电场中受力如图所示，
显然小球带正电，由平衡条件得：
mg tan 37°＝qE，①
故E＝3mg
4q.②
(2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得：
1
2m v
2＝(mg＋qE)l(1－cos 37°)③
由圆周运动知识，在最低点时，由牛顿第二定律
T－(mg＋qE)＝m v2 l④
由③④解得T＝49
20mg.
答案(1)3mg
4q(2)
49
20mg
图1－3－16
10.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E.在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右板相距为b，如图1－3－16所示，请问：
(1)小球所带的电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
解析 (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示． F sin θ＝qE ①
F cos θ＝mg .②
由①②
得tan θ＝qE mg ，故q ＝mg tan θE . (2)小球在水平方向的分运动为匀变速直线运动，用牛顿第二定律得a x ＝qE m ，
则b ＝12a x t 2得t ＝ 2bm qE ＝ 2b g cot θ. 答案 (1)
mg tan θE (2) 2b g cot θ。