高中物理选修3-1综合练习测试题(附答案)

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人教高中物理选修3-1：计算题(附答案)

人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）1 / 11选修3-1计算题一、计算题1. 如图所示，BC 是半径为R 的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为，为一质量为m ，带正电q 的小滑块体积很小可视为质点，重力加速度为g ．若小滑块P 能在圆弧轨道上某处静止，求其静止时所受轨道的支持力的大小．若将小滑块P 从C 点由静止释放，滑到水平轨道上的A 点时速度减为零，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为求：滑块通过圆弧轨道末端B 点时的速度大小以及所受轨道的支持力大小水平轨道上A 、B 两点之间的距离．2. 在电场强度为，方向水平向右的匀强电场中，用一根长的绝缘轻细杆，固定一个带正电的小球，细杆可绕轴O 在竖直平面内自由转动如图所示，现将杆从水平位置A 轻轻释放，在小球运动到最低点B 的过程中，取求：、B 两位置的电势差多少？电场力对小球做功多少？小球的电势能变化了多少？ 3. 4.5.如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出初速度可忽略不计，经灯丝与A板间的电压加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中偏转电场可视为匀强电场，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．求电子穿过A板时速度的大小；求电子从偏转电场射出时的侧移量y；若要使电子打在荧光屏上P点的上方，应使M、N两板间的电压增大还是减小？6.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近缝隙的宽度远小于盒半径，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为粒子，其质量为m、电量为粒子从D形盒中央开始被加速初动能可以忽略，经若干次加速后，粒子从D形盒边缘被引出求：粒子被加速后获得的最大动能；粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；粒子在回旋加速器中运动的时间；若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）3 / 117. 有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示其中加速电场的电压为U ，静电分析器中有会聚电场，即与圆心等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心磁分析器中以为圆心、圆心角为的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行由离子源发出一个质量为m 、电荷量为q 的正离子初速度为零，重力不计，经加速电场加速后，从M 点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N 点射出静电分析器而后离子由P 点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q 点射出，并进入收集器测量出Q 点与圆心的距离为位于Q 点正下方的收集器入口离Q 点的距离为题中的U 、m 、q 、R 、d 都为已知量求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E 的大小；求磁分析器中磁场的磁感应强度B 的大小和方向；现将离子换成质量为4m ，电荷量仍为q 的另一种正离子，其它条件不变磁分析器空间足够大，离子不会从圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离．8. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如图所示为质谱仪的原理示意图现利用这种质谱议对某电荷进行测量电荷的带电量为q ，质量为m ，电荷从容器A 下方的小孔S ，无初速度飘入电势差为U 的加速电场加速后垂直进入磁感强度为B 的匀强磁场中，然后从D 点穿出，从而被接收器接受问：电荷的电性；的水平距离为多少．9.质谱仪是一种精密仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具图中所示的质谱仪是由加速电场和偏转磁场组成带电粒子从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上不计粒子重力．若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：粒子进入磁场时的速度大小v；粒子在磁场中运动的轨道半径若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核、，由底片上获知、在磁场中运动轨迹的直径之比是：求、的质量之比：．10.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示离子源S产生的各种不同正离子束速度可看作为零，经加速电场加速电场极板间的距离为d、电势差为加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上设离子在P上的位置与入口处之间的距离为x．求该离子的荷质比；若离子源产生的是带电量为q、质量为和的同位素离子，它们分别到达照相底片上的、位置图中末画出，求、间的距离．人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）5 / 1111. 如图所示，两平行金属导轨所在的平面与水平面夹角，导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，导轨间的距离在导轨所在空间内分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场现把一个质量的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒的电阻，导体棒恰好能静止金属导轨电阻不计取，，求：受到的安培力大小；受到的摩擦力大小．12. 如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距1m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量，棒与导轨的动摩擦因数为，匀强磁场的磁感应强度，方向竖直向下，为了使物体以加速度加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？13. 如图回旋加速器D 形盒的半径为r ，匀强磁场的磁感应强度为一个质量了m 、电荷量为q 的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．求该回旋加速器所加交变电场的频率；求粒子离开回旋加速器时获得的动能；设两D 形盒间的加速电压为U ，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间不计在电场中的加速时间．答案和解析【答案】1. 解：受力如图，滑块在某点受重力、支持力、电场力平衡，有：，由牛顿第三定律得：小滑块从C到B的过程中，设滑块通过B点时的速度为，由动能定理得：代入数据解得：，通过B前，滑块还是做圆周运动，由牛顿第二定律得：支由牛顿第三定律得：压支代入数据解得：压令A、B之间的距离为，小滑块从C经B到A的过程中，由动能定理得：解得：答：滑块通过B点时的速度大小为；滑块通过B点前瞬间对轨道的压力；水平轨道上A、B两点之间的距离．2. 解：之间沿电场方向的距离为L，则两点之间的电势差：电场力做功：电场力做正功，小球的电势能减小，减小为答：、B两位置的电势差是10000 v电场力对小球做功；小球的电势能减小．3. 设电子经电压加速后的速度为，由动能定理有：解得：．电子以速度进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为由牛顿第二定律和运动学公式有：，，人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）7 / 11解得：．由知，增大偏转电压可增大y 值，从而使电子打到屏上的位置在P 点上方．答：电子穿过A 板时速度的大小为．电子从偏转电场射出时的侧移量为．要使电子打在荧光屏上P 点的上方，应使M 、N 两板间的电压增大．4. 