人教版高中物理选修3-1章末检测

高中物理学习材料唐玲收集整理高中物理选修3-1 章末检测(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图2－13所示为三个门电路符号，A输入端全为“1”，B输入端全为“0”．下列判断正确的是( )图2－13A．甲为“非”门，输出为“1”B．乙为“与”门，输出为“0”C．乙为“或”门，输出为“1”D．丙为“与”门，输出为“1”答案：C2．金属铂的电阻值对温度的高低非常“敏感”，所以可以利用铂的电阻随温度变化的性质制成铂电阻温度计，如图2－14所示的I－U图象中能表示金属铂的电阻情况的是( )图2－14解析：选C.铂属于金属导体，其电阻率将随温度的升高而增大，当有电流通过时，由于热效应，所以导体的温度升高，并且电流越大，温度越高，电阻也将越大．在I－U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故C正确，A、B、D错误．3．小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化图2－15的图线如图2－15所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法不．正确的是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析：选C.在I －U 图象中，图象上某点与坐标原点连线斜率的倒数表示电阻，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大；对应P 点，小灯泡的电压为U 1，电流为I 2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R ＝U 1I 2；其工作功率为P ＝U 1I 2，即为图中矩形PQOM 所围的面积，因此本题应选择C 项．4.两根材料相同的均匀导线x 和y 串联在电路中，两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图2－16中的ab 段和bc 段图线所示，则导线x 和y 的横截面积之比为( )图2－16A ．2∶1B ．1∶2C ．6∶1D ．1∶6解析：选B.两导线串联，电流相等，I 1＝I 2，从两段图线上截取相同的电压，U 1＝U 2，保证电阻是相等的，此时长度之比为L 1∶L 2＝1∶2，由电阻定律知，横截面积之比等于长度之比S 1∶S 2＝1∶2，故B 正确，A 、C 、D 错误．5.(2013江苏检测)如图2－17所示电路中，r 是电源的内阻，R 1和R 2是外电路中的电阻，如果用P r 、P 1和P 2分别表示电阻r 、R 1和R 2上所消耗的功率，当R 1＝R 2＝r 时，P r ∶P 1∶P 2等于( )图2－17A ．1∶1∶1B ．2∶1∶1C ．1∶4∶4D ．4∶1∶1解析：选D.在题图电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，不能认为内电阻与外电阻是并联关系．因R 1＝R 2，令I 1＝I 2＝I ，I r ＝I 1＋I 2＝2I则P r ∶P 1∶P 2＝I 2r r ∶I 21R 1∶I 22R 2＝4∶1∶1，所以D 选项是正确的．6.如图2－18所示，直线a 为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b 为电阻R 两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是( )图2－18A．4 W,0.5 ΩB．6 W,1 ΩC．4 W,1 ΩD．2 W,0.5 Ω解析：选A.如题意组成的闭合电路电流为2 A，路端电压为2 V，电动势为3 V，内电阻r＝E I0＝36Ω＝0.5 Ω，电源输出功率为P＝UI＝2×2 W＝4 W，故A正确．7．图2－19为测量某电源电动势和内阻时得到的U—I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )图2－19图2－20解析：选B.由题中的U—I图线可知该电源的电动势为6 V，内阻为0.5 Ω.此电源与三个均为3 Ω的电阻连接成电路时：A项中的路端电压为4 V，B项中的路端电压为4.8 V，C项中的路端电压为5.7 V，D项中的路端电压为5.4 V.8．压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图2－21甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为U0，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是( )图2－21A．乙图表示电梯可能匀速下降B．乙图表示电梯可能匀减速下降C．乙图表示电梯可能变减速上升D．乙图表示电梯可能变减速下降解析：选D.由U—t图可知，V读数均匀减小，R阻值均匀减小，压力均匀增大．对物体A：F N－mg＝ma，则知当F N增大时，a增大，所以其可能变加速上升或变减速下降，故D对．9.(2011·高考上海卷)如图2－22所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，( )图2－22A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小C ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数先变小后变大D ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数先变大后变小解析：选 A.设滑动变阻器总电阻为R 0.P 以上电阻为R x ，则变阻器在电路中的阻值R ′＝(R 0－R x )R x R 0. 当R x ＝R 02时，R ′最大．P 从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小．当P 滑向中点时：P 滑过中点后，R ′↓→I ↑→U ↓，由并联分流I A ＝R x R ′I ，新的I A 增大，故A 正确． 10.(2012·天津一中高二检测)如图2－23所示，电路中电源的电动势为E ，内阻为r ，电压表内阻为10 k Ω，B 为静电计；两个电容器的电容分别为C 1和C 2，将开关S 合上一段时间后，下列说法中正确的是( )图2－23A ．若C 1>C 2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B ．若将滑动变阻器滑片P 向右滑动，则电容器C 2所带电荷量增大C ．C 1所带电荷量为零D ．再将开关S 断开，然后使电容器C 2两极板间距离增大，则静电计张角增大解析：选CD.电容器、静电计在电路稳定时都相当于断路，电压表没有示数，且此时相当于导线，则电压表的示数为零，C 1所带电荷量为零，选项A 、B 错误，C 正确．电容器C 2和静电计两端的电压等于电源的电动势，将开关S 断开，电容器极板上的电荷量不变，极板间距离增大，电压增大，则静电计张角增大，选项D 正确．二、实验题(本题共2小题，共18分．按题目要求作答)11．(8分)用如图2－24所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：图2－24a ．电流表(量程0.6 A 、3 A)；b ．电压表(量程3 V 、15 V)；c ．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A)；d ．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)．那么(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择__________ V ，电流表的量程应选择__________ A ；R 应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是________．答案：(1)3 0.6 0～10 (2)电压表的分流图2－2512．(10分)(1)某额定电压为8 V 的灯泡的伏安特性曲线如图2－25所示．若将它与一个R ＝7 Ω的定值电阻串联后接在电动势E ＝8 V 、内阻r ＝1 Ω的电源上，则通过该灯泡的实际电流为________ A ，该灯泡的实际功率为________ W.(2)在测定金属丝电阻率的实验中，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图2－26甲所示，d ＝________mm ；用多用电表的“×1”欧姆挡，调零后测得金属丝的电阻值如图乙所示，R ＝________Ω.若实验中测出金属丝的长度为L ，则该金属丝电阻率的表达式ρ＝________(用符号表示)．图2－26解析：(1)由题意可得I (R ＋r ＋R L )＝E ＝8 V ，即I (8＋R L )＝8 V ，结合题中图象可得I ＝0.5 A ，对应此时灯泡的电阻R L ＝8 Ω，所以灯泡的实际功率P L ＝I 2R L ＝(0.5)2×8 W ＝2 W.(2)金属丝的直径d ＝0.5 mm ＋23.0×0.01 mm ＝0.730 mm ，从多用电表中读出电阻R ＝8.0 Ω，根据电阻定律R ＝ρL S ＝ρL π(d /2)2，得ρ＝πRd 24L. 答案：(1)0.5 2 (2)0.730 8.0 πRd 24L三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图2－27所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，电容器的电容C ＝40 μF ，电阻R 1＝R 2＝4 Ω，R 3＝5 Ω.接通开关S ，待电路稳定后，求：图2－27(1)理想电压表V 的读数；(2)电容器的带电量．解析：(1)电路稳定后，电容器和电压表所在支路可认为是断路，可得R 2上无电流通过，R 2两端电势相等，电压表的读数为R 3两端的电压，电容器两端电压为R 1两端的电压． 根据闭合电路欧姆定律，得电路的电流I ＝E R 1＋R 3＋r ＝104＋5＋1A ＝1 A 电压表的读数为U ＝IR 3＝1×5 V ＝5 V(2)电容器两端电压为U C ＝IR 1＝1×4 V ＝4 V电容器的带电量为Q ＝CU C ＝40×10－6×4 C ＝1.6×10－4 C.答案：(1)5 V (2)1.6×10－4 C14．(10分)在图2－28所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω.D 为直流电动机，其电枢线圈电阻R ＝2 Ω，限流电阻R ′＝3 Ω.当电动机正常工作时，电压表示数为0.3 V ．求：图2－28(1)通过电动机的电流是多大？(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？解析：(1)通过电动机的电流I 与流过限流电阻R ′的电流相同，由I ＝U R ′得：I ＝0.33A ＝ 0.1 A.(2)由E ＝Ir ＋U ＋U D 可得电动机两端电压U D ＝E －Ir －U ＝6 V －0.1×1 V －0.3 V ＝5.6 V所以电动机输入的电功率P 入＝U D I ＝0.56 W.电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝0.02 W.电动机的输出功率P 出＝P 入－P 热＝0.54 W.答案：(1)0.1 A (2)0.56 W 0.02 W 0.54 W15．(10分)一个允许通过的最大电流为2 A 的电源和一个滑动变阻器，接成如图2－29甲所示的电路，变阻器最大阻值为R 0＝22 Ω，电源路端电压U 随外电阻R 变化的规律如图乙所示，图中U ＝12 V 的直线为图线的渐近线，试求：图2－29(1)电源电动势和内电阻；(2)A 、B 空载时输出电压的范围；(3)若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A 、B 两端所接负载的最小电阻为多大？解析：(1)由题图乙可知，当R →∞时，E ＝12 V ，而当U ＝6 V ＝E 2时，应有r ＝R ＝2 Ω. (2)当滑片滑至变阻器的最上端时，A 、B 两端输出电压最大值U max ＝E R 0＋r R 0＝1222＋2×22 V ＝11 V当滑片滑至变阻器的最下端时，A 、B 两端输出电压最小为零，故A 、B 空载时输出电压范围为0～11 V.(3)当滑动片滑至变阻器的最上端时，通过电源的电流恰为最大电流2 A ，A 、B 两端所接负载电阻最小． I ＝ER 0R AB R 0＋R AB ＋r ，解得R AB ＝4.9 Ω.答案：(1)12 V 2 Ω (2)0～11 V (3)4.9 Ω16．(12分)(2012·合肥一中高二检测)如图2－30所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球带电荷量q ＝1×10－2 C ，质量为m ＝2×10－2 kg ，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时电源输出功率是多大？(g 取10 m/s 2)图2－30解析：设两板间电压为U AB ，由动能定理：－mgd －qU AB ＝0－12mv 20， 所以U AB ＝12mv 20－mgd q＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×42－10×0.4×2×10－21×10－2 V ＝8 V. 则滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V.设通过滑动变阻器电流为I ，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E －U 滑R ＋r ＝24 V －8 V 15 Ω＋1 Ω＝1 A. 滑动变阻器电阻：R 滑＝U 滑I＝8 Ω. 电源输出功率：P ＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W. 答案：8 Ω 23 W。

