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沪科版高二物理选修3-1第五章练习题及答案

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高中物理(沪科)选修3-1：章末综合测评5磁场与回旋加速器含答案解析

高中物理(沪科)选修3-1：章末综合测评5磁场与回旋加速器含答案解析

【最新】高中物理（沪科）选修3-1：章末综合测评5磁场与回旋加速器学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小2．在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上．现将该通电导线从磁场中撤走，则P 处的磁感应强度为( )A．零B．10 T，方向竖直向上C．0.1 T，方向竖直向下D．10 T，方向肯定不沿竖直向上的方向3．用两根绝缘细线把两个完全相同的圆形导线环悬挂起来，让二者等高平行放置，如图所示．当两导线环中通入方向相同的电流I1、I2时，则有()A．两导线环相互吸引B．两导线环相互排斥C．两导线环间无相互作用力D．两导线环先吸引后排斥4．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小5．一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定该带电粒子的比荷，则只需要知道( )A．运动速度v和磁感应强度BB．磁感应强度B和运动周期TC．轨迹半径R和运动速度vD．轨迹半径R和磁感应强度B6．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与2x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R.则( )A．粒子经偏转后一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R7．如图所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，ab＝bc＝L，一带电粒子从ad的2中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )A．从b点射出B．从b、P间某点射出C．从a点射出D．从a、b间某点射出8．如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点．已知a点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是()A．直导线中的电流方向垂直于纸面向外B．b，方向斜向右上方，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同9．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源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R．若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f．则下列说法正确的是（）A．质子被加速后的最大速度不可能超过πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关C．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子二、多选题10．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图所示，在加上电流后的一小段时间内，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )A．F1>F2B．F1<F2C．弹簧长度将变长D．弹簧长度将变短11．利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是A．下表面电势高B．上表面电势高C．该导体单位体积内的自由电子数为BI eUbD．该导体单位体积内的自由电子数为I edb12．如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R （比细管的内径大得多），在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g．空间存在一磁感应强度大小未知（不为零），方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，v （）给小球一方向水平向右，大小为A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都不同D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守恒三、解答题13．在倾角θ＝30°的光滑导体滑轨A和B的上端接入一个电动势E＝3 V，内阻不计的电源，滑轨间距L＝10 cm，将一个质量m＝30 g，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，如图所示，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．14．如图所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的光滑绝缘1圆弧轨道上由静止自A端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀4强电场与匀强磁场中．已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直纸面向里，g＝10 m/s2.求：(1)滑块到达C 点时的速度；(2)在C 点时滑块所受洛伦兹力．15．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为85.010m -=⨯kg 、电何量为61.010q -=⨯C 的带电粒子，从静止开始经U =10V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP =30cm （粒子重力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8）。

单元复习05高二年级物理导学案沪科版选修3-1、第五章磁场含答案

单元复习05高二年级物理导学案沪科版选修3-1、第五章磁场含答案

高二年级物理导学案------沪科版选修3-1、第五章磁场编撰人：刘玉啟审核人：教务处审批：班级：姓名：第五章磁场总复习★知识网络：★★专题整合：一、通电导体在安培力作用下运动的判断四法安培力作用下通电导体在磁场中运动问题的分析方法：(1)电流元法：把整段通电导体等效为许多小段的直线电流元，用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段通电导体所受合力方向．(2)特殊位置法：把通电导体或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力的方向．(3)等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流．(4)利用结论法：①两通电导线相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两者不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．例1如图1所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况是()图1A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动二、安培力作用下导体的平衡1．分析安培力的方向应牢记安培力方向既跟磁感应强度方向垂直又跟电流方向垂直；2．一般是先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上，然后根据平衡条件列方程．例2如图2所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：图2(1)B至少多大？这时B的方向如何？(2)若保持(1)中B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆继续保持静止？三、带电粒子在电场或组合场中的运动正确分析带电粒子的受力情况和运动情况，明确运动过程和运动性质，选择恰当的规律解答1．带电粒子在组合场中运动要依据粒子运动过程的先后顺序和受力特点辨别清楚在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动．2．带电粒子在电场中的运动(1)当带电粒子(带电体)在电场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子(带电体)在电场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．(3)当带电粒子(带电体)在电场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．例3如图3所示，相距为d的两带电平行板间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，带电量为q 的小球由下板边缘沿水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，则()图3A ．小球一定带负电B ．小球一定带正电C ．两板间电压为mgdqD ．小球在两板间的运动时间为2πmqB例4 如图4所示的直角坐标系xOy 中，x <0，y >0的区域内有沿x 轴正方向的匀强电场，x ≥0的区域内有垂直于xOy 坐标平面向外的匀强磁场，x 轴上P 点坐标为(－L,0)，y 轴上M 点的坐标为(0，233L )．有一个带正电的粒子从P 点以初速度v 沿y 轴正方向射入匀强电场区域，经过M 点进入匀强磁场区域，然后经x 轴上的C 点(图中未画出)运动到坐标原点O .不计重力．求： (1)粒子在M 点的速度v ′； (2)C 点与O 点的距离x ；(3)匀强电场的电场强度E 与匀强磁场的磁感应强度B 的比值．1.(通电导体在安培力作用下运动方向的判断)如图5所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab 、cd (ab 、cd 在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P .当P 中通以方向向外的电流时( ) A ．导线框将向左摆动 B ．导线框将向右摆动C ．从上往下看，导线框将顺时针转动D ．从上往下看，导线框将逆时针转动2.(安培力作用下导体的平衡)倾角为α的光滑斜面上，放一根长L 、质量为m 的导体棒，通以如图6所示方向电流I ，为使其静止在斜面上，可加一个强度、方向适当的匀强磁场，这磁场可能是( )A ．垂直于斜面向上，B ＝mg sin α/IL B ．垂直于斜面向下，B ＝mg sin α/ILC ．竖直向下，B ＝mg tan α/ILD ．水平向左，B ＝mg /IL3．(带电粒子在混合场中的运动)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN 运动(MN 在垂直于磁场方向的平面内)，如图7所示，则以下判断中正确的是( ) A ．油滴一定带正电 B ．油滴一定带负电C ．如果电场方向水平向右，油滴是从M 点运动到N 点D ．如果电场方向水平向左，油滴是从M 点运动到N 点4．(带电粒子在组合场中的运动)如图8所示，在矩形ABCD 内对角线BD 以上的区域存在有平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，矩形AD 边长L ，AB 边长为2L .一个质量为m 、电荷＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，从对角线BD 的中点P 处进入磁场，并从DC 边上的Q 点垂直于DC 离开磁场，试求： (1)电场强度的大小；(2)带电粒子经过P 点时速度的大小和方向； (3)磁场的磁感应强度的大小和方向．章末检测卷(五)(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．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．下列对磁场认识正确的是()A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点的小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零2．关于带电粒子在电场或磁场中的运动，以下表述正确的是()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4．如图1，两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与两导线截面共线；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()A．a点B．b点C．c点D．d点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()6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度为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.则小球运动过程中的速度—时间图像可能是下图中的()7.如图3所示，带电粒子以初速度v0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v0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()A．v0 B.1v0C．2v0 D.v02二、多项选择题(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，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()A．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()A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．它们在D形盒中运动的周期相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能10．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()A．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11.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() A．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v1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v2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()A．半径之比为3∶1 B．速度之比为1∶ 3C．时间之比为2∶3 D．时间之比为3∶2三、计算题(共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，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9所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在空间，分布着磁感应强度为B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．14．(12分)如图10所示，在x轴上方有匀强磁场B，一个质量为m，带电荷量为－q的粒子，以速度v从O点射入磁场，角θ已知，粒子重力不计，求：(1)粒子在磁场中运动的时间；(2)粒子离开磁场的位置与O点间的距离．15．(15分)如图11所示为研究带电粒子在磁场中偏转问题的实验装置：M、N是竖直放置的两正对着的平行金属板，S1、S2是板上两个正对的小孔，其中N板的右侧有一个在竖直面内，以O为圆心的圆形区域，该区域内存在垂直圆面向外的匀强磁场，另有一个同样以O为圆心的半圆形荧光屏AO′C.已知S1、S2、O 和荧光屏的中间位置O′在同一直线上，且AC⊥S1O′.当在M、N板间加恒定电压U时，一带正电离子在S1处由静止开始加速向S2孔运动，最后打在图中的荧光屏上的P处，∠COP＝30°.若要让上述带正电离子(不计重力)仍在S1处由静止开始加速，最后打在图中的荧光屏下边缘C处，求M、N板间所加电压的大小U′.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：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.答案例1. 解析 解法一 电流元法首先将线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受到的安培力情况如图所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A 正确． 解法二 等效法将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”也可判断出线圈向左运动，选A. 答案 A 例2.解析 在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．(1)画出金属杆的截面图．由三角形法则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B 也最小．根据左手定则，这时B 应垂直于导轨平面向上，大小满足BI 1L ＝mg sin α，B ＝mg sin α/I 1L .(2)当B 的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI 2L cos α＝mg sin α，I 2＝I 1/cos α. 答案 (1)mg sin α/I 1L 垂直于导轨平面向上 (2)I 1/cos α例3. 答案 BC解析 要使小球在复合场中做匀速圆周运动，必须满足重力与电场力平衡，即mg ＝Eq ，方向相反，因为电场方向向上，故小球一定带正电，A 错误，B 正确；根据E ＝U d 可得mg ＝U d q ，所以U ＝mgdq，C 正确；小球在两板间的运动时间为整个圆周运动周期的一半，即t ＝122πm Bq ＝πmBq，D 错误．例4. 解析 (1)设粒子在由P 到M 的过程中运动时间为t ，在M 点时速度为v ′，沿x 轴正方向的速度大小为v x ，带电粒子在第二象限做匀变速曲线运动，则： OM ＝v t ＝233L ①OP ＝12v x t ＝L ②v ′2＝v 2＋v 2x ③联解①②③得：v ′＝2v ④(2)设粒子在M 点的速度v ′与y 轴正方向的夹角为θ，如图所示，则： tan θ＝v x v ⑤粒子在x ≥0的区域内受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．⑥设轨迹半径为R ，由几何关系有： OM ＝2R sin θ＝233L ⑦x ＝2R cos θ⑧联解⑤⑥⑦⑧得：x ＝23L ⑨(3)设粒子质量为m ，带电荷量为q ，则： qE ·OP ＝12m v ′2－12m v 2⑩q v ′B ＝m v ′2R ⑪联解⑧⑨⑩⑪得：E B ＝v2答案 (1)2v (2)23L (3)v 2自我检测： 1. 答案 D解析 当直导线P 中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P 产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P 为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab 所受的安培力方向垂直纸面向外，cd 所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D 正确． 2. 答案 BCD解析 当磁场方向垂直于斜面向上时导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，又重力竖直向下，所以不可能静止在斜面上，A 错误．当磁场垂直斜面向下时，导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，当B ＝mg sin α/IL 时，沿斜面方向上的合力为零，故可能，B 正确．当磁场方向竖直向下时，导体棒受到的安培力方向水平向左，当B ＝mg tan α/IL 时，合力为零，故C 正确．当磁场方向水平向左时，导体棒受到的安培力竖直向上，所以当安培力等于重力时，合力为零，即B ＝mg /IL ，D 正确． 3. 答案 D解析 粒子所受力只有重力的方向是确定的，竖直向下，根据力的合成与分解可知磁场力的方向必须是垂直MN 斜向上的，电场力的方向必须是水平向左的，所以如果电场方向水平向左，那么粒子带正电，从M 点运动到N 点，如果电场方向水平向右，那么粒子带负电，从N 运动到M ，故D 正确． 4. 答案 (1)2m v 20qL (2)3v 0 方向垂直BD 向下(3)2m v 0qL方向垂直纸面向外解析 (1) 带电粒子受电场力作用做类平抛运动，则 L 2＝12at 2 2L2＝v 0t Eq ＝ma 解得E ＝2m v 20qL(2)在竖直方向上做匀变速运动，设竖直方向分速度为v y ，则有2 a L2＝ v 2y 得v y ＝aL ＝2v 0到P 点时速度为v ＝v 20＋v 2y ＝3v 0(3)粒子在磁场中运动轨迹的圆心就在D 点，则 R ＝12BD ＝32Lq v B 0＝m v 2R B 0＝2m v 0qL方向垂直纸面向外章末检测卷(五)1．答案 C解析 在磁场中某点的磁场只能有一个方向，即该点的磁感线的切线方向，如果磁感线相交，则该点磁场就有两个方向了，A 错误；在磁铁外部磁感线是由N 极出发指向S 极，在磁铁内部磁感线是由S 极出发指向N 极，B 错误；在磁场中，某点的磁场的方向是该点放置的小磁针静止时N 极所指方向，C 正确；若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，可能磁场和通电导线是平行的，D 错误；故选C. 2．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和磁场的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C. 3． 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．答案 C解析 两电流在该点的合磁感应强度为0，说明两电流在该点的磁感应强度满足等大反向关系．根据右手螺旋定则在两电流的同侧磁感应强度方向相反，则磁感应强度可能为零的点为a 或c ，又I 1>I 2，所以该点应距I 1远距I 2近，所以是c 点．故选C. 5． 答案 A 6答案 C解析 带电小球静止时受到竖直向下的重力G 、垂直直杆向上的支持力N 和沿直杆向上的摩擦力f ，小球下滑后，再受到一个垂直直杆向上的洛伦兹力f 0，沿直杆方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－f 0)＝ma ，在垂直于直杆方向有：N ＋f 0＝mg cos θ，由于球加速运动，据f 0＝q v B ，f 0增大而支持力N 减小，据f ＝μN ，摩擦力减小，导致加速度a 增大；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－f 0＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，f 0＞mg cos θ，支持力N 反向，且速度继续增大，支持力N 增大，摩擦力f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确． 7.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 (d 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B ＝2v 0.选项C 正确．8．答案 BC解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m vqB ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9． 答案 AC 10．答案 AC 11. 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 ＝U bB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关． 12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 ＝2πm Bq ，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.13. 答案 (1)1.5 A (2)0.30 N (3)0.06 N 解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I ＝ER 0＋r ＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N. (3)导体棒受力如图，将重力正交分解 F 1＝mg sin 37°＝0.24 N ，F 1<F 安，根据平衡条件，mg sin 37°＋f ＝F 安， 解得f ＝0.06 N.14．答案 (1)2(π－θ)m qB (2)2m v sin θqB解析 (1)先确定其大概的轨迹，然后由几何关系确定圆心角、弦长与半径的关系，如图 半径r ＝m vqBT ＝2πm qB圆心角为2π－2θ所以运动时间t ＝2π－2θ2πT ＝2(π－θ)mqB .(2)离开磁场的位置与入射点的距离即为弦长s ＝2r sin θ＝2m v sin θqB15． 答案U 3解析 设离子的质量为m ，电荷量为q ，磁场的磁感应强度为B ，所在区域的半径为R ，离子加速后获得的速度为v .当电压为U 时，由动能定理有qU ＝12m v 2①在磁场中，离子做匀速圆周运动(见右图)由牛顿第二定律可知 q v B ＝m v 2/r ②由①②式得U ＝r 2B 2q /(2m )③ 其中r ＝R tan 60°＝3R ④当电压为U ′时，离子打在C 处，同理有U ′＝r ′2B 2q /(2m )⑤ 其中r ′＝R ⑥由③④⑤⑥可解得U ′＝U /3.16. 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，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知 L2r＝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 2r④由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ⑤ 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 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。