解：粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能设此时的速度为v ，有可得粒子的最大动能粒子被加速一次所获得的能量为，粒子被第n 次和次加速后的动能分别为可得设粒子被电场加速的总次数为a ，则可得粒子在加速器中运动的时间是粒子在D 形盒中旋转a 个半圆周的总时间t ．解得加速器加速带电粒子的能量为，由粒子换成氘核，有，则，即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期，由粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍5. 解：设离子进入静电分析器时的速度为v ，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：联立两式，解得：离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：由题意可知，圆周运动的轨道半径为：故解得：，由左手定则判断得知磁场方向垂直纸面向外．设质量为4m的正离子经电场加速后的速度为．由动能定理有，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，根据牛顿第二定律有：得：质量为4m的正离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：可得磁场中运动的半径：由几何关系可知，收集器水平向右移动的距离为：答：静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为；磁分析器中磁感应强度B的大小为；收集器水平移动的距离为．6. 解：由题意知，粒子进入磁场时洛伦兹力方向水平向左，根据左手定则知，电荷带正电．根据动能定理得，解得粒子进入磁场的速度．根据得，．则SD的水平距离．答：粒子带正电．的水平距离为．7. 解：、在加速电场中，由动能定理得：，解得：；b、碘粒子在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：；人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）9 / 11两种原子核、互为同位素，所以电荷量相等，由b 的结论可知：、在磁场中运动轨迹的直径之比是：1所以有：答：粒子进入磁场时的速度大小是；粒子在磁场中运动的轨道半径R 是；若由容器A 进入电场的是互为同位素的两种原子核、，由底片上获知、在磁场中运动轨迹的直径之比是：、的质量之比是2：1．8. 解：离子在电场中加速，由动能定理得：；离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：由式可得：由式可得粒子在磁场中的运动半径是，则：对离子，同理得：照相底片上、间的距离：；答：求该离子的荷质比；、间的距离．9. 解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒受到的安培力：安导体棒所受重力沿斜面向下的分力：由于小于安培力，故导体棒沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件得：安解得：安答：导体棒受到的安培力大小是；导体棒受到的摩擦力大小是．10. 解：导体棒的最大静摩擦力大小为，的重力为，则，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a 到b ．根据受力分析，由牛顿第二定律，则有安安，联立得：答：应在棒中通入的电流，方向．11. 解：由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，由粒子得：；电粒子由洛伦兹力提供向心力得：所以：联立解得：加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：粒子运动的时间为：联立解得：答：该回旋加速器所加交变电场的频率为；粒子离开回旋加速器时获得的动能为；设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间为．【解析】1. 滑块在某点受重力、支持力、电场力三个力处于平衡，根据共点力平衡求出支持力的大小小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．根据圆周运动向心力公式即可求解，由动能定理即可求出AB的长．本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力对于电场力做功，为两点沿电场线方向的距离．2. 根据：即可计算出电势差；根据恒力做功的公式求电场力做的功；根据电场力做功情况判断电势能如何变化；电场力做正功，小球的电势能减小与之相等．解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．3. 根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小电子在偏转电场中，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出电子从偏转电场射出时的侧移量解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．4. 根据知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据求出粒子的最大动能．粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次和次加速后的动能，，从而求出回旋半径之比．求出粒子被加速的次数，在一个周期内加速两次，求出周期，从而求出粒子在回旋加速器中运动的时间．回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电变化的周期相同已知氘核与粒子的质量比和电荷比，人教高中物理选修3-1：计算题（附答案）根据最大动能相等，得出磁感应强度的关系，以及根据周期公式，得出交流电的周期变化．解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．5. 运用动能定理研究加速电场，求出进入静电分析器的速度为v，离子在电场力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式求解电场强度E的大小．离子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律列出等式再结合几何关系求出已知长度与半径的关系，从而算出磁感应强度大小并确定方向．根据动能定理可知，当粒子电量不变，质量变为4m时的速度，从而求个粒子磁场中运动的半径，故可求得收集器水平移动的距离．明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题对于圆周运动，关键找出圆周运动所需的向心力，列出等式解决问题．6. 根据左手定则，结合洛伦兹力的方向判断出电荷的电性；根据洛伦兹力提供向心力得出粒子的偏转半径，从而得出SD的水平距离．解决本题的关键掌握洛伦兹力判断磁场方向、粒子运动方向、洛伦兹力方向的关系，以及掌握粒子在磁场中运动的半径公式，并能灵活运用．7. 带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径．、互为同位素，所以电荷量相等，由b的结论得出半径与质量之间的关系，然后由题目的条件即可求出．本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．8. 根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求出、间的距离．本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．9. 先根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流由公式安求解安培力大小；导体棒处于静止状态，合力为零，根据平衡条件列式求解摩擦力的大小．本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是安培力的分析和计算，运用平衡条件研究．10. 若要保持物体匀速上升，受力必须平衡由于M所受的最大静摩擦力为，而M的重力为，要保持导体以加速度加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向根据牛顿第二定律和安培力公式求出导体棒中电流的大小．此题是通电导体在磁场中加速问题，要抓住静摩擦力会外力的变化而变化，根据牛顿第二定律进行求解．11. 回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，故频率也相等；考虑在磁场中运动的时间即可．解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等，会求解加速时间．11 / 11。