人教版物理选修3-1：第一章-章末综合检测-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得5分，选错或不答的得0分)1.冬天当我们脱毛线衫时，静电经常会跟你开个小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是( )A ．在脱衣过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B ．在脱衣过程中，有时会听到“啪”的声音，这是由于内外衣服上电荷放电引起的C ．如果内外两件衣服可看做电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小D ．脱衣时如果人体带上了电，当手触摸金属门把时，一定会有电流通过金属门把流入大地，从而造成对人体轻微的电击解析：选B.摩擦起电使相互摩擦的两个物体带上等量异种电荷，A 错．若将内外衣视为电容器，可以认为摩擦起电后电荷量不变，当距离增大的过程中，电场力对电荷做负功，根据功能关系得：电荷的电势能增大，选项C 错误．当人脱衣服时如果人体带上电，与金属门接近时会使空气电离而放电，所以选项D 不正确．正确选项为B.2.两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.112F B.34F C.43F D ．12F解析：选 C.两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得F ＝k 3Q 2r 2，F ′＝k Q 2⎝⎛⎭⎫r 2＝k 4Q 2r 2，联立得F ′＝43F ，故C 正确．3.(2011·高考广东卷改编)如图1－6为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是( )图1－6A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由放电极指向集尘极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选D.在放电极附近，电场线呈辐射形散开，且场强非常强．电子在电场中加速，附着在尘埃上向集尘极移动，故迁移到集尘极的尘埃带负电，A错误．负电荷向集尘极移动，电场方向从集尘极指向放电极，其受电场力的方向与场强方向相反，故B、C错误．由F电＝qE 可知，同一位置E一定，q越大，电场力越大，故D正确．4.图1－7(2011·高考山东卷改编)如图1－7所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称、b点位于MN 上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点场强大于d点场强B．b点的电势高于d点的电势C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：选C.在图中画出等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况，由电场线的疏密表示场强大小可知E d>E b.故选项A错误，沿电场线方向电势降低，b点的电势与两电荷中点的电势相同，且低于d点的电势，故B错．a、c两点关于MN对称，故U ab＝U bc，选项C正确．沿电场线方向电势降低，所以φa>φc，由E p＝qφ可知E p a>E p c，故选项D错误．5.图1－8AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图1－8所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷()A．应放在A点，Q＝2qB．应放在B点，Q＝－2qC．应放在C点，Q＝qD．应放在D点，Q＝q解析：选D.先将＋q 、－q 在O 点产生的场强合成，因为＋q 、－q 与O 点构成等边三角形，可求出合场强E 0方向水平向右，大小E 0＝E 1＝E 2，如图所示．欲使圆心O 处的电场强度为零，所放置的点电荷Q 在O 点产生的场强方向必须水平向左，且大小也为E 0.若在A 点和B 点放置点电荷Q ，则它产生的场强只能沿竖直方向，达不到目的．若在C 点放置点电荷Q ，则必为负电荷，且Q ＝－q ，选项C 错．若在D 点放置点电荷Q ，则必为正电荷，且Q ＝q ，选项D 对． 6.(2011·高考天津卷)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( ) A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1 B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1 C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1 D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析：选C.U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S 4πkd可知电容变为2C ，而带电荷量也变为2Q ，故U 2＝2Q 2C ＝U 1，E 2＝U 212d ＝2U 1d＝2E 1，故C 选项正确．7.(2012·安徽师大附中高二月考)图1－9如图1－9所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A 、B 、C 三点，A 点为两点电荷连线的中点，B 点为连线上距A 点距离为d 的一点，C 点为连线中垂线距A 点距离也为d 的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是( ) A ．E A ＝E C >E B ；φA ＝φC >φB B ．E B >E A >E C ；φA ＝φC >φBC ．E A <E B ，E A <E C ；φA >φB ，φA >φCD ．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 解析：选B.电场线分布如图所示，电场线在B 处最密集，在C 处最稀疏，故E B >E A >E C ，中垂线为等势线，φA ＝φC ；沿电场线方向电势降低，φA >φB .综上所述，选项B 正确．8.图1－10MN是一负电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹，如图1－10中虚线所示，下列说法正确的是()A．负电荷一定位于ab虚线的右侧B．带电粒子在a点加速度大于b点加速度C．带电粒子在a点电势能大于b点电势能D．带电粒子在a点的动能大于b点的动能解析：选 C.设MN与ab交点为P，由轨迹弯曲方向可知，粒子在P点的受力F P方向由N→M，带电粒子为正电荷，所以场强方向为N→M，A错；由负电荷场强特点可知，a a<a b，B错；a→b，W ab>0，电势能减少，动能增加，C对，D错．9.(2012·重庆一中高二检测)如图1－11所示，P是一个带电体，N是一个不带电的金属空腔，在哪种情况中，放在绝缘板上的小纸屑S不会被P吸引()图1－11A．①③B．②③C．②④D．③④解析：选A.金属壳能屏蔽外部电荷产生的电场，所以①中的纸屑S不被P吸引，④中的纸屑可被P吸引；②中的P电荷可在金属壳外感应电荷而吸引纸屑，③中的P电荷在金属壳外感应的电荷被导入大地而不能吸引纸屑，故①、③正确，选A.10.图1－12(2012·上海吴淞中学高二期中)如图1－12所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则下列判断错误的是()A．甲、乙两粒子带异种电荷B．两粒子经过b点时具有相同的动能C．甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能D．设无穷远处电势为零，甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能解析：选C.甲粒子受引力作用，为负电荷，乙粒子受斥力作用，为正电荷，A项对．粒子从a 点到b 点，电场力不做功，动能相等，故B 项对．甲粒子从a 点到c 点，电场力做正功，动能增加；乙粒子从a 点到d 点，电场力做负功，动能减小，故C 项错．在正电荷的电场中，电势大于零，正检验电荷的电势能大，故D 项对． 11.图1－13如图1－13所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E ，在与环心等高处放有一质量为m ，电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法错误的是( ) A ．小球在运动过程中机械能不守恒 B ．小球经过最低点时速度最大C ．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg ＋qE )D ．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg －qE )解析：选 D.小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，A 对；小球运动到最低点的过程中，电场力、重力做正功，动能增大，经最低点后，电场力、重力做负功，动能减小，故最低点动能最大，速度最大，故B 对；由动能定理得：qER ＋mgR ＝12m v 2，由牛顿第二定律得：F N －mg －qE ＝m v 2/R ，联立解得F N ＝3(mg ＋qE )，故C 对D 错． 12.图1－14(2012·滁州中学高二检测)如图1－14所示，在真空中离子P 1、P 2以相同速度从O 点垂直场强方向射入匀强电场，经电场偏转后打在极板B 上的C 、D 两点．已知P 1电荷量为P 2电荷量的3倍．GC ＝CD ，则P 1、P 2离子的质量之比为( ) A ．3∶4 B ．4∶3 C ．2∶3 D ．3∶2 解析：选A.y ＝12at 2＝12·qU md ·x 2v 20，所以m ＝qUx 22yd v 2，m ∝qx 2， 所以m 1∶m 2＝(q 1x 21)∶(q 2x 22)＝3∶4.二、计算题(本题共4小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图1－1513.(8分)如图1－15所示，在水平向右的匀强电场中的A 点，有一个质量为m 、带电荷量为－q 的油滴以速度v 竖直向上运动．已知当油滴经过最高点B 时，速度大小也为v .求：场强E 的大小及A 、B 两点间的电势差．解析：根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：h ＝v t 2，x ＝v t2，故h ＝x .由动能定理得：qEx －mgh ＝0，即E ＝mgq ，再由动能定理得：qU AB －mgh ＝0，mgh ＝12m v 2，所以U AB ＝m v 22q .答案：见解析 14.(8分)图1－16一条长3L 的线穿着两个完全相同的小金属环A 和B ，质量均为m ，将线的两端都系于同一点O ，如图1－16所示，当两金属环带电后，由于两环间的静电斥力使丝线构成一个等边三角形，此时两环处于同一水平线上，如果不计环与线的摩擦，两环各带多少电量(静电力常量为k )解析：线并没有拴住小金属环，故三段线的拉力均相等，设拉力为F T ，对环A 受力分析如图． 竖直方向有F T ·sin60°＝mg 水平方向有F ＝F T ＋F T cos60° 由库仑定律F ＝k Q 2L 2联立解得Q ＝L3mgk.答案：均带L 3mgk15.(12分)图1－17如图1－17所示，长L ＝0.4 m 的两平行金属板A 、B 竖直放置，相距d ＝0.02 m ，两板间接入恒定电压为182 V ，B 板接正极，一电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C ，以v 0＝4×107 m/s 的速度紧靠A 板向上射入电场中，不计电子的重力．问电子能否射出电场若能，计算在电场中的偏转距离；若不能，在保持电压不变的情况下，B 板至少平移多少，电子才能射出电场解析：设电子能射出极板，则t ＝L v 0＝0.44×107 s ＝10－8 s ，水平方向加速度a ＝Uq md 代入数据得a ＝1.6×1015 m/s 2y ＝12at 2代入数值得：y ＝0.08 m>d .故不能射出． 若恰能射出，则B 板需向右移动，板间距变为d ′，则 d ′＝12·qU md ′t 2，d ′＝tqU 2m＝10－8×1.6×10－19×1822×9.1×10－31m ＝0.04 m Δd ＝d ′－d ＝0.02 m. 答案：见解析 16.(12分)图1－18(2012·浙江绍兴一中高二期中)如图1－18所示，一带电量为＋q 、质量为m 的小球，从距地面高2h 处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为s 处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h ，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求： (1)小球的初速度； (2)应加电场的场强； (3)小球落地时的动能．解析：(1)由题意知，小球落到管口时的水平速度为零，设运动时间为t ，则竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有s ＝v 02t ，联立解得v 0＝s2gh. (2)电场力做的功等于小球的动能变化，有 qE ·s ＝12m v 20，解得E ＝mgshq. (3)小球落地时只具有竖直方向的速度，动能 E k ＝mg ·2h ＝2mgh . 答案：(1)s 2g h (2)mgs hq(3)2mgh。