沪科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套

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沪科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套章末综合测评(一)电荷的相互作用(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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．以下说法正确的是()A．一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．这说明小球上原有的负电荷逐渐消失了B．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷跟一个电子电荷量数值相等C．只有体积很小的带电体才能看成点电荷D．由公式F＝k q1q2r2知，当真空中的两个电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞B[一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．小球上原有的负电荷只是转移到别的物体上去了，负电荷并没有消失，选项A错误；元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷跟一个电子电荷量数值相等，选项B正确；点电荷是指带电体的大小与所研究的问题相比可以忽略不计，体积很大或者体积很小的带电体都不一定看成点电荷，选项C错误；因为当真空中的两个电荷间的距离r→0时，两电荷就不能看作点电荷了，则公式F＝k q1q2r2不再适用，故选项D 错误．故选B.]2．M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是()A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从N转移到了MC．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10 CD．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子C[摩擦起电的本质是电子的转移，在摩擦前M、N内部本身都有电荷，A错误；互相摩擦后M带1.6×10－10C正电荷，故应该是M上1.6×10－10C的电子转移到N上，B 错误；N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10－10C的电子转移到N上，故N在摩擦后一定带1.6×10－10 C的负电荷，C正确；M在摩擦过程中失去的电子数为：n＝1.6×10－10 1.6×10－19＝1×109个，D错误．故选C.]3．如图1所示，原来不带电的绝缘金属导体，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的右端，可能看到的现象是()图1A ．只有右端验电箔张开，且右端带正电B ．只有左端验电箔张开，且左端带负电C ．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D ．两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电C [带负电的绝缘金属球靠近导体右端，由于发生感应起电，导体右端带正电，左端带负电，两端的验电箔都张开，故C 正确．]4．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－4q 的点电荷，其所受静电力为( )A．－F 2 B ．F 2 C ．－F D ．F D [令AB ＝r ，则BC ＝2r ，在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，根据库仑定律F ＝k Qq r 2，方向从B 到A ，在C 处放一电荷量为－4q 的点电荷时，F ′＝k 4Qq (2r )2＝k Qq r 2，方向从C 至B ，两者方向相同，所以F ′＝F ，D 正确．]5．两个半径为r 的带电球所带电荷量分别为Q 1和Q 2，当两球心相距3r 时，相互作用的静电力大小为( )A ．F ＝kQ 1Q 2(3r )2B ．F >kQ 1Q 2(3r )2C ．F <kQ 1Q 2(3r )2D ．无法确定 D [两个带电球不能看作点电荷．同种电荷时，实际距离会增大，如图(a)所示；异种电荷时，实际距离会减小，如图(b)所示．由于不能确定电性，所以无法确定静电力的大小．]6．如图2，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 两点与B 的距离分别是L 1和L 2，不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电量与质量之比)之比应是( )图2A.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 13 C [设A 和C 电量为q 1、q 2，质量为m 1、m 2，由B 分析，k q 1q B L 21＝k q 2q B L 22，可得：q 1q 2＝L 21L 22，质点A 和质点C 绕B 点做匀速圆周运动，具有相同的角速度ω，对A 分析，k q 1q B L 21－k q 1q 2(L 1＋L 2)2＝m 1ω2L 1；对C 分析：k q 2q B L 22－k q 1q 2(L 1＋L 2)2＝m 2ω2L 2，联立解得q 1m 1∶q 2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23，选项C 正确．] 7.如图3所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上，a与c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．C受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()图3A．F1B．F2C．F3D．F4B[根据a、b、c三者的电性可知，a对c是斥力，b对c是引力，如果三者的电荷量相等，则a对c的斥力大于等于b对c的引力，且两个力的夹角为120°，则合力的方向为F1方向．现在由于a带电荷量比b的带电荷量少，则b对c的引力大于a对c的斥力，此二力的合力方向是由F1偏向电荷b，故应是F2的方向，选项B正确．]8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电荷1.6×10－15C，丙物体带电荷量的大小为8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16 CAD[由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．]9.如图4是消除烟气中煤粉的静电除尘器示意图，它由金属圆筒和悬在管中的金属丝B组成，带煤粉的烟气从下方进气口进入，煤粉带负电，脱尘后从上端排气孔排出，要让除尘器正确工作，应该是()图4A．AB应接直流电源，且A为正极B．AB应接交流电源，且B接火线C．其外壳A应接地，原因是以防触电D．其外壳A应接地，其原因是导走电荷以防爆炸AC[AB应接直流电源，由于煤粉带负电，故A应为正极，A正确，B错误．外壳A 接地原因是防止触电为了安全，C正确，D错误．]10．如图5所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是()图5A．A对B的静电力一定是引力B．A对B的静电力可能是斥力C．A的电量可能比B少D．A的电量一定比B多AD[根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”的规律，AB间的作用力应为引力，故A正确，B错误；根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故C错误，D正确．故选AD.]11.如图6所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数可能为()图6A．2B．3C．4D．5AC[对A受力分析，可知A一定受重力和B对A的库仑引力，若满足二力等大反向，则不需要A和斜面间的相互作用，即A可能受到2个力的作用，故A正确；若向上的库仑引力小于重力，则A会受到斜面的支持力，若要合力为零而处于平衡状态，必须还要受一沿斜面向上的摩擦力，即A可能受四个力的作用，故C正确．]12．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较()图7A．推力F将变大B．竖直墙面对小球A的弹力变大C．地面对小球B的支持力不变D．两小球之间的距离变大CD[以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．图1图2设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1＝m A g tan θ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小，故B错误．再以A、B整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F＝N1，N2＝(m A＋m B)g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故A错误，C正确．由上分，θ减小，cos θ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之析得到库仑力F库＝m A gcos θ间的距离增大，故D正确．故选CD.]二、非选择题(本题共4小题，共40分，按题目要求作答)13. (10分)如图8所示，一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷．已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60°，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，求拉力T与库仑力F分别为多少．(重力加速度g已知)图8【解析】对小球A受力分折，如图所示：图中力三角形与几何三角形△OBA相似，故：F＝mg，T＝mg.【答案】T＝mg F＝mg14．(10分)如图9所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道圆心处，将另一带正电、电量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速释放，求：图9(1)小球运动到最低点B点的速度大小；(2)小球在B点对轨道的压力．【解析】 (1)带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12m v 2B解得v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2R解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下．【答案】 (1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 215．(10分)真空中有两个相距r 的点电荷A 和B ，带电荷量分别为q 1＝＋q ，q 2＝＋4q ，再放入一个点电荷q 3，三个点电荷皆可自由移动，在什么位置放入第三个点电荷q 3可使三个电荷都处于平衡状态，q 3的电荷量为多少？【解析】 由于A 、B 带同种电荷，根据两同夹异可知，第三个点电荷应放在电荷A 、B 之间，设q 3到q 1点距离为r 1，对q 3受力分析，有k qq 3r 21＝k 4qq 3(r －r 1)2，解得r 1＝r 3 对q 1受力分析，有k qq 3r 21＝k 4qq r 2，解得q 3＝49q . 【答案】 在A 、B 之间到A 点距离为r 3的位置放入第三个点电荷q 3可使三个电荷都处于平衡状态，q 3的电荷量为49q16．(10分)如图10所示，倾角为30°的直角三角形的底边BC 长为2L ，处在水平位置，O 为底边中点，直角边AB 为光滑绝缘导轨，OD 垂直AB .现在O 处固定一带正电的物体，让一质量为M 、带正电的小球从导轨顶端A 由静止开始滑下(始终不脱离导轨)，测得它滑到D 处受到的库仑力大小为F ，求它滑到B 处的速度和加速度的大小．(重力加速度为g )图10 【解析】 带电小球沿光滑绝缘轨道从A 运动到B 的过程中，受到重力Mg 、轨道支持力N 及库仑斥力F 三个力的作用，其中支持力不做功，库仑斥力关于D 点对称，所做的功等效于零，即W F ＝0由动能定理可得：W G ＝Mg ·(2L cos 30°)·sin 30°＝12M v 2B解得：v B ＝3gL带电小球受到的合外力沿轨道AB 斜向下，因为带电小球在D 点受到的库仑力为F ＝k Q 1Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝4k Q 1Q 2L 2，根据库仑定律求得在B 处受到的库仑力为 F ′＝k Q 1Q 2L 2＝F 4小球受到的合外力为F 合＝Mg cos 60°＋F ′cos 30°即12Mg ＋32×F 4＝Ma 则a ＝12g ＋3F 8M .【答案】 3gL 12g ＋3F 8M章末综合测评(二) 电场与示波器(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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L 2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断错误的是( )图1 A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小C [由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A 、B 正确，C 错误．四点中a 点电势大于c 点电势，正电荷在电势越低处电势能越小，故D 正确．]2.电场中等势面如图2所示，下列关于该电场的描述正确的是( )图2 A ．A 点的电场强度比C 点的小B ．负电荷在A 点的电势能比在C 点的电势能大C ．电荷沿等势面AB 移动的过程中，电场力始终不做功D ．正电荷由A 移动到C ，电场力做负功C [由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A 点的电场强度比C 点的大，A 错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B 错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，故C 正确；正电荷由A 移动到C ，电场力做正功，故D 错误．]3.如图3所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm ，由此可以确定电场强度的方向和数值是( )图3A ．竖直向下，E ＝100 V/mB ．水平向左，E ＝100 V/mC ．水平向左，E ＝200 V/mD ．水平向右，E ＝200 V/m B [由电势降低最快的方向就是电场强度的方向以及电场线与等势面垂直的特点可知，电场强度方向水平向左，又由E ＝U d 得E ＝ 2 V 2×10－2 m＝100 V/m ，故B 正确．] 4．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小B [由C ＝εS 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，ε增大，电容增大，由C ＝Q U 可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.]5.如图4所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( )图4A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2 D.2∶1B [竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．] 6．如图5所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为q ＝＋1×10－8 C 的试探电荷P ，半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝2.5×10－5sin θ(J)，则( )图5A．x轴位于零势面上B．电场强度大小为500 V/m，方向沿y轴正方向C．y轴位于零势面上D．电场强度大小为500 V/m，方向沿x轴正方向A[由E p＝2.5×10－5sin θ(J)知，x轴上的电势能为0，是零势面，电场线沿y轴方向，A对，C错；当θ＝90°时，E p＝2.5×10－5 J＝EqR，解得E＝500 V/m，方向沿y轴负方向，B、D错．]7．如图6所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()图6A．板间电场强度大小为mg/qB．板间电场强度大小为mg/2qC．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间C[根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确，D错误．]8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v­t图像如图7所示，则下列说法中正确的是()图7A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差AB[由图线可看出，A点的图线的斜率大于B点的斜率，即A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；在B点的速度大于在A点的速度，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故CD间各点电场强度为零，电势相等但不一定为零，选项C错误；从A到B和从B到C粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，选项D错误．]9．某电容式话筒的原理如图8所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间距离增大时，()图8A．P、Q构成的电容器的电容减小B．P上电荷量保持不变C．有电流自M经R流向ND．PQ间的电场强度不变AC[根据电容器的决定式C＝εS4πkd可知，当P、Q间距离d增大时，P、Q构成的电容器的电容减小，选项A正确；因两板间电势差不变，则根据Q＝CU可知P上电荷量减小，选项B错误；电容器上的电量减小时，电容器放电，则有电流自M经R流向N，选项C正确；由于U不变，d增大，根据E＝Ud知，PQ间的电场强度减小，选项D错误．] 10．如图9甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图9乙所示规律变化，则下列说法中正确的是()甲乙图9A．电子可能在极板间做往复运动B．t1时刻电子的动能最大C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场BC[t＝0时刻B板电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1～t2时间内电子减速，由于对称，在t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P 孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误．]11．如图10所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()图10A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量BC[小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P 到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．]12．如图11所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判断()图11A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B．三个质点在电场中的运动时间相等C．三个质点在电场中的加速度a甲>a乙>a丙D．三个质点到达负极板的动能E丙>E乙>E甲AC[三个质点均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g，带正电质点的加速度大于g，带负电质点的加速度小于g，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h＝12可得t＝2h a，可见，2at加速度越小，下落时间越长，所以t负>t不带电>t正，又因为它们的水平位移s＝v0t，所以s 负>s不带电>s正，选项A、C正确，B错误；因为三个质点到达负极板的过程中，电场力对带正电质做正功，机械能增大，对带负电质点做负功，机械能减小，对不带电质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E甲>E乙>E丙，选项D错误．]二、非选择题(本题共4小题，共40分，按题目要求作答)13. (10分)平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图12所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V．试问：图12(1)两板间的电场强度是多大？(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差为多大？(3)若B板接地，P1和P2两点的电势各是多少伏？【解析】(1)根据公式E＝Ud代入数据得E＝605×10－2V/m＝1 200 V/m.(2)P1P2沿电场方向的距离为：d12＝5 cm－(0.5＋0.5) cm＝4 cm根据公式U12＝Ed12＝1 200×4×10－2 V＝48 V.(3)由公式φ1－φB＝Ed1B＝1 200×(4.5×10－2) V＝54 V得φ1＝54 V.同理φ2－φB＝Ed2B＝1 200×0.5×10－2 V＝6 V得φ2＝6 V.【答案】(1)1 200 V/m(2)48 V (3)54 V 6 V14. (10分)如图13所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO 的水平距离为d，不计重力，求：图13(1)从A点到B点所用的时间；(2)粒子在B点的速度大小；(3)匀强电场的电场强度大小．【解析】(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t＝dv0.(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，则粒子在B点的速度大小v＝2v0.(3)根据牛顿第二定律得：a ＝eE m将粒子射出电场的速度v 进行分解，则有v y ＝at ＝eE m ·d v 0＝eEd m v 0又v y ＝v 0tan 45°联立解得E ＝m v 20ed .【答案】 (1)d v 0(2)2v 0 (3)m v 20ed 15．(10分)如图14所示，一个带正电的粒子以平行于x 轴正方向的初速度v 0从y 轴上a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x 轴上定点b ，可在第一象限的某区域内加一方向沿y 轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E ，电场区域沿x 方向的宽度为s ，Oa ＝L ，Ob ＝2s ，粒子的质量为m ，带电量为q ，重力不计，试讨论电场的左边界与b 的可能距离．图14【解析】 设电场左边界到b 点的距离为Δx ，已知电场宽度为s ，Ob ＝2s ，分以下两种情况讨论： (1)若粒子在离开电场前已到达b 点，如图甲所示，即Δx ≤s ，则Δx ＝v 0ty ＝L ＝qE 2m t 2联立解得Δx ＝2m v 20LqE .(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b 点，如图乙所示，即s <Δx ≤2s ，则s ＝v 0t ，y ＝qE 2m t 2由几何关系知tan θ＝qEm t v 0＝L －y Δx －s 联立解得Δx ＝m v 20L qEs ＋s 2.【答案】 见解析16．(10分)如图15所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d .当两板间加电压U 时，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以水平速度v 0从A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，不计重力影响．求：图15(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间；(2)带电粒子经过B 点时速度的大小；(3)A 、B 间的电势差． 【解析】 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝L v 0. (2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E ＝U d加速度大小a ＝qE m ＝qU md经过B 点时粒子沿竖直方向的速度大小v y ＝at ＝qU md ·L v 0带电粒子在B 点速度的大小v ＝v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20. (3)粒子从A 点运动到B 点过程中，据动能定理得：qU AB ＝12m v 2－12m v 20A 、B 间的电势差U AB ＝12m v 2－12m v 20q ＝qU 2L 22md 2v 20. 【答案】 (1)L v 0 (2)v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20 (3)qU 2L 22md 2v 20章末综合测评(三) 从电表电路到集成电路(时间：90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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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4分，有选错的得0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 ．1 000 s 电池供给8C 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B [由q ＝It 可知，只有B 项正确．]2．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( )①电子绕核运动的等效电流为6.7×10－4 A②电子绕核运动的等效电流为1.5×103 A③等效电流的方向与电子的运动方向相反④等效电流的方向与电子的运动方向相同A．①③B．①④C．②③D．②④A[根据电流的定义，等效电流为I＝qt＝6.7×10－4A，电流方向与电子运动方向相反．]3．有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为() A．10 ΩB．50 ΩC．150 ΩD．250 ΩD[设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2.由体积V＝SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1∶L2＝1∶5，则S1∶S2＝5∶1.根据电阻定律R＝ρLS得，R2∶R1＝25∶1则电阻变为250 Ω.故选D.]4．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106 Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20 cm、半径为4 cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100 V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为()A．0.31 μA B．0.62 μAC．0.15 μA D．0.43 μAA[由R＝ρLS得R≈3.18×108 Ω，所以I＝UR≈0.31 μA.]5.如图1所示是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断错误的是()图1A．空载(不接R)时，输出电压为U 2B．接上负载R时，输出电压小于U 2C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低D．接上负载R后，要使输出电压为U2，滑动片P须向上移动至某一位置C[空载时，输出电压为U2；接上负载R时，R与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻器的上半部分串联，因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻，而串联电路中各支路的电压与电阻成正比，所以接R时，输出电压小于U2；负载R阻值越大，并联电路总阻值也大，输出电压就高；若还输出U2的电压，需上移滑片P以增大并联电阻．] 6．两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。