高中物理选修3-1期末复习练习题(8)

E S R 1R 2R 3 R 4L 1L 2A图6 选修3-1测试题一、选择题1、两根材料相同的匀称导线a 和b ，a 长为L ，b 长为2L ，串联在电路上时沿长度方向的电势改变如图1所示，则a 、b 的横截面积之比A 、2:3B 、1:3C 、1:2D 、3:12、如图，在xOy 平面中有一通电直导线与Ox 、Oy 轴相交，导线中电流方向如图所示。

该区域有匀强磁场，通电直导线所受磁场力的方向与Oz 轴的正方向相同。

该磁场的磁感应强度的方向可能是A.沿x 轴正方向B.沿y 轴负方向C.沿z 轴正方向D.沿z 轴负方向3、关于带负电的粒子（重力可忽视不计），下面说法中正确的是①沿电场线方向飞入匀强电场，电场力做功，动能增加 ②垂直电场线方向飞入匀强电场，电场力做功，动能增加③垂直磁感线方向飞入匀强磁场，磁场力不做功，动能不变 ④沿磁感线方向飞入匀强磁场，磁场力做功，动能增加 A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④4、如图所示的电路，当闭合开关时，灯L 1、L 2正常发光。

由于电路出现故障，突然发觉灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小。

试依据上述现象推断，发生的故障可能是A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路5、如图所示，相距为d 的水平金属板M 、N 在左侧有一对竖直金属板P 、Q ，板P 上的小孔S 正对极Q 上的小孔O ，M 、N 间有垂直纸面对里的匀强磁场，在小孔S 处有一带负电粒子，其重力和初速均不计，当变阻器的滑动触头在AB 的中点时，带负电粒子恰能在M 、N 间做直线运动，当滑动变阻器滑片滑到A 点后，A ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能肯定不变B ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能肯定增大C ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能肯定减小D ．粒子可能从M 板的右边缘飞出6、光滑水平面上有一个带负电的小球A 和一个带正电的小球B ，空间存在着竖直向下的匀强磁场，如图所示，给小球B 一个合适的冲量，B 将在水平面上按图示的轨迹做匀速圆周运动。