章末质量评估(一)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(每题3分，本题共10小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1．下列关于点电荷的说法，正确的是( )A ．点电荷一定是电量很小的电荷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：当带电体的体积和电荷量对电场的分布没有影响或者是影响可以忽略时，带电体就可以看成是点电荷，与电荷的种类无关，点电荷和质点类似，都是一种理想化的模型，所以B 正确，A 、C 、D 错误.答案：B2．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有( ) ①场强E ＝F q ②场强E ＝U d ③场强E ＝kQ r 2 ④电场力做功W ＝UqA. ①③B. ②③C. ①④D. ②④ 解析：E ＝F q 是电场强度的定义式，适用于一切电场，E ＝U d 仅适用于匀强电场，E ＝k Q r 2适用于点电荷产生的电场．W ＝qU 适用于一切电场．可知既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的是①④.答案：C3．(2016·全国Ⅲ卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A ．两个电势不同的等势面可能相交B ．电场线与等势面处处相互垂直C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：等势面与电场线一样是永不相交的，故A 错误；电场线与等势面垂直，故B 正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，故C 错误；将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D 错误．答案：B4．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一棱形ABCD，对角线交点为O，在顶点B、D 处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从A点静止释放，小球将沿对角线AC作往返运动．则( )A．B、D处固定的是等量的正电荷B．B、D处固定的是等量的异种电荷C．在A、C的连线上O点电势最低D．运动小球在O处的机械能最小解析：由题意知，B、D处固定的是等量的负电荷，A、B错；带正电的小球从A点静止释放，向低电势处移动，故C对；运动小球在O处的电势能最小，机械能最大，D错．答案：C5．(2016·浙江卷)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则( )A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合解析：由于静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，由静电平衡知A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B 下部的金属箔仍张开，选项D错误．故选C.答案：C6．如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变．下列说法中正确的是( )A. 液滴将向下运动B. 两板电势差增大C. 极板带电荷量将增加D. 电场强度不变解析：A 、B 电容器板间的电压保持不变，故B 错；当将极板A 向下平移一小段距离时，根据E ＝U d，分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．故A 错误，D 错；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 得知电容C 增大，而电容器的电压U 不变，极板带电荷量将增大．故C 正确．答案：C7．如图所示，一价氢离子和二价氦离子(不考虑二者间的相互作用)，从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场中，则它们( )A ．同时离开偏转电场，但出射点的位置不同B ．同时离开偏转电场，出射点的位置相同C ．先后离开偏转电场，但出射点的位置相同D ．先后离开偏转电场，且出射点的位置不同解析：在加速电场中，qU 1＝12mv 20，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：v x ＝v 0，穿过电场的时间t ＝l v 0，在加速电场中，由牛顿第二运动定律：a ＝qU md可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度a ＝F m ＝qU 2md ，偏移量y ＝12at 2＝qU 2l 22mdv 20＝U 2l 24U 1d，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同，正确答案C.答案：C8．空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示．下列说法中正确的是( )。