沪科版高中物理选修3-1试题及答案解析

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物理选修3——1试题（时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图所示,挂在绝缘细线下的小轻质通草球,由于电荷的相互作用而靠近或远离,所以A.甲图中两球一定带异种电荷B.乙图中两球一定带同种电荷C.甲图中至少有一个带电D.乙图中两球至少有一个带电2.电容器是一种常用的电子元件.对电容器认识正确的是A.电容器的电容表示其储存电荷的能力B.电容器的电容与它所带的电荷量成正比C.电容器的电容与它两极板间的电压成正比D.电容的常用单位有μF和pF，1μF=103pF3.正电荷q在电场力作用下由P向Q做加速运动,而且加速度越来越大,那么可以断定,它所在的电场是下图中的哪一个4.（2009广东湛江期末调研考试，4）右图为两电阻R a和R b的伏安特性曲线，由图可知，电阻R a与R b的大小关系为A.R a >R bB.R a <R bC.R a =R bD.不能确定5.a、b、c、d是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行,已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V,d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为A.4 VB.8 VC.12 VD.24 V6.（2009湖北宜昌“三校联合体”期末联考，2）如图所示，在示波管下方有一根水平放置的通电直电线，则示波管中的电子束将A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转 7.将悬挂在细线上的带正电的小球A 放在不带电的金属空心球C 内（不和球壁接触），另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B 向C 靠近，如图所示，于是有A.A 往左偏离竖直方向，B 往右偏离竖直方向B.A 的位置不变，B 往右偏离竖直方向C.A 往左偏离竖直方向，B 的位置不变D.A 和B 的位置都不变8.如图所示，MN 是一条水平放置的固定长直导线，P 是一个通有电流I 2的与MN 共面的金属环，可以自由移动.长直导线与金属圆环均包有绝缘漆皮.当MN 中通上图示方向的电流I 1时，金属环P 在磁场力作用下将A.沿纸面向上运动B.沿纸面向下运动C.水平向左运动D.由于长直导线包有绝缘漆皮，其磁场被屏蔽，金属环P 将静止不动9.真空中两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F ，若它们的带电荷量都增大为原来的2倍，距离减小为原来的21，它们之间的相互作用力变为 A.16FB.4FC.FD.F 2110.如图所示，在竖直放置的金属板M 上放一个放射源C ，可向纸面内各个方向射出速率均为v 的α粒子，P 是与金属板M 平行的足够大的荧光屏，到M 的距离为d .现在 P 与金属板M 间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M 板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上.若α粒子的质量为m ，电荷量为2e .则A.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B 的大小为ed mv2 B.磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B 的大小为edmv2C.在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2dD.在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d二、填空题（本题共2小题，11题4分，12题8分，共12分）11.在电场中把一个电荷量为－6×10－8C 的点电荷从A 点移到B 点，电场力做功为－3×10－5J,将此电荷从B点移到C点，电场力做功4.5×10－5J,则U AC=__________.12.某研究性学习小组利用图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内电阻r.由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R0.（1）按照图甲所示的电路图，将图乙所示的实物连接成实验电路.（2）闭合开关K，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数，并计算出通过电阻箱的电为了比较准确地得出实验结论，请填全上面表格所空的电流值，并在下图所示的坐标纸中作U-I图象.（3）从图象得到E=___________V，r=____________Ω.（4）该学习小组对该实验方案中是否存在误差以及误差的来源进行了讨论，提出了以下几种看法，其中正确的是__________.A.该实验方案中存在系统误差，是由于电压表的分流作用引起的B.该实验方案中存在系统误差，是由于接入定值电阻R0引起的C.该实验方案中存在偶然误差，是由于电压表的分压作用引起的D.该实验方案中存在偶然误差，是由于电压表的读数引起的三、解答题（本题共4小题，13题10分，14、15题各12分，16题14分，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位）13.如果把带电荷量为q=1.0×10－8C的点电荷从无穷远移至电场中的A点，需克服电场力做功W=1.2×10－4J.试求：（1）q在A点的电势能和在A点的电势（取无穷远处电势为零）.（2）q未移入电场前A点的电势是多少？14.如图所示，电源的电动势E=110 V，电阻R1=21 Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5 Ω，电键S1始终闭合.当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525 W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336 W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率.15.如图所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与地面成30°角固定.N、Q间接一电阻R′=1.0 Ω，M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E=6 V，内阻r=1.0 Ω，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场.现将一条质量m=40 g，电阻R=1.0 Ω的金属导线置于导轨上，并保持导线ab水平.已知导轨间距L=0.1 m，当开关S接通后导线ab恰静止不动.试计算磁感应强度大小.16.如图所示，光滑绝缘竖直杆与以正点电荷Q为圆心的圆弧交于B、C两点，一质量为m、电荷量为－q的空心小球从杆上A点无初速度下滑，设AB=BC=h,小球滑到B点的速度为3,试求：gh（1）小球滑到C点的速度.（2）A、C的电势差.试题答案1.答案：BC解析:若两球相互吸引，可能是两球带异种电荷，也可能只有一个小球带电另一个小球不带电.而两球互相排斥，只有两球带同种电荷这一种情况.2.答案:A解析：电容器的电容就是表示其储存电荷的能力，由电容器本身决定，与它带的电荷量、板间电压无关；1μF=106 p F，故D项错误.3.答案：D解析:正电荷受力的方向和电场强度方向相同，电场线越密的地方电荷受力越大，根据牛顿第二定律，电荷的加速度也就越大，所以根据题意，Q点的电场线应比P点的电场线密，故A、B选项错误.又由于电荷做加速运动，所以选项C错误，选项D正确.4.答案:B解析：伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大电阻越小，故选B.5.答案：B解析:连结bd,因U bd=20 V,可将bd等分为5份，找到4个等分点e、f、g、h，由于φe=20 V,a、e等势，由对称关系可知h点与c点电势相等，即φc=8 V.6.答案:A解析：由安培定则可知导线上方磁场垂直纸面向外，电子垂直磁场进入，由左手定则可知，电子向上偏转.7.答案：B解析:球C对外界电场有静电屏蔽作用,使处于C内部的A球不受外界电场影响,所以A不偏移.但A在C的外表面感应出正电荷,也就是C不能屏蔽内部电荷向外激发电场,所以B将向右偏.8.答案:B解析：由安培定则和左手定则可知，金属环P受到的磁场力沿金属环所在平面向下，故B 选项正确.绝缘漆皮不会屏蔽磁场，D选项错误.9.答案：A解析:由库仑定律221r q kq F =221)21(22'r q q k F ⋅⋅=得F ′=16F ，故选A10.答案:BC解析：α粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，α粒子的轨道半径为d ，由dv m eBv 22=得：ed mv B 2=，故B 正确；亮斑区的上边界是沿M 板向上射出的α粒子，经1/4圆弧到达的a 点；亮斑区的下边界是垂直M 板射出的α粒子，经1/4圆弧轨迹与屏相切的b 点，如图所示，所以亮斑区的长度为2d ，C 正确. 11.答案:－250 V解析:解法一 把电荷从A 移到C 电场力做功W AC =W AB ＋W BC =－3×10－5J ＋4.5×10－5J=1.5×10－5J 则A 、C 间的电势差85106105.1--⨯-⨯==q W U AC ACV=－250 V . 解法二 85106105.4--⨯-⨯==q W U BC ACV=500 V 85106105.4--⨯-⨯==q W U BC BCV=－750 V 则U AC =U AB ＋U BC =500 V －750 V=－250 V.12.答案：（1）连线如下图所示：（2）两组电流值分别为：0.089；0.270 图象如下图所示：（3）2.00（1.98～2.02） 0.45（0.40～0.50） （4）AD13.答案：（1）1.2×10－4J 1.2×104 V （2）1.2×104 解析：（1）克服电场力做功，电势能增加，无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零.所以εA =εA －0=W=1.2×10－4J正电荷在电势高处具有的电势能大，即A 点的电势φA >0V 102.1100.1102.10484⨯=⨯⨯==-=--q W A A ϕϕ （2）A 点的电势是由电场本身决定的，跟A 点是否有电荷存在无关，所以在移入电场前，A 点电势仍为1.2×104 V. 14.答案：（1）1Ω （2）26 A 1 606 W解析：（1）设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则,)(1211R rR E P +=代入数据可以解得r =1Ω. （2）设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则,122R U P =解得U =84 V由闭合电路欧姆定律得 E =U ＋Ir ，代入数据，得I =26 A 流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，A 411==R UI ，而I 1＋I 2=I ，所以I 2=22 A ， 由UI 2=P 出＋I 22R 0，代入数据得P 出=1 606 W. 15.答案：1T解析：导线ab 两端电压V 2V 65.015.0=⨯+=+=E r R R U 并并导线ab 中的电流A 2==RUI 导线ab 受力如图所示，由平衡条件得BIL =mg sin30°解得T 130sin =︒=ILmg B16.答案:（1）gh 5 (2)qm gh2-解析:（1）B 、C 两点在同一等势面上，小球从B 滑到C 静电力不做功，只有重力做功，故222121B C mv mv mgh -=解得.5gh v C = (2)2212C AB mv h mg qU =⋅+- 解得.2qmghU AC -=。

沪科版高中物理选修3-1(1---3章测试题).docx

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高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1(1---3章测试题)一、选择题1．静电场中某点的电场强度（ D ）A．其方向跟电荷在该点所受的电场力的方向一致B．跟电荷在该点所受的电场力的大小成正比C．跟放于该点的电荷的电量成反比D．跟放于该点的电荷的电量及所受电场力的大小无关2．将电量为3×10-6C的负电荷,放在电场中A点,受到的电场力大小为6×10-3N,方向水平向右，则将电量为6×10-6C的正电荷放在A点，受到的电场力为（ B ）A．1.2×10-2N，方向水平向右 B．1.2×10-2N，方向水平向左C．1.2×102N，方向水平向右 D．1.2×102N，方向水平向左3 . 如图2是点电荷电场中的一条电场线，下面说法正确的是（ B ）A．A点场强一定大于B点场强B．在B点轻轻释放一个电子，将一定向A点运动C．这点电荷一定带正电图2 D．正电荷运动中通过A点时，其运动方向一定沿AB方向4．将一个正点电荷从无穷远处移到电场中A点, 电场力做功为4×10-9J, 将一负点电荷 (带电量与上述正点电荷相等) 从无穷远处移到电场中的B点, 克服电场力做功为8×10-9J, 则下述结论中正确的是 (设无穷远处电势为零) （B ）A．U A＞U B＞0 B．U B＜U A＜0C．U A＜U B＜0 D．U B＞U A＞05．一对带有等量异种电荷的平行金属板竖直放置, 一个电子从某一板上的小孔沿与电场线相反方向射入电场, 不计电子的重力, 在电子向另一板运动的过程中, 以下说法中正确的是（ BD ）A．电子的动能逐渐减小, 电势能逐渐增大B．电子的动能逐渐增大, 电势能逐渐减小C．电子的动能和电势能都逐渐增大D．电子的动能和电势能的总和保持不变6．在正电荷周围的电场中，有a、b两点，以下说法中正确的是（ C ）A．这两点的电场强度一定不相同，电势也一定不相同B．这两点电场强度有可能相同，电势有可能相同C．这两点电场强度一定不相同，但电势有可能相同D．这两点电场强度有可能相同，但电势一定不相同7．如图所示，将充好电的平行板电容器与静电计连接，静电计指针偏转的角度为α。

沪科版高中物理选修3-1第五章单元测试题及答案

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第五章单元测试题姓名：_______________班级：_______________考号：_______________一、选择题1、质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图为质谱仪的原理图，设想有一个静止的质量为m、带电量为q的带电粒子（不计重力），经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打至底片上的P点，设OP = x，则在图中能正确反映x与U之间的函数关系的是（）2、如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间较长的带电粒子（）A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁场中通过的路程一定越长D．在磁场中的周期一定越大3、带电粒子（不计重力）可能所处的状态是：（）A、在磁场中处于静止状态B、在匀强磁场中做匀速圆周运动C、在匀强磁场中做平抛运动D、在匀强磁场中做匀速直线运动4、如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子．自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点．已知a、b、c在同一直线上，且ac＝ab，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（）A．3q／2e B．q／3e C．2q／3e D．q／e5、如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，一束带正电的粒子以不同的速度v沿bc 从b点射入磁场，不计粒子的重力，关于粒子在磁场中的运动情况下列说法中正确的是( )A．入射速度越大的粒子，其运动时间越长B．入射速度越大的粒子，其运动轨迹越长C．从ab边出射的粒子的运动时间都相等D．从ac边出射的粒子的运动时间都相等6、如图所示，Q1、Q2带等量正电荷，固定在绝缘平面上，在其连线上有一光滑的绝缘杆，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图，小球的重力不计．现将小球从图示位置从静止释放，在小球运动过程中，下列说法中哪些是正确的A．小球加速度将不断变化B．小球速度将一直增大C．小球所受洛伦兹力将一直增大D．小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化7、如图所示，MN是一负点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中虚线所示.下列结论正确的是（）A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度五、多项选择19、电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则A．磁场对电子的洛伦兹力大小．方向恒定不变B．磁场对电子的洛伦兹力始终不做功C．电子的速度．加速度始终不变D．电子的动能始终不变20、如图9－3－5所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，沿顺时针方向做以Q为一个焦点的椭圆运动。

