高中物理选修3-1：第2章第4节时同步训练及解析
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高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1 同步训练1.关于静电场，下列说法正确的是( )A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加解析：选D.零电势的位置是人为选定的，与物体是否带电无关，A错误．电场强度是电势随空间的变化率，二者的大小之间无直接联系，B错误．沿电场线的方向电势是逐渐降低的，C错误．由于负电荷在电势越低处电势能越大，故D正确．2.设电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是( )A．负电荷只能朝着电势能减小的地方运动B．正电荷只能朝着电势低的地方运动C．初速度为零的负电荷一定朝着电势能减小的地方运动D．初速度为零的正电荷一定朝着电势降低的地方运动解析：选CD.电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，C、D正确．电荷初速度不为零时，运动方向由初速度方向和所受静电力的方向决定，可能做加速运动，也可能做减速运动，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动，A、B错误．3.图1－4－9某静电场的电场线分布如图1－4－9所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )A．E P<E Q，φP<φQB．E P>E Q，φP<φQC ．E P <E Q ，φP >φQD ．E P >E Q ，φP >φQ解析：选D.P 处电场线比Q 处密，所以E P >E Q .P 、Q 在同一条电场线上，沿电场线的方向电势降低，所以φP >φQ ，故D 正确． 4.图1－4－10(2013·清华附中高二检测)在如图1－4－10所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A 点分别移到B 、C 、D 、E (在以O 为圆心的圆周上)，则下列情况正确的是( ) A ．从A 到B 电场力做功最多 B ．从A 到E 电场力做功最多 C ．电场力做功一样多 D ．A 点比D 点电势高解析：选C.B 、C 、D 、E 在同一等势面上，所以检验电荷在这四点时的电势能相等，由W AB ＝E p A －E p B 可知，C 正确；在－Q 的电场中，D 点离源电荷远，所以D 点的电势比A 点高，故D 错．5.将带电荷量为1×10－8C 的电荷，从无限远处移到电场中的A 点，要克服静电力做功1×10－6J ，(取无限远处电势为零)问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A 点具有多少电势能？ (2)A 点的电势是多少？解析：(1)因静电力做负功，则电荷的电势能增加．因无限远处电势能为零，所以电荷在A点具有的电势能为1×10－6J.(2)A 点电势为φA ＝E p A q ＝1×10－61×10－8V ＝100 V.答案：(1)增加 1×10－6J (2)100 V课后作业一、单项选择题1.在电场中，把电荷量为4×10－9C 的正点电荷从A 点移到B 点，克服静电力做功6×10－8J ，以下说法中正确的是( )A ．电荷在B 点具有的电势能是6×10－8J B ．B 点的电势是15 VC ．电荷的电势能增加了6×10－8JD ．电荷的电势能减少了6×10－8J解析：选C.电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定零势能点，B 点的电势、电势能才有确定的值，所以A 、B 错．克服静电力做功6×10－8J ，则电势能增加6×10－8J ，所以C 对D 错． 2.图1－4－11三个点电荷电场的电场线分布如图1－4－11所示，图中a、b两点处的场强大小分别为E a、E b，电势分别为φa、φb，则( )A．E a>E b，φa>φbB．E a<E b，φa<φbC．E a>E b，φa<φbD．E a<E b，φa>φb解析：选C.根据电场线的疏密表示场强的大小可知，E a>E b，顺着电场线电势降落(最快)，φa<φb.选项C正确．3.图1－4－12如图1－4－12所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N处各放一个点电荷，它们带等量异种电荷．E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP＝QN，则电场强度和电势都相同的两点是( )A．E和F B．P和QC．A和B D．C和D解析：选A.由等量异种点电荷形成的电场特点知E、F两点的电场强度和电势都相同；P、Q 两点的电场强度相同，但P点的电势比Q点的高；A、B两点的电场强度的大小相等，但方向不同，若无穷远处电势为0，则A点的电势为正，B点的电势为负，A点的电势高于B点，同理D、C两点的场强和电势也不同．4.图1－4－13如图1－4－13所示，P、Q是两个电荷量相等的正的点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，OA<OB，用E A、E B、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则( ) A．E A一定大于E B，φA一定大于φBB．E A不一定大于E B，φA一定大于φBC．E A一定大于E B，φA不一定大于φBD．E A不一定大于E B，φA不一定大于φB解析：选B.在两个点电荷P、Q产生的电场中，某一点的场强等于P、Q分别在该点产生的场强的矢量和，由点电荷场强计算公式E ＝kQ r2知两点电荷连线中点O 和无穷远处的场强均为零，而A 、B 处场强是两正点电荷分别在该点产生的电场强度的矢量和，所以从O 点起沿中垂线到无穷远处场强先增大后减小，因A 、B 具体位置不确定，所以其场强大小关系不确定．假设一正点电荷从O 点移动到B 点的过程中，其受力方向始终沿OB 方向，所以φA >φB ，综上所述，选项B 正确． 二、双项选择题5.a 、b 为电场中的两点，且a 点电势高于b 点，则( )A ．把负电荷从a 点移到b 点，电场力做负功，电势能增加B ．把正电荷从a 点移到b 点，电场力做正功，电势能减少C ．无论移动的是正电荷还是负电荷，电荷的电势能都要减少D ．无论有无电荷移动，a 点的电势能总是大于b 点的电势能解析：选AB.无论正电荷还是负电荷，电场力做正功则电势能减少，电场力做负功则电势能增加，因此选项A 、B 正确，C 错误．对于选项D ，我们首先要清楚，在电场中某点放入电荷，这个电荷就具有电势能，像重力势能属于物体和地球构成的系统一样，电势能是由放入电场的电荷和电场共同决定的．不明确放在a 、b 点的电荷性质，就不能比较其电势能的高低；若a 、b 两点不放入电荷，单就电场中的某点而言，不存在电势能问题．因此选项D 错误． 6.图1－4－14(2013·汕头高二测试)如图1－4－14所示，带正电的点电荷固定于Q 点，电子在库仑力作用下，做以Q 为焦点的椭圆运动．M 、P 、N 为椭圆上的三点，P 点是轨道上离Q 最近的点．电子在从M 经P 到达N 点的过程中( ) A ．速率先增大后减小 B ．速率先减小后增大 C ．电势能先减小后增大 D ．电势能先增大后减小解析：选AC.根据轨迹可知：电子从M 到P 静电力做正功，电势能减小，动能增加；电子从P 到N 静电力做负功，电势能增加，动能减小． 7.图1－4－15如图1－4－15所示，某区域电场左右对称分布，M 、N 为对称线上的两点，下列说法正确的是( )A ．M 点电势一定高于N 点电势B ．M 点场强一定大于N 点场强C ．正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能D ．将电子从M 点移动到N 点，静电力做正功解析：选AC.沿电场线方向电势逐渐降低，M 点电势一定高于N 点电势，故选项A 正确；因电场线越密的区域场强越大，由题图可知N 点场强大于M 点场强，故选项B 错．由E p ＝q φ可知，正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故选项C 正确；电子从M 点移到N 点的过程中，受到的静电力与移动方向相反，静电力做负功，故选项D 错． 8.下图1－4－16中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M 点，再经过N 点，则可以判定( )图1－4－16A ．M 点的电势高于N 点的电势B ．粒子在M 点的电势能小于N 点的电势能C ．粒子在M 点的加速度大于在N 点的加速度D ．粒子在M 点的速度小于在N 点的速度解析：选AD.由粒子的运动轨迹和电场线的方向，可判断出粒子带正电，由M 至N 过程中电场力做正功，电势能减少，动能增加，速度增加，故B 错，D 对．由电场线的方向和疏密程度可判断电势φM >φN ，场强E M <E N ，加速度a M <a N ，A 对，C 错，所以本题选A 、D. 9.图1－4－17如图1－4－17所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷(即电荷量与质量之比)相同的带电粒子(不计重力)以相同的速率从同一等势面的a 点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断( ) A ．两个粒子电性相同B ．经过b 、d 两点时，两粒子的加速度的大小相同C ．经过b 、d 两点时，两粒子的速率相同D ．经过c 、e 两点时，两粒子的速率相同解析：选BD.因轨迹是曲线，类比匀速圆周运动，合力指向圆心，可知粒子1受斥力，粒子2受引力，两个粒子的电性不同，A 错误．设带电粒子距点电荷的距离为r ，点电荷带电荷量为Q ，则粒子运动的加速度大小为a ＝F m ＝Eq m ＝kQ r 2·qm.由已知条件有：在b 、d 两点时，两者加速度大小相同，B 正确．粒子1受斥力，从a 到b 过程中，电场力和运动方向成钝角，做负功，动能减小；粒子2受引力，从a 到d 过程中，电场力和运动方向始终成锐角，做正功，动能增加；又两粒子初速度大小相同，则两粒子经过b 、d 两点时的速率不相同，C 错误．a 、c 、e 三点在同一等势面上，则从a 分别到c 、e 时，动能相同，速率相同，D 正确． 三、非选择题 10.图1－4－18(2012·浙江金华一中高二测试)如图1－4－18所示，在场强为E 的水平匀强电场中，一根长为l 的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量＋q 和－q 的小球(大小不计)．现让绝缘杆绕中点O 逆时针转动α角，求转动中带电小球克服电场力所做的功．解析：每个带电小球的初、末位置沿电场线方向的距离均为d ＝l2(1－cos α)每个带电小球克服电场力做功W ＝Fd ＝qE l2(1－cos α)故两个带电小球克服电场力做功 W ′＝2W ＝qEl (1－cos α)． 答案：qEl (1－cos α)11.(2012·斗门一中高二检测)将一个电荷量为1.0×10－8 C 的负电荷，从无穷远处移到电场中的A 点，克服电场力做功2.0×10－8J ，现将该电荷从A 点移到B 点，电场力做功1.0×10－8J ．试求电场中A 、B 两点的电势．(取无穷远处为零电势能点)解析：E p A ＝2.0×10－8JφA ＝E p Aq＝－2 V又E p A －E p B ＝1.0×10－8J 故E p B ＝1.0×10－8J ，φB ＝E p Bq＝－1 V. 答案：－2 V －1 V 12.图1－4－19如图1－4－19所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q 为圆心的某一圆周交于B 、C 两点，质量为m 、带电荷量为－q 的有孔小球从杆上的A 点无初速度下滑，已知q ≪Q ，AB ＝h ，小球滑到B 点时速度大小为3gh ，则小球从A 运动到B 的过程中，电场力做多少功？若取A 点电势为零，C 点电势是多大？解析：由动能定理得：mgh ＋W 电＝12mv 2解得：W 电＝12mghφC ＝φB ＝－W 电－q ＝mgh2q. 答案：12mgh mgh 2q。
高中物理选修3-1课后习题和答案以及解释
课后练习一第10讲库仑定律和场强1.如图1-15所示，用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是（）A．a带正电，b带负电B．a带负电，b带正电C．a、b均带正电D．a、b均不带电答案：Ｃ详解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近小球a,会在球上感应出正电荷，而负电荷就远离棒，到了金属杆c上。
此时用手指触碰c，会把杆上的负电荷转移走，于是整个验电器就带正电了。
球带正电，金箔也带正电。
2.如图1-4所示，真空中两个自由的点电荷A和B，分别带有-Q和+4Q的电荷，现放入第三个点电荷C，使点电荷A、B、C都处于平衡，则点电荷C应放在什么区域？点电荷C带什么电？答案：应该放入一个“+”电荷，并且放在A的左边。
详解：首先电荷不可能放中间，否则该电荷必受到两个同方向的力。
电荷放在右边也不可能，本身B处电荷电荷量就大，如果离它更近，必然是受到的两个电场力大小不一。
因此要放在A左边，并且只能是带正电才可行，因为如果带负电，AB两处电荷不可能平衡。
3.将一定量的电荷Q，分成电荷量q、q＇的两个点电荷，为使这两个点电荷相距r时，它们之间有最大的相互作用力，则q值应为______。
答案：详解：二者相互作用力就是看乘积的大小了。
数学上有如下规律，两个正数和一定，必然在二者相等时积最大。
于是答案是。
4.两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电荷量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电荷量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电荷量不变，另一个电荷的电荷量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍；（5）把每个电荷的电荷都增大为原来的4倍，那么它们之间的距离必须变为原来的______倍，才能使其间的相互作用力不变。
高中物理选修3—1课后习题答案
第一章 第一节 1． 答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。
接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。
2． 答：由于A 、B 都是金属导体，可移动的电荷是自由电子，所以，A 带上的是负电荷，这是电子由B 移动到A 的结果。
其中，A 得到的电子数为8101910 6.25101.610n --==⨯⨯，与B 失去的电子数相等。