高中物理学习材料桑水制作章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2016·绍兴高二检测)安培的分子环形电流假说不能用来解释下列哪些磁现象( )A．磁体在高温时失去磁性B．磁铁经过敲击后磁性会减弱C．铁磁类物质放入磁场后具有磁性D．通电导线周围存在磁场【解析】磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，在高温时，分子电流的排布重新变得杂乱无章，故对外不显磁性，A对；磁铁经过敲击后，分子电流的排布重新变得杂乱无章，每个分子电流产生的磁场相互抵消，故对外不显磁性，故B对；铁磁类物质放入磁场后磁铁内部的分子电流的排布是大致相同的，对外显现磁性，C对；通电导线的磁场是由自由电荷的定向运动形成的，即产生磁场的不是分子电流，故D错误．【答案】 D2．(2016·郑州高二检测)关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是( )A．电场强度的定义式E＝Fq，适用于任何电场B．由真空中点电荷的电场强度公式E＝kQr2可知，当r→0，E→＋∞C．由公式B＝FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力则说明此处一定无磁场D．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向【解析】电场强度的定义式E＝Fq，适用于任何电场，故A正确．当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E＝kQr2不再成立．故B错误．由公式B＝FIL可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，可能是B的方向与电流方向平行，所以此处不一定无磁场，故C错误．磁感应强度的方向和该处通电导线所受的安培力方向垂直，故D错误．【答案】 A3．(2015·海南高考)如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A．向上B．向下C．向左D．向右【解析】a点处磁场垂直于纸面向外，根据左手定则可以判断电子受力向上，A正确．【答案】 A4．如图2所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，匀强电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域．下列说法正确的是( )图2A．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将沿直线运动B．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向上偏转C．若一电子以速率v从右向左飞入，则该电子将向下偏转D．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向下偏转【解析】正离子以速率v沿直线从左向右水平飞越此区域，则有：qvB＝Eq.即：vB＝E，若一电子的速率v从左向右飞入此区域时，也必有evB＝Ee.电子沿直线运动．而电子以速率v从右向左飞入时，电子所受的电场力和洛伦兹力均向上，电子将向上偏转，B正确，A、C、D均错误．【答案】 B5．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )图3A．增大匀强电场间的加速电压B．减小磁场的磁感应强度C．增加周期性变化的电场的频率D．增大D形金属盒的半径【解析】粒子最后射出时的旋转半径为D形金属盒的最大半径R，R＝mv qB ，E k ＝12mv2＝q2B2R22m.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形金属盒的半径R，故正确选项为D.【答案】 D6．(2016·宜昌高二检测)如图4所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°.现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( ) 【导学号：08160181】图4A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt【解析】 由牛顿第二定律qvB ＝m v 2r 及匀速圆周运动T ＝2πr v 得r ＝mvqB ；T＝2πmqB.作出粒子的运动轨迹如图，由图可得，以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt ＝T 6从C 点射出磁场，轨道半径r ＝3AO ；速度变为v3时，运动半径是r 3＝3AO3，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为120°，运动时间为T3，即2Δt .故A 、C 、D 项错误，B 项正确．【答案】 B7．(2016·保定高二检测)带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v 0，先通过匀强电场E ，后通过匀强磁场B ，如图5甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W 1.若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<EB)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则( )图5 A．W1<W2B．W1＝W2C．W1>W2D．无法判断【解析】在乙图中，由于v0<EB，电场力qE大于洛伦兹力qBv.根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力；而在甲图中带电粒子只受电场力qE.则在甲图的情况下，粒子沿电场方向的位移较大，电场力做功较多，所以选项A、B、D错误，选项C正确．【答案】 C8．在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放置一根长为L，质量为m的导线，当通以如图6所示方向的电流后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B满足( )图6A．B＝mg sin θIL，方向垂直斜面向下B．B＝mg sin θIL，方向垂直斜面向上C．B＝mg tan θIL，方向竖直向下D．B＝mgIL，方向水平向左【解析】磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg sin θ＝BIL，解得选项A正确．磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mg tan θ＝BIL，解得选项C正确．磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg＝BIL，解得选项D正确．【答案】ACD9．利用如图7所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( ) 【导学号：08160182】图7A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为qB(3d＋L)2mC．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【解析】由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r可得v＝qBrm，r越大v越大，由图可知r最大值为r max＝3d＋L2，选项B正确；又r最小值为r min＝L2，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝3qBd2m，可见选项C正确、D错误．【答案】BC10．如图8所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )图8A．从P射出的粒子速度大B．从Q射出的粒子速度大C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．两粒子在磁场中运动的时间一样长【解析】作出各自的轨迹如右图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q 点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1<R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．正确的选项应是B、D.【答案】BD二、计算题(本题共2小题，共40分，按题目要求作答)11．(18分)如图9所示，倾角为θ＝30°的光滑导体滑轨A和B，上端接入一电动势E＝3 V、内阻不计的电源，滑轨间距为L＝0.1 m，将一个质量为m＝0.03 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒水平放置在滑轨上，若滑轨周围存在着垂直于滑轨平面的匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，求滑轨周围空间的磁场方向和磁感应强度的大小．(重力加速度g取10 m/s2)图9【解析】合上开关S后，由闭合电路欧姆定律得：I＝E R经分析可知，金属棒受力如图所示，金属棒所受安培力，F ＝BIL 沿斜面方向受力平衡，F ＝mg sin θ 以上各式联立可得：B ＝0.25 T 磁场方向垂直导轨面斜向下【答案】 磁场方向垂直导轨面斜向下 0.25 T12．(22分)(2015·山东高考)如图10所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．【导学号：08160183】图10(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小．【解析】 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE d 2＝12mv 2① 由①式得E ＝mv 2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m v2 R③如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝D 4④联立③④式得B＝4mv qD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝3D 4⑥联立③⑥式得B＝4mv3qD.⑦【答案】(1)mv2qd(2)4mvqD或4mv3qD。

