期末检测卷二(答案含解析)—人教版高中物理选修3-1 同步训练
物理 选修3-1期末检测卷 二一、单选题(共30分)1．(本题3分)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U ．现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ）A ． I 1增大，I 2不变，U 增大B ． I 1减小，I 2增大，U 减小C ． I 1增大，I 2减小，U 增大D ． I 1减小，I 2不变，U 减小2．(本题3分)如图所示，一半径为r 的圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆环且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知d 点处的场强为零，静电力常量为k ，则（ ）A ．圆环可能带正电B ．c 点的场强为243kqRC ．b 点场强为2109kq R D ．圆环在d 点产生的场强大小为2kqR3．(本题3分)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。
三小球分别落在图中A 、B 、C 三点，则错误的是（ ）A ．A 带正电、B 不带电、C 带负电B ．三小球在电场中加速度大小关系是：a A ＜a B ＜aC C ．三小球在电场中运动时间相等D ．三小球到达下板时的动能关系是E kC ＞E kB ＞E kA4．(本题3分)如图所示，平行板a 、b 组成的电容器与电池E 连接，平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷，平行板b 接地。
现将电容器的b 板向下稍微移动，则( ) A ．点电荷所受电场力增大 B ．点电荷在P 处的电势能减少 C ．P 点电势减小D ．电容器的带电荷量增加5．(本题3分)一带电粒子射入固定在O 点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc 所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（ ） A ．粒子受到点电荷对它的吸引力 B ．粒子速度b a v v >C ．粒子在b 点受到的电场力最小D ．粒子电势能pb pcE E >6．(本题3分)如图所示,直线A 为电源a 的路端电压与电流的关系图象，直线B 为电源b 的路端电压与电流的关系图象,直线C 为一个电阻R 的两端电压与电流的关系图象.将这个电阻R 分别接到a,b 两电源上,那么 （ （ A ．R 接到a 电源上,电源的效率较高 B ．R 接到b 电源上,电源的输出功率较大C ．R 接到a 电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低D ．R 接到b 电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高7．(本题3分)如图所示，P 是一个带电体，将原来不带电的导体球Q 放入P 激发的电场中并接地，a （b （c （d 是电场中的四个点．则静电平衡后（ （ A ．导体Q 仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的检验电荷在c点的电势能大于d点的电势能8．(本题3分)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r=2 Ω，电阻R1（R2（R3的阻值分别为4 Ω（10 Ω（12 Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1 A，流过电阻R3的电流为0.5 A，则下列说法正确的是( )A．滑动变阻器的最大阻值为6 ΩB．电源电动势为6 VC．当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1 AD．当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84 W9．(本题3分)如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。
当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态。
为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小。
方向是（）A．tanmgIlθ,竖直向上B．tanmgIlθ,竖直向下C．sinmgIlθ,平行悬线向下D．sinmgIlθ,平行悬线向上10．(本题3分)如图，倾角为θ的粗糙绝缘体斜面固定于水平向左的匀强磁场B中，将通电直导线垂直于斜面水平放置，导线中电流方向垂直于纸面向里如果导线能静置于斜面上，则下列说法正确的是：（（A．导线一定受到斜面弹力，但不一定受斜面摩擦力B．导线一定受到斜面摩擦力，但不一定受斜面弹力C．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力一定垂直向上D．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力不一定垂直向上二、多选题(共16分)11．(本题4分)如图所示的U-I 图象中，直线Ⅰ为某电源路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U-I图线．用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（ （A．R 的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3.0V，内阻为1.5ΩC．电源的输出功率为3.0WD．电阻R 消耗的功率为1.5W12．(本题4分)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。
一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。
下列说法正确的是（）A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍13．(本题4分)在如图所示电路中，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表A（V1（V2和V3的示数分别用I（U1（U2和U3表示，电表A（V1（V2和V3示数变化量的大小分别用△I（△U1（△U2和AU3表示．下列说法正确的是（）A．U1I 不变，ΔU1ΔI不变B．U2I 变大，ΔU2ΔI变大C．U2I 变大，ΔU2ΔI不变D．U3I 比值变大，ΔU3ΔI比值不变14．(本题4分)如下图所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如下图所示的U－I图线，由图可知()A．电池电动势的测量值为1.40 VB．电池内阻的测量值为3.50 ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40 AD．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.20 A三、实验题(共14分)15．(本题14分)（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，需用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1档”（图a）和“×10档”（图b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择_______档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为_______Ω（（2）所测金属丝的直径d如图c所示，d=_________mm；接入电路金属丝的长度L如图d（金属丝的左端从零刻度线对齐）所示，L=________cm（（3）为了更精确的测量该段金属丝的电阻，实验室提供了如下实验器材：A．电源电动势E（3V，内阻约1Ω（B．电流表A1（0~0.6A，内阻r1约5Ω（C．电流表A2（0~10mA，内阻r2=10Ω（D．电压表V（0~15V，内阻约3kΩ（E．定值电阻R0=250ΩF．滑动变阻器R1（0~5Ω，额定电流1A（G．滑动变阻器R2（0~150Ω，额定电流0.3A（H．开关，导线若干（4）请根据你选择的实验器材在下面的虚线框内画出实验电路图并标明所选器材的字母代号___________。
（5）若所选电表A1，A2的读数分别用I1，I2表示，根据你上面所设计的实验电路，所测金属丝的电阻的表达式为R=________，若所测电阻值为R，所测金属丝电阻率的表达式为ρ=_______（用R（L（d表示）。
四、解答题(共40分)16．(本题10分)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U)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S1之间的距离为x（(1)求该离子的荷质比q（m(2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1>m2)，它们分别到达照相底片上的P1（P2位置(图中末画出)，求P1（P2间的距离△x（17．(本题10分)如图所示，两平行金属板A（B长为L（8 cm，两板间距离d（8 cm（A板比B板电势高，且两板间电压大小为U=300 V，一带正电的粒子电荷量为q（1.0×10－10 C、质量为m（1.0×10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0（2.0×106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN（PS 间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。
已知两界面MN（PS相距为s1=12 cm（D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为s2=9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。
（静电力常量k（9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计）（1）在图上粗略画出粒子的运动轨迹；（2）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。