高中物理选修3-1-静电场-测试题-单元测试及答案

静电场单元测试一、选择题1．如图所示，a 、b 、c 为电场中同一条电场线上的三点，c 为ab 的中点，a 、b 点的电势分别为φa ＝5 V ，φb ＝3 V ，下列叙述正确的是( ) A ．该电场在c 点处的电势一定为4 V B ．a 点处的场强一定大于b 处的场强C ．一正电荷从c 点运动到b 点电势能一定减少D ．一正电荷运动到c 点时受到的静电力由c 指向a 2．如图所示，一个电子以100 eV 的初动能从A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A 与B 两点间的电势差为( )A ．300 VB ．－300 VC ．－100 VD ．－1003V3．如图所示，在电场中，将一个负电荷从C 点分别沿直线移到A 点和B 点，克服静电力做功相同．该电场可能是( ) A ．沿y 轴正向的匀强电场 B ．沿x 轴正向的匀强电场C ．第Ⅰ象限内的正点电荷产生的电场D ．第Ⅳ象限内的正点电荷产生的电场4．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A ．当小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小B ．当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C ．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D ．小球在运动过程中机械能不守恒5．在静电场中a 、b 、c 、d 四点分别放一检验电荷，其电量可变，但很小，结果测出检验电荷所受电场力与电荷电量的关系如图所示，由图线可知 ( )A ．a 、b 、c 、d 四点不可能在同一电场线上B ．四点场强关系是E c ＝E a >E b >E dC ．四点场强方向可能不相同D ．以上答案都不对6．如图所示，在水平放置的光滑接地金属板中点的正上方，有带正电的点电荷Q ，一表面绝缘带正电的金属球(可视为质点，且不影响原电场)自左以速度v 0开始在金属板上向右运动，在运动过程中 ( ) A ．小球做先减速后加速运动 B ．小球做匀速直线运动 C ．小球受的电场力不做功D ．电场力对小球先做正功后做负功7．如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场．若不计重力，图中的四个图线中能描述粒子在电场中的运动轨迹的是( )8．图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则下述判断正确的是( )A．b点的电势一定高于a点B．a点的场强一定大于b点C．带电粒子一定带正电D．带电粒子在b点的速率一定小于在a点的速率9．如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中() A．小物块所受电场力逐渐减小B．小物块具有的电势能逐渐减小C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功10．如图所示，A，B两个带有异种电荷的小球分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，静止时木盒对地面的压力为F N，细线对B的拉力为F.若将系B的细线断开，下列说法中正确的是( )A．刚断开时木盒对地的压力等于F NB．刚断开时木盒对地的压力等于F N＋FC．刚断开时木盒对地的压力等于F N－FD．在B向上运动的过程中，木盒对地的压力逐渐变大11．有一匀强电场，其场强为E，方向水平向右，把一个半径为r的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A穿有一个质量为m，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A点下滑1/4圆周到B点时，小球对环的压力大小为：( )A.2mgB.qE．C.2mg+qED.2mg+3qE12．如图所示，一金属球原来不带电．现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，金属球感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为E a、E b、E c，三者相比，则：( )A.E a最大B.E b最大C.E c最大D.E a=E b=E c二、填空题13．带正电1.0×10－3 C 的粒子，不计重力，在电场中先后经过A 、B 两点，飞经A 点时动能为10 J ，飞经B 点时动能为4 J ，则带电粒子从A 点到B 点过程中电势能增加了______，A 、B 两点电势差为____．14．在两块平行竖直放置的带等量异种电荷的金属板M 、N 间的匀强电场中有A 、B 两点，AB 连线与水平方向成30°角，AB 长为0.2cm ，如图所示．现有一带电量为4×10－8C 的负电荷从A 沿直线移到B 点，电场力做正功2.4×10－6J ，则A 、B 两点间的电势差大小为________，________点电势高．若此电荷q 沿任意路径从B 到A 点，电荷电势能变化情况是________，此匀强电场的场强大小为________，若两金属板相距0.3cm ，则两板电势差为________．15．如图，带电量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a 点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力恒量为k)16．如图所示，质量相等的三个小球A 、B 、C ，放在光滑的绝缘水平面上，若将A 、B 两球固定，释放C 球，C 球的加速度为1m/s 2，方向水平向左．若将B 、C 球固定，释放A 球，A 球的加速度为2m/s 2，方向水平向左．现将A 、C 两球固定，释放B 球，则B 球加速度大小为________m/s 2，方向为________．三、计算题17．如图所示，用长L 的绝缘细线拴住一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，线的另一端拴在水平向右的匀强电场中，开始时把小球、线拉到和O 在同一水平面上的A 点(线拉直)，让小球由静止开始释放，当摆线摆到与水平线成60°角到达B 点时，球的速度正好为零．求： (1)B 、A 两点的电势差； (2)匀强电场的场强大小．18．如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R ，下端与光滑绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E 中．一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从水平面上的A 点以初速度v 0水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C ，场强大小为E(E 小于mgq)．(1)试计算物块在运动过程中克服摩擦力做的功．(2)证明物块离开轨道落回水平面过程的水平距离与场强大小E 无关，且为一常量．19．一质量为m 、电荷量为+q 的小球，从O 点以和水平方向成α角的初速度v 0抛出，当达到最高点A 时，恰进入一匀强电场中，如图．经过一段时间后，小球从A 点沿水平直线运动到与A 相距为S 的A′点后又折返回到A 点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点．求(1)该匀强电场的场强E 的大小和方向；(即求出图中的θ角，并在图中标明E 的方向) (2)从O 点抛出又落回O 点所需的时间．1．C [该电场不一定是匀强电场，φc 不一定等于φa ＋φb2＝4 V ，故A 、B 错误；由φa ＞φb知，电场线由a 指向b ，正电荷在c 点的受力也应由c 指向b ，选项D 错误；由E p ＝qφ知选项C 正确．]2．B [电子做类平抛运动，在B 点，由速度分解可知v B ＝v Acos 60°＝2v A ，所以E k B ＝4E k A ＝400 eV ，由动能定理得U AB (－e )＝E k B －E k A ，所以U AB ＝－300 V ，B 对．]3．AD [由题意知φA ＝φB ，A 、B 应处在同一等势面上，又W CA ＝qU CA ＜0，q ＜0，故U CA ＞0，即φC ＞φA ，符合条件的可能是选项A 、D.]4．CD [qE ＝mg ，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小；若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大，故A 、B 错；a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D 正确．]5.B 解析：场强与检验电荷电量的大小无关．6. BC 解析：金属板在点电荷的电场中达到静电平衡状态后，其表面是一个等势面，根据电场线与等势面垂直，则带电小球沿金属板表面移动时所受电场力的方向竖直向下，所以带电小球所受的重力、支持力和电场力均在竖直方向上，合力为零．故带电小球做匀速直线运动，∴B 正确；又由于电场力与表面垂直，对小球不做功，故C 正确，D 错误．7. 答案：C8.答案：BD解析：由等势线的分布画出电场线的分布如图所示，可知a 点的场强大，B 正确，根据轨迹可判断电场力指向左方，电场力做负功，a 点速率大于b 点速率，D 正确．但不知粒子电性，也无法判断场强的具体方向，故无法确定a 、b 两点电势的高低，A 、C 错误．9.答案：ABD解析：电场力做正功，摩擦力做负功，大小相等(始末速度为零)． 10.答案：BD解析：刚断开时，A ，B 间的库仑力不变．未断开时，对A ，B 和木盒整体进行受力分析，有： F N ＝G 木＋G A ＋G B ，对于B ，F 库＝GB ＋F.断开时，对A 与木箱整体进行受力分析，有： F N′＝G 木＋G A ＋F 库，因为F 库不变．所以B 正确，在B 向上运动过程中F 库变大，所以D 正确． 11.D 12.C13．6 J －6 000 V14.答案：60V ，B ，增加，23×104V/m ,603V 15.答案：2dkq，水平向左(或垂直薄板向左) 16.解析：把A 、B 、C 球作为一个系统，三个小球之间的相互作用力为系统内力．根据牛顿第三定律，每两个小球之间存在一对作用力和反作用力，其大小相等、方向相反．这样系统的内力之和为零．系统的外力之和也为零设三个小球所受的合外力分别为F 1、F 2、F 3，则 F 1＝ma 1 F 2＝ma 2 F 3＝ma 3F 1＋F 2＋F 3＝m(a 1＋a 2＋a 3)＝0设向右为正 a 2＝－a 1－a 3＝1＋2＝3(m/s 2)B 球的加速度大小为3m/s 2，方向向右．17．(1)3mgL 2q (2)3mgq解析 (1)由动能定理得： mgL sin 60°－qU BA ＝0所以U BA ＝3mgL2q(2)U BA ＝EL (1－cos 60°)得：E ＝ 3mgq. 18.答案：(1)Wf ＝12mv20＋52(Eq －mg)R (2)s ＝2R解析：(1)物块恰能通过圆弧最高点C 时，圆弧轨道与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力mg －Eq ＝m v2CR ①物块在由A 运动到C 的过程中，设物块克服摩擦力做的功为Wf ，根据动能定理有 Eq·2R －Wf －mg·2R ＝12mv2C －12mv20② 由①②式解得Wf ＝12mv20＋52(Eq －mg)R ③(2)物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s ，则水平方向有s ＝vCt ④ 竖直方向有2R ＝12(g －Eqm )·t2⑤由①④⑤式联立解得s ＝2R ⑥因此，物块离开轨道落回水平面的水平距离与场强大小E 无关，大小为2R.19.解析：(1)斜上抛至最高点A 时的速度vA ＝v0cosα① 水平向右由于AA ′段沿水平方向直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一水平向左的恒力：F ＝mgtanθ＝qEcosθ，②带电小球从A 运动到A ′过程中作匀减速运动有(v0cosα)2＝2qEcosθs/m ③ 由以上三式得： E ＝mv40cos4α＋4g2s22qsθ＝arctan 2gsv20cos2α 方向斜向上(2)小球沿AA ′做匀减速直线运动，于A ′点折返做匀加速运动所需时间t ＝2v0sinαg ＋4s v0cosα。