沪科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套

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沪科版高中物理选修3-1单元测试题及答案全套章末综合测评(一)电荷的相互作用(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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．以下说法正确的是()A．一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．这说明小球上原有的负电荷逐渐消失了B．元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷跟一个电子电荷量数值相等C．只有体积很小的带电体才能看成点电荷D．由公式F＝k q1q2r2知，当真空中的两个电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞B[一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．小球上原有的负电荷只是转移到别的物体上去了，负电荷并没有消失，选项A错误；元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，元电荷跟一个电子电荷量数值相等，选项B正确；点电荷是指带电体的大小与所研究的问题相比可以忽略不计，体积很大或者体积很小的带电体都不一定看成点电荷，选项C错误；因为当真空中的两个电荷间的距离r→0时，两电荷就不能看作点电荷了，则公式F＝k q1q2r2不再适用，故选项D 错误．故选B.]2．M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10C，下列判断中正确的是()A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从N转移到了MC．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10 CD．M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子C[摩擦起电的本质是电子的转移，在摩擦前M、N内部本身都有电荷，A错误；互相摩擦后M带1.6×10－10C正电荷，故应该是M上1.6×10－10C的电子转移到N上，B 错误；N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10－10C的电子转移到N上，故N在摩擦后一定带1.6×10－10 C的负电荷，C正确；M在摩擦过程中失去的电子数为：n＝1.6×10－10 1.6×10－19＝1×109个，D错误．故选C.]3．如图1所示，原来不带电的绝缘金属导体，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的右端，可能看到的现象是()图1A ．只有右端验电箔张开，且右端带正电B ．只有左端验电箔张开，且左端带负电C ．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D ．两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电C [带负电的绝缘金属球靠近导体右端，由于发生感应起电，导体右端带正电，左端带负电，两端的验电箔都张开，故C 正确．]4．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－4q 的点电荷，其所受静电力为( )A．－F 2 B ．F 2 C ．－F D ．F D [令AB ＝r ，则BC ＝2r ，在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，根据库仑定律F ＝k Qq r 2，方向从B 到A ，在C 处放一电荷量为－4q 的点电荷时，F ′＝k 4Qq (2r )2＝k Qq r 2，方向从C 至B ，两者方向相同，所以F ′＝F ，D 正确．]5．两个半径为r 的带电球所带电荷量分别为Q 1和Q 2，当两球心相距3r 时，相互作用的静电力大小为( )A ．F ＝kQ 1Q 2(3r )2B ．F >kQ 1Q 2(3r )2C ．F <kQ 1Q 2(3r )2D ．无法确定 D [两个带电球不能看作点电荷．同种电荷时，实际距离会增大，如图(a)所示；异种电荷时，实际距离会减小，如图(b)所示．由于不能确定电性，所以无法确定静电力的大小．]6．如图2，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 两点与B 的距离分别是L 1和L 2，不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电量与质量之比)之比应是( )图2A.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 13 C [设A 和C 电量为q 1、q 2，质量为m 1、m 2，由B 分析，k q 1q B L 21＝k q 2q B L 22，可得：q 1q 2＝L 21L 22，质点A 和质点C 绕B 点做匀速圆周运动，具有相同的角速度ω，对A 分析，k q 1q B L 21－k q 1q 2(L 1＋L 2)2＝m 1ω2L 1；对C 分析：k q 2q B L 22－k q 1q 2(L 1＋L 2)2＝m 2ω2L 2，联立解得q 1m 1∶q 2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23，选项C 正确．] 7.如图3所示，三个完全相同的金属小球a 、b 、c 位于等边三角形的三个顶点上，a与c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．C受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()图3A．F1B．F2C．F3D．F4B[根据a、b、c三者的电性可知，a对c是斥力，b对c是引力，如果三者的电荷量相等，则a对c的斥力大于等于b对c的引力，且两个力的夹角为120°，则合力的方向为F1方向．现在由于a带电荷量比b的带电荷量少，则b对c的引力大于a对c的斥力，此二力的合力方向是由F1偏向电荷b，故应是F2的方向，选项B正确．]8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电荷1.6×10－15C，丙物体带电荷量的大小为8×10－16 C．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是()A．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD．丙物体一定带有负电荷8×10－16 CAD[由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．]9.如图4是消除烟气中煤粉的静电除尘器示意图，它由金属圆筒和悬在管中的金属丝B组成，带煤粉的烟气从下方进气口进入，煤粉带负电，脱尘后从上端排气孔排出，要让除尘器正确工作，应该是()图4A．AB应接直流电源，且A为正极B．AB应接交流电源，且B接火线C．其外壳A应接地，原因是以防触电D．其外壳A应接地，其原因是导走电荷以防爆炸AC[AB应接直流电源，由于煤粉带负电，故A应为正极，A正确，B错误．外壳A 接地原因是防止触电为了安全，C正确，D错误．]10．如图5所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是()图5A．A对B的静电力一定是引力B．A对B的静电力可能是斥力C．A的电量可能比B少D．A的电量一定比B多AD[根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”的规律，AB间的作用力应为引力，故A正确，B错误；根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故C错误，D正确．故选AD.]11.如图6所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数可能为()图6A．2B．3C．4D．5AC[对A受力分析，可知A一定受重力和B对A的库仑引力，若满足二力等大反向，则不需要A和斜面间的相互作用，即A可能受到2个力的作用，故A正确；若向上的库仑引力小于重力，则A会受到斜面的支持力，若要合力为零而处于平衡状态，必须还要受一沿斜面向上的摩擦力，即A可能受四个力的作用，故C正确．]12．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较()图7A．推力F将变大B．竖直墙面对小球A的弹力变大C．地面对小球B的支持力不变D．两小球之间的距离变大CD[以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．图1图2设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1＝m A g tan θ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小，故B错误．再以A、B整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F＝N1，N2＝(m A＋m B)g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故A错误，C正确．由上分，θ减小，cos θ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之析得到库仑力F库＝m A gcos θ间的距离增大，故D正确．故选CD.]二、非选择题(本题共4小题，共40分，按题目要求作答)13. (10分)如图8所示，一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘丝质细线悬挂于天花板上的O点，在O点的正下方处的绝缘支架上固定一个带与A同种电荷的小球B，两个带电小球都可视为点电荷．已知小球A静止时丝线OA与竖直方向的夹角为60°，设丝线中拉力为T，小球所受库仑力为F，求拉力T与库仑力F分别为多少．(重力加速度g已知)图8【解析】对小球A受力分折，如图所示：图中力三角形与几何三角形△OBA相似，故：F＝mg，T＝mg.【答案】T＝mg F＝mg14．(10分)如图9所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道圆心处，将另一带正电、电量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速释放，求：图9(1)小球运动到最低点B点的速度大小；(2)小球在B点对轨道的压力．【解析】 (1)带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12m v 2B解得v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2R解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下．【答案】 (1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 215．(10分)真空中有两个相距r 的点电荷A 和B ，带电荷量分别为q 1＝＋q ，q 2＝＋4q ，再放入一个点电荷q 3，三个点电荷皆可自由移动，在什么位置放入第三个点电荷q 3可使三个电荷都处于平衡状态，q 3的电荷量为多少？【解析】 由于A 、B 带同种电荷，根据两同夹异可知，第三个点电荷应放在电荷A 、B 之间，设q 3到q 1点距离为r 1，对q 3受力分析，有k qq 3r 21＝k 4qq 3(r －r 1)2，解得r 1＝r 3 对q 1受力分析，有k qq 3r 21＝k 4qq r 2，解得q 3＝49q . 【答案】 在A 、B 之间到A 点距离为r 3的位置放入第三个点电荷q 3可使三个电荷都处于平衡状态，q 3的电荷量为49q16．(10分)如图10所示，倾角为30°的直角三角形的底边BC 长为2L ，处在水平位置，O 为底边中点，直角边AB 为光滑绝缘导轨，OD 垂直AB .现在O 处固定一带正电的物体，让一质量为M 、带正电的小球从导轨顶端A 由静止开始滑下(始终不脱离导轨)，测得它滑到D 处受到的库仑力大小为F ，求它滑到B 处的速度和加速度的大小．(重力加速度为g )图10 【解析】 带电小球沿光滑绝缘轨道从A 运动到B 的过程中，受到重力Mg 、轨道支持力N 及库仑斥力F 三个力的作用，其中支持力不做功，库仑斥力关于D 点对称，所做的功等效于零，即W F ＝0由动能定理可得：W G ＝Mg ·(2L cos 30°)·sin 30°＝12M v 2B解得：v B ＝3gL带电小球受到的合外力沿轨道AB 斜向下，因为带电小球在D 点受到的库仑力为F ＝k Q 1Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝4k Q 1Q 2L 2，根据库仑定律求得在B 处受到的库仑力为 F ′＝k Q 1Q 2L 2＝F 4小球受到的合外力为F 合＝Mg cos 60°＋F ′cos 30°即12Mg ＋32×F 4＝Ma 则a ＝12g ＋3F 8M .【答案】 3gL 12g ＋3F 8M章末综合测评(二) 电场与示波器(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，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．如图1所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L 2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断错误的是( )图1 A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小C [由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A 、B 正确，C 错误．四点中a 点电势大于c 点电势，正电荷在电势越低处电势能越小，故D 正确．]2.电场中等势面如图2所示，下列关于该电场的描述正确的是( )图2 A ．A 点的电场强度比C 点的小B ．负电荷在A 点的电势能比在C 点的电势能大C ．电荷沿等势面AB 移动的过程中，电场力始终不做功D ．正电荷由A 移动到C ，电场力做负功C [由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A 点的电场强度比C 点的大，A 错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B 错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，故C 正确；正电荷由A 移动到C ，电场力做正功，故D 错误．]3.如图3所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm ，由此可以确定电场强度的方向和数值是( )图3A ．竖直向下，E ＝100 V/mB ．水平向左，E ＝100 V/mC ．水平向左，E ＝200 V/mD ．水平向右，E ＝200 V/m B [由电势降低最快的方向就是电场强度的方向以及电场线与等势面垂直的特点可知，电场强度方向水平向左，又由E ＝U d 得E ＝ 2 V 2×10－2 m＝100 V/m ，故B 正确．] 4．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小B [由C ＝εS 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，ε增大，电容增大，由C ＝Q U 可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.]5.如图4所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( )图4A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2 D.2∶1B [竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．] 6．如图5所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为q ＝＋1×10－8 C 的试探电荷P ，半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝2.5×10－5sin θ(J)，则( )图5A．x轴位于零势面上B．电场强度大小为500 V/m，方向沿y轴正方向C．y轴位于零势面上D．电场强度大小为500 V/m，方向沿x轴正方向A[由E p＝2.5×10－5sin θ(J)知，x轴上的电势能为0，是零势面，电场线沿y轴方向，A对，C错；当θ＝90°时，E p＝2.5×10－5 J＝EqR，解得E＝500 V/m，方向沿y轴负方向，B、D错．]7．如图6所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()图6A．板间电场强度大小为mg/qB．板间电场强度大小为mg/2qC．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间C[根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确，D错误．]8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v­t图像如图7所示，则下列说法中正确的是()图7A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差AB[由图线可看出，A点的图线的斜率大于B点的斜率，即A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；在B点的速度大于在A点的速度，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故CD间各点电场强度为零，电势相等但不一定为零，选项C错误；从A到B和从B到C粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，选项D错误．]9．某电容式话筒的原理如图8所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间距离增大时，()图8A．P、Q构成的电容器的电容减小B．P上电荷量保持不变C．有电流自M经R流向ND．PQ间的电场强度不变AC[根据电容器的决定式C＝εS4πkd可知，当P、Q间距离d增大时，P、Q构成的电容器的电容减小，选项A正确；因两板间电势差不变，则根据Q＝CU可知P上电荷量减小，选项B错误；电容器上的电量减小时，电容器放电，则有电流自M经R流向N，选项C正确；由于U不变，d增大，根据E＝Ud知，PQ间的电场强度减小，选项D错误．] 10．如图9甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图9乙所示规律变化，则下列说法中正确的是()甲乙图9A．电子可能在极板间做往复运动B．t1时刻电子的动能最大C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场BC[t＝0时刻B板电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1～t2时间内电子减速，由于对称，在t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P 孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误．]11．如图10所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()图10A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量BC[小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P 到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．]12．如图11所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判断()图11A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电B．三个质点在电场中的运动时间相等C．三个质点在电场中的加速度a甲>a乙>a丙D．三个质点到达负极板的动能E丙>E乙>E甲AC[三个质点均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g，带正电质点的加速度大于g，带负电质点的加速度小于g，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h＝12可得t＝2h a，可见，2at加速度越小，下落时间越长，所以t负>t不带电>t正，又因为它们的水平位移s＝v0t，所以s 负>s不带电>s正，选项A、C正确，B错误；因为三个质点到达负极板的过程中，电场力对带正电质做正功，机械能增大，对带负电质点做负功，机械能减小，对不带电质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E甲>E乙>E丙，选项D错误．]二、非选择题(本题共4小题，共40分，按题目要求作答)13. (10分)平行的带电金属板A、B间是匀强电场，如图12所示，两板间距离是5 cm，两板间的电压是60 V．试问：图12(1)两板间的电场强度是多大？(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两点间的电势差为多大？(3)若B板接地，P1和P2两点的电势各是多少伏？【解析】(1)根据公式E＝Ud代入数据得E＝605×10－2V/m＝1 200 V/m.(2)P1P2沿电场方向的距离为：d12＝5 cm－(0.5＋0.5) cm＝4 cm根据公式U12＝Ed12＝1 200×4×10－2 V＝48 V.(3)由公式φ1－φB＝Ed1B＝1 200×(4.5×10－2) V＝54 V得φ1＝54 V.同理φ2－φB＝Ed2B＝1 200×0.5×10－2 V＝6 V得φ2＝6 V.【答案】(1)1 200 V/m(2)48 V (3)54 V 6 V14. (10分)如图13所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO 的水平距离为d，不计重力，求：图13(1)从A点到B点所用的时间；(2)粒子在B点的速度大小；(3)匀强电场的电场强度大小．【解析】(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t＝dv0.(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，则粒子在B点的速度大小v＝2v0.(3)根据牛顿第二定律得：a ＝eE m将粒子射出电场的速度v 进行分解，则有v y ＝at ＝eE m ·d v 0＝eEd m v 0又v y ＝v 0tan 45°联立解得E ＝m v 20ed .【答案】 (1)d v 0(2)2v 0 (3)m v 20ed 15．(10分)如图14所示，一个带正电的粒子以平行于x 轴正方向的初速度v 0从y 轴上a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x 轴上定点b ，可在第一象限的某区域内加一方向沿y 轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E ，电场区域沿x 方向的宽度为s ，Oa ＝L ，Ob ＝2s ，粒子的质量为m ，带电量为q ，重力不计，试讨论电场的左边界与b 的可能距离．图14【解析】 设电场左边界到b 点的距离为Δx ，已知电场宽度为s ，Ob ＝2s ，分以下两种情况讨论： (1)若粒子在离开电场前已到达b 点，如图甲所示，即Δx ≤s ，则Δx ＝v 0ty ＝L ＝qE 2m t 2联立解得Δx ＝2m v 20LqE .(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b 点，如图乙所示，即s <Δx ≤2s ，则s ＝v 0t ，y ＝qE 2m t 2由几何关系知tan θ＝qEm t v 0＝L －y Δx －s 联立解得Δx ＝m v 20L qEs ＋s 2.【答案】 见解析16．(10分)如图15所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d .当两板间加电压U 时，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以水平速度v 0从A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，不计重力影响．求：图15(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间；(2)带电粒子经过B 点时速度的大小；(3)A 、B 间的电势差． 【解析】 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝L v 0. (2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E ＝U d加速度大小a ＝qE m ＝qU md经过B 点时粒子沿竖直方向的速度大小v y ＝at ＝qU md ·L v 0带电粒子在B 点速度的大小v ＝v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20. (3)粒子从A 点运动到B 点过程中，据动能定理得：qU AB ＝12m v 2－12m v 20A 、B 间的电势差U AB ＝12m v 2－12m v 20q ＝qU 2L 22md 2v 20. 【答案】 (1)L v 0 (2)v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20 (3)qU 2L 22md 2v 20章末综合测评(三) 从电表电路到集成电路(时间：90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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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4分，有选错的得0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 ．1 000 s 电池供给8C 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B [由q ＝It 可知，只有B 项正确．]2．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( )①电子绕核运动的等效电流为6.7×10－4 A②电子绕核运动的等效电流为1.5×103 A③等效电流的方向与电子的运动方向相反④等效电流的方向与电子的运动方向相同A．①③B．①④C．②③D．②④A[根据电流的定义，等效电流为I＝qt＝6.7×10－4A，电流方向与电子运动方向相反．]3．有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为() A．10 ΩB．50 ΩC．150 ΩD．250 ΩD[设导体原来的横截面积为S1，长度原来为L1，拉长后横截面积为S2，长度为L2.由体积V＝SL得，V不变，L与S成反比．长度之比L1∶L2＝1∶5，则S1∶S2＝5∶1.根据电阻定律R＝ρLS得，R2∶R1＝25∶1则电阻变为250 Ω.故选D.]4．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106 Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20 cm、半径为4 cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100 V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为()A．0.31 μA B．0.62 μAC．0.15 μA D．0.43 μAA[由R＝ρLS得R≈3.18×108 Ω，所以I＝UR≈0.31 μA.]5.如图1所示是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断错误的是()图1A．空载(不接R)时，输出电压为U 2B．接上负载R时，输出电压小于U 2C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低D．接上负载R后，要使输出电压为U2，滑动片P须向上移动至某一位置C[空载时，输出电压为U2；接上负载R时，R与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻器的上半部分串联，因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻，而串联电路中各支路的电压与电阻成正比，所以接R时，输出电压小于U2；负载R阻值越大，并联电路总阻值也大，输出电压就高；若还输出U2的电压，需上移滑片P以增大并联电阻．] 6．两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。

高中物理(沪科版选修3-1)学业分层测评：第5章 探究安培力 含答案

高中物理(沪科版选修3-1)学业分层测评：第5章 探究安培力 含答案

(建议用时：45分钟)[学业达标]1．如图所示各图中，表示磁场方向、电流方向及导线受力方向的图示正确的是( )【解析】由左手定则知，A正确，B，C错误．在D图中，B与I 平行，导线所受安培力为零．【答案】A2．(多选)一根长为0.2 m电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到安培力的大小可能是( )【导学号：29682092】A．0.4 N B．0.2 NC．0.1 N D．0【解析】当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时，安培力有最大值为F＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N；当两方向平行时，安培力有最小值为0.随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0与0.2 N之间取值．【答案】BCD3．如图5­4­11所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则金属棒MN所受安培力大小( )【导学号：29682093】图5­4­11A．F＝BId B．F＝BIdsin θC．F＝D．F＝BIdcos θ【解析】金属棒MN与磁感应强度B垂直，所以F＝BI·＝，选项C正确．【答案】C4.如图5­4­12所示，四边形的通电闭合线框abcd处在垂直线框平面的匀强磁场中，它受到磁场力的合力( )图5­4­12A．竖直向上B．方向垂直于ad斜向上C．方向垂直于bc斜向下D．为零【解析】由于线框是闭合的，故四条边安培力的合力为零，D正确．【答案】D5．如图5­4­13所示，向一根松弛的导体线圈中通以电流，线圈将会( )图5­4­13A．纵向收缩，径向膨胀B．纵向伸长，径向膨胀C．纵向伸长，径向收缩D．纵向收缩，径向收缩【解析】纵向电流方向相同，故相互吸引，所以收缩．径向(垂直纸面)电流相反，所以相互排斥，故膨胀，故A正确．【答案】A6．如图5­4­14所示，水平面内一段通电直导线平行于匀强磁场放置，当导线以左端点为轴在水平平面内转过90°时(如图中虚线所示)，导线所受的安培力( )图5­4­14A．大小不变B．大小由零逐渐增大到最大C．大小由零先增大后减小D．大小由最大逐渐减小到零【解析】B和I平行时，导线所受安培力为零，当B和I的夹角θ增大时，F安＝BILsin θ，F安增大，当B和I垂直时，F安最大，选项B正确，A、C、D错误．【答案】B7．如图5­4­15所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A 是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M、N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1 T的匀强磁场中，CO间距离为10 cm，当磁场力为0.2 N 时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为( )图5­4­15A．电流方向C→O B．电流方向O→CC．电流大小为1 A D．电流大小为0.5 A【解析】由左手定则，电流的方向O→C，由B＝得I＝＝2 A.【答案】B8．(多选)如图5­4­16所示，通电细杆ab质量为m，置于倾角为θ的导轨上，导轨和杆间不光滑，有电流时，杆静止在导轨上，下图是四个俯视图，标出了四种匀强磁场的方向，其中摩擦力可能为零的是( )图5­4­16【解析】因为杆静止在导轨上，所受合力为零，如果杆和导轨无挤压或者相对于导轨无滑动的趋势，则摩擦力为零，由左手定则可知A中F水平向右，B中F竖直向上，C中F竖直向下，D中F水平向左，A、B满足题意．【答案】AB[能力提升]9．如图5­4­17所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度，天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面，当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码时，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，天平又重新平衡，由此可知( )【导学号：29682094】图5­4­17A．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为错误!B．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为mg2NILC．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为错误!D．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为mg2NIL【解析】因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里．电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量．电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL，两式联立可得B＝，故选B.【答案】B10. (多选)图5­4­18中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属轨道，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是( )图5­4­18A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动【解析】若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误．同理判断B、D选项正确，C项错误．【答案】BD11．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平轨道上，通过MN 的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图5­4­19所示，求棒MN所受的支持力和摩擦力．图5­4­19【解析】导体棒静止时受力如图．由平衡条件知N＝mg＋Fcos θ，f＝Fsin θ.安培力F＝ILB，所以支持力N＝ILBcos θ＋mg；摩擦力f＝ILBsin θ.【答案】ILBcos θ＋mg ILBsin θ12.如图5­4­20所示，两平行光滑金属导轨与水平面间的夹角θ＝45°，相距为20 cm；金属棒MN的质量为1×10－2 kg，电阻R＝8 Ω；匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度B＝0.8 T，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω.当电键S闭合时，MN处于平衡状态，求变阻器R1的取值为多少？(忽略金属导轨的电阻)【导学号：29682095】图5­4­20【解析】沿M→N的方向看去，导体棒MN受重力、支持力、安培力，这三个力在同一竖直平面内，如图所示．由受力图及平衡条件有：mgsin θ－BILcos θ＝0 ①由闭合电路的欧姆定律有：E＝I(R＋R1＋r) ②由①②两式解得：R1＝7 Ω.【答案】7 Ω。