（计算结果保留两位有效数字）18．(本题10分)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核和一个氘11H核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为45 ，并从坐标原点O处第一次射出磁场. 氕核11H的质量为m，电荷量为q. 氘核21H的质量为2m，电荷量为q，不计重力．求：(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；H第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间．(2)磁场的磁感应强度大小；(3)2119．(本题10分)如图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U1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，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场右边缘到荧光屏的距离为L0，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．（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子打在荧光屏上的侧移量OP的距离．参考答案答案含解析1．B 【解析】 【分析】 【详解】R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，即A 1示数减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大，即A 2示数增大．故A 、C 、D 错误，B 正确． 2．C 【解析】 【详解】AD（电荷量为q 的点电荷在d 处产生电场强度为122(3)9d kq kqE R R ==，向右；d 点处的场强为零，故圆环在d 处产生的场强为：129d kqE E R ==，向左，故圆环带负电荷，故A 错误，D 错误； B（结合对称性和矢量合成法则，圆环在c 点产生的场强为零；电荷q 在c 点产生的场强为2(2)kqE R =，向右；故c 点的场强为24kqR ，向右；故B 错误； C（结合对称性，圆环在b 处产生的场强为：12(3)b kqE R =，向右；点电荷q 在b 处产生的场强为22b kqE R=，向右；故b 点场强为：22210+=(3)9kq kq kq E R R R =，向右；故C 正确. 3．C【解析】 【详解】C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是A B C x x x >>，三个小球水平速度0v 相同，由0x v t =得运动时间关系是A B C t t t >>，故选项C 符合题意； B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y 大小相等，由212y at =得到加速度关系为A B C a a a <<，故选项B 不符合题意；A.根据牛顿第二定律得到合力关系为A B C F F F <<，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A 带正电、B 不带电、C 带负电，故选项A 不符合题意；D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力A B C F F F <<，则合力做功大小关系为A B C W W W <<，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是kC kB kA E E E >>，故选项D 不符合题意。
人教版高中物理选修3-1作业：电荷及其守恒定律(含答案)
电荷及其守恒定律课后作业限时：45分钟总分：100分一、选择题(8×5′，共40分)1．下列关于电现象的叙述正确的是( )A．玻璃棒无论与什么物体摩擦都带正电，橡胶棒无论与什么物体摩擦都带负电B．物体不带电就是物体内部没有电荷存在C．带电现象的本质是电子的转移，物体得到多余的电子就一定显负电性，失去电子就一定显正电性D．当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷消失解析：电荷只能在物体间转移，不能消失．答案：C2．关于元电荷的理解，下列说法正确的是( )A．元电荷就是电子B．元电荷是表示跟电子所带电量相等的电量C．元电荷就是质子D．物体所带的电量只能是元电荷的整数倍解析：元电荷是一个电量，e＝1.6×10－19C，所有带电体的带电量是这个数的整数倍．图33．如图3所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔．当枕形导体的A端靠近一带电导体C时( )A．A端金箔张开，B端金箔闭合B．用手触摸枕形导体后，A端金箔仍张开，B端金箔闭合C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开D．两对金箔分别带异种电荷解析：当导体靠近带电导体C时，枕形导体A端感应出负电，B端感应出正电，两侧金箔也相应地带上负、正电，故D项正确；用手触摸枕形导体后，B侧感应出的正电荷被中和，呈电中性，金箔闭合，故B项正确；触摸枕形导体后，C 移走，枕形导体带负电，金箔由于带同种电荷而张开，故C项对．答案：BCD4．对物体带电现象的叙述，正确的是( )A．物体带电一定具有多余的电子B．摩擦起电实质上是电荷从一个物体转移到另一个物体的过程C．物体所带电荷量可能很小，甚至小于eD．电荷中和是等量异种电荷完全相互抵消的现象5．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为( )A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上答案：A6．用一绝缘柄将一带正电玻璃棒a接触另一不带电玻璃棒b，使之接触起电．以下说法正确的是( )A．在此接触起电过程中，玻璃棒a上的正电荷向玻璃棒b上转移B．在此接触起电过程中，玻璃棒b上的负电荷向玻璃棒a上转移C．在此接触起电过程中，它们的电荷的代数和不变D．在此接触起电过程中，电荷并不一定遵循电荷守恒定律答案：BC7．一带负电绝缘金属小球被放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在．这说明( )A．小球上原有的负电荷逐渐消失了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起，仍然遵循电荷守恒定律解析：绝缘小球上电荷减少是由于电子通过空气导电转移到外界，只是小球上电荷量减少，但是这些电子并没有消失．就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷的总量仍保持不变，遵循电荷守恒定律．答案：CD8．某验电器金属小球和金属箔均不带电，金属箔闭合．现将带负电的硬橡胶棒接近验电器金属小球．则将出现的现象是( )A．金属箔带负电，其两片张开B．金属箔带正电，其两片张开C．金属箔可能带正电，也可能带负电，但两片一定张开D．由于硬橡胶棒并没有接触验电器小球，故金属箔两片因不带电仍闭合答案：A二、非选择题(9、10题各10分，11、12题各20分，共60分)9．半径相同的两个金属小球A、B带有相等的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B接触后移开．①若A、B两球带同种电荷，接触后的电荷量之比为________．②若A、B两球带异种电荷，接触后两球的电荷量之比为______________．答案：①2∶3 ②2∶1图410．如图4，导体AB与地面绝缘，将带正电的物体C靠近AB，用手接触一下B端，放开手再移去C，则此时AB带________电，若用手接触一下A端，放开手再移去C ，则此时AB 带____________电．答案：负 负11．有两个完全相同的绝缘金属球A 、B ，A 球所带电荷量为q ，B 球所带电荷量为－q ，现要使A 、B 所带电荷量都为－q 4，应该怎么办？ 答案：先用手接触一下A 球，使A 球所带电传入大地，再将A 、B 接触一下，分开A 、B ，再用手接触一下A 球，再将A 、B 接触一下再分开，这时A 、B 所带电荷量都是－q 4. 12．现有一个带负电的电荷A ，另有一不能拆开的导体B ，而再也找不到其他的导体可供利用．你如何能使导体B 带上正电？答案：因为A 带负电，要使B 带正电，必须用感应起电的方法才可以，因为接触带电只能使B 带负电，根据感应起电的原理可知，要使B 带电还需另外一块导体，但现在这块导体没有．其实人体就是一块很好的导体，只要把A 靠近B ，用手摸一下B ，再拿开手，通过静电感应，B 就带上了正电荷．。
高中物理选修3-1：第1章第9节时同步训练及解析
高中物理选修3-1 同步训练1.质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后,获得动能最大的是( )A ．质子(11H)B ．α粒子(42He)C ．钠离子(Na ＋) D ．都相同 解析：选B.由qU ＝12m v 2－0得U 相同,α粒子带2个单位的正电荷,电荷量最大,所以α粒子获得的动能最大,故B 正确．2.一台正常工作的示波管,突然发现荧光屏上画面的高度缩小,则产生故障的原因可能是( )A ．加速电压偏大B ．加速电压偏小C ．偏转电压偏大D ．偏转电压偏小 解析：选AD.画面高度缩小,说明电子从偏转电场射出时偏转角θ减小,由qU 0＝12m v 20,tan θ＝qU 1l md v 20得tan θ＝U 1l2dU 0,则引起θ变小的原因可能是加速电压U 0偏大,或偏转电压U 1偏小．图1－9－10 3.(2012·芜湖一中高二检测)如图1－9－10所示,电子由静止开始从A 板向B 板运动,当到达B 板时速度为v ,保持两板间电压不变,则( ) A ．当增大两板间距离时,v 增大 B ．当减小两板间距离时,v 增大 C ．当改变两板间距离时,v 不变D ．当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间增大解析：选CD.改变两极板之间间距但不改变电压值,电场力做功的大小不变,所以末速度不变．末速度确定,平均速度是末速度的12,距离增大,运动时间增加．4.图1－9－11(2012·江苏天一中学高二测试)如图1－9－11所示,M 、N 是真空中的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子,以初速度v 0由小孔进入电场,当M 、N 间电压为U 时,粒子恰好能到达N 板．如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的1/2后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( ) A ．