高中物理选修3-1测试题及答案(人教版)

高中物理选修3-1测试题及答案（满分100分，时间90分钟）一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分，在1~9小题为单选；第10小题为不定项选。

）1．关于点电荷的说法，正确的是( )A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．体积很大的带电体只要距离满足一定条件也可以看成点电荷2．下列关于电场强度的叙述，正确的是( )A．电场中某点的电场强度与该点试探电荷的电量成反比B．电场中某点的电场强度与该点试探电荷所受的电场力成正比C．电场中某点的电场强度与该点有无试探电荷无关D．电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向3. 关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）A.电场强度的方向处处与等势面平行B.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低C. 电场强度为零的地方，电势也为零D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向4. 如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示电场的等势面。

则( )A．1、2两点的场强相等 B．2、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等5. 某电解池，如果在1秒钟内有1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是 ( )A ．0B ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.26．如图所示，在一电场强度水平向右的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带正电小球，小球的质量为m 、电荷量为q ，当丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小为( ) A.3mg q B.mg 2q C.3mg 2q D.mg q7. 给电容器充电，充完后断开开关。

当增大两极板间间距时，电容器带电量Q ，电容C ，两极板间电压U ，两极板间场强E 的变化情况是（）A ．Q 变小，C 不变，U 变小，E 变小 B. Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D. Q 不变，C 不变，U 变小，E 变小8．如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动．那么( )A ．微粒带正、负电荷都有可能B ．微粒做匀减速直线运动C ．微粒做匀速直线运动D ．微粒做匀加速直线运动9．关于等势面的说法，正确的是( )A ．电荷在等势面上移动时，由于不受电场力作用，所以说电场力不做功B ．在同一个等势面上各点的场强大小相等C ．两个不等电势的等势面可能相交D ．若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小10．如图所示，固定在Q 点的正点电荷的电场中有M 、N 两点，已知MQ ＜NQ.下列叙述正确的是( )A ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少B ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加C ．若把一负的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服静电力做的功等于静电力对该电荷所做的功，电势能不变二．实验题（每空3分，电路图4分）11. 左下图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为3V。

人教版高中物理选修3-1作业：电场强度(含答案)