章末综合测评(一)
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一选项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，对但不全的得3分，有选错的得零分)
1．(2015·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是()
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
【解析】用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象．
【答案】 C
2.平行板A、B组成电容器，充电后与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是() 【导学号：08160073】
图1
A．A板向上移动
B．B板向左移动。

章末检测（A）(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(5×12＝60分)1．电荷从静止开始只在电场力作用下的运动(最初阶段的运动)，则电荷( )A．总是从电势高的地方移到电势低的地方B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方答案 C2．如图1所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )图1A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大答案BD解析由于不知道电场线的方向，故无法判断粒子带电性质，A项错误；但可以判断左方场强大于右方的场强，故a加速度减小，b加速度增大，B项正确；电场力对两粒子均做正功，故电势能均减小，动能都增大，C 项错误，D项正确．3．电场中有一点P，下列说法中正确的有( )A．若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷所受电场力的方向答案 C4. 如图2所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )图2A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度答案CD解析本题考查电场力、电势能．由粒子运动的轨迹可知，带电粒子受到的电场力向右，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的电势能减小，动能逐渐增大，负电荷一定在N侧，带电粒子在a点受到的电场力小于b 点的电场力，所以在a点的加速度小于在b点的加速度，C、D项正确．5. 如图3中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点电势．若不计重力，则( )图3A ．M 带负电荷，N 带正电荷B ．N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功D ．M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零 答案 BD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 点运动至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．6. 如图4所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是( )图4A ．1、3两点电场强度相同B ．5、6两点电场强度相同C ．4、5两点电势相同D ．1、3两点电势相同 答案 ABC解析 两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，C 正确；顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D 错误；1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度相同，A 正确；2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，B 正确．7. 如图5所示，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成30°角．关于a 、b 两点场强E a 、E b 及电势φa 、φb 的关系，正确的是 ( )图5A ．E a ＝3E b ，φa >φbB ．E a ＝3E b ，φa <φbC ．E a ＝E b3，φa <φb D ．E a ＝3E b ，φa <φb答案 B解析 点电荷所形成的电场强度为E ＝k Qr2，又由题图可知r a tan 60°＝r b ，所以E a ＝3E b .点电荷所形成的等势面是以点电荷为球心的球面，从a 、b 两点的场强方向可知此点电荷为负电荷，所以φa <φb .8．如图6甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )图6A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上答案AC解析若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动．9. 如图7所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应( )图7A．给平行板电容器充电，补充电荷量B．给平行板电容器放电，减小电荷量C．使两金属板相互靠近些D．使两金属板相互远离些答案 A解析为维持油滴静止状态，应增大两板间场强，由Q＝CU，U＝Ed可知增大Q，E也增大，故A项对，B项错；Q不变，改变d，E不变，C、D项错．10. 空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图8所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有( )图8A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功答案AD解析在φ—x图中，图象斜率表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx>E Cx，E Ox＝0，故A对，C错．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx沿x轴负方向，B项错．负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负向，在负x轴上受电场力沿x轴正向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确．11. 如图9所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N 折回N点，则( )图9A．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势答案 B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．12. 如图10所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中( )图10A ．电场力对液滴a 、b 做的功相同B ．三者动能的增量相同C ．液滴a 电势能的增加量等于液滴b 电势能的减小量D ．重力对三者做的功相同 答案 AD解析 此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律，因a 、b 带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A 对，C 错；c 不带电，不受电场力作用，由动能定理，三者动能增量不同，B 错；a 、b 、c 三者穿出电场时，由W G ＝mgh 知，重力对三者做功相同，D 对．二、计算题(10＋10＋10＋10＝40分)13. 如图11所示，P 、Q 两金属板间的电势差为50 V ，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d ＝10 cm ，其中Q 板接地，两板间的A 点距P 板4 cm ，求：图11(1)P 板及A 点的电势．(2)保持两板间的电势差不变，将Q 板向左平移5 cm ，则A 点的电势将变为多少？ 答案 (1)－50 V －30 V (2)－10 V解析 (1)U PQ ＝φP －φQ ＝－50 V ，φA ＝U PQ d ·d 1＝－500.1×0.06 V＝－30 V ．因Q 板接地，故P 点电势φP ＝－50 V.(2)φA ′＝U PQ d′·d 2＝－500.50×0.01 V＝－10 V.14. 在一个点电荷Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为2.0 m 和5.0 m ．已知放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图12所示中的直线A 、B 所示，放在A 点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电．求：图12(1)B 点的电场强度的大小和方向；(2)试判断点电荷Q 的电性，并确定点电荷Q 的位置坐标． 答案 (1)2.5 N/C 沿x 轴的负方向 (2)负电 2.6 m解析 (1)由题图可得B 点电场强度的大小E B ＝Fq＝2.5 N/C.因B 点的试探电荷带负电，而受力指向x 轴的正方向，故B 点场强的方向沿x 轴的负方向．(2)因A 点的正电荷受力和B 点的负电荷受力均指向x 轴的正方向，故点电荷Q 位于A 、B 两点之间，带负电．设点电荷Q 的坐标为x ，则E A ＝k Q－2，E B ＝k Q－2.由题图可得E A ＝40 N/C ，解得x ＝2.6 m.15. 如图13所示，带负电的小球静止在水平位置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ．如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？图13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＝300 V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d①当U 2＝60 V 时，带电小球向下极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 1－U 2＝2×0.8×10－2×300－ s ＝4.5×10－2s16. 如图14所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、B 板足够长，g 取10 m/s 2.试求：图14(1)带正电的小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰； (2)相碰时，离金属板上端的距离多大． 答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.应有qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝d m qU ＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2m＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。