2020-2021学年高二沪科版选修3-5章末综合测评物理试题含答案解析

2020-2021学年高二沪科版选修3-5章末综合测评物理试题含答案解析

【最新】高二沪科版选修3-5章末综合测评物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（）A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合力的冲量为零B．当物体受到的合力为零时，物体的动量一定为零C．作用在物体上的合力越小，物体的动量变化量越小D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，每个物体的动量保持不变2．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动,若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,不计空气阻力,则( )A．火箭一定离开原来轨道运动B．P一定离开原来轨道运动C．火箭运动半径可能不变D．P运动半径一定减小3．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋mM(v0＋v) B．v0－mMvC．v0＋mMv D．v0＋mM(v0－v)4．如图所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是( )A．h B．12h C．14h D．18h5．如图，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车上AB部分是半径R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，m 与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间距离x随各量变化的情况是（）A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大6．所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们弹性碰撞前后的s﹣t（位移时间）图象．已知m1=0.1㎏．由此可以判断A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2=0.5kgD．弹性碰撞过程中系统损失了0.4J的机械二、多选题7．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )A．在相等的时间间隔内动量的变化相同B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零8．如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )A．甲、乙两车运动中速度之比为M m MB ．甲、乙两车运动中速度之比为2M M m + C ．甲车移动的距离为2M m L M m++ D ．乙车移动的距离为2M L M m+三、实验题9．某同学用图9甲所示装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来验证动量守恒定律．图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次．图甲中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点.B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在的平面，米尺的零点与O 点对齐．（1）碰撞后B 球的水平射程应取为____cm.（2）以下关于本次实验的说法，正确的有__________．（A ）斜槽的末端必须水平；（B ）A 、B 两球的半径必须相等；（C ）A 、B 两球必须用同种材料制成；（D ）A 球和B 球的质量可以不用测量．四、解答题10．如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A 和B ，质量分别为2m 和3m ，小球A 以速度v 0向右运动并与静止的小球B 发生碰撞（碰撞过程不损失机械能），小球B 飞出平台后经时间t 刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m ，速度为2v 0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：（1）碰撞后小球A 和小球B 的速度；（2）小球B 掉入小车后的速度．11．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h ．物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为16h ．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．12．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量4A m kg =，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量2B m kg =．现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A ，B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6s ，二者的速度达到12/v m s =．求（1）A 开始运动时加速度a 的大小；（2）A ，B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；（3）A 的上表面长度l ；13．如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M=3.0kg ，木板的长度为L=1.5m ，在木板右端有一小物块，其质量m=1.0kg ，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，它们都处于静止状态，重力加速度210/g m s =．（1）若小物块以初速度0v 沿木板上表面向左滑动，小物块恰好能运动到左端挡板处，求0v 的大小；（2）若小物块以初速度13/v m s 沿木板向左滑动，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．参考答案1．A【解析】A、物体做匀速直线运动，则物体的合外力为零，因此合外力的冲量为零，故A正确；B、合外力为零时，物体的动量的改变量为零，但是物体的动量不一定为零，故B错误；C、根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，如果合外力小，但是力的作用时间很长，动量的改变量可能很大，故C错误；D、发生相互作用的物体之间，如果不受合外力作用，那么这些物体构成的系统动量守恒，但是每个物体的动量可能变化，故D错误．故选A．2．A【解析】试题分析：若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,根据动量守恒定律可得，火箭的速度一定增大，将做离心运动，半径一定变化，A正确，C错误，若沿反方向以和火箭相同的速度射出物体P，则物体P将沿圆轨道运动，不改变半径，BD错误故选A考点：考查了动量守恒定律，万有引力定律的应用点评：做本题的关键是知道射出物体后，火箭的速度一定增大，做离心运动，3．A【详解】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+mM（v0+v）；A. v0＋mM(v0＋v)，与结论相符，选项A正确；B. v0－mMv，与结论不相符，选项B错误；C. v0＋mMv，与结论不相符，选项C错误；D. v0＋mM(v0－v) ，与结论不相符，选项D错误；4．C 【详解】设球A 与球B 碰撞前一瞬间，球A 的速度大小为A v 根据机械能守恒得：212A mgh mv = 球A 和球B 碰撞过程动量守恒，即：2A mv mv =共设两球粘到一起后，能上升的最大高度为h ' 由机械能守恒得：21222mv mgh ='共 联立各式解得：14h h '= 故本题正确答案选C ．5．A【详解】根据水平方向上动量守恒，小物体在A 时系统速度为零，在D 点时系统速度仍为零。

2020年沪科版高中物理选修3-1全册综合测试题含答案

2020年沪科版高中物理选修3-1全册综合测试题含答案

2020年沪科版高中物理选修3-1全册综合测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.下列关于磁场的说法正确的是()A．沿着磁感线的方向磁场越来越弱B．磁感线从N极出发到S极终止C．不论在什么情况下，磁感线都不会相交D．只有磁体周围才会产生磁场2.如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论中正确的是()A．该电场是匀强电场B．电场线的方向由N指向MC．电子在a处的加速度小于在b处的加速度D．因为电子从a到b的轨迹跟MN重合，所以电场线就是带电粒子在电场中的运动轨迹3.如图，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将AB两点接入电压恒定的电源两端，通电时电阻丝AB段受到的安培力为F，则此时三根电阻丝受到的合安培力大小为()A．FB． 1.5FC． 2FD． 3F4.在匀强磁场中固定一平行光滑导轨，导轨平面与水平面的夹角为α，有一根长为L、质量为m的导体棒垂直导轨放置，如图所示，当通以图示方向的电流I后，导体棒恰能保持静止，若要求磁感应强度B的值最小，重力加速度为g，则应有（）A．B=mg方向竖直向上B．B= mg，方向垂直斜面向上C．B=方向垂直斜面向上D．B=，方向垂直导体棒向左5.如图所示：一个带负电的金属圆环处于竖直平面内，可以绕过其圆心的水平轴高速旋转，当它不动时，放在它左右侧的小磁针处于静止状态，当金属圆盘从左向右看逆时针高速旋转时，小磁针的N极将()A．不偏转B．均向左偏转C．均向右旋转D．左侧小磁针N极向左偏转，右侧小磁针N极向右偏转6.当放在同一平面内的长直导线MN和金属框通以如图所示电流时，MN固定不动，金属框的运动情况是()A．金属框将靠近MNB．金属框将远离MNC．金属框将以xx′为轴转动D．金属框将以yy′为轴转动7.如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a，b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是()A．a，b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转8.如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子(不计重力)－q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q在开始运动后，将()A．沿电场线方向做匀加速直线运动B．沿电场线方向做变加速直线运动C．沿电场线方向做匀减速直线运动D．偏离电场线方向做曲线运动9.两盏电灯串联如图所示，电源电压是6 V．闭合开关以后，电灯不亮，导线都是好的．用电压表测A、B间和B、C间的电压都是0，而测得C、D间的电压是6 V．则故障可能是()A． L1断路B． L2断路C．开关没接通D．以上都有可能10.电场中有A、B两点，在将某电荷从A点移到B点的过程中，电场力对该电荷做了正功，则下列说法中正确的是()A．该电荷是正电荷，且电势能减少B．该电荷是负电荷，且电势能增加C．该电荷电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷D．该电荷电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷11.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC 弦的两倍，则()A．小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半B．小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小12.在商店选购一个10 μF电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：①直流电压挡；②直流电流挡；③欧姆挡；④交流电压挡．选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：⑤不偏转；⑥偏转至最右边；⑦偏转至中值；⑧偏转一下又返回至最左边．正确的选项是()A．①⑤B．①⑥C．③⑤D．③⑧13.一个磁场的方向如图所示，一个小磁针被放入磁场中，最后小磁针N极将()A．向右B．向左C．向上D．向下14.如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量，F1、F2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是()A．F1一定大于F2B．F1一定小于F2C．F1与F2大小一定相等D．无法比较F1与F2的大小15.磁性是物质的一种普遍属性，大到宇宙星体，小到电子、质子等微观粒子，几乎都会有磁性，地球就是一个巨大的磁体．在一些生物体内也会含有微量磁性物质，鸽子就是利用这种体内外磁性的相互作用来辨别方向的．若在鸽子身上绑一块永久磁铁，且其产生的磁场比附近的地磁场强的多，则在长距离飞行中()A．鸽子仍能如平时一样辨别方向B．鸽子会比平时更容易的辨别方向C．鸽子会迷失方向D．不能确定鸽子是否会迷失方向16.如图所示，两个带电量相同的粒子以相同的速度垂直于电场方向从同一点射入平行板M、N间的匀强电场．不计重力，最后粒子1打在N板中点，粒子2打在N板边缘．这两个粒子的质量之比m1：m2为()A． 1∶4B． 4∶1C． 2∶1D． 1∶217.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相同的电流，方向如图所示，则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C18.有一场强方向与x轴平行的静电场，电势φ随坐标x的变化的图线如图所示，如规定x轴正方向为场强的正方向，则该静电场的场强E随x变化的图线应是图中的哪一个？()A．B．C．D．19.在静电场中，将一电子从a点移至b点，静电力做功5 eV，则下列结论正确的是()A．电场强度的方向一定由b到aB．a、b两点的电势差是5 VC．电子的电势能减少了5 eVD．因电势能零点未确定，故不能确定a、b间的电势差20.下列哪个措施是为了防止静电产生的危害()A．在高大的烟囱中安装静电除尘器B．静电复印C．在高大的建筑物顶端装上避雷针D．静电喷漆第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.把一带电量为2.0×10－9C的负电荷由A移到B电场力做功4×10－7J，把该电荷由B移到C克服电场力做功为9.0×10－7J．求(1)C、A两点间的电势差(2)若取B点电势为零，则A、C两点的电势．22.光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图所示. 求两球之间的距离．23.一硫酸铜电解槽的横截面积为2 m2，在0.04 s内若相向通过同一横截面的铜离子和硫酸根离子分别为5.625×1018个和4.735×1018个，则电解槽中的电流是多大？方向如何？24.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．y＜0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第一象限的空间内有与x轴平行的匀强电场（图中未画出）；第四象限有与x轴同方向的匀强电场；第三象限也存在着匀强电场（图中未画出）．一个质量为m、电荷量为q的带电微粒从第一象限的P点由静止释放，恰好能在坐标平面内沿与x轴成θ=30°角的直线斜向下运动，经过x轴上的a点进入y＜0的区域后开始做匀速直线运动，经过y轴上的b点进入x＜0的区域后做匀速圆周运动，最后通过x轴上的c点，且Oa=Oc．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，求：（1）第一象限电场的电场强度E1的大小及方向；（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小；（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间．答案1.【答案】C【解析】磁感线的疏密表示磁场的强弱，A错误；在磁体的外部，磁感线从N极出发到S极，在磁体的内部，磁感线从S极出发到N极，B错误；空间中某点的磁场方向是唯一的，所以不论在什么情况下，磁感线都不会相交，C正确；电流周围也会产生磁场，D错误．2.【答案】B【解析】仅从一条直的电场线不能判断出该电场是否为匀强电场，因为无法确定电场线的疏密程度，所以该电场可能是匀强电场，可能是正的点电荷形成的电场，也可能是负的点电荷形成的电场，A错．电子从a到b做的是加速运动，表明它所受的静电力方向是由M指向N，由于电子所受的静电力方向跟场强方向相反，所以电场线的方向由N指向M，B对．由于无法判断电场的性质，因此不能比较电子在A、B两处所受静电力的大小，即不能比较加速度的大小，C错．电场线不是电荷运动的轨迹，只有在特定的情况下，电场线才可能与电荷的运动轨迹重合，D错．3.【答案】B【解析】AB受力：FAB＝BIL＝FACB受力：有效长度为L，电流为AB的电流的，则其受力为：BIL＝，二力方向相同，则合力为1.5F则B正确．4.【答案】C【解析】根据平衡条件，安培力F=mgsinα，方向平行于斜面向上，由左手定则知磁场方向垂直于导轨平面向上，结合安培力公式有：BIL=mgsinα得：B=5.【答案】C【解析】带负电金属圆环按如图所示方向旋转．则金属环的电流方向与旋转方向相反．再由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端S极，右端N极．因此小磁针N极沿轴线向右．故C正确，A、B、D错误．6.【答案】A【解析】由右手螺旋定则判断出直导线的磁场，金属框在直导线右边，所处的磁场方向垂直纸面向里．由左手定则判断金属框四边的受力情况，上下两边大小相等，方向相反，左右两边方向也相反，但由于金属线框周围磁感应强度的大小与它到导线的距离成反比，金属框左边受力比右边受力大，合力向左，所以金属框向左运动靠近通电长直导线．7.【答案】B【解析】带负电荷的圆环顺时针转动，形成逆时针方向等效电流，根据安培定则，判断出环内、外的磁场方向，可知小磁针的转动方向．8.【答案】C【解析】在匀强电场E中，带电粒子所受静电力为恒力．带电粒子受到与运动方向相反的恒定的静电力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子－q在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动．9.【答案】C【解析】设想把电压表接在C、D间，由C、D间的电压是6 V可知，一定有电流流进电压表，进而可知干路一定不断，故选 C.事实上，我们也可以从电流的流经路线来分析，既然有电流流进电压表，则“正极→A点→L1→B点→L2→C点→电压表→D点→负极”一定是通路．同样也可选出正确答案C.10.【答案】D11.【答案】C【解析】对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1＝F N.由图可知，△OAB∽△BFF1设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，＝＝即＝＝所以F N＝mg①F＝mg②当小球2处于C位置时，AC距离为，故F′＝F，根据库仑定律有：F＝k，F′＝k所以＝，即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故A、B均错误．由上面的①式可知F N＝mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误．12.【答案】D【解析】若用电压、电流挡，则因无电源无法检测，故要用欧姆挡，刚接通时是充电过程，充电完毕后，相当于断路，电阻无穷大，故测量时指针先偏转一下又返回到最左边．13.【答案】A14.【答案】C【解析】甲、乙两球所受的库仑力属于作用力和反作用力，它们是大小相等，方向相反的，与带的电荷量的大小无关，所以C正确，A、B、D错误．15.【答案】C【解析】鸽子能准确的飞行靠的是地磁场，若在鸽子身上捆绑一块永磁体，会影响鸽子周围的磁场．16.【答案】A17.【答案】A【解析】根据右手螺旋定则，电流A在O产生的磁场平行于BC，且由C向B，电流B在O产生的磁场平行AC，且由A向C，电流C在O产生的磁场平行AB，且由A向B；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则合场强的方向平行于AB，由A指向B，故A正确，B、C、D错误．18.【答案】B【解析】0～2 m，电势φ升高，逆着电场线，则知电场线方向为x轴负方向，E是负的，故A、D 错误．0～2 m，E＝＝－V/m＝－2×104V/m2～10 m，E＝＝V/m＝1×104V/m10～12 m，E＝＝－2×104V/m，故B正确，C错误．19.【答案】C【解析】电子在移动过程中静电力做正功，电子的电势能减少，因此B错误，C正确；由于电场线方向不一定沿ab连线方向，故A错误；电场中两点间电势差为确定的数值，与电势能零点的选择无关，故D错误．20.【答案】C21.【答案】(1)－250 V；(2)－200 V，－450 V【解析】(1)由A移至C电场力做功：＝WAB＋WBC＝4×10－7J－9.0×10－7J＝－5×10－7JWACAC两点间电势差UAC＝＝V＝250 V则CA间电势差：UCA＝－250 V(2)UAB＝＝－200 V＝＝450 VUBC＝φA－φB UBC＝φB－φCUAB取φB＝0，则φC＝－450 V，φA＝－200 V22.【答案】q【解析】设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝k由平衡条件得：F cos 45°＝mg sin 45°由以上两式解得：x＝q23.【答案】82.88A方向与铜离子定向移动的方向相同【解析】电解槽中的电流是铜离子和硫酸根离子分别向相反的方向运动形成的，因为铜离子带正电荷，硫酸根离子带负电荷，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，所以电流的方向与铜离子定向移动的方向相同．铜离子和硫酸根离子都是二价离子，每个离子的电荷量为q1＝q2＝2×1.6×10－19C设铜离子的个数为n1，硫酸根离子的个数为n2，所以I＝＝＝A＝82.88 A.24.【答案】（1）第一象限电场的电场强度E1的大小，方向水平向左．（2）带电微粒由P点运动到c点的过程中，其电势能的变化量大小为．（3）带电微粒从a点运动到c点所经历的时间为．【解析】（1）在第一象限内，带电微粒从静止开始沿Pa做匀加速直线运动，受重力mg和电场力qE1的合力一定沿Pa方向，电场力qE1一定水平向左．带电微粒在第四象限内受重力mg、电场力qE2和洛仑兹力qvB做匀速直线运动，所受合力为零．分析受力可知微粒所受电场力一定水平向右，故微粒一定带正电．所以，在第一象限内E1方向水平向左（或沿x轴负方向）．根据平行四边形定则，有mg=qE1tanθ解得．（2）带电粒子从a点运动到c点的过程中，速度大小不变，即动能不变，且重力做功为零，所以从a点运动到c点的过程中，电场力对带电粒子做功为零．由于带电微粒在第四象限内所受合力为零，因此有qvB cosθ=mg带电粒子通过a点的水平分速度v x=v cosθ=mg/Bq带电粒子在第一象限时的水平加速度a x=带电粒子在第一象限运动过程中沿水平方向的位移x=由P点到a点过程中电场力对带电粒子所做的功W电=qE1x=因此带电微粒由P点运动到c点的过程中，电势能的变化量大小△E电=（3）在第三象限内，带电微粒由b点到c点受重力mg、电场力qE3和洛仑兹力qvB做匀速圆周运动，一定是重力与电场力平衡，所以有qE3=mg设带电微粒做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律，有qvB=带电微粒做匀速圆周运动的周期带电微粒在第三象限运动的轨迹如图所示，连接bc弦，因Oa=Oc，所以△abc为等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°．过b点做ab的垂线，与x轴交于d点，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°，因此△bcd为等腰三角形，bc弦的垂直平分线必交于x轴上的d点，即d点为轨迹圆的圆心．所以带电粒子在第四象限运动的位移x ab=R cotθ=R其在第四象限运动的时间t1=由上述几何关系可知，带电微粒在第三象限做匀速圆周运动转过的圆心角为120°，即转过圆周，所以从b到c的运动时间t2=因此从a点运动到c点的时间t=t1+t2=。