电场强度课后作业限时：45分钟总分：100分一、选择题(8×5′，共40分)1．在电场中的某点A放一试探电荷＋q，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右，则A点的场强大小E A＝Fq，方向水平向右．下列说法中正确的是( )A．在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向变为水平向左B．在A点放一个负试探电荷，它所受的电场力方向水平向左C．在A点放置一个电荷量为2q的试探电荷，则A点的场强变为2E A D．在A点放置一个电荷量为2q的试探电荷，则它所受的电场力变为2F解析：E＝Fq是电场强度的定义式，某点场强大小和方向与场源电荷有关，而与放入的试探电荷没有任何关系，故A、C错，B正确；又A点场强E A一定，放入试探电荷所受电场力大小为F＝qE A，当放入电荷量为2q的试探电荷时，试探电荷所受电场力应为2F，故D正确．答案：BD2．如图7所示的直线CE上，在A点处有一点电荷带有电荷量＋4q，在B 点处有一点电荷带有电荷量－q，则直线CE上电场强度为零的位置是( )图7A ．C 点B ．D 点C ．B 点D ．E 点解析：A 处点电荷形成的场强方向离A 而去，B 处点电荷形成的电场向B 而来，A 、B 两处点电荷的电场只有在A 的左侧和B 的右侧才能方向相反．再根据A 电荷的电荷量大于B 电荷的电荷量，欲使两电荷在线上某点产生的合场强为零，该点须离A 较远而离B 较近，故合场强为零的点，只能在B 的右侧，设该点离B 点距离为x ，则有k ·4q 2r ＋x 2＝kq x 2即(2r ＋x )2＝4x 2，故x ＝2r ，即合场强为零的点是E 点．答案：D3．在正电荷Q 形成的电场中的P 点放一点电荷，其电荷量为＋q ，P 点距Q 点为r ，＋q 受电场力为F ，则P 点的电场强度为( )A.F QB.F qC.kqr 2 D.kQr 2解析：电场强度的定义式E ＝F q中，q 为检验电荷的电荷量，由此可判定B 正确，再将库仑定律F ＝k Qqr 2代入上式或直接应用点电荷的场强公式，即可得知D选项正确．故本题的正确选项为B 、D.答案：BD4．如下图所示，正电荷q 在电场中由P 向Q 做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的( )解析：由P向Q做加速运动，故该正电荷所受电场力应向右；加速度越来越大，说明所受电场力越来越大，即从P向Q电场线应越来越密，综合分析可知电场应是图D所示．答案：D图85．如图8所示，AB是某电场中的一条电场线，在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象下列判断中正确的是(不计电荷重力)( )A．电荷向B做匀加速运动B．电荷向B做加速度越来越小的运动C．电荷向B做加速度越来越大的运动D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定解析：从静止起运动的负电荷向B运动，说明它受的电场力指向B.负电荷受的电场力方向与电场强度方向相反，可知此电场线的指向应从B→A，这就有三种可能性：一是这一电场是个匀强电场，试探电荷受恒定的电场力，向B做匀加速运动；二是B处有正点电荷场源，则越靠近B处场强越大，负电荷会受到越来越大的电场力，加速度应越来越大；三是A处有负点电荷场源，则越远离A时场强越小，负检验电荷受到的电场力越来越小，加速度越来越小．答案：D6．(2011·全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )图9解析：物体做曲线运动时，速度方向是曲线上某点的切线方向，而带负电粒子所受电场力的方向与电场强度的方向相反；又由曲线运动时轨迹应该夹在合外力和速度之间并且弯向合外力一侧，而又要求此过程速率逐渐减小，则电场力应该做负功，所以力与速度的夹角应该是钝角，综合可得D正确．答案：D图107．(2010年海南卷)如图10，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P 点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为( )A．1∶2 B．2∶1C．2∶ 3 D．4∶ 3图11解析：设每一个点电荷单独在O点产生的场强为E0；则两点电荷分别在M、N点产生的场强矢量和为2E0；若将N点处的点电荷移至P点，假始N为负电荷，M为正电荷，产生的场强如右图所示，则合场强为E0.本题正确选项B.答案：B8．如下图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为q和－q，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有水平向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时的位置可能是( )图12图13解析：先分析乙球受力，如图13(a)所示，乙球受到重力mg、电场力qE、库仑力F及线拉力T2，T2和F方向相同．由于乙球受力平衡，二球连线必须向右方倾斜θ角，且(T2＋F)sinθ＝qE①再分析甲球受力(也可以研究甲、乙系统)：甲受到重力mg、下连线拉力T2、电场力qE、库仑力F及上连线拉力T1，如图13(b)所示，由①式可知，qE、mg、F 和T 2四个力的合力竖直向下，所以T 1一定竖直向上．选A.答案：A二、非选择题(9、10题各10分，11、12题各20分，共60分)图149．如图14所示，质量为m 、电荷量为q 的质点，在静电力作用下以恒定速率v 沿圆弧从A 点运动到B 点，其速度方向改变的角度为θ(弧度)，AB 弧长为s ，则AB 弧中点的场强大小E ＝________.解析：由题意可知带电粒子在做匀速圆周运动，其向心力的来源就是静电力，由题图可知R ＝s θ，F ＝m v 2R ＝mv 2θ/s ，所以E ＝F q ＝mv 2θqs. 答案：mv 2θqs图1510．如图15，带电荷量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a 点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力常量为k )．解析：点电荷＋q 在a 处产生的场强为kqd 2，方向水平向左，故带电薄板在a处的场强为kqd 2，方向水平向右，由对称性知，带电薄板在b 处的场强为kqd 2，方向水平向左．答案：kqd 2 水平向左(或垂直于薄板向左)图1611．一个质量m ＝30 g ，带电荷量为q ＝－1.7×10－8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电场线水平，当小球静止时，测得悬线与竖直方向成30°夹角．如图16所示，求该电场的场强大小，并说明场强方向．图17解析：如图17所示经受力分析可判断出小球所受电场力方向水平向左．因此场强方向向右，Eq ＝mg tan30°，E ＝1.0×107 N/C.答案：1.0×107 N/C 方向水平向右12．如图18所示，带正电小球质量为m ＝1×10－2kg ，带电荷量为q ＝1×10－6C ，置于光滑绝缘水平面上的A 点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B 点时，测得其速度v B ＝1.5 m/s ，此时小球的位移为s ＝0.15 m ．求此匀强电场场强E 的取值范围．(g 取10 m/s 2)．图18某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEs cos θ＝12mv 2B －0得E ＝mv 2B2qs cos θ＝7.5×104cos θV/m ，由题可知θ>0，所以当E >7.5×104 V/m 时，小球始终沿水平面做匀加速直线运动．经检查，计算无误，该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充．解析：该同学所得结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力qE sin θ≤mg ①所以tan θ≤mgmv 2B 2s ＝2sg v 2B ＝2×0.15×102.25＝43② E ≤mgq sin θ＝1×10－2×101×10－6×45V/m ＝1.25×105 V/m即7.5×104 V/m<E ≤1.25×105 V/m.答案：有不完善之处 E 的取值范围应为7.5×104 V/m<E ≤1.25×105 V/m.。