高中物理学习材料桑水制作章末检测（A）(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(5×12＝60分)1．电荷从静止开始只在电场力作用下的运动(最初阶段的运动)，则电荷( )A．总是从电势高的地方移到电势低的地方B．总是从电场强度大的地方移到电场强度小的地方C．总是从电势能大的地方移到电势能小的地方D．总是从电势能小的地方移到电势能大的地方答案 C2．如图1所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( )图1A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，b加速度增大C．a电势能减小，b电势能增大D．a和b的动能一定都增大答案BD解析由于不知道电场线的方向，故无法判断粒子带电性质，A项错误；但可以判断左方场强大于右方的场强，故a加速度减小，b加速度增大，B项正确；电场力对两粒子均做正功，故电势能均减小，动能都增大，C项错误，D项正确．3．电场中有一点P，下列说法中正确的有( )A．若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B．若P点没有试探电荷，则P点场强为零C．P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大D．P点的场强方向为放在该点的电荷所受电场力的方向答案 C4. 如图2所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )图2A．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度答案CD解析本题考查电场力、电势能．由粒子运动的轨迹可知，带电粒子受到的电场力向右，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的电势能减小，动能逐渐增大，负电荷一定在N侧，带电粒子在a点受到的电场力小于b点的电场力，所以在a点的加速度小于在b点的加速度，C、D项正确．5. 如图3中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点电势．若不计重力，则( )图3A．M带负电荷，N带正电荷B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零答案BD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点运动至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．6. 如图4所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是( )图4A．1、3两点电场强度相同B．5、6两点电场强度相同C．4、5两点电势相同D．1、3两点电势相同答案ABC解析两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，C正确；顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D错误；1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度相同，A正确；2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，B正确．7. 如图5所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E a，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为E b，方向与ab连线成30°角．关于a 、b 两点场强E a 、E b 及电势φa 、φb 的关系，正确的是 ( )图5A ．E a ＝3E b ，φa >φbB ．E a ＝3E b ，φa <φbC ．E a ＝E b 3，φa <φb D ．E a ＝3E b ，φa <φb 答案 B解析 点电荷所形成的电场强度为E ＝k Q r2，又由题图可知r a tan 60°＝r b ，所以E a ＝3E b .点电荷所形成的等势面是以点电荷为球心的球面，从a 、b 两点的场强方向可知此点电荷为负电荷，所以φa <φb .8．如图6甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )图6A ．从t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t ＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t ＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上答案 AC解析 若t ＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A 正确，B 错误；若从t ＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C 正确；同理，若从t ＝3T/8时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D 项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动．9. 如图7所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应( )图7A ．给平行板电容器充电，补充电荷量B ．给平行板电容器放电，减小电荷量C ．使两金属板相互靠近些D ．使两金属板相互远离些答案 A解析 为维持油滴静止状态，应增大两板间场强，由Q ＝CU ，U ＝Ed 可知增大Q ，E 也增大，故A 项对，B 项错；Q 不变，改变d ，E 不变，C 、D 项错．10. 空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图8所示，x 轴上两点B 、C 的电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的有( )图8A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功答案AD解析在φ—x图中，图象斜率表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx>E Cx，E Ox＝0，故A对，C错．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx沿x轴负方向，B项错．负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负向，在负x轴上受电场力沿x轴正向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确．11. 如图9所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则( )图9A．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势答案 B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．12. 如图10所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中( )图10A．电场力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量D．重力对三者做的功相同答案AD解析此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律，因a、b带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A对，C错；c不带电，不受电场力作用，由动能定理，三者动能增量不同，B错；a、b、c三者穿出电场时，由W G＝mgh知，重力对三者做功相同，D对．二、计算题(10＋10＋10＋10＝40分)13. 如图11所示，P 、Q 两金属板间的电势差为50 V ，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d ＝10 cm ，其中Q 板接地，两板间的A 点距P 板4 cm ，求：图11 (1)P 板及A 点的电势．(2)保持两板间的电势差不变，将Q 板向左平移5 cm ，则A 点的电势将变为多少？答案 (1)－50 V －30 V (2)－10 V解析 (1)U PQ ＝φP －φQ ＝－50 V ，φA ＝U PQ d ·d 1＝－500.1×0.06 V ＝－30 V ．因Q 板接地，故P 点电势φP ＝－50 V.(2)φA ′＝U PQ d ′·d 2＝－500.50×0.01 V ＝－10 V. 14. 在一个点电荷Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为2.0 m 和5.0 m ．已知放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图12所示中的直线A 、B 所示，放在A 点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电．求：图12(1)B 点的电场强度的大小和方向；(2)试判断点电荷Q 的电性，并确定点电荷Q 的位置坐标．答案 (1)2.5 N/C 沿x 轴的负方向 (2)负电 2.6 m解析 (1)由题图可得B 点电场强度的大小E B ＝F q＝2.5 N/C. 因B 点的试探电荷带负电，而受力指向x 轴的正方向，故B 点场强的方向沿x 轴的负方向．(2)因A 点的正电荷受力和B 点的负电荷受力均指向x 轴的正方向，故点电荷Q 位于A 、B 两点之间，带负电．设点电荷Q 的坐标为x ，则E A ＝k Q (x －2)2， E B ＝k Q (5－x )2. 由题图可得E A ＝40 N/C ，解得x ＝2.6 m.15. 如图13所示，带负电的小球静止在水平位置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ．如果两板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？图13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＝300 V 时，小球平衡：mg ＝q U 1d① 当U 2＝60 V 时，带电小球向下极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 ＝4.5×10－2 s 16. 如图14所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、B 板足够长，g 取10 m/s 2.试求：图14(1)带正电的小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；(2)相碰时，离金属板上端的距离多大．答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.应有qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝d m qU＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s. (2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。

章末检测卷(三)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大 答案 D解析 磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同 答案 C解析 当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析 小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对 答案 BC解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小 答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关 答案 BD解析 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析 设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析 对PQ 画出截面图且受力分析如图所示 由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析 如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量， 根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比． 答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上， 有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动， 其所受电场力必须与重力平衡， 有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