3． 答：图1－4是此问题的示意图。
导体B 中的一部分自由受A 的正电荷吸引积聚在B 的左端，右端会因失去电子而带正电。
A 对B 左端的吸引力大于对右端的排斥力，A 、B 之间产生吸引力。
4． 答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违背能量守恒定律。
因为，在把A 、B 分开的过程中要克服A 、B 之间的静电力做功。
这是把机械转化为电能的过程。
第二节1． 答：根据库仑的发现，两个相同的带电金属球接触后所带的电荷量相等。
所以，先把A 球与B 球接触，此时，B 球带电2q ；再把B 球与C 球接触，则B 、C 球分别带电4q；最后，B 球再次与A 球接触，B 球带电3()2248B q q qq =+÷=。
2． 答：192291222152(1.610)9.010230.4(10)q q e F k k N N r r --⨯===⨯⨯=（注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生2921.410/m s ⨯的加速度！） 3． 答：设A 、B两球的电荷量分别为q、q-，距离 为r ，则22kq F r=-。
当用C 接触A 时，A 的电荷量变为2A q q =，C 的电荷量也是2c q q =；C 再与接触后，B 的电荷量变为224B qq q q -+==-；此时，A 、B 间的静电力变为：2222112288A B q qq q q F k k k F r r r ⨯'==-=-=。
在此情况下，若再使A 、B 间距增大为原来的2倍，则它们之间的静电力变为211232F F F "='= 。
【同步练习】鲁科版物理同步习题：选修3-1参考答案及解析
选修3-1参考答案及解析第六章静电场第一单元电场力的性质第二单元电场能的性质第三单元电容器与带电粒子在电场中的运动章末综合检测第七章恒定电流第一单元电流、电阻、电功、电功率第二单元闭合电路欧姆定律第三单元实验：测定金属的电阻率第四单元实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线第五单元实验：测定电池的电动势和内阻第六单元实验：练习使用多用电表章末综合检测第八章磁场第一单元磁场的描述磁场对电流的作用第二单元磁场对运动电荷的作用第三单元带电粒子在复合场中的运动章末综合检测6-11、解析：当r →0时，E ＝kQ r 2，不再适用，A 错B 对．某点场强的大小应与距离r 的平方成反比，C 错误．以点电荷Q 为中心，r 为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，故场强不同，D 错．答案：B2、解析：由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a 运动到b (也可分析从b 到a 的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a 点场强大于b 点场强，带电粒子在a 点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B 、C 、D 正确．答案：BCD3、解析：由v —t 图象可知，电荷的a 和v 均增加，故E 增加，且电场力与v 同向，所以E 与v 反向，应选B.答案：B4、解析：设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a 带正电，b 带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a 为负电荷，b 为正电荷，A 错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a 、b 均做正功，动能增加，B 、D 错．但由电场线的疏密可判定，a 受电场力逐渐减小，加速度减小．b 正好相反，选C.答案：C5、解析：在仅受电场力的作用下在电场线上运动，只要电场线是直线的就可能实现，但是在等势面上做匀速圆周运动，就需要带负电的粒子在电场中所受的电场力提供向心力，根据题目中给出的4个电场，同时符合两个条件的是A 答案．答案：A6、解析：本题主要考查场强的矢量性，同一直线上两点电荷产生场强的叠加则变成了代数的加或减．由于两个点电荷带异种电荷且电荷量不等，则E 1＝E 2的点必有两个，其中一处合场强为零，另一处合场强为2E 1，应选C.答案：C7、解析：先画出等量异种电荷的电场线分布，再判断中垂线上各点的电场强度的变化情况及电子受电场力的情况，最后，确定另一个力的大小和方向．图23等量异种电荷电场分布如图23所示，由图(a)中电场线的分布可以看出，从A 到O ，电场线由疏到密；从O 到B ，电场线由密到疏，所以从A →O →B ，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示．.由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反．电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A →O →B 过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B 正确．答案：B8、解析：粒子在E 中匀速下落，则qE ＝mg粒子在2E 中：a ＝2qE －mg m＝g ，方向向上 则粒子先向下减速，后向上加速进入E 中又以v 0匀速上升．故C正确．答案：C图269、解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图26，据平衡条件得：F＝m1g tanθF＝m2g tanθ所以有m1＝m2.故B正确答案：B10、解析：当场强向下时，物块m受重力和电场力两个力作用下处于静止状态，可知F电＝mg.当电场方向改为向右时，受力分析如图28，在垂直于斜面方向上，有：mg cos37°＝F N＋F电sin37°⇒F N＝0.2 mg，所以物块不可能离开斜面；沿斜面方向上：F电cos37°＋mg sin37°＝ma，得a＝1.4 g，故物块沿斜面向下做匀加速直线运动．所以C正确．答案：C11、解析：0～2 s，由题图丙可知，物块做匀加速运动，加速度a＝1 m/s2由牛顿第二定律有：E1q－μmg＝ma2～4 s，由题图丙可知，物块做匀速直线运动由平衡条件有：E2q＝μmg结合以上几式代入数据，解得：m＝1 kgμ＝0.2.12、答案：(1)1 kg (2)0.2 解析：由于A、B均处于平衡，隔离A分析，受力如图31所示，设OA绳拉力F1，AB绳拉力F2，正交分解F1，F1cos60°＋F2＋F库＝qE①F1sin60°＝mg②F 库＝k q 2L 2③ 解①②③得：E ＝3mg 3q ＋kq L 2＋F 2q. 因为F 2≥0，所以E ≥3mg 3q ＋kq L2. 答案：E ≥3mg 3q ＋kq L2 6-21、解析：电场强度的大小和电势的高低没有直接关系，不能根据电场强度的大小判断电势的高低，也不能根据电势的高低判断电场强度的大小，A 、B 均错．电场强度的方向一定跟等势面垂直，C 对．沿电场强度的方向电势降低，但电势降低的方向不一定是电场强度的方向，D 错．答案：C2、解析：根据电场力做功判断：若从a 到b 到c 移动一正的试探电荷，电场力做正功，电势降低，所以A 正确；由于a 点和c 点关于P 、Q 连线的中垂线对称，场强大小应相等，但方向不同，所以C 、D 错误．答案：A3、解析：A 、B 、C 三点处在一条电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA >φB >φC ，A 正确；由电场线的密集程度可以看出电场强度大小关系为E C >E B >E A ，B 对；电场线密集的地方电势降落较快，故U BC >U AB ，C 对D 错．答案：ABC4、解析：根据电场线与等势面的关系，把立体图转化为平面图，因φM ＝0，φN ＝1 V ，则φP ＝φP ′＝φP ″＝34V ．故D 正确．图18答案：D5、解析：由轨迹可判断合力方向，由合力(加速度)方向可判断出速度的相对大小和电势能的高低．可知AD 正确．答案：AD6、解析：从a 到b 由动能定理可知，电场力做功W ab ＝－18 eV ，则从a 到b 电势能增加量ΔE ab ＝18 eV ，由等势面特点及c 点为零势点可知：a 点电势能E a ＝－12 eV ，又由动能和电势能之和不变可判断B 正确．答案：B7、解析：电势能的增、减，取决于电场力做功的正、负，两滑块由静止释放，电场力做正功故电势能减少，A 正确．答案：A8、解析：由电场线的疏密可知场强E B >E A ，所以粒子的加速度a B >a A ，A 项正确；由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA >φB ，D 项错；由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正功，所以动能增大、电势能减小，即E k B >E k A ，E p B <E p A ，B 项对，C 项错．答案：AB9、解析：由加速度可求出电场力大小为13mg ，方向竖直向上．小球在下落h 的过程中：电场力做功W 电＝－13mgh ，电势能增加13mgh ；机械能减少了13mgh ；合力做功W 合＝23mgh ，动能增加了23mgh ；重力势能减少了mgh .故BC 正确．答案：BC10、解析：因小球在B 点的速度最大，故合外力为零，可求出B点的场强，A 选项正确．由O 运动到C 的过程中，电势能转化为重力势能，而据题意O 点电势为零，可求C 点的电势，D 选项正确．答案：AD图2511、解析：设电场强度为E ，小球带电荷量为q ，因为小球做直线运动，它所受的电场力qE 和重力mg 的合力必沿此直线，如图25所示，所以mg ＝qE tan θ.由此可知，小球做匀减速运动的加速度大小为a ＝g sin θ. 设从O 点到最高点的位移为L ，根据运动学公式有v 20＝2aL运动的水平位移为x ＝L cos θ.从O 点到最高点的过程中，电场力做负功，电势能增加，小球在最高点与O 点的电势能之差为ΔE p ＝qEx .联立以上五式，解得ΔE p ＝12mv 20cos 2θ. 答案：12mv 20cos 2θ 12、解析：(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得：2mgd －Eqd －Eq (d －L )＝0，则有E ＝4mg /(3q )．(2)两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最大速度，此过程利用动能定理得：2mgL －EqL ＝2mv 22， 则有v ＝2gL 3. 答案：(1)4mg 3q(2)2gL 36-31、解析：带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转，(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B 、C 可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D 可能出现；不能做匀速直线运动，A 不可能出现．答案：A2、解析：电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．答案：C3、解析：两平行金属板间的电场为匀强电场．带电粒子先向下运动又折回说明粒子先向下做匀减速运动，折回后向上做匀加速运动．整个过程具有对称性，由此可知B 项正确．答案：B4、解析：若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X ′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y ′接正极，Y 接负极，所以选项D 正确．答案：D5、解析：设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．答案：B6、解析：0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T 2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复，故A 对．答案：A7、解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C ＝εr S 4πkd 增大，由C ＝Q U可知，两极板带电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处．综上所述，B 选项正确．答案：B8、解析：带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方向的匀加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运动，所以两电荷在电场中的运动时间相等，B 对；又因为d ＝12at 2，a ＝qE m，因为偏转量d 不同，故a 一定不同，C 错．由a ＝qE m，因不知m 的关系，q 可能相等，也可能不相等，故A 正确．当q 相等时，电荷从进入到离开，电场力做的功不同，由动能定理可知，两电荷离开电场时的动能不同，D 错．答案：AB9、解析：由O 点电势高于C 点电势知，场强方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知N 粒子所受电场力方向向上，M 粒子所受电场力方向向下，故M 粒子带正电、N 粒子带负电，A 错误．N 粒子从O 点运动到a 点，电场力做正功．M 粒子从O 点运动到c 点电场力也做正功．因为U aO ＝U Oc ，且M 、N 粒子质量相等，电荷的绝对值相等，由动能定理易知B 正确．因O 点电势低于a 点电势，且N 粒子带负电，故N 粒子运动中电势能减少，电场力做正功，C 错误．O 、b 两点位于同一等势线上，D 正确．答案：BD10、解析：当不加电场时，油滴匀速下降，即F f ＝kv ＝mg ；当两极板间电压为U 时，油滴向上匀速运动，即F 电＝kv ＋mg ，解之得：F电＝2mg ，当两极间电压为—U 时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F 电＋mg ＝kv ′，解之得：v ′＝3v ，C 项正确．答案：C11、解析：由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解(1)由题意知：小球运动到D 点时，由于AD ＝AB ，所以有电势φD ＝φB ，即U DB ＝φD －φB ＝0①则由动能定理得：mg L 2sin30°＝12mv 2D －0② 联立①②解得：v D ＝gL 2③(2)当小球运动至C 点时，对球受力分析如图22所示，则由平衡条件得：F N ＋F 库sin30°＝mg cos30°④由库仑定律得：F 库＝kq 2(L cos30°)2⑤联立④⑤得：F N ＝32mg －23kq 2L 2由牛顿第三定律得：F N′＝F N＝32mg－2kq23L2.