高中物理选修3-1导体的电阻复习题练习题测试题

高二物理同步训练试题解析一、选择题1．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是( )A ．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B ．由R ＝U /I 可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降阺会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度D ．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一答案：C2．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍．3．温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图2－6－6所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )图2－6－6A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化解析：选CD.图线1反映电阻随温度升高而增大的特性，是金属导体的电阻，图线2反映电阻随温度升高而降低的特性，是半导体材料的电阻，故C 、D 正确，A 、B 错误．4．(2011重庆南开中学高二检测)两粗细相同的同种金属电阻丝R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系图线如图2－6－7所示，可知( )图2－6－7A ．两电阻的大小之比为R 1∶R 2＝3∶1B ．两电阻的大小之比为R 1∶R 2＝1∶3C ．两电阻丝长度之比为L 1∶L 2＝3∶1D ．两电阻丝长度之比为L 1∶L 2＝1∶3解析：选B.由I －U 图象可知R 1∶R 2＝1∶3，B 选项正确根据R ＝ρL S ，L ＝RS ρ，所以L 1∶L 2＝R 1∶R 2 L 1∶L 2＝1∶3，C 、D 都不正确．5．两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为( )C ．1∶1D ．1∶4解析：选A.同种材料的导线体积之比等于质量比：V 1∶V 2＝2∶1，面积之比为S 1S 2＝V 1/l 1V 2/l 2＝21·21＝41，由R ＝ρl S 可得R 1R 2＝l 1l 2·S 2S 1＝12·14＝18，加上相同电压，由I ＝U R 可得I 1I 2＝R 2R 1＝81，所以A 对． 6．白炽灯的灯丝由钨丝制成，当灯丝烧断后脱落一段，又将剩余灯丝刚好能搭接上使用，若灯泡功率原来为60 W ，观察搭接起来的灯丝长度大约为原来的34，则现在灯泡的功率约为( )A ．30 WB ．45 WC ．60 WD ．80 W解析：选D.由电阻定律知，灯丝长度减为原来的34，电阻变为原来的34，照明电路中电压220 V 不变，则由P ＝U 2R 知功率变为原来的43倍，即80 W ，D 选项正确． 7．一同学将变阻器与一只“6 V 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2－6－8所示的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将( )图2－6－8A ．变暗B ．变亮C ．亮度不变D ．可能烧坏解析：选B.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，电阻变小，小灯泡变亮，B 正确；由于小灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．故正确答案为B.8．现有半球形导体材料，接成如图2－6－9所示甲、乙两种形式，则两种接法的电阻之比R 甲∶R 乙为( )图2－6－9A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4解析：选D.将甲图半球形导体材料看成等大的两半部分的并联，则乙图中可以看成两半部分的串联，设每一半部分的电阻为R ，则甲图中电阻R 甲＝R 2，乙图中电阻R 乙＝2R ，故R 甲∶R 乙＝1∶4.9．两根材料相同的均匀导线x 和y ，x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图2－6－10所示，则x 、y 导线的横截面积之比为( )图2－6－10C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知，U x ＝6 V ，U y ＝4 V ，由两导体串联时电流相同，得U x U y ＝R x R y，而R x ＝ρl S x ，R x ＝ρ2l S y ，所以U x U y ＝S y 2S x ，则S x S y ＝U y 2U x ＝42×6＝13.故正确答案为B. 二、非选择题10．如图2－6－11所示，P 是一个表面镶有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L ，直径为D ，镀膜的厚度为d .陶瓷管两端有导电金属箍M 、N .现把它接入电路中，测得它两端电压为U ，通过它的电流为I ，则金属膜的电阻为______，镀膜材料电阻率的计算式为ρ＝____________________.图2－6－11解析：将膜层展开，如图所示，则膜层相当于一电阻，其长度为L ，横截面积＝管的周长×厚度．然后再将电阻的定义式与决定式联立便可求出ρ.由电阻定律R ＝ρL S 可得R ＝ρL 2πD 2·d ＝ρL πDd 由欧姆定律R ＝U I 得ρL πDd ＝U I 得ρ＝U πDd IL. 答案：U I U πDd IL11．一根长为l ＝3.2 m 、横截面积S ＝1.6×10－3m 2的铜棒，两端加电压U ＝7.0×10－2V.铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m ，求：(1)通过铜棒的电流；(2)铜棒内的电场强度．解析：(1)由R ＝ρl S 和I ＝U R 得I ＝US ρl＝ 7.0×10－2×1.6×10－31.75×10－8×3.2A ＝2×103 A.(2)E ＝U d ＝7.0×10－23.2V/m ＝2.2×10－2 V/m. 答案：(1)2×103 A (2)2.2×10－2 V/m12．A 、B 两地相距11 km ，A 地用两根完全相同的导线向B 地送电，若两地间某处的树倒了，压在导线上而发生故障．为了找出故障所在处，在A 地给两根导线加上12 V 的电压，此时在B 地测得电压是10 V ；在B 地给两根导线加上12 V 的电压，此时在A 地测得电压是4 V ，问：故障发生在何处？解析：作出示意图，在两根导线间的树，相当于阻值为R 的电阻，设单位长度导线的电阻为r ，故障处离A 地的距离为 x km ，由电阻定律可得各段导线的电阻值(在图中标出)，当A 处加上12 V 电压，B 处测得的是R 上两端的电压，有串联分压得1210＝2xr ＋R R① 同理：124＝2(11－x )r ＋R R② 由①、②得：x ＝1 km 即故障发生在离A 处1 km 处．答案：离A 处 1 km 处。

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高二物理选修3-1复习题 1、以下说法不符合．．．物理史实的是：（）Ａ．赫兹首先发现电流能够产生磁场，证实了电和磁存有着相互联系Ｂ．安培提出的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质Ｃ．法拉第在前人的启发下，经过十年不懈的努力，终于发现电磁感应现象Ｄ．19世纪60年代，麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，并预言了电磁波的存有２、图中带箭头的直线是某电场中的一条电场线，在这条直线上有a、b两点，若用Ea、Eb表示a、b两点的场强大小，则：（）Ａ．电场线是从ａ指向ｂ，所以有Ea＞Eb Ｃ．若一负电荷从b点逆电场线方向移到ａ点，则电场力对该电荷做负功Ｄ．若此电场是由一负点电荷所产生的，则有Ea>Eb 3、在如下图的电路中，电池的电动势为ε，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，安培表的示数I和伏特表的示数U将：（） A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变大 D． I变小，U变小

4、如下图，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键k闭合。电容器两板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动。以下各表达中准确的是：（） A．微粒带的是正电 B．电源电动势大小为mgd/q C．断开电键k，微粒将向下做加速运动 D．保持电键k闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 5、如下图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成300角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为：（）

A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．1：1

6、在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，当磁感应强度突然增大为2B时，这个带电粒子：（） A．速率加倍，周期减半 B．速率不变，轨道半径减半 C．速率不变，周期加倍 D．速率减半，轨道半径不变。 7、在用直流电动机提升重物的装置中，重物的重力500GN ，电源的恒定输出电压为110V，当电动机向上以v=0.9m/s的恒定速度提升重物时，电路中的电流强度I=5.0A ，若不计各处摩擦，能够判断：（） A．电动机消耗的总功率为550W B．电机线圈的电阻为8 C．提升重物消耗的功率为100W D．电机线圈的电阻为4 ．

8、如下图，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O．M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带电的负粒子，其重力和初速不计．当变阻器的滑动