第一章静电场章末检测（人教版选修3-1）一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)1．两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为()A.112F B.34FC.43F D．12F2．如图1所示，匀强电场E的区域内，在O点放置一点电荷＋Q.a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是()A．b、d两点的电场强度相同B．a点的电势等于f点的电势C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大3．如图2所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为()A．900 eV B．500 eV 图2 C．400 eV D．100 eV4．平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图3所示，则下列说法正确的是() A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变5．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图4所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中() A．先做匀加速运动，后做匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大6.如图5所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则() 图5A．粒子受电场力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势7．如图6所示，匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°、∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(2－3)V、(2＋3)V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为() 图6 A．(2－3)V、(2＋3)V B．0 V、4 VC．(2－433)V、(2＋433) V D．0 V、2 3 V二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)8．如图7所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是() 图7 A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变B．物体开始运动后加速度不断增大C．经过时间t＝E0k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值D．经过时间t＝μqE0－mgμkq，物体运动速度达最大值9．(2010·无锡模拟)如图8所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为r ，将带等电荷量的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC 对称，＋q 与O 点的连线和OC夹角为30°，下列说法正确的是 ( )A ．A 、C 两点的电势关系是φA ＝φC 图8B ．B 、D 两点的电势关系是φB ＝φDC ．O 点的场强大小为kq rD ．O 点的场强大小为3kqr2 10．如图10所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b .不计空气阻力，则( )A ．小球带正电B ．电场力跟重力平衡C ．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D ．小球在运动过程中机械能守恒11．如图所示，光滑绝缘直角斜面ABC 固定在水平面上，并处在方向与AB 面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔE k ，重力势能增加了ΔE p .则下列说法正确的是 ( )A ．电场力所做的功等于ΔE kB ．物体克服重力做的功等于ΔE pC ．合外力对物体做的功等于ΔE kD ．电场力所做的功等于ΔE k ＋ΔE p三、计算题(本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)12．(12分)如图12所示，A 、B 为平行板电容器的两个极板，A 板接地，中间开有一个小孔．电容器电容为C .现通过小孔连续不断地向电容器射入电子，电子射入小孔时的速度为v 0，单位时间内射入的电子数为n ，电子质量为m ，电荷量为e ，电容器原来不带电，电子射到B 板时均留在B 板上，求：(1)电容器两极板间达到的最大电势差；(2)从B 板上打上电子到电容器两极间达到最大电势差所用时间为多少？13．如图13所示，ABCD 为竖直放在场强为E ＝104 V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 BC D 部分是半径为R 的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A 为水平轨道上的一点，而且AB ＝R ＝0.2m ，把一质量m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋1×10－4 C 的小球放在水平轨道的A 点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．(g取10 m/s 2)求：(1)小球到达C 点时的速度是多大？(2)小球到达C 点时对轨道压力是多大？(3)若让小球安全通过D 点，开始释放点离B 点至少多远？14．半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图14所示．珠子所受静电力是其重力的34倍，将珠子从环上最低位置A 点由静止释放，求：(1)珠子所能获得的最大动能是多少？(2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 图1415．如图15所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8m ．有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C 端的正下方P 点．(g 取10m/s 2)求： 图15(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到P 点的动能．第一章 静电场 章末检测【参考答案与详细解析】(时间50分钟，满分100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分)1．解析：两带电金属球接触后，它们的电荷量先中和后均分，由库仑定律得：F ＝k 3Q 2r 2，F ′＝k Q 2(r 2)2＝k 4Q 2r .联立得F ′＝43F ，C 选项正确． 答案：C2．解析：b 、d 两点的场强为＋Q 产生的场与匀强电场E 的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A 错误；a 、f 两点虽在＋Q 所形电场的同一等势面上，但在匀强电场E 中此两点不等势，故B 错误；在bedf 面上各点电势相同，点电荷＋q 在bedf 面上移动时，电场力不做功，C 错误；从a 点移到c 点，＋Q 对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q 做功最多，电势能变化量一定最大，故D 正确．答案：D3．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 孔出射，电场力做功为零，电子动能大小不变．C 项正确． 答案：C4．解析：对A 、B 选项，因电键S 闭合，所以A 、B 两极板的电势差不变，由E ＝U d可知极板间场强增大，悬挂的带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，选项A 、B 错误；对C 、D 选项，因电键S 断开，所以电容器两极板所带电荷量保持不变，由C ＝Q U 、C ＝εr S 4πkd和E ＝U d 可推出，E ＝4πkQ εr S，与两极板间距离无关，两极板间场强保持不变，悬挂的带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，只有D 项正确．答案：D5．解析：这是等量同种电荷形成的电场，根据这种电场的电场线分布情况，可知在直线bd 上正中央一点的电势最高，所以B 错误．正中央一点场强最小等于零，所以A 错误．负电荷由b 到d 先加速后减速，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，但总和不变，所以C 错误，D 正确．答案：D6. 解析：由题意可知M 、N 在同一条电场线上，带电粒子从M 点运动到N 点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A 、C 错误，B 正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M 、N 两点的电势高低，选项D 错误． 答案：B7．解析：如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab 的中点O ，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V ，故Oc 为等势面，MN 为电场线，方向为MN 方向，U OP =U Oa = V ，UON ∶U OP =2∶，故U ON =2 V ，N 点电势为零，为最小电势点，同 理M 点电势为4 V ，为最大电势点．B项正确．答案：B二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)8．解析：物体运动后，开始时电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增加；电场力减小到零后反向增大，电场力与重力的合力一直增大，加速度也不断增大，B 正确；经过时间t ＝E 0k 后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t ＝E 0k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，C 正确． 答案：BC9．解析：由等量异种点电荷的电场分布和等势面的关系可知，等量异种点电荷的连线的中垂线为一条等势线，故A 、C 两点的电势关系是φA ＝φC ，A 对；空间中电势从左向右逐渐降低，故B 、D 两点的电势关系是φB ＞φD ，B 错；＋q 点电荷在O点的场强与－q 点电荷在O 点的场强的大小均为kq r 2，方向与BD 方向向上和向下均成60°的夹角，合场强方向向右，根据电场的叠加原理知合场强大小为kq r 2，C 对D 错． 答案：AC10．解析：因为OM ＝ON ，M 、N 两点位于同一等势面上，所以从M 到N 的过程中，电场力时小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B 、C 错误；因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D 正确；设小物体上升的最大高度为h ，摩擦力做功为W ，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh ＋W ＝0－12m v 12 ① mgh ＋W ＝12m v 22， ② 联立①②解得h ＝v 12＋v 224g，A 正确．答案：AD11．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 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：AB12．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：BCD三、计算题(本题共4小题，共55分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．解析：(1)电子从A 板射入后打到B 板，A 、B 间形成一个电场，当A 、B 板间达到最大电势差U 时，电子刚好不能再打到B 板上，有eU ＝12m v 02 U ＝m v 022e. (2)电子打到B 板后，A 、B 板就是充了电的电容器，当电势差达到最大时，Q ＝CU ＝t ·ne ，则所用时间t ＝Cm v 022ne 2. 答案：(1)m v 022e (2)Cm v 022ne 214．解析：(1)由A 点到C 点应用动能定理有：Eq (AB ＋R )－mgR ＝12m v C 2 解得：v C ＝2 m/s(2)在C 点应用牛顿第二定律得：F N －Eq ＝m v C 2R得F N ＝3 N由牛顿第三定律知，小球在C 点对轨道的压力为3 N.(3)小球要安全通过D 点，必有mg ≤m v D 2R. 设释放点距B 点的距离为x ，由动能定理得：Eqx －mg ·2R ＝12m v D 2 以上两式联立可得：x ≥0.5 m.答案：(1)2 m/s (2)3 N (3)0.5 m15．解析：(1)设qE 、mg 的合力F 合与竖直方向的夹角为θ，因qE ＝34mg ，所以tan θ＝qE mg ＝34， 则sin θ＝35，cos θ＝45， 则珠子由A 点静止释放后在从A 到B 的过程中做加速运动，如图所示．由题意知珠子在B 点的动能最大，由动能定理得 qE rsin θ-mgr (1-cos θ)=Ek ，解得Ek =12mgr . (2)珠子在B 点对圆环的压力最大，设珠子在B 点受圆环的弹力为F N ，则F N －F 合＝m v 2r (12m v 2＝14mgr ) 即F N ＝F 合＋m v 2r ＝(mg )2＋(qE )2＋12mg ＝54mg ＋12mg ＝74mg . 由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为74mg . 答案：(1)14mgr (2)74mg16．解析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示．由平衡条件得：mg sin45°＝Eq cos45°，得mg ＝Eq ，离开直杆后，只受mg 、Eq 作用，则F 合＝ 2mg ＝ma ，a ＝2g ＝10 2 m/s 2≈14.1 m/s 2方向与杆垂直斜向右下方．(2)设小环在直杆上运动的速度为v 0，离杆后经t 秒到达P 点，则竖直方向：h ＝v 0sin45°·t ＋12gt 2， 水平方向：v 0cos45°·t －12qE mt 2＝0解得：v0＝gh2＝2 m/s(3)由动能定理得：E k P－12m v02＝mgh可得：E k P＝12m v02＋mgh＝5 J.答案：(1)14.1 m/s2，垂直于杆斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J。