答案：(1)gL2(2)32mg－2kq23L212、解析：(1)当电子沿AB两板正中央以v0＝2×107m/s的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为t＝lv0①在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为y＝12at2②又a＝Fm ＝eEm＝eU ABmd③由①②③式得y＝12eU ABmd(lv0)2＝12×1.6×10－19×3009×10－31×1×10－2×(3×10－22×107)2m＝6×10－3m＝0.6 cm，而d2＝0.5 cm，所以y>d2，故粒子不能飞出电场．(2)从(1)的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为x＝d－y＝(1－0.6) cm＝0.4 cm.故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为：n＝xd ×100%＝0.41×100%＝40%.答案：(1)不能(2)40%综合练习1、解析：沿电场线方向电势逐渐降低，M 点电势一定高于N 点电势，选项A 对．因电场线越密的区域场强越大，由图可知N 点场强大于M 点场强，选项B 错．将正电荷由M 点移到N 点时电场力做正功，电势能减小，故正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，选项C 对．将电子从M 点移到N 点的过程中，受到的电场力与移动方向相反，电场力做负功，选项D 错．答案：AC2、解析：由于电子动能E k ＝400 eV<500 eV ，电子在电场中先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动．最终从A 孔射出．电场力做功为零，电子动能大小不变．故C 正确．答案：C3、解析：根据C ＝εr S 4πkd 和U ＝QC ，A 项是d 增大，则电容C 减小，U 增大，所以静电计指针张角变大，故A 正确；B 、C 项都是S 减小，则电容C 减小，U 增大，静电计指针张角变大，故B 正确，C 错；D 项是εr 增大，则电容C 增大，U 减小，静电计的指针张角变小，故D 错．答案：AB4、解析：在＋Q ，－Q 连线上及延长线上三个区间内场强方向如图5所示，由对称关系可知，在Q 左侧与P (－Q )间等距的P ′点应与P 点场强相同，故选项A 正确．在(－Q )、Q 之间各处场强均大于(－Q )、P 之间各点场强，故试探电荷＋q 从P 移至O 点过程中，P →(－Q )做正功W 1，由－Q →0电场力做负功W 2，由上面分析知，|W 1|>W 1.故电势能增大．C 正确．答案：AC5、解析：a 板与Q 板电势恒定为零，b 板和P 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q 视为不变．要使悬线的偏角增大，则应使电压U 增大，即减小电容器的电容C .对电容器C ，由公式C ＝q U ＝εr S 4πkd，可以通过增大板间距d 、减小介电常数εr 、减小极板的正对面积S 来减小电容C .答案：BC6、解析：带电粒子M 只受电场力作用下从P 点到Q 点，克服电场力做功，其电势能增加，动能减小，故A 、D 正确；场强的大小与电场力做功正、负无关，故B 选项错；在C 选项中，由于带电粒子的电性未知，故无法确定P 点与Q 点电势的高低，C 错．答案：AD7、解析：由于图象是可以用描点法确定的，所以可以选几个代表性的点，确定出大致的图形，在t ＝T2时，U x ＝0，U y ＝0，电子打在屏幕上的原点，在t ＝T4时，U x 为负，U y 为正的最大值，电子带负电，受电场作用后向电势高的极板偏转，打在屏幕左上方的最高点，A 正确．答案：A8、解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B 正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A 不正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C 不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 不正确．答案：B9、解析：作出过点M 的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A 正确．将负电荷从O 点移到P 点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B 错误．由E ＝U /d 及电场线疏密程度知O 、M 两点间电势差应大于M 、N 两点间电势差，C 错误．沿y 轴上各点场强方向相同，故从O 点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y 轴正方向的外力，D 正确．答案：AD10、解析：因带电粒子从a 点沿直线运动到b 点，受力情况如右图12所示，场强方向一定水平向右，故a 点的电势一定高于b 点的电势，A 选项不对．粒子在电场中运动，共涉及到三种能量：动能、电势能、重力势能．三种能量之和保持不变，即带电粒子在a 点三种能量之和等于在b 点的三种能量之和，因为粒子在a 点的重力势能小于在b 点的重力势能，故B 选项不对．又因为带电粒子从a 点运动到b 点，合外力做负功，故动能减小，即E ka >E kb .从a 到b ，电场力做负功，故电势能增加，即E 电a <E 电b .所以C 错，D 对．答案：D11、解析：电容器与电源是断开的，电容器无法充、放电，电容器的带电荷量是保持不变的．当A 板下移时d 减小，电容C 增大，由U ＝Q C 可知U 减小，由E ＝U d ＝Q C ·d ＝4πkQ εr S 可知E 不变化．P 点的电势φP ＝U PB ＝E ·PB ，所以φP 不变，选项A 正确．当B 板上移时，PB 减小，P 点的电势φP 降低，选项C 正确．答案：AC12、解析：物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功，电场力做正功，重力做负功，根据动能定理可得：W F ＋W G ＝ΔE k 由重力做功与重力势能变化的关系可得W G ＝－ΔE p ，由上述两式易得出A 错误，B 、C 、D 正确．答案：A13、解析：(1)场强方向竖直向下．(2)根据题意，小球在电场中运动的加速度a 应竖直向上．Eq －mg ＝ma ①从上往下：d ＝v 0t －12at 2②从下往上：d ＝v 0t 2＋12a (t2)2③由①②③式解得电场强度：E ＝4md 3qt 2＋mgq .(3)由②③两式解得：a ＝4d 3t 2，v 0＝5d3t则：v 1＝v 0－at ＝d 3t ，v 2＝v 0＋a t 2＝7d 3t 所以：v 1v 2＝17.答案：(1)场强方向竖直向下 (2)4md 3qt 2＋mg q (3)1714、解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝yv 0＝4×10－3 s.(2)粒子在x 方向先加速后减速，加速时的加速度a 1＝E 1qm ＝4m/s 2，减速时的加速度a 2＝E 2qm＝2 m/s 2，x 方向上的位移为x ＝12a 1(T 2)2＋a 1(T 2)2－12a 2(T2)2＝2×10－5 m ，因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)．(3)粒子在x 方向的速度v x ＝a 1T 2－a 2T2＝4×10－3 m/s.答案：(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s15、解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则在初速度方向上：L ＝v 0t ①在电场方向上：L ＝12at 2②其中qE ＝ma ③E k ＝12mv 20④由动能定理得qEL ＝E k c －E k ⑤由①②③④⑤可解得E k c ＝5E k ，E ＝2mv 20qL＝4E kqL.(2)若粒子由bc 离开电场，则有：L ＝v 0t ⑥ 粒子在电场方向上的速度v y ＝at ⑦粒子离开电场时的速度为v v 2＝v 20＋v 2y ⑧ E k ′－E k ＝12mv 2－12mv 20⑨联立可解得：E ＝2E k (E k ′－E k )qL⑩若粒子由cd 边离电场，则由动能定理得qEL ＝E k ′－E k ⑪ 则E＝E k ′－E kqL.答案：(1)5E k 4E k qL (2)2E k (E k ′－E k )qL 或E k ′－E kqL16、解析：(1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理，有qU ＝12mv 2①解得v ＝2qU m(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R ＝m 2v 2L ②联立①、②，得E ＝4U L(3)微粒从释放开始经t 1射出B 板的小孔，则t 1＝d v 2＝2d v＝2dm 2qU设微粒在半圆形金属板间运动经过t 2第一次到达最低点P 点，则t 2＝πL 4v ＝πL 4m2qU所以从释放微粒开始，经过(t 1＋t 2)＝(2d ＋πL4)m2qU微粒第一次到达P 点．答案：(1)2qU m (2)E ＝4U L (3)t ＝(2d ＋πL 4)m2qU17、解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma ① s 0＝12at 21②联立①②可得 t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv 2m －0⑤联立④⑤可得W ＝12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qEk) (3)如图20图20答案：(1)2ms 0qE ＋mg sin θ(2)12mv 2m －(mg sin θ＋qE )·(S 0＋mg sin θ＋qE k) (3)见解析图207-11、解析：导体内单位体积内自由电子的数量，由导体本身决定和通过导体电流无关．由于温度不变，自由电子热运动的平均速率不变．由I ＝neSv 知电流I 增大，电子移动速率v 增大．答案：C2、解析：白炽灯在正常工作时的电阻为R ，由P ＝U 2R得R ＝36 Ω，当接入18 V 电压时，假设灯泡的电阻也为36 Ω，则它消耗的功率为P ＝U 2R ＝18236W ＝9 W ，但是当灯泡两端接入18 V 电压时，它的发热功率小，灯丝的温度较正常工作时温度低，其电阻率减小，所以其电阻要小于36 Ω，其实际功率大于9 W ，故B 项正确．答案：B3、解析：首先计算出沿A 、B 方向和沿C 、D 方向电阻的比值，再利用欧姆定律求出两种情况下的电流比．设沿A 、B 方向的横截面积为S 1，沿C 、D 方向的横截面积为S 2，则S 1S 2＝12，A 、B 接入线路中时的电阻为R 1，C 、D 接入电路中时的电阻为R 2，则有R 1R 2＝ρl ab S 1ρl bc S 2＝41.两种情况下电流之比为I 1I 2＝R 2R 1＝14，故I 2＝4I 1＝4 A ．选项A 正确．答案：A4、解析：设各灯泡正常工作时的电流为I ，则甲电路的总电流为I 甲＝3I ，乙电路的总电流为I 乙＝I ，所以由P ＝UI 得P 甲＝3P 乙，应选B.答案：B5、解析：L 2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X 2两端电压增大，消耗的功率也增大，C 正确．答案：C6、解析：设单位长度上电子数目为n ， 则单位长度上电子带的电荷量q ′＝ne t 秒内电子通过的距离x ＝110×ctt 秒内通过某截面的电量q ＝xq ′＝nect /10 由I ＝q t 得I ＝nec 10∴n ＝10I ec环中电子数目N ＝240n ＝240×10×10－21.6×10－19×3×108个＝5×1011个．故B 正确．答案：B7、解析：本题考查串联电路的特点及额定电压、额定功率与电阻的关系，关键是对额定电压、额定功率概念的理解，明确滑动变阻器哪一段电阻接入了电路．错误原因是把接入电路的一段与BC 段混淆．灯泡的工作电流I ＝P U ＝1.86A ＝0.3 A ，因灯泡与滑动变阻器串联，所以通过变阻器的电流为0.3 A.此时A 、C 间电阻R 1＝U 1I ＝9－60.3Ω＝10 Ω，故CB 间电阻R 2＝R －R 1＝20 Ω，故B 选项正确． 答案：B8、解析：因两段串联，通过两棒的电流相等，又I ＝neSv ，故ne πr 2ab v ab ＝ne πr 2bc v bc ，得v ab ∶v bc ＝16∶1，A 、B 均错．由电阻定律R ab ＝ρl ab S ＝ρl ab πr 2ab ，R bc ＝ρl bcπr 2bc ，求得R ab ∶R bc ＝16∶1，因为ab 和bc 串联，流过两段的电流相等，由功率公式P ＝I 2R ，得P ab ∶P bc ＝R ab ∶R bc ＝16∶1，故D 正确，C 错误．答案：D9、解析：c 、d 端短路时，R 2与R 3并联，然后与R 1串联，所以1R 23＝1R 2＋1R 3，R ab ＝R 1＋R 23，可得R ab ＝40 Ω，A 项正确；a 、b 端短路时，R 1与R 3并联然后与R 2串联，所以1R 13＝1R 1＋1R 3，R cd ＝R 13＋R 2可得R cd ＝128Ω，B 项错误；a 、b 端接测试电源时，R 2中电流为零，电路等效于只有R 1、R 3两电阻串联，c 、d 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 1＋R 3，U cd ＝UR 3＝IR 3可得U cd ＝80 V ，C 项正确；cd 端接测试电源时，R 1中电流为零，电路等效于只有R 2、R 3两电阻串联，ab 两端电压等于电阻R 3两端电压，所以I ＝ER 2＋R 3，U ab ＝UR 3＝IR 3，可得U ab ＝25 V ，D 项错误．答案：AC10、解析：电饭锅工作时，电阻丝把电能全部转化为电热，其电功率P 电等于热功率P 热，即：P 电＝P 热＝I 2R ＝U 2R①由①式可知，在电压一定的情况下，电阻丝电阻越大，其发热消耗的电功率越小．当S 闭合时，R 1被短路，电阻变小，其消耗的电功率增大，因此，S 闭合时应为水烧开前的加热状态，而S 断开时应为水烧开后的保温状态，故选项A 、B 正确．又因为保温时，R 1、R 2为串联关系，电源电压恒定，故P 2＝I 2R 2＝(UR 1＋R 2)2R 2②题目要求R 2保温时功率为加热时功率的一半，则有：(UR 1＋R 2)2R 2＝12U2R 2③ 由③式得R 1∶R 2＝(2－1)∶1，选项D 亦正确． 