ａｂ m k

R1 V A R2 R 触头在AB的中点时，粒子恰能在M、N间做直线运动．当滑动变阻器滑片滑到A点后，则：（） A．粒子在M、N间运动的过程中．动能将减小 B．粒子在M、N间运动的过程中，动能将增大 C．粒子在M、N间将做圆周运动 D．粒于在M、N间运动的过程中．电势能将持续增大 9、判断以下说法是否准确：（） A．空间各点磁场的方向就是该点磁感线的切线方向 B．磁感线越密,该处磁通量越大 C．磁感线越疏,该处磁感应强度越大 D．近距离平行放置的两个条形磁铁异名磁铁极间的磁场是匀强磁场 E．铁屑在磁场中显示的就是磁感线 F．磁通量为零并不说明磁感应强度为零 10、以下说法中准确的是：（） A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零 B．一小段通电导体在某处不受安培力作用，则该处磁感应强度一定为零 C．当置于匀强磁场中的导体长度和电流一定时，那么导体所受的安培力大小也是一定的 D．在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L、电流为I的载流导体所受到的安培力的大小，介于零和BIL之间 11、如下图，线圈ABCO面积为0．4m2,匀强磁场的磁感应强度B=0．1T，方向为x轴正方向。在线圈由图示位置绕z轴向下转过60°的过程中，通过线圈的磁通量改变 Wb。 12、电流表内阻Rg=3kΩ,满偏电流Ig=100μA，要把这个电流表改装成量程为3V的电压表，应在电流表上_______联（填：并或串联）一个电阻R1=__________kΩ的分压电阻。 13、如下图的是两个量程的电流表。当使用a、b两端点时，量程为1A；当使用c、d两端点时量程为0．1 A。已知表头的内阻为Rg=200Ω，满偏电流为Ig =2mA，求R1和R2。

14、如下图的是把量程为3mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电源的电动势为E=1．5V。经改装后，若将原电流表3mA刻度处的刻度值定为“0”，则在2mA处应标 Ω，1mA处应标 Ω。 15、以下图中每节干电池的电动势为1．5V，内阻为0．3Ω，R1 = R2 = R3 = R4 = 4Ω，求电压表和电流表的示数。

P Q M

N B

A E

R S O 16、如下图，带正电小球质量为m=1×10-2kg，带电量为q=l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存有着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB

=1.5m/s，此时小球的位移为S=0.15m．求此匀强电场场强

E的取值范围．（g＝10m／s2）某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ

由动能定理：qEScosθ=212Bmv－0

得：22cosBmvEqS=75000cosV／m 由题意可知θ＞0，所以当E ＞7．5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动。经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充。

17、电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如下图。1982年澳大利亚国立大学制成了能把m=2．2g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到v=10km/s的电磁炮（常规炮弹的速度约为2km/s），若轨道宽L=2m，长为x=100m，通过的电流为I=10A，试问轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场的最大功率Pm有多大（轨道摩擦不计）？

18、汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如下图，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O'点，（O'与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2 （如下图）．（1）求打在荧光屏O点的电子速度的大小。（2）推导出电子的比荷的表达式。

新课标人教版物理选修3-1综合训练（参考答案） 1、A２、 B 3、B 4、B D 5、B 6、B 7、AB 8、C 9、AF 10、ABD 11解：ΔΦ=BΔSn=B（S sin60º-0）=0．1×0．4×0．866Wb=3．46×10-2Wb 12解：串联 …． 1分 27KΩ……． 2分 13解：如图，当量程为I1=1A时分流电阻为R1，（Rg+R2）看做电流表的内阻；当量程为I2=0．1A时分流电阻为（R1+R2），电流表的内阻为Rg，由并联电路电压相等可得：对a、b端 Ig（Rg+R2）=（I1－Ig）R1

对a、c端IgRg =（R1+R2）（I2－Ig）

联立解得R1=0．41Ω R2=3．67Ω 14解：欧姆表的总内阻：R0= Rg+R+r = E/Im=1．5/3×10-3Ω=500Ω

当电流为2mA时：2Im/3 = E/（R0+Rx1）∴Rx1 = R0/2 =250Ω 当电流为1mA时： Im/3 = E/（R0+Rx2）∴Rx2 =2R0 =1000Ω 故应填“250”“1000” 15解：先画等效电路。电压表的示数即为电源的的路端电压，电流表的示数是通过R2和R3的电流。外电路的电阻R=2．4Ω 由闭合电路欧姆定律：I=E/（R+r）=0．56A 电压表示数：U=IR=1．3V 电流表示数：I23=U/R3+U/2R2=0．49A 16、解：该同学所得结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力 qEsinθ≤mg 所以22220.151042.2532BBmgSgtgmvvS 25611010/1.2510/4sin1105mgEVmVmq





即 7．5×104V/m＜E≤1．25×105V/m 17、解：炮弹所受的安培力 F=BIL ① 炮弹产生的加速度 a=F/m ② 由运动学有v2=2ax ③④⑤ 由①-③式得：磁感应强度为 B =mv2/2ILx =55T 磁场的最大功率 P= BILv= mv3/2x =1．1×107W 18解：（1）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则 eEevB……①

得 BEv……② 即 BbUv……③ （2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，

加速度为mbeUa……④ 水平作匀速运动，在电场内时间 vLt11……⑤

这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 bmvUeLatd221211221……⑥ 离开电场时竖直向上的分速度为 mvbUeLatv111……⑦ 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏 vLt22……⑧ t2时间内向上运动的距离为 bmv

LeULtvd22122……⑨

这样，电子向上的总偏转距离为 )2(121221LLLbmveUddd……⑩ 可解得 )2/(1212LLbLBUdme ．

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