使初速度减为原来的1/2 B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2 解析：选BD.由题意知,带电粒子在电场中做减速运动,在粒子恰好能到达N 板时,由动能定理可得： －qU ＝－12m v 20.要使粒子到达两极板中间后返回,设此时两极板间电压为U 1,粒子的初速度为v 1,则由动能定理可得： －q U 12＝－12m v 21.联立两方程得：U 12U ＝v 21v 20.可见,选项B 、D 均符合等式的要求． 5.图1－9－12如图1－9－12所示,A 、B 为两块足够大的相距为d 的平行金属板,接在电压为U 的电源上．在A 板的中央P 点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m 、电荷量为e ,射出的初速度为v .求电子打在B 板上的区域面积？(不计电子的重力) 解析：打在最边缘的电子,其初速度方向平行于金属板,在电场中做类平抛运动,在垂直于电场方向做匀速运动,即 r ＝v t ①在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动,即 d ＝12at 2② 电子在平行电场方向上的加速度 a ＝eE m ＝eU md③电子打在B 板上的区域面积 S ＝πr 2④由①②③④得S ＝2πm v 2d 2eU .答案：2πm v 2d 2eU一、单项选择题 1.(2012·昆明三中高二检测)电子以初速度v 0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中,现增大两板间的电压,但仍能使电子穿过该电场．则电子穿越平行板间的电场所需时间( )A ．随电压的增大而减小B ．随电压的增大而增大C ．与电压的增大无关D ．不能判定是否与电压增大有关解析：选C.设板长为l ,则电子穿越电场的时间t ＝lv 0,与两极板间电压无关．故答案为C.2.(2011·高考安徽卷)如图1－9－13甲为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX ′之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是图A 、B 、C 、D 中的( )图1－9－13解析：选B.由题图乙及题图丙知,当U Y 为正时,Y 板电势高,电子向Y 偏,而此时U X 为负,即X ′板电势高,电子向X ′板偏,所以选B. 3.图1－9－14如图1－9－14所示,两金属板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的( ) A ．2倍 B ．4倍 C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动,水平方向l＝v0t,t＝lv0,竖直方向d＝12at2＝qUl22md v20故d2＝qUl22m v20,即d∝1v0,故C正确．4.(2012·广州第二中学高二检测)一个动能为E k的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2E k,如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,那么它飞出电容器时的动能变为()A．8E k B．5E kC．4.25E k D．4E k解析：选C.因为偏转距离为y＝qUl22md v20,带电粒子的初速度变为原来的两倍时,偏转距离变为y4,所以电场力做功只有W＝0.25E k,故它飞出电容器时的动能变为4.25 E k,故正确答案为C.二、双项选择题5.关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况,下列说法正确的是()A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动,也可能做匀变速曲线运动解析：选AD.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变,可能做匀变速直线运动,也可能做匀变速曲线运动,故A、D两项对．6.图1－9－15如图1－9－15所示,电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出,不计重力的作用,则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：选BD.由于电量和质量相等,因此产生的加速度相等,初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短,A错误；加速时间越短,则速度的变化量越小,C错误；由于电场力做功W＝qU 与初速度及时间无关,因此电场力对各带电粒子做功相等,则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等,动能增加量也相等,B、D正确．7.如图1－9－16甲所示,在平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压,开始时B 板电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动,设A、B两板间的距离足够大,则下述说法中正确的是()甲 乙图1－9－16A ．电子先向A 板运动,然后向B 板运动,再返回A 板做周期性来回运动 B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板加速运动,然后向B 板减速运动,以0.4 s 为一个“加速—减速”周期解析：选CD.开始时B 板电势比A 板的高,原来静止的电子在电场力作用下先向B 板做加速运动,经0.2 s 后再向B 板做减速运动,0.4 s 时速度减为零,接着再重复开始运动,就这样电子在周期性电压下,周期性地向B 板“加速—减速”,一直向B 板做单方向的直线运动．图1－9－178.(2012·河北衡水中学高二检测)平行板电容器两板间有匀强电场,其中有一个带电液滴处于静止,如图1－9－17所示．当发生下列哪些变化时,液滴将向上运动( ) A ．将电容器的上极板稍稍下移 B ．将电容器的下极板稍稍下移C ．将S 断开,并把电容器的上极板稍稍下移D ．将S 断开,并把电容器的下极板稍稍向左水平移动解析：选AD.液滴静止时,mg ＝Eq ,当液滴向上运动时,电场力增大．因电容器与电源相连,当电容器极板间距离变小时,U 不变,d 变小,E 变大,故A 对、B 错；将S 断开时,电容器的带电量不变,两极板的距离改变时,U 变,E 不变,C 错；正对面积减小时,Q 不变,C 变小,U 变大,E 变大,D 正确． 9.图1－9－18如图1－9－18所示,一电子枪发射出的电子(初速度很小,可视为零)进入加速电场加速后,垂直射入偏转电场,射出后偏转位移为y ,要使偏转位移增大,下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( ) A ．增大偏转电压U B ．减小加速电压U 0C ．增大偏转电场的极板间距离dD ．将发射电子改成发射负离子解析：选AB.在加速电场中qU 0＝12m v 20,在偏转电场中y ＝12at 2,l ＝v 0t ,可得y ＝Ul 24U 0d,可见增大偏转电压U ,减小加速电压U 0,减小极板间距离d 可使偏转位移y 增大,故A 、B 项对,C 项错．偏转位移的大小与发射的带电粒子的q 、m 无关,故D 项错． 三、非选择题 10.图1－9－19在如图1－9－19所示的示波器的电容器中,电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场,以O 点为坐标原点,沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ,再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点,求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动,即在x 轴分方向做匀速直线运动,故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等,v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1 又∵OA ＝AB ＝BC ∴t OA ＝t AB ＝t BC .根据电子沿－y 方向做自由落体运动,由 y ＝12at 2得： AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9. 答案：1∶4∶9 1∶1∶1 11.图1－9－20如图1－9－20所示,两个板长均为L 的平板电极,平行正对放置,距离为d ,极板之间的电势差为U ,板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子(42He)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间,到达负极板时恰好落在极板边缘．已知质子电荷量为e ,质子和中子的质量均视为m ,忽略重力和空气阻力的影响,求： (1)极板间的电场强度E . (2)α粒子的初速度v 0.解析：(1)极板间的电场强度E ＝Ud .(2)α粒子所受电场力F ＝2eE ＝2eUdα粒子的加速度a ＝F 4m ＝eU2md根据类平抛运动规律得d＝12at2,L＝v0t所以v0＝L2deUm.答案：(1)Ud(2)L2deUm12.图1－9－21示波器的示意图如图1－9－21所示,金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出,进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进,最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1640 V,偏转极板长l＝4 m,金属板间距d＝1 cm,当电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场．求：(1)偏转电压U2为多大时,电子束的偏移量最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L＝20 cm,则电子束最大偏转距离为多少？解析：(1)设电子被电压U1加速后获得速度大小为v0,则有qU1＝12m v2在金属板间电子的最大偏移量y1＝d2＝0.5 cm则y1＝12at2＝12qU2md·⎝⎛⎭⎫lv02＝U2l24dU1解得U2＝2.05×10－2 V.(2)电子离开偏转电场后做匀速直线运动,可看做从极板的正中心沿直线射出,如图所示．由几何知识,得y1y＝l2l2＋L解得y＝0.55 cm.答案：(1)2.05×10－2 V(2)0.55 cm。
高二期末考试物理试卷选修3-1(含答案及答题卡).