答案：ABD11、解析：电流达最大值I 后，表明电离出来的离子全部到达了阴极，设经过时间t 到达极板的电荷量为q ，则q ＝It被电离的有机物分子的数目N ′＝q e ＝It e则有机物分子占待测气体的数目比为K ＝N ′ntN A ＝InN A e答案：InN A e12、解析：设电热水壶的电阻为R则R ＝U 2P ＝22021500 Ω＝48415Ω电能表转1转的能量为：3600×1033000 J ＝1200 J设电热水壶的实际电压为U则U 2Rt ＝125×1200 J ，所以U ＝200 V. 答案：200 V7-21、解析：由闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 外＋U 内，当外电路断路时，即I ＝0，此时U 外＝E ，路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗的功率，P ＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E2(R －r )2R＋4r ，只有当R ＝r 时，电源的输出功率最大，故C 错．答案：ABD2、解析：滑片向右滑动，R 阻值增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流减小，L 1变暗；同时L 2与R 并联部分电阻增大，它们与L 1串联分得的电压增大，通过L 2电流增大，故L 2变亮．答案：AD3、解析：从图分析可知，电容器两端的电压就是R 3两端的电压，要使油滴上升，必须增大电容器两端的电压，即增大R 3两端的电压，从电路的分析得，增大R 3和减小R 2的电阻都可．故CD 正确．答案：CD4、解析：滑动触头由a 滑向b 的过程中，总电阻变小，D 错误，干路电流变大，路端电压变小，A 正确，内阻消耗功率变大，C 错误，定值电阻R 3上电压降低，电流表示数变小，B 错误．答案：A5、解析：只有S 1闭合时，L 1和L 2串联，电容器两端的电压等于电源两端的电压．S 2闭合后，L 3和L 2串联，再和L 1串联．则L 1两端的电压增大，故L 1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电．电荷量减小．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．可知AD 正确．答案：AD6、解析：电动机未启动时，通过灯泡电流为I ＝10 A ， 电压U 1＝12.5 V －10×0.05 V ＝12 V. 所以灯泡电阻为R ＝U 1I ＝1210Ω＝1.2 Ω. 电动机启动时，灯泡两端的电压U 2＝12.5 V －58×0.05 V ＝9.6 V.故车灯的电功率降低了ΔP ＝U 21R －U 22R＝43.2 W ．故B 正确．答案：B7、解析：由欧姆定律，图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O 点的连线的斜率的倒数．随着所加电压的增大，图中曲线斜率越来越小，即小灯泡的电阻增大，故A 项正确；对应P 点，小灯泡的电阻为OP 连线的斜率的倒数，即R ＝U 1I 2，故B 项正确，C 项错误；对应P 点，小灯泡的功率为P ＝U 1I 2，即图中矩形PQOM 所围的“面积”，故D项正确．答案：ABD8、解析：由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R1断路时，灯A和B两端电压不变，故B灯亮度不会发生变化，故A选项错误．对B选项，当R2断路时，会使A灯两端电压升高，B灯两端电压降低，B灯应变暗，故B选项错误，同理可知D选项也错误．对于C选项，当R3断路时，会使B灯两端电压升高，A灯两端电压降低，故B灯变亮，因此正确选项为C.答案：C9、解析：合上S2之前，R3与L3串联后与L1、L2并联，最后与R1串联．合上S2之后，在并联电路部分又增加了一个并联的支路，电路的总阻值减小，电路中总电流也即流过R1的电流增大，C正确．因电源的内阻不计，则电源的输出功率P＝IE增大，A错误．通过R1中的电流增大时R1两端电压升高，则并联电路部分的两端电压就降低，L1消耗的功率降低．通过R3与L3的电流减小，B、D皆错误．答案：C10、解析：当L1两端电压为3.0 V时，I L1＝0.25 A.由于I＝UR得R＝UI＝3.00.25Ω＝12 Ω，A正确．由P1＝I1U1＝0.25×3 W＝0.75 W，C正确．因L2、L3的两电阻相等，即L2、L3两端电压各为1.5 V，由图可知I2＝0.20 A，即可得出灯泡L2消耗的电功率为P2＝I2U2＝0.20×1.5 W＝0.30 W，D正确．答案：ACD11、解析：P继续向右移动，电压表示数会增大，故电压表用了。
2021年导与练人教版高中物理选修3-1练习：第2章 第4节 串联电路和并联电路
第4节串联电路和并联电路电表的改装1.一电流表(表头)并联一个分流电阻后就改装成一个大量程的电流表,当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时,发觉标准电流表读数为1 A,而改装电流表的读数为1.1 A,略微偏大一些,为了使它的读数精确,应( A )A.在原分流电阻上再并联一个较大的电阻B.在原分流电阻上再串联一个较小的电阻C.在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D.在原分流电阻上再并联一个较小的电阻解析:改装表示数偏大,说明改装成电流表时并联的分流电阻偏大.故要使内阻略微变小一些,需要在原分流电阻上再并联一个较大的电阻,故A正确.2.把小量程电流表(表头)改装成量程较大的电流表时,下列说法中正确的是( B )A.改装的原理是串联电阻能减小电流的作用B.改装后,原电流表本身允许通过的最大电流值并不转变C.改装后原电流表自身的电阻增大了D.改装后使用时,通过原电流表的电流就可以大于改装前允许通过它的最大电流了解析:把表头改装成较大量程的电流表时,并联电阻使较多的电流通过该电阻进行分流而扩大电流的通过量,但原电流表本身允许通过的最大电流值并不转变,选项B正确.3. 一个电压表由表头G与分压电阻R串联而成,如图所示,若在使用中发觉电压表的读数总是比精确值稍小一些,接受下列哪种措施可能加以改进( D )A.在R上串联一个比R小得多的电阻B.在R上串联一个比R大得多的电阻C.在R上并联一个比R小得多的电阻D.在R上并联一个比R大得多的电阻解析:改装后的电压表比精确值稍小一些的直接缘由是通过表头的电流偏小,根本缘由是串联的电阻的阻值偏大造成的,在R上并联一个阻值很大的电阻即可解决,选项D正确.串、并联电路4. 3个完全相同的电压表如图所示接入电路中,已知V1表读数为8 V,V3读数为5 V,那么V2表读数为( B )A.5 VB.3 VC.8 VD.大于3 V,小于5 V解析:设电压表内阻为R V,由串联特点得:U1U3=R VR V(R V+R)2R V+R,解方程得RR V=23,由于R与V2表串联总电压为5 V,故U2=3 V,选项B正确.5. (多选)如图所示,一电压表和可变电阻器R串联后接在一电压恒定的电源两端,假如可变电阻的阻值减小到原来的1/4,电压表的示数将由U变为2U,则( ABD )A.流过R的电流将增大到原来的2倍B.R两端的电压将减到原来的1/2C.电源两端的电压为4UD.当R阻值变为零时,电压表示数将增大到3U解析:由于电压表的示数由U变为2U,则串联电路的电流变为原来的2倍,选项A正确;通过R电流变为原来的2倍,电阻变为原来的1/4,由U=IR得,R两端的电压将减到原来的1/2,选项B正确;由题意可知:U+IR=2U+2I×R4, 解得IR=2U,故电路两端的恒定电压为3U,当R阻值变为零时,电压表示数将增大到3U,选项C错误,D正确.6. (2022福建师大附中期中)(多选)如图所示,图线①②③分别表示导体A,B,C的伏安特性曲线,其中导体B为一非线性电阻,它们的电阻分别为R1,R2,R3,则下列说法正确的是( CD )A.导体A的电阻大于导体C的电阻B.导体B的电阻随电压增加而变大C.当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,流过三导体的电流均为1 AD.当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,它们的电阻之比R1∶R2∶R3=1∶2∶3解析:依据I=UR可知,直线的斜率的倒数等于电阻,故导体A的电阻小于导体C的电阻,选项A错误;导体B的电阻随电压增加而变小,选项B错误;当它们串联接在电压恒为6 V直流电源两端时,由图线可知,通过三个电阻的电流相等,电压之和等于6 V,由图线可知,三个电阻两端的电压分别为1 V,2 V,3 V,流过三导体的电流均为1 A,此时它们的电阻之比等于电压之比,即R1∶R2∶R3=1∶2∶3;选项C,D正确. 7. 如图所示,电压表V1和V2的内阻分别为3 000 Ω和1 500 Ω,R1=R2=500 Ω,假如电压U保持不变,S从断开到接通,比较电压表的读数U1和U2的变化状况( C )A.U1增加、U2减小B.U1不变、U2不变C.U1减小、U2增加D.不能确定解析:S断开时,电压表V1和V2按电阻的比例安排电压,此时U1=23U,U2=13U;当S闭合时,电压表V1和R1的并联电阻为3 0007Ω,电压表V2与R2的并联电阻为375 Ω,则按电阻的比例安排电压,U1=120225U、U2=105225U,故U1减小,U2增加,故选项C 正确.8.甲、乙两个同学,分别接受如图中(甲)、(乙)所示电路,测同一未知电阻R x的阻值.设直流电源的内阻可忽视.若(甲)测得电压表的读数为6 V,电流表的读数为2 mA.则(乙)测得的结果将是( D )A.U=6 V,I=2 mAB.U >6 V,I<2 mAC.U<6 V,I<2 mAD.U<6 V,I>2 mA解析:若(甲)测得电压表的读数为6 V,说明电源电动势为6 V,则(乙)测得电压U<6V,(甲)图中电流为2 mA,满足6R x +R A=2 mA,对于(乙)图,电流表的读数为I=6R并+R A ,其中R 并=R x R VR x +R V<R x ,则电流I>2 mA,选项D 正确. 9.有一只量程为1 mA 的电流表,刻度盘共有50格,若给它并联一个10-2 Ω的电阻,则可将它改装成一个量程为1 A 的电流表,若要把这个量程为1 mA 的电流表改装成一个量程为10 V 的电压表,应在电流表上串联一个 Ω的电阻.将这个电压表接在某段电路上,指针偏转40格,这段电路两端的电压是 V. 解析:将电流表并联一个分流电阻R 0,可改装成一较大量程的电流表,设量程为I,则I=I g +I g R gR 0,故R g=IR 0-I g R 0I g =1×10-2-10-3×10-210-3Ω=9.99 Ω≈10 Ω.将电流表改装成电压表,则需串联一分压电阻,设为R,则U=I g (R g +R),R=U I g-R g =（1010-3-10）Ω=9 990 Ω.当电压表指针偏转40 格时,表明这段电阻两端电压U ′=45U=8 V. 答案:9 990 810.(2022吉林一中检测)如图(甲)所示的电路中,电流表A 1指针指满刻度,电流表A 2指针指满刻度的23处;图(乙)中,A 2指针指满刻度,A 1指针指满刻度的13处.已知A 1的内阻为0.45 Ω,则A 2的内阻为( D )A.0.15 ΩB.0.25 ΩC.0.30 ΩD.0.10 Ω解析:设两电流表的满偏电流为I 1和I 2,图(甲)中,两电流表串联,电流相等,依据题中信息可得I 1=23I 2,图(乙)中,两电表并联,则电压相 等,由欧姆定律可得U=I 2r 2g =1I 1r 1g ,由于r 1g =0.45 Ω,联立可得r 2g = 0.10 Ω,故选项D 正确.11.(2022南昌二中月考)一个量程为15 V 的电压表,串联一个R 1=3 k Ω的电阻后,测量某电路两端的电压时,电压表示数为12 V,若已知该电路两端的实际电压为15 V,试求: (1)该电压表的内阻R V ;(2)将该电压表改装成量程为90 V 的电压表,应串联电阻的阻值R 2.解析:(1)当电压表串联一个电阻R 1=3 k Ω测量某电路两端的电压时,电压表两端的电压为U=12 V,电阻分得的电压为U 1=3 V,据U 1=R V 1得R V =U1R 1=12 k Ω. (2)将这个电压表改装成量程为90 V 的电压表,原电压表两端最大分得的电压为U V =15 V,串联电阻分得的电压U 2=75 V.据U V U 2=R VR 2,得R 2= 60 k Ω.答案:(1)12 k Ω (2)60 k Ω (老师备用) 【补偿题组】1.(针对第4题)(2022福建师大附中期中)两只电压表V1和V2是由完全相同的两个电流计改装成的,V1表的量程是5 V,V2表的量程是15 V,把它们串联起来接入电路中,则下列说法正确的是( B )A.它们的示数相等,指针偏转角度也相等B.它们的示数之比为1∶3,指针偏转角度相等C.它们的示数相等,指针偏转角度之比为1∶3D.它们的示数之比、指针偏转角度之比均为1∶3解析:由于电压表是由电流计串联一个定值电阻而成的,V2表的量程是V1表的量程的3倍,可知V2表的内阻是V1表内阻的3倍,把它们串联起来接入电路中时,通过的电流相同,则电表指针的偏转角度是相同的,两端的电压之比等于内阻之比为1∶3,故它们的示数之比为1∶3,故选项B正确.2. (针对第7题)(2022邢台一中月考)三个电阻器依据如图所示的电路连接,其阻值之比为R1∶R2∶R3=1∶3∶6,则电路工作时,通过三个电阻器R1,R2,R3上的电流之比I1∶I2∶I3为( D )A.6∶3∶1B.1∶3∶6C.6∶2∶1D.3∶2∶1解析:电阻R2和R3是并联关系,则电流之比等于电阻之比的倒数,即I2∶I3=R3∶R2=2∶1;而R1上的电流等于R2和R3的电流之和,故I1∶I2∶I3=3∶2∶1,选项D正确.3.(针对第8题)(2022南昌二中月考)(多选)小明去试验室取定值电阻两只,R1=10A.U1肯定大于3.0 VB.U2肯定小于9.0 VC.U1与U2之和小于12 VD.U1与U2之比肯定不等于1∶3解析:依据欧姆定律可得两电阻串联后两端的电压之比为U实1U实2=R1R2=13,由于总电压为12 V,所以U实1=3 V,U实2=9 V,串联电路中电阻两端的电压和电阻成正比,当电压表与R1并联后,由于电压表有内阻,所以并联后的总电阻小于10 Ω,相当于R1减小,故R1两端的电压小于3 V,电压表与R2并联后的总电阻小于30 Ω,相当于R2减小,所以U2肯定小于9.0 V,A错误,B正确;由于U1<3 V,U2<9 V,所以U1+U2<12 V,C正确;由于和电压表并联后相当于两个电阻发生变化,所以比值不肯定还为1∶3,但有可能还等于1∶3,D错误.。
人教版高中物理选修3-1第二章第四节2.4串联电路和并联电路
永宁中学集体备课教学设计模板
J教师：【提出问题】
1.回顾初中学过的内容，串、并联电路的电流分别有什么特点？
2.根据恒定电流电路内部电荷分布特点，如何解释串、并联电路
甲
乙
甲
如图乙，若不考虑导线电阻，则1、2、3点没有电势差，即它们
乙
串联电路两端的总电压等于各部分电路电压之和：
.