高中物理(沪科版选修3-1)学业分层测评：第5章 探究洛伦兹力 含答案

高中物理(沪科版选修3-1)学业分层测评：第5章 探究洛伦兹力 含答案

(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列说法正确的是( )A．所有电荷在电场中都要受到电场力的作用B．所有电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用C．一切运动电荷在磁场中都要受到洛伦兹力的作用D．运动电荷在磁场中，只有当垂直于磁场方向的速度分量不为零时，才受到洛伦兹力的作用【解析】电荷在电场中受电场力F＝qE，不管运动还是静止都一样，故A对；而运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力F＝qvB，其中v是垂直于B的分量，当v平行于B时，电荷不受洛伦兹力，故B、C错，D对．【答案】AD2.汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子．如图5­5­10所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )图5­5­10A．向上 B．向下C．向左D．向右【解析】电子束由负极向正极运动，带负电，电子束运动范围内的磁场由N极指向S极，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下．【答案】B3．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是( )【解析】由qvB＝m得r＝，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D正确．【答案】D4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电荷．让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动．已知磁场方向垂直于纸面向里．则下列四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )【解析】由洛伦兹力和牛顿第二定律可得r甲＝，r乙＝，故＝2，且由左手定则对其运动的方向判断可知A正确．【答案】A5．半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图5­5­11所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )图5­5­11A. B.23πr3v0C. D.3πr3v0【解析】如图所示由∠AOB＝120°可知，弧AB所对圆心角θ＝60°，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为R.由几何知识知R＝r，t＝＝＝＝，故D正确．【答案】D6．如图5­5­12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ra＝2rb，则可知(重力不计)( )图5­5­12A．两粒子都带正电，质量比ma/mb＝4B．两粒子都带负电，质量比ma/mb＝4C．两粒子都带正电，质量比ma/mb＝1/4D．两粒子都带负电，质量比ma/mb＝1/4【解析】由于qa＝qb、Eka＝Ekb，由动能Ek＝mv2和粒子旋转半径r＝，可得m＝，可见m与半径r的平方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根据左手定则判知粒子应带负电，故B正确．【答案】B7．一初速度为零的质子(质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C)，经过电压为1 880 V的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T的匀强磁场中，质子所受的洛伦兹力为多大？【解析】在加速电场中，由动能定理qU＝mv2得，质子获得的速率v＝≈6.0×105 m/s，质子受到的洛伦兹力f＝Bqv＝4.8×10－17 N.【答案】 4.8×10－17 N[能力提升]8．如图5­5­13所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )【导学号：29682096】图5­5­13A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上【解析】根据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C对．随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A错．B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B错．由于开始时滑块能下滑，故B再大滑块也不可能静止在斜面上，D错．【答案】C9．(多选)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图5­5­14中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力．下列说法正确的是( )【导学号：29682097】图5­5­14A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，则轨迹半径r＝，周期T＝＝.由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同，选项B正确．入射速度不同的粒子，在磁场中的运动轨迹不同，但运动时间可能相同，比如，速度较小的粒子会从磁场的左边界飞出，都运动半个周期，而它们的周期相同，故选项A错误，进而可知选项C错误．由于所有粒子做圆周运动的周期相同，故在磁场中运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角一定越大，选项D正确．【答案】BD10．如图5­5­15，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图5­5­15A．2 B.2C．1 D.22【解析】设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv，由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得R＝，由题意可知＝，所以＝＝，故选项D正确．【答案】D11.如图5­5­16所示，以ab为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B1＝2B2.现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿图示方向以速度v开始运动，求经过多长时间粒子重新回到O点，并画出粒子的运动轨迹．图5­5­16【解析】粒子重新回到O点的运动轨迹如图所示，则其运动轨迹为在B1中可组成一个整圆，在B2中是个半圆．所以t＝＋＝.【答案】运动轨迹如解析图所示12.如图5­5­17所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一个电子从CD边界外侧A点以速率v0垂直匀强磁场射入，入射方向与CD边界夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，则电子的速率v0至少为多少？图5­5­17【解析】过电子的入射点A作速度方向的垂线，电子在磁场中做匀速圆周运动，电子恰好能从EF射出时，轨迹应与EF相切，如图所示．。

2021年沪科版沪教版高中物理选修3-1试卷及答案

2021年沪科版沪教版高中物理选修3-1试卷及答案

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

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

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

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

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

高二物理(选修3-1部分章节)测试卷附答案[编辑]

高二物理(选修3-1部分章节)测试卷附答案[编辑]

高二物理（选修3-1部分章节）测试卷附答案一、单项选择题。

本题共10道小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，每个小题只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分。

1. 如图所示, AB 为一条电场线, 关于A 、B 两点的场强大小关系, 下述说法中正确的是________A 、如果AB 是带等量异种电荷的平行金属板间电场中的一条电场线, 则E A ＞E B B 、如果AB 是单个点正电荷电场中的一条电场线，则E A ＞E BC 、如果AB 是单个点负电荷电场中的一条电场线，则E A ＞E BD 、无论是什么电场，都是E A ＞E B2. 关于电场力和电场强度, 下列说法正确的是________A 、某点电场强度的方向总是跟放在该点的检验电荷所受电场力的方向一致B 、某点电场强度的大小跟放在该点的检验电荷所受电场力的大小成正比C 、在某点不放检验电荷时，该点的电场强度就为零D 、检验电荷在某点不受电场力时，该点的电场强度一定为零3. 两个放在绝缘架上的相同金属球，相距r ，球的半径比r 小得多，带电量大小分别为q 和3q ，相互引力为3F 。

现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力将变为________A 、FB 、4F/3C 、4FD 、以上都不对 4. 两相同材料制成的导线，横截面形状为圆，已知甲的长度是乙的3倍，甲的横截面直径是乙的3倍，则甲的电阻是乙的________A 、1/27B 、1/3C 、3倍D 、27倍5. 关于电动势，下面说法正确的是________ A 、电动势就是电源两极间的电压B 、电源接入外电路后，两极间的电压小于电动势，说明电源的电动势减小了C 、用电压表直接接在电源两极间测电动势时，电压表内阻大小不影响测量结果准确性D 、电动势反映了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小6. 两个电阻R 1、R 2的U -I 图线如图所示，则________ A 、R 1<R 2 B 、R 1、R 2串联后的等效电阻的U -I 图线在区域Ⅰ C 、R 1、R 2并联后的等效电阻的U -I 图线在区域Ⅱ D 、R 1、R 2串联后的等效电阻的U -I 图线在区域Ⅲ7. 如图，两个点电荷固定于位置A 、B ，OP 为它们连线的中垂线，带正电的质点C 从连线中点O 处沿OP 方向飞入电场区域，运动轨迹如图中实线所示，忽略质点C 所受重力，则两个点电荷A 、B 的带电情况可能是________A 、带等量正电荷B 、带等量负电荷C 、A 带正电，B 带负电D 、A 带负电，B 带正电 8. 如图所示，使用伏安法测电阻R X 时，有两种连接电路如图a 、b 所示．以下说法中正确的是________A 、当R X 远小于R V 时，用b 图测量误差较小B 、当R X 远大于R A 时，用a 图测量误差较小C 、用a 图时，R X 比R V 小得越多，由于电压表分流而引起的D 、用b 图时，测量值比真实值要小9. 下列说法正确的是A 、在单个点电荷形成的电场中，离点电荷等距离的各点场强相等B 、在单个点电荷形成的电场中，离点电荷等距离的各点电势相等C 、电荷沿等势面运动时，电场力不做功是因为电场力为零D 、电荷沿电场线移动时，其电势能一定减小10. 如图所示的电路里，L 是跟电阻R 2并联的一根导线，A 、B 两端加电压U ，则________A 、通过R 1、R 2的电流相等，且大小为)/(21R R U I +=B 、导线L 中电流为零C 、R 1上的电压U 1=U ，R 2上的电压为零D 、R 2去掉后，电路中的电流强度将发生变化二、双项选择题。

【测控指导】高二物理沪科版选修3-1优化作业：5.4 探究安培力 Word版含解析[ 高考]

【测控指导】高二物理沪科版选修3-1优化作业：5.4 探究安培力 Word版含解析[ 高考]

第5章磁场与回旋加速器5.4 探究安培力一、选择题1.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=FILB.通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零只是定义式,它的大小取决于场源以及磁场中的位置,与F、I、L以及通C.磁感应强度B=FIL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答案:C2.一段通电导线垂直于磁场方向放入匀强磁场中,导线上的电流方向由上而下,如图所示。

在导线以其中心点为轴逆时针转动180°的过程中,导线受到的安培力( )。

A.大小不变,方向不变B.大小由最大减小到零再增至最大,方向时刻改变C.大小由最大减小到零再增至最大,方向不变D.大小由最大减小到零再增至最大,方向由垂直纸面向外变为垂直纸面向内解析:安培力公式F=ILBsin θ,导线转动前,电流方向与磁场方向垂直,θ=90°;当导线转过一个小角度θ后,电流方向与磁场方向不再垂直,安培力变小;当导线转过90°时,电流方向与磁场方向平行,安培力为零。

根据左手定则判断知,安培力的方向始终垂直纸面向外;在导体再继续转动90°过程中,安培力由零变到最大,安培力的方向始终垂直纸面向内,选项D正确。

答案:D3.在等边三角形的三个顶点A、B、C处,各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中均通有大小相等的恒定电流,方向如图所示。

过C点的导线所受安培力的方向( )。

A.与AB边平行,竖直向上B.与AB边平行,竖直向下C.与AB边垂直,指向左边D.与AB边垂直,指向右边解析:根据直线电流相互作用的规律可知A处导线与C处导线相互吸引,B处导线与C处导线也相互吸引,所以C处导线所受的合力方向一定指向左边且与AB边垂直,选项C正确。

答案:C4.在一根长为0.2 m的直导线中通入2 A的电流,将导线放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中,则导线受到的安培力的大小可能是( )。