博乐市高级中学华中师大一附中博乐分校2012-2013学年第一学期期末考试高二物理试卷注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题和第Ⅱ卷(非选择题两部分.试卷共18小题,考试时间90分钟,总分100分.2.第Ⅰ卷选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.3.第Ⅱ卷答案写在答题卷相应的位置处,超出答题区域或在其它题的答题区域内书写的答案无效;在草稿纸、本试题卷上答题无效.第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题,每题4分,共48分.有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确,请选出正确选项前的字母。
1.发现通电导线周围存在磁场的科学家是(A.洛伦兹B.库仑C.法拉第D.奥斯特2.在一个点电荷形成的电场中,关于电场强度和电势的说法中正确的是(A.没有任何两点电场强度相同B.可以找到很多电场强度相同的点C.没有任何两点电势相等D.可以找到很多电势相等的点3.导体的电阻是导体本身的一种性质,对于同种材料的导体,在温度不变的情况下,下列表述正确的是(A.横截面积一定,电阻与导体的长度成正比B.长度一定,电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定,电阻与通过导体的电流成反比D.电流一定,电阻与导体两端的电压成正比4.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两极板间有一正电荷(电量很小固定在P点,如图所示.以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,ε表示正电荷在P点的电势能,若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则(A.U变小,E不变B.E变大,ε变大C.U变小,ε不变D.U不变,ε不变5.如右图所示,AB是某点电荷电场中一条电场线,在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时,它沿直线向B点处运动,对此现象下列判断正确的是(不计电荷重力(A.电荷向B做匀加速运动B.电荷向B做加速度越来越小的运动C.电荷向B做加速度越来越大的运动D.电荷向B做加速运动,加速度的变化情况不能确定6.如右图所示,当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时,三个灯泡亮度的变化情况是(A .L 1变亮,L 2和L 3皆变暗B .L 1变亮,L 2不能确定,L 3变暗C .L 1变暗,L 2变亮,L 3也变亮D .L 1变亮,L 2变亮,L 3变暗7.如图所示,直线A 为电源的U-I 图线,曲线B 为灯泡电阻的U-I 图线,用该电源和小灯泡组成闭合电路时,电源的输出功率和电路的总功率分别是( A .4W 、8WB .2W 、4WC .4W 、6WD .2W 、3W8.如图所示,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,且垂直于线圈平面,当线圈中通入如图所示方向的电流后,线圈的运动情况是( A.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9、下图是质谱仪工作原理的示意图。
2021年秋高二物理(人教版)选修3-1《2.3欧姆定律》同步检测卷含答案解析
【最新】秋高二物理（人教版）选修3-1《2.3欧姆定律》同步检测卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．根据欧姆定律，下列判断正确的是()A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D．虽然电解质溶液短时间内导电的U－I图线是一条直线，但欧姆定律并不适用2．由欧姆定律I=UR导出U=IR和R=UI，下列叙述不正确的是（）A．由R=UI知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定B．导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关C．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D．一定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越大3．已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么通过A和B的电流I A和I B的关系是()A．I A＝2I B B．I A＝12I B C．I A＝I B D．I A＝14I B4．在电阻为4 Ω的导体中通以恒定电流，5 min内通过导体横截面的电荷量是45 C，这时加在导体两端的电压是()A．60 V B．6 V C．0.6 V D．3.6 V5．以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是()A．这四个图象都是伏安特性曲线B．这四种电学元件都是线性元件C．①②是线性元件，③④是非线性元件D．这四个图象中，直线的斜率都表示元件的电阻6．如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列说法不正确的是（）A．导体的电阻是25ΩB．导体的电阻是0.04ΩC．当导体两端的电压是10V时，通过导体的电流是0.4AD．当通过导体的电流是0.1A时，导体两端的电压是2.5V7．有四个金属导体，它们的伏安特性曲线如图所示，电阻最大的导体是（）A．a B．b C．c D．d8．某一导体的伏安特性曲线如图AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（）A．B点的电阻为12ΩB．B点的电阻为40ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω9．某同学在研究三种导电元件的伏安特性曲线时，他根据实验中所测得的数据，分别绘制了I－U图线如图甲、乙、丙所示．下列说法正确的是()A．图甲的元件可以作为标准电阻使用B．图乙的元件的电阻随电压升高而减小C．图丙的元件的电阻随电压升高而增大D．以上说法均不正确二、多选题10．（题文）(多选)将阻值为R的电阻接在电压为U的电源两端，则描述其电压U、电阻R及流过R的电流I间的关系图象中正确的是()A．B．C．D．11．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（）A．加5V电压时，导体的电阻是5ΩB．加12V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小三、实验题12．加在某导体上的电压变为原来的3倍时，导体中的电流增加了0.9 A，如果所加电压变为原来的12时，导体中的电流变为多少？四、解答题13．如图所示为某金属导体的伏安特性曲线：(1)试说明导体电阻随电压的变化规律；(2)试算出电压为20 V时导体的电阻；(3)欧姆定律适用于该导体吗？14．某金属导体两端所加电压为8 V时，10 s内通过某一横截面的电荷量为0.16 C，求：(1)导体的电阻；(2)若导体两端电压为10 V，求通过导体的电流.参考答案1．C【详解】A．导体电阻与电压无关，是由导体本身的性质决定的，故A错误；B．欧姆定律不适用于气体导电，故加在气体两端的电压与通过的电流的比值不成正比，故B错误；C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低，故C正确；D．欧姆定律同样适用电解液导电，故D错误．2．A【详解】AB. R=UI是电阻的比值定义式，所以电阻与两端的电压和通过的电流无关，由导体本身的物理条件决定，故A错误，符合题意；B正确，不符合题意。
人教版高中物理选修3-1专题 带电粒子在磁场中的运动练习(含答案)
(2)如果某次实验时将磁场 O 的圆心往上移了 R ，其余条件均不变，质子束能在 OO′ 连线 2
的某位置相碰，求质子束原来的长度 l0 应该满足的条件。
【答案】(1)
v
=
2v0 ； B
=
2mv0 eR
(2)
l0
+3 3+6 12
【解析】
【详解】
解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有： eU0
=
【答案】（1） vA
=
2k k +1
qBL m
（2）1（3） k
=
5 7
或k
=
1 3
；t
=
3 m 2qB
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设 P、A 碰后的速度分别为 vP 和 vA，P 碰前的速度为 v = qBL m
由动量守恒定律： kmv = kmvP + mvA
5 / 28