03
并联电路的总电压与各支路的电压相等：U
甲乙
（2）并联电路：I＝I1＋2，U＝U1＝U2，所以I
U＝，对于多个电阻的并联：
2．并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和：1
R＝
1
R1＋
1
R2＋…
课后反思本节的知识在初中已经有所涉及，利用学生的已有知识，在教学中通过“恒定电流电路中各处电荷分布是稳定的”和有关“电势、电势差”的新增知识进行理论分析，再引领学生认识“场”与“路”的内在联系，从更高的角度深化学生对串、并联电路规律的理解。
同时，本节内容为后续学习闭合电路的欧姆定律、进行电路的动态
分析、理解多用电表原理在知识上作了充分准备.教学设计充分利用
学案导学，通过提出问题、合作探究、分析归纳、思维拓展、实验
教具辅助教学等方式让学生积极参与到课堂活动中来，充分调动学
生的兴趣，并将解决实际问题的具体例题穿插到抽象的理论分析
中，贯彻了学以致用的理念.
作业布置。
高中物理选修3-1第二章 4 课时1 串联电路和并联电路--教师版
4串联电路和并联电路--教师版课时1串联和并联电路的特点限流电路与分压电路[学科素养与目标要求]物理观念：掌握串、并联电路的电流、电压和电阻的关系．科学思维：1.会分析串、并联电路和简单的混联电路，并能进行有关计算.2.理解滑动变阻器的限流式和分压式接法，并能正确选择和应用．一、串联电路和并联电路1．串联电路：把几个导体或用电器依次首尾连接，接入电路的连接方式，如图1甲所示．2．并联电路：把几个导体或用电器的一端连在一起，另一端也连在一起，再将两端接入电路的连接方式，如图乙所示．图1二、串联电路、并联电路的特点串联电路并联电路电流关系各处电流相等，即I＝I1＝I2＝…＝I n总电流等于各支路电流之和，即I＝I1＋I2＋…＋I n电压关系总电压等于各部分电压之和，即U＝U1＋U2＋…＋U n各支路两端电压相等，即U＝U1＝U2＝…＝U n电阻关系总电阻等于各部分电阻之和，即R＝R1＋R2＋…＋R n总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，即1R＝1R1＋1R2＋…＋1R n1．判断下列说法的正误．(1)串联电路的总电流等于流过各电阻的电流之和．(×)(2)串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和．(√)(3)并联电路干路上的电流一定比通过某一支路的电流大．(√)(4)电路中电阻的个数越多，电路的总电阻越大．(×)2．如图2所示的电路中，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω，滑动变阻器R 3的最大阻值为30 Ω，则A 、B 两端的总电阻的最大值为________ Ω，最小值为________ Ω.图2答案 22 10一、对串、并联电路的理解1．如图所示，三个电阻组成串联电路．(1)若R 1＝R 2＝R 3＝R ，则此串联电路的总电阻R 总为多少？ (2)若R 1<R 2<R 3，每个电阻两端的电压由小到大如何排序？答案 (1)由于串联电路的总电阻等于各部分电阻之和，则R 总＝R 1＋R 2＋R 3＝3R . (2)由串联电路各处电流相等得 U 1R 1＝U 2R 2＝U 3R 3又由于R 1<R 2<R 3，则U 1<U 2<U 3. 2．如图所示，三个电阻构成并联电路．(1)若R 1＝R 2＝R 3＝R ，则此并联电路的总电阻R 总为多少？ (2)若R 1<R 2<R 3，流过每个电阻的电流由小到大如何排序？ 答案 (1)由并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和得 1R 总＝1R 1＋1R 2＋1R 3＝3R ， 解得R 总＝R3.(2)由并联电路各支路两端电压相等得 I 1R 1＝I 2R 2＝I 3R 3又由于R 1<R 2<R 3，则I 3<I 2<I 1.1．关于电压和电流的分配关系：(1)串联电路中各电阻两端的电压跟它们的阻值成正比，即U 1R 1＝U2R 2＝…＝U n R n ＝UR 总＝I .(2)并联电路中通过各支路电阻的电流跟它们的阻值成反比，即I 1R 1＝I 2R 2＝…＝I n R n ＝I 总R 总＝U . 2．串、并联电路总电阻的比较：串联电路的总电阻R 总并联电路的总电阻R 总不同点n 个相同电阻R 串联，总电阻R 总＝nRn 个相同电阻R 并联，总电阻R 总＝R nR 总大于任一电阻阻值R 总小于任一电阻阻值一个大电阻和一个小电阻串联时，总电阻接近大电阻一个大电阻和一个小电阻并联时，总电阻接近小电阻相同点 多个电阻无论串联还是并联，其中任一电阻增大或减小，总电阻也随之增大或减小例1 由四个电阻连接成的电路如图3所示．R 1＝8 Ω，R 2＝4 Ω，R 3＝6 Ω，R 4＝3 Ω.图3(1)求a 、d 之间的总电阻；(2)如果把42 V 的电压加在a 、d 两端，则通过每个电阻的电流是多少？ 答案 见解析解析 (1)由题图可知R cd ＝R 3R 4R 3＋R 4＝6×36＋3 Ω＝2 Ω.故R ad ＝R 1＋R 2＋R cd ＝8 Ω＋4 Ω＋2 Ω＝14 Ω.(2)由欧姆定律知I ＝U R ad ＝4214 A ＝3 A ，即为通过R 1、R 2的电流．设通过R 3、R 4的电流分别为I 3、I 4，则由并联电路电压相等，得I 3R 3＝I 4R 4，又I 3＋I 4＝3 A ，解得I 3＝1 A ，I 4＝2 A. 针对训练 (2018·菏泽市期末)在如图4所示电路中，电源输出电压恒定，定值电阻r 的阻值为5 Ω，电阻R 1＝6 Ω，滑动变阻器的最大阻值为30 Ω，当滑动变阻器的滑动触头P 位于变阻器的中点时，理想电流表的示数为0.5 A ，理想电压表的示数为20.5 V ．求：图4(1)电阻R2的阻值；(2)电源的输出电压．答案(1)10 Ω(2)24 V解析(1)电阻R1两端电压U1＝I1R1＝0.5×6 V＝3 VR1与滑动变阻器左端R a部分并联，则通过R a的电流I a ＝U1R a＝0.2 A通过右端R b的电流I b＝I a＋I1＝0.7 A电压表两端电压U2＝U1＋I b(R b＋R2)联立解得R2＝10 Ω(2)电源输出电压为U＝U2＋I b r＝24 V二、滑动变阻器限流式和分压式接法限流式分压式电路组成变阻器接入电路的特点采用“一上一下”的接法采用“两下一上”的接法调压范围ER xR＋R x～E(不计电源内阻) 0～E(不计电源内阻)适用情况负载电阻的阻值R x与滑动变阻器的总电阻R相差不多，或R稍大，且电压、电流变化不要求从零调起(1)要求负载上电压或电流变化范围较大，且从零开始连续可调(2)负载电阻的阻值R x远大于滑动变阻器的总电阻R例2(多选)一同学将变阻器与一个6 V、6～8 W的小灯泡L及开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光．按如图5所示的接法，当滑动片P向右滑动时，灯泡将()图5A．变暗B．变亮C．亮度不变D．不可能被烧坏答案BD解析由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确；由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡，D选项正确．例3如图6所示，滑动变阻器R1的最大阻值是200 Ω，R2＝300 Ω，A、B两端电压U AB＝8 V.图6(1)当S断开时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围是多少？(2)当S闭合时，移动滑片P，R2两端可获得的电压变化范围是多少？答案(1)4.8～8 V(2)0～8 V解析(1)S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R1的下部不接入电路中，当滑片P在最上端时，R1接入电路的电阻为零，因此R2获得的最大电压等于8 V，当滑片P在最下端时，R1与R2串联，此时R2两端的电压最小，U R2＝R2R1＋R2U AB＝4.8 V，所以R2两端的电压变化范围为4.8～8 V.(2)当S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑片在最下端时，R2两端电压为0，当滑片在最上端时，R2两端的电压最大，为8 V，所以R2两端的电压变化范围为0～8 V.1．滑动变阻器接入电路时，金属杆的两个端点不能同时接入电路，否则电流将从金属杆流过而将滑动变阻器短路；2．限流式接法电压调节范围较小，而分压式接法电压调节范围较大(电压最小值从0开始)，在具体应用中要根据题目要求合理选择．1．(串、并联电路的特点)(多选)下列说法中正确的是()A．一个电阻和一根理想导线并联，总电阻为零B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻也增大D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，则总电阻一定减小答案ABC解析由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小，且任一支路的电阻增大时(其他支路不变)，总电阻也增大，所以A、B、C正确，D错误．2．(串、并联电路的特点)如图7所示，三个完全相同的电阻阻值R1＝R2＝R3，接在电路中，则它们两端的电压之比为()图7A．1∶1∶1B．1∶2∶2C．1∶4∶4D．2∶1∶1答案 D3．(串、并联电路特点)(2018·石家庄一中高二月考)分析如图8所示的电路(电流表内阻不计)，下列说法正确的是()图8A．四个电阻为并联关系B．四个电阻为串联关系C．A1的示数为通过R2和R3的电流之和D．A2的示数为通过R3和R4的电流之和答案 C解析对电路进行简化，简化后的电路如图所示，根据电路图可知，电阻R1、R2、R3为并联关系，电阻R1、R2、R3构成的并联电路与R4为串联关系，选项A、B错误；根据电路图可知，A1的示数为通过R2和R3的电流之和，A2的示数为通过R1和R2的电流之和，选项C正确，D错误．4．(滑动变阻器电路分析)如图9所示，A、B间电压恒为U，当滑动变阻器的滑片P逐渐向A 端移动的过程中灯泡上的电压数值()图9A ．一直为UB ．一直为0C ．逐渐增大到UD ．逐渐增大到0 答案 C解析 滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端的电压在0～U 范围内变化，选项C 正确.一、选择题考点一 串、并联电路的理解1．将一只阻值为几千欧的电阻R 1和一只阻值为千分之几欧的电阻R 2串联起来，则总电阻( )A ．很接近R 1且略大于R 1B ．很接近R 1且略小于R 1C ．很接近R 2且略大于R 2D ．很接近R 2且略小于R 2 答案 A2．(多选)(2018·衡水中学微山分校期末)在如图1所示的电路中，通过电阻R 1的电流I 1是( )图1A.U R 1B.U 1R 1 C.U 2R 2 D.U R 1＋R 2答案 BCD解析 由欧姆定律可知电流I ＝U 1R 1＝U 2R 2＝UR 1＋R 2，故B 、C 、D 正确．3．(2018·济南市期末)两导体的I －U 关系如图2所示，图线1表示的导体的电阻为R 1，图线2表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是( )图2A ．R 1∶R 2＝1∶3B ．R 1∶R 2＝3∶1C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则电流比I 1∶I 2＝1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流比I 1∶I 2＝1∶1 答案 A4．R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω，R 1允许通过的最大电流为1.5 A ，R 2两端允许加的最大电压为10 V ．若将它们串联，加在电路两端的最大电压是( ) A ．45 V B ．5 V C ．25 V D ．15 V答案 D解析 本题中R 1、R 2串联，R 1允许通过的最大电流为1.5 A ，经计算，R 2允许通过的最大电流仅为0.5 A ，则通过串联电路的最大电流以最小的为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V ，故选D.5.如图3所示，电源内阻不计(电源两端电压恒定)，已知R 1＝2 kΩ，R 2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R 2的两端，电压表的读数为6 V ．若把它接在a 、b 两点间，电压表的读数为( )图3A ．18 VB ．12 VC ．8 VD ．6 V 答案 B解析 电压表并联在R 2两端时，并联部分的电阻为R 2R V R 2＋R V ＝3×63＋6 kΩ＝2 kΩ，根据串联电路的分压特点可知，电源电动势为12 V ；电压表并联在a 、b 两端时，测量的是电源的电动势，所以其示数为12 V ，故选B.6.在如图4所示电路中，R 2＝2R 1，电路两端电压恒定，当S 断开时，电流表的读数为0.5 A ，电压表的读数为4 V ，则当S 闭合时，电流表和电压表的读数分别为( )图4A ．1.5 A,6 VB ．0.75 A,4 VC ．1.5 A,0 VD ．0 A,6 V答案 D解析 由题图可知，当S 断开时，电阻R 1和R 2串联，U 2＝R 2R 1＋R 2U ＝23U＝4 V ，解得U ＝6 V ，当S 闭合时，R 1被短路，电路中只有电阻R 2，电流表读数为0 A ，电压表读数为6 V ，选项D 正确．7.如图5所示电路中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的电阻不计(电池两端电压恒定)．那么开关S 接通后流过R 2的电流是S 接通前的( )图5A.12 B.23 C.13 D.14答案 B解析 设电池提供的电压为U ，每个电阻的阻值为R .S 接通前，流过R 2的电流I ＝U R 1＋R 2＝U2R .S接通后，流过R 2的电流I ′＝12×U R 1＋R 2R 3R 2＋R 3＝12×U R ＋0.5R ＝U 3R ，I ′I ＝23，B 项正确． 考点二 滑动变阻器的两种接法8.(多选)滑动变阻器的原理如图6所示，则下列说法中正确的是( )图6A ．