【5份】高中沪科版物理选修3-1章末综合测评含答案

【5份】高中沪科版物理选修3-1章末综合测评含答案

【5份】高中沪科版物理选修3-1章末综合测评含答案目录章末综合测评(第1章) (1)章末综合测评(第2章) (8)章末综合测评(第3章) (16)章末综合测评(第4章) (22)章末综合测评(第5章) (29)章末综合测评(第1章)(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1～6题只有一项符合题目要求，第7～10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．打开自来水开关，让水慢慢如线状流下，把用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近水流，将看到()A．水流仍竖直向下流B．水流向靠近玻璃棒的方向偏转C．水流向远离玻璃棒的方向偏转D．若换用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，看到的现象会和玻璃棒的方向相反带电体具有吸引轻小物体的性质，不论带电体带何种电荷，都对水流具有吸引力作用，故只有B正确．【答案】 B2．如图1所示，原来不带电的绝缘金属导体，在其两端下面都悬挂着金属验电箔；若使带负电的绝缘金属球A靠近导体的右端，可能看到的现象是()图1A．只有右端验电箔张开，且右端带正电B．只有左端验电箔张开，且左端带负电C．两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电D．两端的验电箔都不张开，且左端带正电，右端带负电带负电的绝缘金属球靠近导体右端，由于发生感应起电，导体右端带正电，左端带负电，两端的金箔都张开，故C正确．【答案】 C3．下列关于点电荷的说法中正确的是()A．体积较大的带电体在任何条件下都不可看成点电荷B．足够小(例如体积小于1 mm3)的电荷，一定可以看作点电荷C．由库仑定律可知，两个电荷间的距离趋于无穷小时，库仑力趋于无限大D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它尺寸的绝对值，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计一个带电体能否看成点电荷，并不只是看它本身尺寸的大小，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响能否忽略不计，D正确．当研究两个距离很远的星球间的库仑力时，两星球也可视为点电荷，A错误．两个很小的带电体距离很小时也不可看作点电荷，B错误．库仑定律的适用条件是真空中的点电荷，当两电荷间的距离趋于无穷小时，电荷不能视为点电荷，库仑定律不能使用了，它们间的库仑力并非无穷大，C错误．【答案】 D4．在真空中两个点电荷A、B相距10 cm，A的带电荷量是B的带电荷量的10倍，B受的库仑力是0.1 N，则A受到的库仑力是()A．1 N B．0.1 NC．10 N D．100 NA、B间的库仑力应是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知，A受的库仑力为0.1 N.【答案】 B5．两个大小相同的金属球，所带电荷量分别为3Q和－Q，相距r时(r远大于金属球半径)，它们之间的相互作用力大小为F.现将两球接触后分开，并使它们相距2r，则它们之间的相互作用力大小将变为() 【导学号：37930011】A.F4 B.F8C.F12 D.F16两球接触前的相互作用力大小F＝k3Q·Qr2＝3kQ2r2.两球接触后，电荷先中和再平分，两球分开后的带电量均为3Q＋(－Q)2＝Q，所以两球间的作用力大小变为F′＝kQ2(2r)2＝kQ24r2.由以上可知F′＝F12.【答案】 C6. (2015·西北师大附中高二测试)如图2，三个点电荷a、b、c位于正三角形的三个顶点上，a、c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少，关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是()图2A．从原点指向第Ⅰ象限B．从原点指向第Ⅱ象限C．从原点指向第Ⅲ象限D．从原点指向第Ⅳ象限a、c带正电，b带负电，则a对c的作用力为斥力，b对c的作用力为引力，a所带电荷量比b所带电荷量少，则a对c的作用力小于b对c的作用力，所以c受到a和b的静电力的合力方向从原点指向第Ⅳ象限，选项D正确．【答案】 D7．如图3所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则()图3A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F 库＝k q 2d 2，选项A 正确；小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d 2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg ＝tan θ，所以q d ＝mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力FN 始终不会等于零，选项D 错误．【答案】 AC8．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电荷1.6×10－15 C ，丙物体带电荷量的大小为8×10－16 C ．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是( )A ．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB ．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 CC ．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD ．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电子带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C，故A、D正确．【答案】AD9．如图4是消除烟气中煤粉的静电除尘器示意图，它由金属圆筒和悬在管中的金属丝B组成，带煤粉的烟气从下方进气口进入，煤粉带负电，脱尘后从上端排气孔排出，要让除尘器正确工作，应该是()图4A．AB应接直流电源，且A为正极B．AB应接交流电源，且B接火线C．其外壳A应接地，原因是以防触电D．其外壳A应接地，其原因是导走电荷以防爆炸AB应接直流电源，由于煤粉带负电，故A应为正极，A正确，B错误．外壳A接地原因是防止触电为了安全，C正确，D错误．【答案】AC10．如图5所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为()图5A．A可能受到2个力作用B．A可能受到3个力作用C．A可能受到4个力作用D．A可能受到5个力作用若库仑力等于A的重力，则斜面对A不产生弹力作用，此时A只受到重力和库仑力的作用，选项A正确；若库仑力小于A的重力，则A还要受到斜面的支持力的作用，由力的平衡知识可以判断，A一定还要受到斜面的摩擦力作用，即此时A受到4个力作用，选项C正确．【答案】AC二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答．)11．(12分)有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量Q A ＝6.4×10－9 C，Q B＝－3.2×10－9 C，让两绝缘金属小球接触，在接触的过程中，电子如何转移并转移了多少？接触过程中，由于B球带负电，B球上多余的电子转移到A球，这样中和A球上的一部分电荷直至B球为中性不带电，同时，B球上的电子会继续转移到A球，直到两球带上等量的正电荷．Q A′＝Q B′＝Q A＋Q B2＝6.4×10－9－3.2×10－92C＝1.6×10－9 C.共转移的电子电荷量为ΔQ＝－Q B＋Q B′＝3.2×10－9C＋1.6×10－9C＝4.8×10－9 C．转移的电子数n＝ΔQe＝4.8×10－9 C1.6×10－19 C＝3.0×1010(个)．【答案】电子由球B转移到球A，转移了3.0×1010个12．(14分)如图6所示，把质量为2 g的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再将带电荷量为Q＝4.0×10－6C的带正电的小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度并且相距30 cm时，绳与竖直方向成45°角．(g取10 m/s2)图6(1)B球受到的库仑力多大？(2)A球所带的电荷量是多少？(1)球A受力如图，由力的平衡条件得：F＝mg tanα＝2×10－2N.由牛顿第三定律知B 球受到的库仑力为2×10－2 N.(2)由库仑定律知：F ＝k Qq A r 2得：q A ＝Fr 2kQ ＝2×10－2×0.329×109×4.0×10－6C ＝5.0×10－8C. 【答案】 (1)2×10－2N (2)5.0×10－8C13．(14分) (2016·杭州高二检测)如图7所示，倾角为30°的直角三角形的底边BC 长为2L ，处在水平位置，O 为底边中点，直角边AB 为光滑绝缘导轨，OD 垂直AB .现在O 处固定一带正电的物体，让一质量为M 、带正电的小球从导轨顶端A 由静止开始滑下(始终不脱离导轨)，测得它滑到D 处受到的库仑力大小为F ，求它滑到B 处的速度和加速度的大小．(重力加速度为g )【导学号：37930012】图7带电小球沿光滑绝缘轨道从A 运动到B 的过程中，受到重力Mg 、轨道支持力N 及库仑斥力F 三个力的作用，其中支持力不做功，库仑斥力关于D 点对称，所做的功等效于零，即W F ＝0由动能定理可得：W G ＝Mg ·(2L cos 30°)·sin 30°＝12M v 2B解得：v B ＝3gL带电小球受到的合外力沿轨道AB 斜向下，因为带电小球在D 点受到的库仑力为F ＝k Q 1·Q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝ 4k Q 1·Q 2L 2，根据库仑定律求得在B 处受到的库仑力为F ′＝k Q 1·Q 2L 2＝F 4小球受到的合外力为F合＝Mg cos 60°＋F′cos 30°即12Mg＋32×F4＝Ma则a＝12g＋3F8M.【答案】3gL12g＋3F8M章末综合测评(第2章) (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题只有一选项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，对但不全的得3分，有选错的得零分)图11．两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场的电场线(方向未画出)如图1所示，一电子在A、B两点所受的电场力分别为F A和F B，则它们的大小关系为() A．F A＝F B B．F A<F BC．F A>F B D．无法确定因A处电场线比较密，电场强度大，由F＝qE知，电子受到的电场力大，选项C正确．【答案】 C2．(2013·江苏高考)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E .根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．【答案】 B3．如图2所示，将正电荷从A 移动到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．从A 经B 到C 静电力对电荷做功最多B ．从A 经M 到C 静电力对电荷做功最多C ．从A 经N 到C 静电力对电荷做功最多D ．不管将正电荷经由哪条路径从A 移动到C ，静电力对其做功都相等，且都做正功静电力做的功与电荷经过的路径无关，故D 正确．【答案】 D4．电场中等势面如图3所示，下列关于该电场的描述正确的是( ) 【导学号：37930028】图3A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移动到C，电场力做负功由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位臵电势能越小，故B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，故C正确；正电荷由A 移动到C，电场力做正功，故D错误．【答案】 C5.如图4所示，表示某静电场等势面的分布，电量为1.6×10－9C的正点电荷从A点经B点、C点到达D点，从A点至D点，电场力对电荷做的功为()图4A．4.8×10－8 J B．－4.8×10－8 JC．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J由于U AD＝φA－φD＝－40 V－(－10) V＝－30 V，所以从A点至D点，电场力对电荷做的功：W AD＝qU AD＝1.6×10－9×(－30) J＝－4.8×10－8 J，B正确．【答案】 B6．如图5所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为R＝5 m的圆，圆上有一个电荷量为q＝＋1×10－8C的试探电荷P，半径OP 与x轴正方向的夹角为θ(如图2-11)，P沿圆周移动时，其电势能E p＝2.5×10－5 sinθ(J)，则()图5A ．x 轴位于零势面上B ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿y 轴正方向C ．y 轴位于零势面上D ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿x 轴正方向由E p ＝2.5×10－5sin θ(J)知，x 轴上的势能为0，是零势面，电场线沿y 轴方向，A 对，C 错；当θ＝90°时，E p ＝2.5×10－5 J ＝EqR ，解得E ＝500 V/m ，方向沿y 轴负方向，B 、D 错．【答案】 A7．(2016·汕头高二检测)如图6所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计，在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图6A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程中，由U 0q ＝m v 202，得v 0＝2U 0qm ，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm ，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL 2U 0d ，由此可判断C 正确． 【答案】 C8．如图7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 三点所在的直线平行于两电荷的连线，且a 点与c 点关于MN 对称、b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( )图7A ．b 点场强大于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 ．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点，所以d 点场强大于b 点场强，B 正确，A 错误；根据电场分布的对称性可知，C 正确；正试探电荷在电势高的地方电势能大，D 错误．【答案】 BC9．如图8所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧光屏的中央形成亮斑．如果只逐渐增大M 1M 2之间的电势差，则( )图8A ．在荧光屏上的亮斑向上移动B ．在荧光屏上的亮斑向下移动C ．偏转电场中静电力对电子做的功增大D ．偏转电场的电场强度减小由E ＝U d 知，增大U ，则偏转电场的电场强度增大，选项D 错误；偏转电场的方向向下，带负电的电子向上偏转，亮斑向上移动，选项A 正确；电子束在平行于极板的方向上做匀速直线运动，故其在板间运动的时间t 不变，由y ＝12at 2＝Uqt 22md 知，增大偏转电压时，竖直偏移量y 增大，静电力对电子做的功W ＝qEy＝U 2q 2t 22md 2随U 的增大而增大，选项C 正确．【答案】 AC10．(2015·四川高考)如图9所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q (图中未画出)时速度为零，则小球a ( )图9A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D 错误．【答案】 BC二、计算题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答)11．(12分)(2016·聊城高二检测)如图10所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a 离地高度h ＝2.5 cm ，整个装置处于水平向左的匀强电场中．一个质量m ＝0.3 kg 、带电量q ＝＋0.01 C 的物体(可视为质点)从斜面顶端静止释放，经过t ＝0.2 s 到达斜面底端b 点(g 取10 m/s 2)．求：图10(1)物体到达斜面底端b时的速度大小；(2)电场强度E的大小；(3)电场中a到b两点之间的电势差．(1)斜面的长度为：L＝hsin 30°＝2h＝0.05 m下滑的加速度为：a＝2Lt2＝2×0.050.22m/s2＝2.5 m/s2底端速度为：v＝at＝0.5 m/s.(2)由牛顿第二定律得：mg sin 30°－qE cos 30°＝ma解得：E＝503V/m.(3)电场中a到b两点之间的电势差：U ab＝－EL cos 30°＝－3.75 V【答案】(1)0.5 m/s(2)50 3 V/m(3)－3.75 V12．(14分)(2016·资阳市高二检测)如图11所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m ＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)【导学号：37930029】图11(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？(2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大？(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg －k Qq L 2－qE sin θ＝ma代入数据解得a ＝3.2 m/s 2.(2)小球B 向下运动，受A 的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B 速度最大时合力减为零，即k Qq h 21＋qE sin θ＝mg 代入数据解得：h 1＝0.9 m.【答案】 (1)3.2 m/s 2 (2)0.9 m13. (14分)如图12所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量为m 、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：图12(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多少？(2)小球的初速度应为多大？(1)如图所示，小球在复合场中静止时，所受重力与电场力的合力为一定值，其大小为F ＝mg cos θ，方向与竖直方向为θ角．我们不妨把重力场和电场的叠加场叫做等效重力场，合力F就是等效重力，等效重力加速度g等＝gcos θ.当小球从A点沿圆周运动时，这一等效重力一直对小球做负功，绳子拉力不做功．可知，动能和等效重力势能相互转化，且总和保持不变．当小球运动至位于与A点对应的同一直径上的另一端点B时，等效重力势能最大，动能最小，速度也最小，此时由等效重力提供向心力有mg等＝m v2B l所以v B＝g等l＝glcos θ.(2)小球由A→B的过程中，根据动能定理得12m v 2A ＝12m v2B＋mg等·2l所以v A＝5gl cos θ.【答案】(1)与A点对应的同一直径上的另一端点glcos θ(2)5glcos θ章末综合测评(第3章)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．如图1所示的电解池，在1 s的时间内，共有3 C的正离子和3 C的负离子通过截面xy，则这个电路中的电流是()A．0 A B．1.5 AC．3 A D．6 A电解液中的正、负离子定向移动的方向相反，故它们产生同向的电流，由公式I＝qt得，电路中的电流I＝3＋31A＝6 A，故D正确．【答案】 D2.如图2所示，4只电阻串联于某电路中，已测出U AC＝9 V，U BD＝6 V，R2＝R4，则U AE为()【导学号：37930042】图2A．3 V B．7.5 VC．15 V D．无法确定四个电阻串联，根据电压关系可知U AC＋U BD＝I(R1＋R2＋R2＋R3)＝15 V，已知R2＝R4，所以U AC＋U BD＝U AE.【答案】 C3．两根同种材料制成的导线，质量之比为2∶1，长度之比为3∶1，则它们的电阻之比为()A．1∶4 B．4∶1C．2∶9 D．9∶2同种材料电阻率ρ相同，又由m＝ρ0V，V＝SL及R＝ρL S代入已知条件得R1R2＝L1S2L2S1＝92.【答案】 D4.如图3所示是一个三输入端复合门电路，当C端输入“0”时，A、B端输入何值时输出端Z输出“1”()A．00 B．0 1C．10 D．1 1因为C输入为“0”，而Z输出为“1”，则要求AB的输出端为“1”，而A、B 只有同时输入为“1”时，其输出端才为“1”，故D正确．【答案】 D5．两个电压表V1和V2是完全相同的两个电流表改装的，V1的量程是5 V，V2的量程是15 V，为了测15 V～20 V的电压，我们把V1和V2串联起来用，以下叙述正确的是()A．V1、V2的读数相同B．V1、V2的指针偏转角度不相等C．V1、V2读数不同，指针偏转角也不同D．V1、V2读数之比等于两电压表内阻之比把V1和V2串联使用时，组成电压表的电流表和分压电阻都是串联关系，通过完全相同的两个电流表的电流也相等，指针偏转角相等．两个电压表是串联使用，根据串联电路的电压分配关系，分配在V1和V2两端的电压即V1和V2读数之比等于两个电压表内阻之比．综合以上分析可知，D选项正确．【答案】 D6．对于一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是()A．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用它制作标准电阻C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的UI比值不变D．把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零金属丝的电阻率越小，其导电性能越好，A错误；某些合金的电阻率几乎不受温度的影响，可制作标准电阻，B正确；金属丝的电阻率ρ随温度升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度升高而增大，因而R＝ρLS＝UI将逐渐增加，C错误；D中这种现象叫超导现象，D正确．【答案】BD7．有关欧姆表的使用，下列说法中正确的是()A．更换测量挡时，需要重新调零B．测量电阻时，表的指针偏转角度越大，误差就越小C．使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高挡或“off”挡D．如果指针相对电流零刻度偏转太小，应改用大量程测量欧姆表的指针指在中值电阻附近时，读数误差较小，由于电阻的测量值等于表面示数乘倍率，指针相对电流零刻度偏转太小，即电阻的表面示数太大，说明倍率太小，应增大倍率，即改用较大量程挡测量．为了安全，使用完毕应将选择开关旋至交流电压最高挡或“OFF”挡．欧姆表使用时，每换一次挡必须重新调一次零．【答案】ACD8．(2015·青岛高二检测)如图4所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端电压为U，则()图4A．通过两棒的电流不相等B．两棒的自由电子定向移动的平均速率相同C．两棒内的电场强度不同，细棒内部场强E1大于粗棒内部场强E2D．通过两棒的电荷量相等因两棒串联，所以I1＝I2，q1＝q2，选项A错误，D正确；根据电流的微观意义I＝nqS v，得nqS1v1＝nqS2v2，因S1<S2，自由电子定向移动的平均速率v1>v2，选项B错误；又恒定电流的电场类似静电场，由E＝UL得E1>E2，选项C正确．【答案】CD二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答)9．(9分)(2015·厦门六中高二检测)用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图5所示．若多用电表的选择开关处于表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中．图5度可得到读数为23.0 mA；若取直流电压2.5 V，则读数为0.57 V；指针位臵为b 且取电阻×100挡位时，则电阻大小为3.2×100 Ω＝320 Ω.【答案】23.00.5732010．(12分)(2015·广州测试)如图6所示的电路，金属丝固定在两接线柱a、b上，鳄鱼夹c与金属丝接触良好，现用多用电表测量保护电阻R0的阻值，完成相关的内容：(1)将转换开关转到欧姆挡，红、黑表笔短接，调节____________．使指针恰好停在欧姆刻度线的________处．(2)先________，再将红、黑表笔分别接在R0的两端，测量结果如图6所示，则R0的阻值为________．图6(1)利用多用电表测电阻，在选择挡位后，应进行欧姆调零，即将两表笔短接，通过调节欧姆调零旋钮使指针指到表盘最右端的零欧姆刻度线位臵处．(2)利用多用电表测电路中电阻时，应将被测电阻从电路中断开，即将开关S断开；从图中可读出被测电阻R0的阻值为2 Ω.【答案】(1)“Ω”调零旋钮(或欧姆调零旋钮)零刻度(2)断开开关S 2 Ω11．(15分)如图7所示的电路中，小量程电流表的内阻R g＝100 Ω，满偏电流I g＝1 mA，R1＝900 Ω，R2＝0.1 Ω.图7(1)当S1和S2均断开时，改装成的是什么表？量程多大？(2)当S1和S2均闭合时，改装成的是什么表？量程多大？(1)当S1、S2均断开时，R g与R1串联，改装为电压表，其量程为U＝I g(R g ＋R1)＝1 V.(2)当S1、S2均闭合时，R g与R2并联，改装为电流表，其量程为I＝I g＋I g R gR2≈1 A.【答案】(1)电压表 1 V(2)电流表 1 A12．(16分)如图8，已知R1＝3 kΩ，R2＝6 kΩ，电压表的内阻为9 kΩ，当电压表接在R1两端时，读数为2 V；而当电压表接在R2两端时读数为3.6 V，求A、B间的电压和电阻R的阻值. 【导学号：37930043】图8由已知条件得电压表内阻与R1、R2的阻值相差不大，电压表的内阻不可忽略．当电压表接在R1两端时有：U＝U1＋I(R2＋R)，I＝U1R1＋U1R V＝(23＋29)×10－3 A＝89mA.当电压表接在R2两端时有：U＝U2＋I′(R1＋R)，I′＝U2R2＋U2R V＝(3.66＋3.69)×10－3 A＝1 mA.联立解得A 、B 间电压U ＝13.2 V ，电阻R ＝6.6 kΩ.【答案】 13.2 V 6.6 kΩ章末综合测评(第4章)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )A ．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个外电路的电阻成反比B ．当外电路断开时，路端电压等于零C ．当外电路短路时，电路中的电流无穷大D ．当外电阻增大时，路端电压也增大由I ＝E R ＋r可知，A 错误；当外电路断开时，电源的电流为0，U ＝E ，B 错误；当外电路短路时，R ＝0，I ＝E r ，C 错误；由U ＝IR ＝E 1＋r R可知，R 增大，U 增大，D 正确．【答案】 D2．某闭合电路外电路的电阻分别为8 Ω和2 Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( ) 【导学号：37930056】A ．1 ΩB ．2 ΩC ．4 ΩD ．6 Ω由(E R 1＋r )2R 1＝(E R 2＋r )2R 2，代入数据解得r ＝4 Ω，选项C 正确． 【答案】 C3.如图1所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是( )。