由机械能守恒定律：
1 2
kmv2
=
1 2
kmvP2
+
1 2
mvA2
解得：
vA
=
2k k +1
qBL m
（2）设
A
在磁场中运动轨迹半径为
R，
由牛顿第二定律得：
qvA B
=
mvA2 R
解得： R = 2k L k +1
由公式可得 R 越大，k 值越大
如图 1，当 A 的轨迹与 cd 相切时，R 为最大值， R = L 求得 k 的最大值为 k = 1
qB2L ；质量为 km 的不带电绝缘小球 P，以大小为 qBL 的初速度沿 bf 方向运动．P 与 A
人教版高中物理选修3-1第一章第八节电容器的电容同步习题(附详解答案)
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作第一章 第八节电容器的电容 同步习题 （附详解答案）1.一个平行板电容器，它的电容 ( )A ．跟正对面积成正比，跟两板间的距离成正比B ．跟正对面积成正比，跟两板间的距离成反比C ．跟正对面积成反比，跟两板间的距离成正比D ．跟正对面积成反比，跟两板间的距离成反比答案：B2．(2009·河南宝丰一中高二检测)以下说法正确的是 ( )A ．由E ＝F q可知电场中某点的电场强度E 与F 成正比 B ．由公式φ＝E p q可知电场中某点的电势φ与q 成反比 C ．由U ab ＝Ed 可知，匀强电场中的任意两点a 、b 间的距离越大，则两点间的电势差也越大D ．公式C ＝Q /U ，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U 无关 答案：D3．如图所示，当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．如果测出了电容的变化，就能知道物体位移的变化．若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变化是 ( )A ．加速向右移动B ．加速向左移动C ．减速向右移动D ．减速向左移动 答案：BD 解析：本题由于相对介电常数ε发生变化而引起电容器的电容C 的变化，根据C ＝εS 4πkd可知：当电容C 变大时，ε应该增大，电介质板应向左移动，所以答案B 与D 正确． 点评：本题考查相对介电常数ε对平行板电容器电容的影响．电介质板插入电容器板间的部分越多，相对介电常数ε越大，电容C 越大，故只有电介质板移动的方向会影响ε的大小，而与加速、减速无关．4．如图所示，平行板电容器C 和电阻组成电路，当增大电容器极板间的距离时，则( )A ．在回路中有从a 经R 流向b 的电流B ．在回路中有从b 经R 流向a 的电流C ．回路中无电流D ．回路中的电流方向无法确定答案：A解析：依图知电容器a 板带正电，b 板带负电．当d 增大时，由公式C ＝εS /4πkd 知，电容C 减小．由于电容器一直接在电源上，故电容器两极板间的电压U 不变，所以由公式：C ＝Q /U ，得Q ＝UC ，电容器所带电量应减小，即将d 增大时，电容器应放电．电容器放电时，其电流由正极板流向负极板，即从a 板流出经R 流向b 板，所以选项A 正确．5．(2009·苍山高二检测)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，现使B 板带电，则下列判断正确的是 ( )A ．增大两极之间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角将变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若将A 板拿走，则静电计指针张角变为零答案：AB解析：电容器上所带电量一定，由公式C ＝εr S 4πkd ，当d 变大时，C 变小．再由C ＝Q U得U 变大．当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大，当插入玻璃板时，C 变大，U 变小，当将A 板拿走时，相当于使d 变得更大，C 更小，故U 应更大，故选A 、B.6．(2009·河南宝丰一中高二检测)一平行板电容器电容为C ，两极板水平放置，两极板间距为d ，接到电压为U 的电源上，两极板间一个质量为m 的带电液滴处于静止，此液滴的电量q ＝________，若将两个极板之间的距离变为d /2，带电液滴将向________运动，(填“上、下、左或右”)，电容器的电容将________．(填“变大、变小、或不变”)答案：mg d U向上 变大 7．如图所示，平行板电容器的两个极板A 、B 分别接在电压为60V 的恒定电源上，两板间距为3cm ，电容器带电荷量为6×10－8C ，A 极板接地．求：(1)平行板电容器的电容；(2)平行板两板间的电场强度；(3)距B 板2cm 的C 点的电势．答案：(1)1×10－9F (2)2×103V/m (3)－20V解析：(1)C ＝Q U ＝6×10－860F ＝1.0×10－9F (2)E ＝U d ＝60V 0.03m＝2×103V/m (3)φ＝Ed ′＝2×103×0.01V ＝20V1.电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C 取决于极板正对面积S 、极板间距离d 以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值，如图是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用下列说法不正确的是()A．甲图的传感器可以用来测量角度B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度C．丙图的传感器可以用来测量压力D．丁图的传感器可以用来测量速度答案：D解析：丁图的传感器是位移传感器．2．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是()A．液滴将加速向下运动B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将减小C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同答案：BD解析：当将a向下平移时，板间场强增大，则液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，A、C错误．由于b板接地且b与M间距未变，由U＝Ed可知M点电势将升高，液滴的电势能将减小，B正确．由于前后两种情况a与b板间电势差不变，所以将液滴从a板移到b板电场力做功相同，D正确．3．如图所示，为一只电容式传感器部分构件的示意图．当动片(实线圈)和定片(虚线圈)之间正对扇形区的圆心角的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是通过测量电容C的变化情况就可以知道θ的变化情况．那么，在图中，能正确反映C和θ间函数关系的是()答案：D4．如图所示，平行金属板AB间的距离为6cm，电势差是300V.将一块3cm厚的矩形空腔导体放入AB两板之间，它的左侧面P与A板平行，且距A板1cm.C是A、B两板正中央的一点，则C点的电势是________V.答案：200解析：E ＝U d ＝300(6－3)×10－2V/m ＝10000V/m.C 点电势即CB 间电势差，即：U ′＝Ed ′＝10000×2×10－2V ＝200V .5．如图所示，水平放置面积相同的两金属板A 、B .A 板挂在天平的一端，B 板用绝缘支架固定，当天平平衡时，两极板间的距离为5mm ，若在两板间加400V 电压后，在天平右端要增加4g 砝码，天平才能恢复平衡，可见金属板A 所带的电荷量为________C.答案：5×10－7 解析：在AB 间加上电压后，A 板受到电场力EQ ＝U d·Q ＝Δmg 所以Q ＝Δmg ·d /U ＝4×10－3×10×5×10－3/400C ＝5×10－7C6．如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8cm ，两板间的电势差为300V ，如果两板间电势差减小到60V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？答案：4.5×10－2s.解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用．当U 1＝300V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d① 当U 2＝60V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg －q U 2d＝ma ② 又h ＝12at 2③ 由①②③得：t ＝2U 1h (U 1－U 2)g ＝2×0.8×10－2×300(300－60)×10s ＝4.5×10－2s. 7．如图所示，两块水平放置的平行金属板a 、b ，相距为d ，组成一个电容为C 的平行板电容器，a 板接地，a 板的正中央有一小孔B .从B 孔正上方h 处的A 点，一滴一滴地由静止滴下质量为m 、电量为q 的带电油滴，油滴穿过B 孔后落到b 板，把全部电量传给b 板，若不计空气阻力及板外电场．问：(1)第几滴油滴将在a 、b 板间作匀速直线运动？(2)能达到b 板的液滴不会超过多少滴？答案：mgdC q 2＋1，mgC (h ＋d )q 2＋1. 解析：理解液滴在板间作匀速运动的条件、到达b 板液滴不会超过多少滴的含义．(1)当液滴在a 、b 间作匀速运动时，Eq ＝mg .设这时已有n 滴液滴落在b 板，板间场强为E ＝U d ＝nq dC ，n ＝mgdC q 2.作匀速运动的应是第mgdC q 2＋1滴； (2)设第N 滴正好到达b 板，则它到达b 板的速度正好为零．此时b 板的带电量Q ′＝(N －1)q ，a 、b 间的电压U ＝(N －1)q C .根据动能定理：mg (h ＋d )－qU ＝0，N ＝mgC (h ＋d )q 2＋1.能够到达b 板的液滴不会超过mgC (h ＋d )q 2＋1滴． a。