若将a 、c 两端连在电路中，则当滑片OP 向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大B ．若将a 、d 两端连在电路中，则当滑片OP 向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值减小C ．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱D ．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱 答案 AD解析 若将a 、c 两端连在电路中，aP 部分将连入电路，则当滑片OP 向右滑动时，aP 部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，A 正确；若将a 、d 两端连在电路中，也是aP 部分将连入电路，则当滑片OP 向右滑动时，aP 部分的导线长度变长，变阻器接入电路中的阻值将增大，B 错误；A 、B 两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a 、b 两个接线柱中任意选一个，c 、d 两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C 错误；在滑动变阻器的分压式接法中，a 、b 两个接线柱必须接入电路，c 、d 两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D 正确．9.如图7所示的电路中，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．移动滑片P ，电路的总电阻会发生变化，下列叙述正确的是( )图7A ．P 向左滑动时总电阻将减小B ．P 向右滑动时总电阻将减小C ．P 滑到最左端时总电阻为R 0D ．P 滑到最右端时总电阻为零 答案 A解析 根据并联电路总电阻特点可知，P 向左滑动时，电阻R 减小，并联电阻将减小，A 正确；P 向右滑动时，电阻R 增大，总电阻将增大，B 错误；P 滑到最左端时，电阻R 0被短路，故总电阻为零，C 错误；P 滑到最右端时，总电阻最大，D 错误．10.(多选)如图8所示的电路中，若ab 为输入端，AB 为输出端，现把滑动变阻器的滑动触片置于变阻器的中央，则( )图8A ．空载时输出电压U AB ＝U abB ．当AB 间接上负载R 时，输出电压U AB <U ab2C ．AB 间的负载R 越大，U AB 越接近U ab2D ．AB 间的负载R 越小，U AB 越接近U ab2答案 BC解析 空载时，U AB ＝12U ab ，A 错误；AB 间接入R 时，R 与变阻器一半电阻并联，并联后电阻小于变阻器阻值一半，所以U AB <U ab2，B 正确；R 越大，并联电阻越接近变阻器阻值一半，U AB 越接近U ab2，C 正确，D 错误．二、非选择题11.如图9所示电路中的A、B两端加有电压U，若R1＝2 Ω，R2＝4 Ω，R3＝3 Ω，通过它们的电流与电阻两端电压分别为I1、I2、I3和U1、U2、U3，则I1∶I2∶I3为多大？U1∶U2∶U3为多大？图9答案1∶1∶21∶2∶3解析由题图看出，电阻R1与R2串联，电流相等，即I1＝I2，根据欧姆定律U＝IR得知，U1∶U2＝R1∶R2＝1∶2，电阻R1与R2串联后与R3并联，并联电路电压相等，根据欧姆定律U＝IR得知，I2∶I3＝R3∶(R1＋R2)＝1∶2，电压U3＝U1＋U2，又U1∶U2＝1∶2，得到U1∶U3＝1∶3.综上可得I1∶I2∶I3＝1∶1∶2，U1∶U2∶U3＝1∶2∶3.12.如图10所示，滑动变阻器的总电阻R＝1 000 Ω，A、B两端电压U＝100 V，调节滑片P 使其下部电阻R1＝400 Ω.图10(1)空载时，C、D两端电压多大？(2)在C、D间接入一个R0＝400 Ω的电阻，C、D两端的电压多大？答案(1)40 V(2)25 V解析(1)滑动变阻器上部电阻R2＝R－R1＝600 Ω由串联电路上各部分电压与电阻成正比关系，得C、D两端电压为：U CD＝R1R1＋R2U＝4001 000×100 V＝40 V.(2)接入R0后，它与R1的并联总电阻为：R 1′＝R 1R 0R 1＋R 0＝400×400400＋400Ω＝200 Ω. C 、D 两端电压为：U CD ′＝R 1′R 1′＋R 2U ＝200200＋600×100 V ＝25 V. 13．(2018·盐城市阜宁县高二上期中)如图11所示，A 、B 两点间电压恒定为12 V ，定值电阻R 1＝2.4 kΩ、R 2＝4.8 kΩ.图11(1)若在a 、b 之间接一个C ＝100 μF 的电容器，闭合开关S ，电路稳定后，求电容器上所带的电荷量；(2)若在a 、b 之间接一个内阻R V ＝4.8 kΩ的电压表，求电压表的示数．答案 (1)8×10－4 C (2)6 V解析 (1)设电容器上的电压为U C ，则U C ＝R 2R 1＋R 2U 电容器的带电荷量Q ＝CU C ，解得：Q ＝8×10－4 C(2)电压表与R 2并联后电阻为：R 并＝R 2R V R 2＋R V则电压表两端的电压为U V ＝R 并R 1＋R 并U 解得：U V ＝6 V.。
人教版高中物理选修3-1：第2章第4节时同步训练及解析.docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）高中物理选修3-1 同步训练1．下列说法不．正确的是( ) A ．一个电阻R 和一根电阻为零的理想导线并联，总电阻为零 B ．并联电路的总电阻一定小于并联支路中最小的电阻C ．在并联电路中，任意支路电阻增大或减小时，总电阻将随之增大或减小D ．电阻R 和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为无穷大 答案：D2．三个电阻的阻值之比为R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为( )A ．1∶2∶5B ．5∶2∶1C ．10∶5∶2D ．2∶5∶10解析：选C.三个电阻并联，电压相等，设为U ，由欧姆定律得I ＝U R ，所以I 1∶I 2∶I 3＝UR 1∶U R 2∶U R 3＝1R 1∶1R 2∶1R 3＝11∶12∶15＝10∶5∶2，C 对，A 、B 、D 错． 3.(2013山东泰安测试)如图2－4－10所示的分压器电路，AB 为分压器的输出端．若把滑动变阻器的滑片P 置于变阻器中央，下列说法正确的是( )图2－4－10A ．不接负载R 时输出电压U AB ＝U CD /2 B ．当接上负载R 时，输出电压U AB <U CD /2C ．负载R 越大，U AB 越接近U CD /2 D ．负载R 越小，U AB 越接近U CD /2 答案：ABC4．一个电流表的满偏电流I g ＝1 mA ，内阻为500 Ω，要把它改装成一个量程为10 V 的电压表，则应在电流表上( ) A ．串联一个10 kΩ的电阻 B ．并联一个10 kΩ的电阻C ．串联一个9.5 kΩ的电阻D ．并联一个9.5 kΩ的电阻解析：选C.把一个电流表改装成一个电压表，要串联一个电阻，可知B 、D 错误．通过电流表的电流为I g 时，电流表表头两端的电压U g ＝I g R g ＝1×10－3×500 V ＝0.5 V 串联电阻R 分担的电压U R ＝U －U g ＝10 V －0.5 V ＝9.5 V 所以串联电阻的阻值R ＝U R I g ＝9.5 V 1×10－3 A＝9.5 kΩ.C 正确，A 错误．故选C.5.如图2－4－11所示电路，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω. (1)如果已知流过电阻R 1的电流I 1＝3 A ，则干路电流多大？ (2)如果已知干路电流I ＝3.9 A ，则流过每个电阻的电流多大？图2－4－11解析：(1)由欧姆定律得R 1两端的电压为： U 1＝I 1R 1＝3×2 V ＝6 V .R 1、R 2、R 3并联，三者两端电压应相等，U 1＝U 2＝U 3.R 2中的电流为：I 2＝U 2R 2＝63 A ＝2 A.R 3中的电流为：I 3＝U 3R 3＝64A ＝1.5 A.干路中的电流为I ＝I 1＋I 2＋I 3＝6.5 A. (2)设并联后的总电阻为R ，则： 1R ＝1R 1＋1R 2＋1R 3，所以R ＝1213Ω. 并联电路两端的电压为：U ＝IR ＝3.9×1213V ＝3.6 V .电流分别为：I 1＝U R 1＝3.62A ＝1.8 AI 2＝U R 2＝3.63 A ＝1.2 A ．I 3＝U R 3＝3.64 A ＝0.9 A.答案：见解析课后作业 一、选择题1．三个阻值都为R 的电阻，它们任意连接、组合，得到的电阻值可能是( ) A ．0.5R B ．3RC ．1.5R D.14R解析：选ABC.三个电阻串联时电阻最大是3R ，B 正确；两个电阻并联时电阻是0.5R ，A 正确；两个电阻并联再和一个电阻串联时总阻值是1.5R ，C 正确；三个电阻并联时电阻最小等于13R ，D 错误． 2．电阻R 1 与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1 与R 2串联后接入电路中时，R 1和R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1 答案：B3.(2013重庆检测)如图2－4－12所示，R 1＝10 Ω，R 2＝R 3＝20 Ω，下列关于R 1、R 2、R 3消耗的电功率P 1、P 2、P 3以及R 1、R 2两端电压U 1、U 2的关系正确的是( )图2－4－12A ．U 1＝U 2，P 1＝P 2＝P 3B ．U 1>U 2，P 1∶P 2∶P 3＝1∶2∶2C ．U 1＝U 2，P 1∶P 2∶P 3＝2∶1∶1D ．U 1<U 2，P 1<P 2＝P 3解析：选C.R 2、R 3并联后的电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω所以U 1＝U 2＝U 3，根据P ＝U 2/R ，所以P 1P 2＝R 2R 1＝21，P 2P 3＝11，C 选项正确．4.如图2－4－13所示，电源内阻不计，已知R 1＝2 kΩ，R 2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R 2的两端，电压表的读数为6 V ．若把它接在a 、b 两点间，电压表的读数为( )图2－4－13A ．18 VB ．12 VC ．8 VD ．6 V解析：选B.电压表并联在R 2两端时，并联部分的电阻为R 2R V R 2＋R V ＝3×63＋6kΩ＝2 kΩ，根据串联电路的分压特点可知，电源电动势为12 V ；电压表并联在a 、b 两端时，测量的是电源的电动势，所以其示数为12 V .5.如图2－4－14所示电路，G 是电流表，R 1、R 2是两个可变电阻，调节可变电阻R 1、R 2，可以改变电流表G 的示数．当M 、N 间的电压为6 V 时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将M 、N 间的电压改为5 V 时，若要使电流表G 的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中一定可行的是( )图2－4－14A ．保持R 1不变，增大R 2B ．增大R 1，减小R 2C ．减小R 1，增大R 2D ．保持R 2不变，减小R 1 答案：B6．在一块微安表G 两端并联一个电阻R ，就改装成了一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( ) A ．在R 上并联一个小电阻 B ．在R 上并联一个大电阻 C ．将R 的阻值变大些D ．将R 的阻值变小些解析：选C.电流表示数偏小，说明改装时与表头并联的分流电阻小，分流较多，因此修正的方法为将R 的阻值变大些． 7．(2012·哈师附中高二检测)有一未知电阻R x ，为较准确地测出其阻值，先后用图2－4－15中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V 5.0 mA ”，而用乙图测得的数据是“3.0 V 4.0 mA ”，那么该电阻测得的较为准确的情况是( )图2－4－15A ．560 Ω，偏大B ．560 Ω，偏小C ．750 Ω，偏小D ．750 Ω，偏大解析：选D.由于⎪⎪⎪⎪ΔU U ＝⎪⎪⎪⎪2.8－3.02.8<⎪⎪⎪⎪ΔI I ＝⎪⎪⎪⎪5.0－4.05.0，即电流表的变化大，电压表的分流作用大，根据试触法的原则，可知用安培表内接法比较准确，用乙图电路，此时电阻为R ＝U I ＝ 3.0 V 4.0×10－3 A＝750 Ω 在电流表的内接法中，测量值大于真实值，D 正确．8．两个电压表V 1和V 2是由完全相同的电流表改装成的，V 1的量程是5 V ，V 2的量程是15 V ．为了测量15～20 V 的电压，现将两电压表串联使用，这种情况下( ) A ．两个电压表的读数相等B ．两个电压表的指针偏转角度相等C ．两个电压表的读数之比等于两电压表的内阻之比D ．两个电压表指针偏转角度之比等于两电压表内阻之比解析：选BC.改装电压表时，需串联一个分压电阻，其阻值为：R ＝(n －1)R g 用同样的表头改装成量程不同的电压表，量程越大，改装倍数n 越大，需要分压电阻越大，改装后电压表的内阻也将越大，故R 1<R 2，当两电压表串联时，根据串联电路中的分压原理，应有U 1∶U 2＝R 1∶R 2，即内阻大的分压大，A 错误，C 正确．两表的偏角取决于流过表头的电流，将两电压表串联后的原理图如图：可见，两个表头也是串联关系，通过的电流应相同，故偏角相同，B 正确，D 错误． 9．(2012·衡阳八中高二检测)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图2－4－16所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数、电表指针偏转角度的说法正确的是( )图2－4－16A ．图甲中的A 1、A 2的示数相同B ．图甲中的A 1、A 2的指针偏角相同C ．图乙中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图乙中的A 1、A 2的指针偏角相同解析：选B.