2018学年高中物理沪科版习题 选修3-1 第五章 磁场与回

2018学年高中物理沪科版习题 选修3-1 第五章 磁场与回

学业分层测评(二十二)洛伦兹力与现代科技(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)如图5-6-12为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出，不计重力作用．可能达到上述目的的办法是()图5-6-12A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外【解析】要使电子沿直线OO′运动，则电子在竖直方向所受电场力和洛伦兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力方向竖直向上，其所受洛伦兹力方向必向下，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里，故A选项正确．同理可判断D选项正确．【答案】AD2.图5-6-13为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)，由此可知此粒子()图5-6-13A．一定带负电B．可能带负电也可能带正电C．可能是从上而下穿过该铅板D．一定是从下而上穿过该铅板【解析】穿过铅板后要损失机械能，即速度减小，因此半径要减小，由此判断粒子从下往上穿过．由轨迹偏转方向易知此粒子带正电．【答案】 D3．(多选)(2016·杭州高二检测)用回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的动能增加为原来的4倍，原则上可以采用下列哪几种方法()A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形盒的半径增大为原来的2倍D．将D形盒的半径增大为原来的4倍【解析】粒子在回旋加速器中旋转的最大半径等于D形盒的半径R，由R＝m vqB得粒子最大动能E k＝12m v2＝B2q2R22m，欲使最大动能为原来的4倍，可将B或R增大为原来的2倍，故A、C正确．【答案】AC4．(多选)(2016·临高高二检测)图5-6-14是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是()图5-6-14A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小【解析】 因同位素原子的化学性质完全相同，所以无法用化学方法进行分析，质谱仪是分析同位素的重要工具，A 正确．在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B 正确．再由qE ＝q v B 有v ＝E /B ，C 正确．在匀强磁场B 0中R ＝m v qB 0，所以q m ＝v B 0R ，D 错误． 【答案】 ABC5.如图5-6-15所示是质谱仪示意图，它可以测定单个离子的质量，图中离子源S 产生带电荷量为q 的离子，经电压为U 的电场加速后垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，沿半圆轨道运动到记录它的照相底片P 上，测得它在P 上位置与A 处水平距离为d ，则该离子的质量m 大小为( )图5-6-15A.qB 2d 28UB.qB 2d 24UC.qB 2d 22U D.qB 2d 2U【解析】 粒子经过加速电场过程中由动能定理得qU ＝12m v 2.在匀强磁场中粒子做圆周运动的半径为d 2，则有d 2＝m v Bq .联立以上两式解得m ＝qB 2d 28U .【答案】 A6．(多选)在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )【解析】 若电子水平向右运动，在A 图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B 图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C 图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，当二者大小相等时，电子向右做匀速直线运动；在D图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B、C正确．【答案】BC7．如图5-6-16所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()【导学号：37930072】图5-6-16A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为逆时针D．改变小球速度的大小，小球将不做圆周运动【解析】带电小球在正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，必然有向上的电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以小球带负电，且沿顺时针方向运动，改变小球速度的大小，小球依然是洛伦兹力提供向心力且能够做圆周运动，B正确，A、C、D错误．【答案】 B8．(多选)如图5-6-17所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里，3个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们重力的关系，正确的是()图5-6-17A．G a最大B．G b最小C．G c最大D．G b最大【解析】由a静止可以判定它不受洛伦兹力作用，它所受力的重力与电场力平衡，如图所示，由电场力方向向上可知，a 一定带负电，因3个油滴带有同种电荷，所以b 、c 也一定带等量的负电，所受电场力相同，大小都为F ＝qE ，由于b 、c 在磁场中做匀速运动，它们还受到洛伦兹力作用，受力如图所示，由平衡条件得G a ＝qE ，G b ＝qE －F 1，G c ＝qE ＋F 2，所以有G c ＞G a ＞G b ，故B 、C 正确．【答案】 BC[能力提升]9．(多选)方向如图5-6-18所示匀强电场(场强为E )和匀强磁场(磁感应强度为B )共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v 0射入场区，则( )图5-6-18A ．若v 0>E /B ，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v >v 0B ．若v 0>E /B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v <v 0C ．若v 0<E /B ，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v >v 0D ．若v 0<E /B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v <v 0【解析】 当q v 0B ＝qE ，即v ＝E B 时，电子沿直线运动，当v 0>E B ，即洛伦兹力大于静电力，因而轨迹向下偏转，静电力做负功，动能减小，出场区时速度v <v 0，B 正确，A 错误；v 0<E B ，即洛伦兹力小于静电力，电子向上偏，静电力做正功，速度v >v 0，D 错误，C 正确．【答案】 BC10．(多选)(2015·古田一中高二检测)北半球某处，地磁场水平分量B 1＝0.8×10－4 T ，竖直分量B 2＝0.5×10－4 T ，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d ＝20 m ，如图5-6-19所示，与两极板相连的电压表(可看作是理想电压表)示数为U ＝0.2 mV ，则( )图5-6-19A．西侧极板电势高，东侧极板电势低B．西侧极板电势低，东侧极板电势高C．海水的流速大小为0.125 m/sD．海水的流速大小为0.2 m/s【解析】由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子有：q v B2＝q Ud，即v＝UB2d＝0.2×10－30.5×10－4×20m/s＝0.2 m/s，故选项D正确．【答案】AD11．质量为m，电荷量为q的带负电的粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图5-6-20所示．已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计．图5-6-20(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)；(2)求匀强磁场的磁感应强度B.【解析】(1)作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12m v 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：q v B ＝m v 2r ②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③联立①②③式得：磁感应强度B ＝2LL 2＋d 22mU q .【答案】 (1)轨迹图见解析 (2)2LL 2＋d 22mU q 12．如图5-6-21所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB 、CD 的宽度为d ，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为E 的匀强电场，现有质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)从P 点以大小为v 0的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成45°射入磁场．若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且碰不到正极板．图5-6-21(1)请画出上述过程中粒子的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v ；(2)求匀强磁场的磁感应强度B ； (3)求金属板间的电压U 的最小值．【解析】 (1)轨迹如图所示v ＝v 0sin 45°＝2v 0.(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动设其轨道半径为R ，由几何关系可知R ＝d sin 45°＝2dq v B ＝m v 2R ，解得B ＝m v 0qd .(3)粒子进入板间电场至速度减为零且恰不与正极板相碰时，板间电压U 最小，由动能定理有－qU ＝0－12m v 2解得U ＝m v 20q .【答案】 (1)轨迹见解析图 2v 0 (2)m v 0qd (3)m v 20q。

沪科版高二物理选修3-1第五章练习题及答案

沪科版高二物理选修3-1第五章练习题及答案

高二物理选修3-1第五章练习题一、选择题1、关于磁感线；下列说法中正确的是A．磁感线是实际存在于磁场中的线B．磁感线上任意一点的切线方向；都跟该点的磁场方向一致C．磁感线是一条条不闭合的曲线D．磁感线有可能出现相交的情况2、从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子；若它们在毫无阻挡的情况下到达地球；将对地球上的生命造成巨大危害。

下列关于地磁场和上述宇宙射线的相关说法中；正确的是：A．在地球表面附近；地磁场对带电宇宙射线完全没有阻挡作用B．在地球表面附近；各处的地磁场对带电宇宙射线的阻挡作用强弱相同C．在赤道附近；地磁场将使垂直射向地球表面的带正电宇宙射线略向西偏D．在赤道附近；地磁场将使垂直射向地球表面的带正电宇宙射线略向东偏3、在赤道上从东向西水平发射的一束电子流；受地磁场的作用；电子流将偏向A．上方 B．下方 C．北方 D．南方4．如图所示；一段导线abcd位于磁感应强大小为B的匀强磁场中；且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

线段ab、bc和cd的长均为L；且∠abc=∠bcd=1350。

流经导线的电流为I；方向如图中箭头所示。

导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A．方向沿纸面向上；大小为（+1）ILBB．方向沿纸面向上；大小为（-1）ILBC．方向沿纸面向下；大小为（+1）ILBD．方向沿纸面向下；大小为（-1）ILB5、如图；一水平导轨处在方向斜向左上方、与水平方向成60°的磁场中；磁场作用下一根通有恒定电流的金属棒在导轨上向右做匀速滑动；现将磁场方向顺时针缓慢转动30°；在此过程中金属棒始终保持向右匀速运动；则磁感应强B的大小变化情况可能是A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大6、如图所示；均匀绕制的螺线管水平放置；在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A；A与螺线管垂直；A导线中的电流方向垂直纸面向里；开关S闭合；A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下D．竖直向上7、绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上；铁芯上套着一个铝环；线圈与电源、电键相连；如图所示．线圈上端与电源正极相连；闭合电键的瞬间；铝环向上跳起．若保持电键闭合；则（）A．铝环不断升高B．铝环停留在某一高C．铝环跳起到某一高后将回落D．如果电源的正、负极对调；观察到的现象不变8、如图所示；在倾角为a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。

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高二物理选修3-1第五章练习题
命题人：袁亚林
一、选择题
1、关于磁感线，下列说法中正确的
是
A．磁感线是实际存在于磁场中的线
B．磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致
C．磁感线是一条条不闭合的曲线
D．磁感线有可能出现相交的情况
2、从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，若它们在毫无阻挡
的情况下到达地球，将对地球上的生命造成巨大危害。

下列关于地磁场和上述宇宙射线的相关说法中，正确的是：
A．在地球表面附近，地磁场对带电宇宙射线完全没有阻挡作用
B．在地球表面附近，各处的地磁场对带电宇宙射线的阻挡作用强弱相同
C．在赤道附近，地磁场将使垂直射向地球表面的带正电宇宙射线略向西偏
D．在赤道附近，地磁场将使垂直射向地球表面的带正电宇宙射线略向东偏3、在赤道上从东向西水平发射的一束电子流，受地磁场的作用，电子流将偏向
A．上方 B．下方 C．北方 D．南方
4．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=1350。

流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。

导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）
A．方向沿纸面向上，大小为（+1）ILB
B．方向沿纸面向上，大小为（-1）ILB
C．方向沿纸面向下，大小为（+1）ILB
D．方向沿纸面向下，大小为（-1）ILB
5、如图,一水平导轨处在方向斜向左上方、与水平方向成60°的磁场中，磁场作用下一根通有恒定电流的金属棒在导轨上向右做匀速滑动，现将磁场方向顺时针缓慢转动30°，在此过程中金属棒始终保持向右匀速运动，则磁感应强度B 的大小变化情况可能是
A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
6、如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是
A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向下D．竖直向上
7、绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．若保持电键闭合，则（）
A．铝环不断升高
B．铝环停留在某一高度
C．铝环跳起到某一高度后将回落
D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
8、如图所示，在倾角为a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。

在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确
是（）
A．方向垂直斜面向上
B．，方向垂直斜面向下
C．，方向竖直向上
D．，方向竖直向下
9、如图所示的四个图中，分别标明了通电导线在磁场中的电流方向、磁场方向以及通电导线所受磁场力的方向，其中正确的是
10、如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子．自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c
点．已知a、b、c在同一直线上，且ac＝ab，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（）
A．3q／2e B．q／3e C．2q／
3e D．q／e
11、关于磁场和磁感线，下列说法中正确的是
A．磁感线总是从磁体N极出发到磁体S极终止
B．磁感线的疏密程度描述了磁场的强弱
C．磁场中某点磁场方向与可以自由转动的小磁针在该点静止时N 极所指的方向相同
D．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处所受的安培力方向相同
12、我国已经制定了登月计划。

假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边
有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是：
A．将电流表与线圈组成闭合回路，放于月球表面，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈以某一边为轴转动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈以某一边为轴转动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈分别以两个相互垂直的边为轴转动，如电流表均无示数，则可判断月球表面无磁场
13、如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直流导线，电流方向指向读者，
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．a、b两点磁感应强度相同
B．a点磁感应强度最大
C．c、d两点磁感应强度大小相等
D．b点磁感应强度最大
二、计算题
1、如图所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，已知带电粒子质量m=3×10-20kg，电量q=10-13C，速度
=105m/s，磁场区域的半径R=3×10-1m，不计重力，求磁场的磁感应强度。

v
2、（12分）一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力。

求:（1）粒子做圆周运动的半径
（2）匀强磁场的磁感应强度B
3、如图，一束电子（电量为e）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°，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，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少？
4、如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。

一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xoy平面内，与x轴正向的夹角为θ。

若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比q/m及带点粒子在磁场中的运动时间。

5、带电粒子的质量，电荷量q=×10-19C，以速度v=×106m/s沿垂直于磁场同时又垂宣于磁场边界的方向进^匀强磁场，磁场的磁感强度为B=．磁场的宽度为L=10cm．求：（不计重力）
（1）带电粒子离开磁场时的偏转角多大？
（2）带电粒子在磁场中运动的时间是多少？
（3）带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d多大？
参考答案
一、选择题
1、B
2、D
3、A
4、A
5、AD
6、 D
7、CD
8、AC
9、C 10、B
11、BC12、CD 23、CD
三、计算题
1、解析：
画进、出磁场速度的垂线得交点O′，O′点即为粒子作圆周运动的圆心，据此
作出运动轨迹AB，如图所示。

此圆半径记为r。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
=
2、解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，
（1）据几何关系有--6分
（2）据洛仑兹力提供向心力
--6分
3、解:(1)设电子在磁场中运动轨道半径为r电子的质量是m
由几何关系得:r=d l sin30° =2d ………①
电子在磁场中运动Bq v0=
r=................. ②由①②得: m=
(2)电子运动轨迹圆心角θ=30°
电子运动的周期T=
电子穿过磁场的时间t====
(3)电子刚好不能从A边射出电子轨道半径为r’=d
由Bq v= 得: V= =
4、由图可知
又
两式联立得：
5、解：（1）轨迹半径为
………………2分
所以
即：带电粒子离开磁场时的偏转角为：………………2分（2）带电粒子在磁场中运动的时间为：
………………3分
………………2分
（3）带电粒子离开磁场时偏离入射方向的距离为
……………………5分。

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