人教版高中物理选修3-1第二章《恒定电流》测试题(含答案)
第二章《恒定电流》测试题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1．两根材料相同的粗细均匀导线甲和乙，其横截面积之比为1∶3，阻值之比为3∶2，则导线甲、乙的长度之比为（）A．1∶3B．1∶2C．2∶3D．3∶12．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A．无论接不接入外电路，蓄电池两极间的电压都为2 VB．蓄电池内每通过1 C电荷量，电源把2 J的化学能转变为内能C．蓄电池在1 s内将2 J的化学能转变为电能D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大3．日常生活中，在下列电器中，哪些属于纯电阻用电器？（）A．电扇和电吹风B．空调和电冰箱C．电烙铁和电热毯D．电解槽4．如图为滑动变阻器的示意图，A、B、C、D为4个接线柱，当滑动片P由C向D移动时，若要使变阻器接入电路的电阻由大变小，应将电阻器的哪两个接线柱连入电路A．A和B B．A和D C．B和C D．C和D5．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（）A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变B．变化过程中△U和△I的比值保持不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为△UD．电阻R0两端电压增大，增大量为△U6．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论错误的是A．电源的电动势为6.0 V B．电源的内阻为2 ΩC．电源的短路电流为0.5 A D．当外电阻为2 Ω时电源的输出功率最大7．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中：（）A．R2两端的电压增加，增加量一定等于△UB．流过R的电流会减小C．路端电压减小，减少量一定等于△UD．△U和干路电流的变化△I的比值保持不变8．如图，在“用多用表测电阻”的实验中，选用“×10”倍率的欧姆挡测量一电阻时，指针指在刻度20和30间的中央位置，该被测电阻的阻值R所在区间为（）A．20Ω＜R＜25ΩB．25Ω≤R＜30ΩC．200Ω＜R＜250ΩD．250Ω≤R＜300Ω9．如图所示电路，电源电势为E，内阻为r．当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作．已知指示灯L的电阻为0R，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则下列说法中正确的是（）A ．电动机的额定电压为IRB ．电动机的输出功率为2IE I R -C ．电源的输出功率为2IE I r -D ．整个电路的热功率为()20I R r +10．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（ ）A ．0.14ΩB ．7.35ΩC ．6.23ΩD ．0.16Ω11．如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l ，现将它匀速拉过宽度为d 的匀强磁场（l ＞d ）．若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个I ﹣t 图象中正确的是（ ） 12．在如图所示的并联电路中，保持干路上的电流I 不变，当增大R 1的阻值时（ ）A ．R 1和R 2上的电压减小B ．R 1上的电流I 1增大C ．R 2上的电流I 2减小D ．I 1和I 2之和不变13．成都七中某研究性学习小组设计了一个加速度计，如图所示。
2020届人教版高中物理选修3-1检测题：(二) 库仑定律含答案
课时跟踪检测（二）库仑定律1．下列关于点电荷的说法，正确的是( )A．点电荷一定是电荷量很小的电荷B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷解析：选B 当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时，这样的带电体就可以看成点电荷，所以A、C、D错，B正确。
2．关于库仑定律的理解，下面说法正确的是( )A．对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式B．只要是点电荷之间的静电力计算，就可以使用库仑定律公式C．两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的D．摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑一定带正电解析：选C 库仑定律适用于真空中的点电荷，故A、B错。
库仑力也符合牛顿第三定律，C对。
橡胶棒吸引纸屑，纸屑带正电或不带电都可以，D错。
3.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球。
同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是( )A．速度变大，加速度变大B．速度变小，加速度变小C．速度变大，加速度变小D．速度变小，加速度变大解析：选C 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小。
4．如图所示，用绝缘细线悬挂的两个带电小球(可视为点电荷)处于静止状态，电荷量分别为q A、q B，相距为L。
则A对B的库仑力为( )A．F AB＝k q A q BL2，方向由A指向BB．F AB＝k q A q BL，方向由A指向BC ．F AB ＝k q A q BL 2，方向由B 指向A D ．F AB ＝kq A q BL，方向由B 指向A 解析：选C 由于两小球相互吸引，所以A 对B 的库仑力方向由B 指向A ，根据库仑定律可得F AB ＝kq A q BL 2，故选项C 正确。
高中物理 第二章 恒定电流 单元卷2(含解析)新人教版选修3-1-新人教版高二选修3-1物理试题
第二章章末综合测试一、选择题(共15个题，10、12、13、14、15为多项选择题，全部选对得4分，局部选对得2分，选错或不选得0分，其余为单项选择题，每题4分，共60分)1．关于正常工作的电动机和白炽灯，以下说法中正确的答案是( )A．电动机和白炽灯消耗的电能均大于产生的热能B．电动机和白炽灯消耗的电能均等于产生的热能C．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能D．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能解析白炽灯是纯电阻用电器其消耗的电能全部转化为内能，电动机是非纯电阻用电器其消耗的电能主要转化为机械能，其中一小局部电能转化为内能，故A、B、D三项错误，C项正确．答案 C设置目的考查纯电阻和非纯电阻在电能转化时的不同2．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折，然后给它们分别加上一样电压后，如此在同一时间内，通过它们的电荷量之比为( ) A．1∶4B．1∶8C．1∶16 D．16∶1答案 C设置目的考查电流的定义式3.为探究小灯泡L的伏安特性，连好如下列图的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象应是( )解析随电流的增加温度逐渐升高，灯丝的电阻率、电阻随之变大，因此C项正确，A、B、D 三项错误．答案 C设置目的考查小灯泡的伏安特性曲线4.如下列图是测定电流表内电阻的电路图，闭合开关S，先调节电阻箱R的电阻值至R1，使电流表指针偏转到满刻度，再把电阻箱R的电阻值调至R2，使电流表指针偏转到满刻度的一半．在电池内电阻忽略不计的情况下，电流表的内阻等于( )A．