甲图中两表头两端电压相等，表头中的电流相同，故指针偏角相同，由于量程不等，故示数不同，A 错B 对；乙图中两表串联，故示数相同，由于分流电阻不同，故两表头中电流不同，指针偏角不同，故C 、D 错． 二、非选择题10．如图2－4－17所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：图2－4－17(1)待测电阻R x (约100 Ω)(2)直流毫安表(量程0～20 mA ，内阻50 Ω) (3)直流电压表(量程0～3 V ，内阻5 kΩ) (4)直流电源(输出电压6 V ，内阻不计)(5)滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A) (6)开关1个，导线若干根据器材规格及实验要求，画出实验原理图，并在本题的实物图上连线． 解析：先确定采用电流表内接电路还是外接电路．因为R x R A ＝10050＝2<R V R x ＝5×103100＝50，所以采用电流表外接．再确定滑动变阻器是采用限流式接法还是分压式接法．若采用限流式接法，则滑动变阻器阻值达到最大时，电阻中电流最小，I ＝ER x ＋R ＋R A＝6100＋15＋50A ＝36 mA ，此时电阻R x 的电压约为3.6 V ，均已超过电流表和电压表量程，故必须采用滑动变阻器分压式接法．实验原理图和实物连线如图所示．答案：见解析11．在如图2－4－18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 ，R 1＝900 Ω，R 2＝100999Ω.图2－4－18(1)当S 1和S 2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？ (2)当S 1和S 2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？解析：(1)当S 1和S 2均断开时电流表和R 1串联，改装成电压表，其量程为：U ＝I g (R g ＋R 1)＝1×10－3×(100＋900) V ＝1 V .(2)当S 1和S 2均闭合时，S 1闭合将R 1短路，电流表和R 2并联改装成电流表，其量程为I ＝I g ＋I g R g /R 2＝1 A.答案：(1)电压表 1 V (2)电流表 1 A 12．(2012·西安中学高二检测)如图2－4－19所示，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R 3＝5 Ω，则当滑动触头从a 滑到b 的过程中，安培表示数的最小值为多少？图2－4－19解析：设触头上部分电阻为x Ω，则下部分为(5－x ) Ω，总电阻R ＝(2＋x )(8－x )2＋x ＋8－x＝(2＋x )(8－x )10由数学知识可知当2＋x ＝8－x 时，即x ＝3 Ω，R 最大，此时R max ＝5×510Ω＝2.5 Ω 安培表的示数最小I min ＝U R max ＝52.5A ＝2 A. 答案：2 A。
人教版高中物理选修3-2全册同步练习测试解析版[92页]
知能综合检测(A 卷)................................................................. 64 知能综合检测(B 卷) ................................................................. 68 第6章 第 1 节........................................................................ 73
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc C．Ba＞Bb＞Bc，Φa＞Φb＞Φc
B．Ba＞Bb＞Bc，Φa＜Φb＜Φc D．Ba＞Bb＞Bc，Φa＝Φb＝Φc
解析： 根据通电螺线管产生的磁场特点，Ba＞Bb＞Bc，由 Φ＝BS，可得 Φa＞Φb＞Φc， 故 C 正确． 答案： C 4． (2011·永安高二检测)如图所示， 有一正方形闭合线圈， 在足够大的匀强磁场中运动． 下
人教版高中物理选修 3-2 全册 同步练习解析版 目 录
第4章 第4章 第4章 第4章 第4章 第 1、2 节 ................................................................... 1 第 3 节.......................................................................... 5 第 4 节........................................................................ 10 第 6 节........................................................................ 16 第 7 节........................................................................ 21
【精品试卷】人教版高中物理选修3-1：第3章第4节时同步训练及解析复习专用试卷
高中物理学习材料（精心收集**整理制作）高中物理选修3-1 同步训练1.图3－4－16中的通电导线在磁场中受力分析正确的是()图3－4－16解析：选C.注意安培定则与左手定则的区别，判断通电导线在磁场中的受力用左手定则．2.在图3－4－17所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F a、F b，可判断两段导线()图3－4－17A．相互吸引，F a>F b B．相互排斥，F a>F bC．相互吸引，F a<F b D．相互排斥，F a<F b解析：选D.无论开关置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．开关置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故D正确．图3－4－183.(2013河北唐山月考)由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中(如图3－4－18所示)，若导线框中通以如图方向的电流时，导线框将()A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C ．以c 为轴转动D ．以b 为轴转动解析：选B.ab 和bc 两段电流的等效长度等于ac ，方向由a 到c 的一段电流，由左手定则以及安培力公式可知ab 和bc 两段电流所受安培力的合力方向和ac 受到的安培力方向相反，大小相等，线框整体合力为0，仍然静止，B 对．4.关于磁电式电流表的以下说法，正确的是( )A ．指针稳定后，游丝形变产生的阻力与线圈所受到的安培力方向是相反的B ．通电线圈中的电流越大，电流表指针的偏转角度越大C ．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场D ．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力大小与电流大小有关，与所处位置无关解析：选ABD.游丝形变产生的阻力与安培力引起的动力从转动角度来看二力方向相反．电流表内磁场是均匀辐射磁场，在线圈转动的范围内，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处的磁场大小相等方向不同，所以安培力与电流大小有关而与所处位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大，正确的选项为A 、B 、D ，C 错．图3－4－195.(2012·南京外国语学校高二检测)如图3－4－19所示，一根长L ＝0.2 m 的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I ＝5 A 的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B ＝0.6 T 竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin37°＝0.6)解析：从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判出为水平向右， F ＝ILB ＝5×0.2×0.6 N ＝0.6 N. 由平衡条件得重力 mg ＝Ftan37°＝0.8 N.答案：0.8 N课后作业一、单项选择题1.在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线( ) A ．受到竖直向上的安培力 B ．受到竖直向下的安培力 C ．受到由南向北的安培力 D ．受到由西向东的安培力解析：选A.赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，由左手定则判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，答案A正确．图3－4－202.(2012·苏州高级中学高二检测)如图3－4－20所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()A．水平向左B．水平向右C．竖直向下D．竖直向上解析：选D.先用安培定则判断螺线管的磁场方向，在A点导线处的磁场方向是水平向左的；再用左手定则判断出导线A受到的安培力竖直向上．故选D.图3－4－213.如图3－4－21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MN所受安培力大小为()A．F＝BIdB．F＝BId sinθC．F＝BId/sinθD．F＝BId cosθ解析：选C.导线与B垂直，F＝BI dsinθ.图3－4－224.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，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图3－4－22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：选C.根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故C选项正确．二、双项选择题5.图3－4－23通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图3－4－23所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是()A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小相等C．线框所受的安培力的合力方向向左D．线框所受的安培力的合力方向向右解析：选BD.由安培定则可知导线MN在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定则判断出bc边和ad边所受安培力大小相等，方向相反．ab边受到向右的安培力F ab，cd边受到向左的安培力F cd.因ab边所处的磁场强，cd边所处的磁场弱，故F ab＞F cd，线框所受合力方向向右．图3－4－246.如图3－4－24所示，将通电线圈悬挂在磁铁N极附近，磁铁处于水平位置和线圈在同一平面内，且磁铁的轴线经过线圈圆心，线圈将()A．转动B．不转动C．靠近磁铁D．离开磁铁解析：选AC.把环形电流等效成一个小磁针，由安培定则知，此小磁针的N极向里S极向外．条形磁铁的N极吸引小磁针的S极排斥N极，故线圈将发生转动同时靠近磁铁．从上面观察的俯视图如图所示．答案为A、C.图3－4－257.(2013广东阶段性考试)如图3－4－25所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则()A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．台秤的示数随电流的增大而增大解析：选AD.如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，A正确，B、C错误．由F＝BIl可知D正确．图3－4－268.质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的平行导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ.有电流时ab恰好在导轨上静止(如图3－4－26所示)，下列是在沿ba方向观察时的四个平面图，标出了四种不同的匀强磁场方向，其中杆与导轨间摩擦力可能为零的是()图3－4－27解析：选AB.若杆在重力、安培力、弹力的作用下可以处于平衡状态，则杆与轨道间的摩擦力为零．由左手定则判断安培力的方向：图A中安培力水平向右，摩擦力可能为零，A选项正确；图B中安培力竖直向上，摩擦力可能为零，B选项正确；图C中安培力竖直向下，没有摩擦力杆不可能平衡，C 选项错误；图D中安培力水平向左，没有摩擦力，杆不可能平衡，D选项错误．故正确答案为A、B.图3－4－289.(2012·清华附中高二检测)如图3－4－28所示，abcd为闭合四边形线框，a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间中有沿y轴正方向的匀强磁场，线框中通有方向如图所示的电流I.关于线框各条边所受安培力的大小，下列叙述中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．bc边不受安培力作用解析：选BD.根据安培力的计算公式可得，ab边所受安培力的大小为F ab＝BIl ab，bc边平行于磁场方向，受力为零，ad边所受安培力的大小为F ad＝BIl Od，cd边所受安培力的大小为F cd＝BIl cd，故选项B、D正确．三、非选择题图3－4－2910.如图3－4－29所示，在磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，用两根细线悬挂长L ＝10 cm 、质量m ＝5 g 的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零． (1)求金属杆中电流的大小和方向；(2)若每根悬线所受的拉力为0.1 N ，求金属杆中的电流的大小和方向(g ＝10 m/s 2)． 解析：(1)因为悬线受的拉力为零，所受安培力方向向上 F 安＝BIL ＝mg解得：I ＝0.5 A ，方向水平向右．(2)金属杆在重力mg 、悬线拉力2F 和安培力BIL 的作用下平衡，所以有：mg ＋BIL ＝2F 解得：I ＝1.5 A ，方向水平向左． 答案：(1)0.5 A ，方向水平向右 (2)1.5 A ，方向水平向左图3－4－3011.如图3－4－30所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ．质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0，B ＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2) 解析：支持力为0时导线的受力如图所示， 由平衡条件得： F 安＝mgtan37°＝6×10－2×100.75N＝0.8 N由F 安＝BIL 得 B ＝F 安IL ＝0.81×0.4T ＝2 T由B ＝0.4t 得t ＝B 0.4＝20.4s ＝5 s.答案：5 s图3－4－3112.如图3－4－31所示，PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，导体棒的质量m ＝0.2 kg ，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M ＝0.3 kg ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？解析：为了使物体匀速上升，导体棒所受安培力方向应向左，由左手定则可知，导体棒中的电流方向应为a →b .由平衡条件得：BIL ＝Mg ＋μmg 解得：I ＝Mg ＋μmgBL ＝2 A.答案：2 A 方向a →b。