R2－2R1 B.R22－R1C．R2－R1D．2(R2－R1)解析设电流表内阻为R g，满偏电流为I g，电源电动势为E，根据闭合电路欧姆定律得I g＝ER g＋R1①I g 2＝ER g＋R2②联立①②解得R g＝R2－2R1.答案 A设置目的考查半偏法测电流表内阻的根本原理5.如下列图的电路中，闭合电键S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，这故障可能是( )A．L1灯丝烧断 B．电阻R2断路C．电阻R2短路 D．电容器被击穿短路解析灯丝烧断是断路，电容器被击穿是短路．答案 B设置目的通过对电路的分析寻找故障的原因6.如下列图，A灯与B灯电阻一样，当变阻器滑片向上滑动时，对两灯明暗变化判断正确的答案是( )A．A、B灯都变亮B．A、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮解析当变阻器滑片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，路端电压U增大，灯A变亮．流过电阻R1的电流I1＝I－I A，由于干路电流I减小，灯A的电流I A增大，所以I1减小，电阻R1的电压减小．灯B的电压U B＝U－U1，由于U增大，U1减小，所以U B增大，灯B变亮．答案 A设置目的考查动态电路中相关物理量变化的分析7.如图1为测量某电源电动势和内阻时得到的UI图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．如此该电路可能是图2中的( )解析 由UI 图象可求得电源的电动势E ＝6 V ，内电阻r ＝6－44Ω＝0.5 Ω，外电路连接电阻R 时路端电压为4.8 V ，由闭合电路的欧姆定律得E ＝U ＋IrI ＝E －U r ＝6－4.80.5A ＝2.4 A 又I ＝E R ＋r 所以R ＝E I －r ＝(62.4－0.5) Ω＝2 Ω 选项A 、B 、C 、D 四个电路的外电路电阻分别是1 Ω、2 Ω、9 Ω、4.5 Ω.答案 B设置目的 考查对闭合电路欧姆定律和UI 图的认识8.在研究微型电动机的性能时，应用如下列图的实验电路，当调节滑动变阻器R 并使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和2 V ．重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2 A 和24 V ，如此这台电动机正常运转时的输出功率为( )A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析 电动机的输入功率为P 2＝U 2I 2＝24×2 W＝48 W ，线圈电阻：R ＝U 1I 1＝20.5Ω＝4 Ω.热功率为P 1＝I 22R ＝22×4 W ＝16 W ．输出功率：P 输＝P 2－P 1＝(48－16) W ＝32 W.答案 A设置目的 通过分析电动机在转动和不转动时的区别，考查纯电阻电路和非纯电阻电路的计算9．用两个一样的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，假设把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图(a)、(b)所示，如此闭合开关后，如下有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的答案是( )A ．图(a)中的A 1、A 2的示数一样B ．图(a)中的A 1、A 2的指针偏角一样C ．图(b)中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图(b)中的A 1、A 2的指针偏角一样 解析 大量程电流表是小量程电流表并联一适当小的分流电阻改装而成的．当A 1、A 2并联时，由于A 1、A 2的电阻不同，通过A 1、A 2的电流不等，A 1、A 2的示数不同，但通过每个小量程电流表的电流一样，故指针偏角一样，A 项错误，B 项正确．当A 1、A 2串联时，通过A 1、A 2的电流一样,故示数一样,但A 1、A 2的量程不同，故指针偏角不同，C 、D 项错误.答案 B10.如下列图，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，假设滑动变阻器的触头P 向下滑动时，如此( )A ．小灯泡的功率减小B ．电压表的示数增大C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|不变 解析 A 项，P 下滑，R 2阻值变小，故电路总电阻减小，那么，总电流增大，通过灯泡的电流增大，可知小灯泡的功率增大，故A 项错误；B 项，因电流增大，如此R 1上的电压增大，如此电压表示数增大，故B 项正确；C 项，总电流增大，内电压与R 1上的电压增大，故电容器上电压减小，所以，电容器上的电荷量减小，故C 项错误；D 项，两表示数之比U I＝R 1，故两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|仍为R 1不变，故D 项正确；应当选B 、D 两项． 答案 BD11.如图，直线a 、抛物线b 和c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P E 、输出功率P R 、电源内部发热功率P r 随路端电压U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断( )A ．图象中任意电压值对应的功率关系为P E ＝P r ＋P RB ．P r U 图象的对应图线b ，由图知电动势为3 V ，内阻为1 ΩC ．P E U 图象对应图线a ，由图知电动势为9 V ，内阻为3 ΩD ．外电路电阻为1 Ω时，输出功率最大为2 W解析 A 项，电源的总功率等于内电阻消耗功率和输出功率之和，即图象中任意电压值对应的功率关系为P E ＝P r ＋P R ，故A 项正确；B 项，根据电功率的计算公式可得：P r ＝〔E －U 〕2r ，由数学知识可知，P r U 图象的对应图线b ，故B 项正确；C 项，总功率为：P E ＝EI ＝E·E －U r＝－E r U ＋E 2r ，可知P E U 图象对应图线a.由数学知识得知，图象a 的斜率大小为：k ＝E r ＝93＝3；当U ＝0时，P E ＝E 2r＝9 W ．联立解得：E ＝3 V ，r ＝1 Ω.故C 项错误；D 项，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为R ＝r ＝1 Ω时，输出功率最大，最大输出功率为：P m ＝〔12E 〕2R ＝E 24r ＝324×1W ＝2.25 W ．故D 项错误．应当选A 、B 两项． 答案 AB点评 此题的关键要根据功率公式得到三种功率的解析式，利用图象信息进展研究．要有根本的读图能力，根据数学知识来理解图象的物理意义．12．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．并根据数据描绘了如图乙所示的两条UI 图线．如此图象中两图线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为0.5 WD ．电源的效率达到最大值解析 由图象可知，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项正确；电源的效率：η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越高，可见滑动触头P 滑到最右端时电源效率最高，D 项错误．答案 BC设置目的将测定电源电动势的UI图和测电阻的UI图相结合，综合考查二者的区别和联系13.经过准确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如下列图，读数依次为12.7 V和12.3 V，如此( )A．a、b间的实际电压略大于12.7 VB．a、b间的实际电压略小于12.7 VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻解析并联电压表使电路电阻减小，电流增大，R′两端电压增大，使ab两端电压比实际电压要小．且电压表的内阻越大，测量值越大，越接近实际电压．答案AC设置目的电压表内阻较大，考查其接入电路时对电路的影响14.某学生在研究串联电路电压特点的实验时，连接成如下列图的电路，接通S后，他将大内阻的电压表并联在A、C两点间，电压表读数为U，当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U，当并联在B、C两点间时，电压表的读数为零，如此出现此种情况的原因可能是(R1、R2的阻值相差不大)( )A．AB段断路 B．BC段断路C．AB段短路 D．BC段短路解析电压表并联在AC端和AB端时示数都为U.有两种可能情况：一是AB段断路，电压表示数U为电源电动势；二是AB段没有断路但BC段短路，AB与BC段电压一样．答案AD设置目的考查故障电路的排查15．图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中( )A．二极管D消耗的功率变大B．二极管D的电阻变大C．通过二极管D的电流减小D．电源的功率减小解析A、B、C三项，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A 项正确，B 、C 两项错误；D 项，电源的功率为：P ＝EI ，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D 项错误．应当选A 项．答案 A二、实验题(共5小题，每题8分，共40分)16．如下列图为一电学实验的实物连线图．该实验可用来测量待测电阻R x的阻值(约20 Ω)．图中两个电流表量程一样，内阻都较小．实验步骤如下：①调节电阻箱，使它的阻值R 0与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动触头调到最左端．②合上开关S.③将滑动变阻器的滑动触头向右端滑动，使两个电流表指针都有明显偏转．④记下两个电流表A 1和A 2的读数I 1和I 2.⑤屡次改变滑动变阻器滑动触头的位置，记下A 1和A 2的多组读数I 1和I 2.⑥求R x 的平均值．回答如下问题：(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路图，器材用通用的符号表示；(2)不计电流表内阻的影响，用I 1、I 2和R 0表示R x 的公式为R x ＝________．答案 (1)如下列图(2)I 1R 0I 217．(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如下列图，校零时的读数为________ mm ，合金丝的直径为________ mm.(2)为了准确测量合金丝的电阻R x，设计出如图甲所示的实验电路图，按照该电路图完成图乙中的实物电路连接．解析(1)按照螺旋测微器的读数原如此得，校零时的读数为0.007 mm，合金丝的直径为0.656 mm－0.007 mm＝0.649 mm(在0.647 mm～0.651 mm都算正确)．(2)连线如下列图．答案(1)0.007 0.649(在0.647 mm～0.651 mm都算正确) (2)见解析图18．某同学准备探究一未知元件Q的伏安特性曲线，他设计了如图甲所示的电路图．请回答如下问题：(1)请将图乙中的实物连线按电路图补充完整．(2)该同学正确连接实验电路后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头P，发现电流表和电压表的指针始终不发生偏转．在不断开电路的情况下，他使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“＋〞“－〞接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是________．(3)排除故障后，该同学测得实验数据如下表所示，请在坐标系中作出该元件的UI图线．序号电流/A 电压/V1 0.00 0.002 0.10 1.003 0.20 1.604 0.30 1.825 0.40 1.956 0.50 2.087 0.60 2.13(4)通过实验可以得出，该元件的阻值随所加电压的增大而________(选填“增大〞“减小〞或“不变〞)．解析使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“＋〞“－〞接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明多用电表与电源构成通路，电路故障是电流表断路．根据画出的图象，由欧姆定律可知，该元件的阻值随所加电压的增大而减小．答案(1)如图1 (2)电流表断路(3)如图2(4)减小19．某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1k〞挡内部电池的电动势E.(1)该小组采用图甲的电路进展实验，请将图乙中的实物连线连接完整．(2)请将下面的实验步骤补充完整：a．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k〞位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮〞，使指针指到“0 Ω〞．b．按照电路图连接好电路．c．接通开关，改变滑动变阻器的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如下列图．多用电表和微安表的读数分别为________ kΩ和________μA.d．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)由以上信息可得多用电表“×1k〞挡内部电池的电动势为________V(保存两位有效数字)．解析(1)根据电路图，连接实物图，注意红、黑表笔的正、负接法．(2)a.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应将红、黑表笔短接进展欧姆调零；c．欧姆表的读数为R＝22×1 kΩ＝22 kΩ，微安表的读数为242 μA或243 μA或244 μA.(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋R0)，I表示微安表的示数、R表示多用电表的读数、R0表示多用电表的内阻，代入数据有E＝242×10－6×(22＋15)×103 V＝8.954 V≈9.0 V.答案(1)电路连接如图(2)短接22 242 交流电压最高挡或OFF挡(3)9.020．(1)某实验小组为了测量某一电阻R x的阻值，他们先用多用电表进展粗测，测量出R x的阻值约为18 Ω左右．为了进一步准确测量该电阻，实验台上有以下器材：A ．电流表(量程15 mA ，内阻未知)B ．电流表(量程0.6 A ，内阻未知)C ．电阻箱(0～99.99 Ω)D ．电阻箱(0～999.9 Ω)E ．电源(电动势约3 V ，内阻约1 Ω)F ．单刀单掷开关2只G ．导线假设干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验： a ．先将电阻箱阻值调到最大，闭合S 1，断开S 2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有适宜的阻值R 1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I ；b ．保持开关S 1闭合，再闭合开关S 2，调节电阻箱的阻值为R 2，使电流表的示数仍为I.①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择________，电阻箱应选择________(选填器材前的字母)②根据实验步骤可知，待测电阻R x ＝________(用步骤中所测得的物理量表示)． (2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．假设所选电流表的内阻R A ＝2.0 Ω，闭合开关S 2，调节电阻箱R ，读出多组电阻值R 和电流I 的数据；由实验数据绘出的1IR 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(计算结果保存两位有效数字)解析 (1)①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：I max ＝E R x ＝318A ≈0.167 A ＝167 mA ，如果电流表选B ，如此读数误差太大，故电流表应选A ； 电源电动势为3 V ，电流表量程为15 mA ＝0.015 A ，由欧姆定律：I ＝U R可知， 电路中的最小电阻应为：R max ＝E I A ＝ 3 V 0.015 A＝200 Ω，所以电阻箱应选D ； ②根据闭合电路欧姆定律得：S 2断开时有：E ＝I(R x ＋R 1＋R A ＋r)，S 2闭合时有：E ＝I(R 2＋R A ＋r)，解得：R x ＝R 2－R 1；(2)闭合开关S 2，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I(R ＋R A ＋r)，整理得：1I ＝1E R ＋R A ＋r E， 由图示：1I R 图象可知：0.2×103＝1E ×636＋R A ＋r E， 0．1×103＝1E ×316＋R A ＋r E，：R A ＝2.0 Ω， 解得：E ＝3.2 V ，r ＝2.0 Ω；答案 (1)①A D ②R 2－R 1 (2)3.2 2.0点评 此题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以与截距的意义．。
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.。