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高中物理选修3-1 同步训练1．下列说法不．正确的是( ) A ．一个电阻R 和一根电阻为零的理想导线并联，总电阻为零 B ．并联电路的总电阻一定小于并联支路中最小的电阻C ．在并联电路中，任意支路电阻增大或减小时，总电阻将随之增大或减小D ．电阻R 和阻值无穷大的电阻并联，总电阻为无穷大 答案：D2．三个电阻的阻值之比为R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为( ) A ．1∶2∶5 B ．5∶2∶1 C ．10∶5∶2 D ．2∶5∶10解析：选C.三个电阻并联，电压相等，设为U ，由欧姆定律得I ＝U R ，所以I 1∶I 2∶I 3＝U R 1∶U R 2∶U R 3＝1R 1∶1R 2∶1R 3＝11∶12∶15＝10∶5∶2，C 对，A 、B 、D 错． 3.(2012·山东泰安第一中学高二测试)如图2－4－10所示的分压器电路，AB 为分压器的输出端．若把滑动变阻器的滑片P 置于变阻器中央，下列说法正确的是( )图2－4－10A ．不接负载R 时输出电压U AB ＝U CD /2 B ．当接上负载R 时，输出电压U AB <U CD /2C ．负载R 越大，U AB 越接近U CD /2 D ．负载R 越小，U AB 越接近U CD /2 答案：ABC4．一个电流表的满偏电流I g ＝1 mA ，内阻为500 Ω，要把它改装成一个量程为10 V 的电压表，则应在电流表上( )A ．串联一个10 kΩ的电阻B ．并联一个10 kΩ的电阻C ．串联一个9.5 kΩ的电阻D ．并联一个9.5 kΩ的电阻解析：选C.把一个电流表改装成一个电压表，要串联一个电阻，可知B 、D 错误．通过电流表的电流为I g 时，电流表表头两端的电压U g ＝I g R g ＝1×10－3×500 V ＝0.5 V 串联电阻R 分担的电压U R ＝U －U g ＝10 V －0.5 V ＝9.5 V 所以串联电阻的阻值R ＝U R I g ＝9.5 V 1×10－3 A ＝9.5 kΩ.C 正确，A 错误．故选C.5.如图2－4－11所示电路，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω. (1)如果已知流过电阻R 1的电流I 1＝3 A ，则干路电流多大？ (2)如果已知干路电流I ＝3.9 A ，则流过每个电阻的电流多大？图2－4－11解析：(1)由欧姆定律得R 1两端的电压为： U 1＝I 1R 1＝3×2 V ＝6 V.R 1、R 2、R 3并联，三者两端电压应相等，U 1＝U 2＝U 3.R 2中的电流为：I 2＝U 2R 2＝63 A ＝2 A.R 3中的电流为：I 3＝U 3R 3＝64A ＝1.5 A.干路中的电流为I ＝I 1＋I 2＋I 3＝6.5 A. (2)设并联后的总电阻为R ，则： 1R ＝1R 1＋1R 2＋1R 3，所以R ＝1213Ω. 并联电路两端的电压为：U ＝IR ＝3.9×1213V ＝3.6 V .电流分别为：I 1＝U R 1＝3.62A ＝1.8 AI 2＝U R 2＝3.63 A ＝1.2 A ．I 3＝U R 3＝3.64 A ＝0.9 A.答案：见解析一、选择题1．三个阻值都为R 的电阻，它们任意连接、组合，得到的电阻值可能是( ) A ．0.5R B ．3RC ．1.5R D.14R解析：选ABC.三个电阻串联时电阻最大是3R ，B 正确；两个电阻并联时电阻是0.5R ，A 正确；两个电阻并联再和一个电阻串联时总阻值是1.5R ，C 正确；三个电阻并联时电阻最小等于13R ，D 错误．2．电阻R 1 与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1 与R 2串联后接入电路中时，R 1和R 2两端电压之比U 1∶U 2为( ) A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶4 D ．4∶1 答案：B 3.(2012·重庆南开中学高二检测)如图2－4－12所示，R 1＝10 Ω，R 2＝R 3＝20 Ω，下列关于R 1、R 2、R 3消耗的电功率P 1、P 2、P 3以及R 1、R 2两端电压U 1、U 2的关系正确的是( )图2－4－12A ．U 1＝U 2，P 1＝P 2＝P 3B ．U 1>U 2，P 1∶P 2∶P 3＝1∶2∶2C ．U 1＝U 2，P 1∶P 2∶P 3＝2∶1∶1D ．U 1<U 2，P 1<P 2＝P 3解析：选C.R 2、R 3并联后的电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω所以U 1＝U 2＝U 3，根据P ＝U 2/R ，所以P 1P 2＝R 2R 1＝21，P 2P 3＝11，C 选项正确．4.如图2－4－13所示，电源内阻不计，已知R 1＝2 kΩ，R 2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R 2的两端，电压表的读数为6 V ．若把它接在a 、b 两点间，电压表的读数为( )图2－4－13A ．18 VB ．12 VC ．8 VD ．6 V解析：选B.电压表并联在R 2两端时，并联部分的电阻为R 2R V R 2＋R V ＝3×63＋6 kΩ＝2 kΩ，根据串联电路的分压特点可知，电源电动势为12 V ；电压表并联在a 、b 两端时，测量的是电源的电动势，所以其示数为12 V .5.如图2－4－14所示电路，G 是电流表，R 1、R 2是两个可变电阻，调节可变电阻R 1、R 2，可以改变电流表G 的示数．当M 、N 间的电压为6 V 时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将M 、N 间的电压改为5 V 时，若要使电流表G 的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中一定可行的是( )图2－4－14A ．保持R 1不变，增大R 2B ．增大R 1，减小R 2C ．减小R 1，增大R 2D ．保持R 2不变，减小R 1 答案：B6．在一块微安表G 两端并联一个电阻R ，就改装成了一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( ) A ．在R 上并联一个小电阻 B ．在R 上并联一个大电阻 C ．将R 的阻值变大些 D ．将R 的阻值变小些解析：选C.电流表示数偏小，说明改装时与表头并联的分流电阻小，分流较多，因此修正的方法为将R 的阻值变大些． 7．(2012·哈师附中高二检测)有一未知电阻R x ，为较准确地测出其阻值，先后用图2－4－15中甲、乙两种电路进行测试，利用甲图测得的数据是“2.8 V 5.0 mA ”，而用乙图测得的数据是“3.0 V 4.0 mA ”，那么该电阻测得的较为准确的情况是( )图2－4－15A ．560 Ω，偏大B ．560 Ω，偏小C ．750 Ω，偏小D ．750 Ω，偏大解析：选 D.由于⎪⎪⎪⎪ΔU U ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2.8－3.02.8<⎪⎪⎪⎪ΔI I ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5.0－4.05.0，即电流表的变化大，电压表的分流作用大，根据试触法的原则，可知用安培表内接法比较准确，用乙图电路，此时电阻为R ＝U I ＝ 3.0 V4.0×10－3 A ＝750 Ω在电流表的内接法中，测量值大于真实值，D 正确．8．两个电压表V 1和V 2是由完全相同的电流表改装成的，V 1的量程是5 V ，V 2的量程是15 V ．为了测量15～20 V 的电压，现将两电压表串联使用，这种情况下( ) A ．两个电压表的读数相等B ．两个电压表的指针偏转角度相等C ．两个电压表的读数之比等于两电压表的内阻之比D ．两个电压表指针偏转角度之比等于两电压表内阻之比解析：选BC.改装电压表时，需串联一个分压电阻，其阻值为：R ＝(n －1)R g 用同样的表头改装成量程不同的电压表，量程越大，改装倍数n 越大，需要分压电阻越大，改装后电压表的内阻也将越大，故R 1<R 2，当两电压表串联时，根据串联电路中的分压原理，应有U 1∶U 2＝R 1∶R 2，即内阻大的分压大，A 错误，C 正确．两表的偏角取决于流过表头的电流，将两电压表串联后的原理图如图：可见，两个表头也是串联关系，通过的电流应相同，故偏角相同，B 正确，D 错误． 9．(2012·衡阳八中高二检测)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图2－4－16所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数、电表指针偏转角度的说法正确的是( )图2－4－16A ．图甲中的A 1、A 2的示数相同B ．图甲中的A 1、A 2的指针偏角相同C ．图乙中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图乙中的A 1、A 2的指针偏角相同解析：选B.甲图中两表头两端电压相等，表头中的电流相同，故指针偏角相同，由于量程不等，故示数不同，A 错B 对；乙图中两表串联，故示数相同，由于分流电阻不同，故两表头中电流不同，指针偏角不同，故C 、D 错．二、非选择题10．如图2－4－17所示为用伏安法测定一个定值电阻的阻值的实验所需的器材实物图，器材规格如下：图2－4－17(1)待测电阻R x (约100 Ω)(2)直流毫安表(量程0～20 mA ，内阻50 Ω) (3)直流电压表(量程0～3 V ，内阻5 kΩ) (4)直流电源(输出电压6 V ，内阻不计)(5)滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，允许最大电流1 A) (6)开关1个，导线若干根据器材规格及实验要求，画出实验原理图，并在本题的实物图上连线． 解析：先确定采用电流表内接电路还是外接电路．因为R x R A ＝10050＝2<R V R x ＝5×103100＝50，所以采用电流表外接．再确定滑动变阻器是采用限流式接法还是分压式接法．若采用限流式接法，则滑动变阻器阻值达到最大时，电阻中电流最小，I ＝E R x ＋R ＋R A ＝6100＋15＋50 A ＝36 mA ，此时电阻R x 的电压约为3.6 V ，均已超过电流表和电压表量程，故必须采用滑动变阻器分压式接法．实验原理图和实物连线如图所示．答案：见解析11．在如图2－4－18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 ，R 1＝900 Ω，R 2＝100999Ω.图2－4－18(1)当S 1和S 2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？ (2)当S 1和S 2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？解析：(1)当S 1和S 2均断开时电流表和R 1串联，改装成电压表，其量程为：U ＝I g (R g ＋R 1)＝1×10－3×(100＋900) V ＝1 V .(2)当S 1和S 2均闭合时，S 1闭合将R 1短路，电流表和R 2并联改装成电流表，其量程为I ＝I g ＋I g R g /R 2＝1 A. 答案：(1)电压表 1 V (2)电流表 1 A 12．(2012·西安中学高二检测)如图2－4－19所示，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R 3＝5 Ω，则当滑动触头从a 滑到b 的过程中，安培表示数的最小值为多少？图2－4－19解析：设触头上部分电阻为x Ω，则下部分为(5－x ) Ω， 总电阻R ＝(2＋x )(8－x )2＋x ＋8－x＝(2＋x )(8－x )10由数学知识可知当2＋x ＝8－x 时，即x ＝3 Ω，R 最大，此时R max ＝5×510Ω＝2.5 Ω 安培表的示数最小I min ＝U R max ＝52.5A ＝2 A. 答案：2 A。