高中物理选修3-1第3章章末阶段质量检测一、选择题(本题共8小题，每小题7分，共56分，每题至少有一个选项符合题意，多选、错选不得分，选对但选不全得4分)1．一台半导体收音机，电池供电的电流是8 mA，也就是说()A．1 h电池供给8 C的电荷量B．1000 s电池供给8 C的电荷量C．1 s电池供给8 C的电荷量D．1 min电池供给8 C的电荷量解析：由q＝It可知，只有B项正确。

答案：B2．氢原子核外只有一个电子，它绕氢原子核运动一周的时间约为2.4×10－16 s，则下列说法正确的是()A．电子绕核运动的等效电流为6.7×10－4 AB．电子绕核运动的等效电流为1.5×103 AC．等效电流的方向与电子的运动方向相反D．等效电流的方向与电子的运动方向相同解析：根据电流的定义，等效电流为I＝qt＝6.7×10－4 A，电流方向与电子运动方向相反。

答案：AC3．理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干。

设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻R2串联后接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的电功率为P，则有()A．P＝UI B．P＝I2(R1＋R2)C．P＞UI D．P＞I2(R1＋R2)解析：电路中消耗的电功率为P＝UI，故A正确，C错误。

消耗的电功率除了转化为电动机线圈与电热丝释放的热功率外，还有机械功率出现，即P＞I2(R1＋R2)，故D正确，B 错误。

答案：AD4．两只电流表和是由完全相同的电流计改装而成的，的量程是3 A，的量程是6 A，为了测量8 A左右的电流，并联接入电路中，两者都有读数的情况下，正确的选项为()A．和读数相等B．两者指针偏转角相等C ．和的读数比等于电流表的内阻之比D ．两者指针偏角之比等于两表内阻之比解析：两个电流表并联，因表头相同，所以两表指针偏角相同，B 项正确，排除A 、D 两项；根据并联分流原理，通过两电流表的电流之比跟表的总内阻成反比，故C 项错误。

静电场章末测试卷一、单选题1.如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点.现在在A、B两点分别固定两个点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是()A．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点的电场强度不同，电势相同B．若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D．若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同2.如图，a、b是真空中两个带等量正电的点电荷，A、B两点在两电荷连线上且关于两电荷连线的中垂线对称，O为中点．现将一负点电荷q由A点沿ab连线移到B点，下列说法中正确的是()A．A点电势高于O点电势B．A点电势高于B点电势C．电荷q移动过程中，电势能一直减少D．电荷q移动过程中，电场力先做正功后做负功3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1和2为等势线．a、b两个带电粒子以相同的速度从电场中M点沿等势线1的切线飞出，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内，以下说法正确的是()A．a受到的电场力较小，b受到的电场力较大B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a一定带正电，b一定带负电D．a、b两个粒子所带电荷电性相反4.如图所示，直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场．以O点为圆心、R＝0.10 m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 V、－2 V，则下列说法正确的是()A．匀强电场的方向沿y轴负方向B．d点的电势为－VC．将一个电子从c点移到O点，电子的电势能增加2 eVD．将一个电子沿圆弧顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大二、多选题5.(多选)如图所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法()A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍6.(多选)如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是()A．φO＝φP，EO>EPB．φO>φP，EO＝EPC．负电荷在P点的电势能大D．O、P两点所在直线为等势面7.(多选)如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是()A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能8.(多选)如图，在空间固定有两个等量正点电荷，MN为它们连线的中垂线，O点为连线与中垂线的交点．另一带负电的点电荷，仅在电场力作用下由MN上A处静止释放，在运动过程中负点电荷漏失了一部分电荷，但质量保持不变，负点电荷到达B处(图中未画出)时速度变为零，则下列说法正确的是()A．OA的距离大于OB的距离B．A处场强大于B处场强C．A处电势高于B处电势D．负电荷在A处电势能大于在B处电势能9.(多选)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，带电粒子在此空间只受电场力作用．下列说法中正确的是()A．在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动B．带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度C．带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小D．带正电的粒子在x1处的电势能比在x2处的电势能小、与在x3处的电势能相等10.(多选)某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则()A．在O～x1之间不存在沿x方向的电场B．在O～x1之间存在着沿x方向的匀强电场C．在x1～x2之间存在着沿x方向的匀强电场D．在x1～x2之间存在着沿x方向的非匀强电场11.(多选)如图所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能()A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小B．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大三、计算题12.如图所示，在E＝103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：(1)要小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨道中点)13.如图，一质量m＝1×10－6kg、带电量q＝－2×10－8C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高2 cm的B点时速度大小也是v0，但方向水平，且AB 两点的连线与水平方向的夹角为45°，g取10 m/s2，求：(1)A、B两点间的电势差UAB；(2)匀强电场的场强E的大小．14.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300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C，质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/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＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．答案解析1.【答案】B【解析】若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等.C、D两点的场强都与等势面垂直，方向相同，根据对称性可知，场强大小相等，故C、D 两点的场强、电势均相同，故A错误，B正确.若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，电势相等，故C、D错误.2.【答案】A【解析】等量同种电荷的等势面如图：沿电场线的方向电势降低，故越靠近正电荷的地方电势越高，由图可以看出A点电势高于O点电势，A点电势等于B点电势，故A正确，B错误；负电荷由A到O过程，电势降低，则电势能增加，由O到B过程电势升高则电势能减小，即电荷q移动过程中，电势能先增加后减小，C错误；电势能先增加后减小，则电场力先做负功后做正功，D错误．3.【答案】D【解析】4.【答案】D【解析】因为a点电势高于c点电势，故电场线不可能沿y轴负方向，A项错；根据匀强电场中等势面特点，可知φO＝＝0，同理φO＝＝0，故d点电势φd＝－2V，B项错；电子在c点的电势能E pc＝eφc＝2 eV，在O点电势能为零，故电子从c移到O点，电子的电势能减少2 eV，C项错；由电场线与等势面处处垂直的特点可知，电场大致方向是指向右上方，故电子沿圆弧顺时针从a点移到b点先逆着电场线方向运动，再顺着电场线方向运动，电子带负电，故电子的电势能先减小后增大，D项正确．5.【答案】BD【解析】对B由共点力平衡可得＝而F＝，可知d＝故答案为BD.6.【答案】AD【解析】等量异种电荷的中垂线是一条等势面，故φO＝φP，D对；电势能相等，C错；从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A正确．7.【答案】BD【解析】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．根据等量异种电荷等势面分布可知：CD是一条等势线，C、D两处电势相等．由电场分布的对称性可知：C、D两处的场强相同．故B正确．根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．O点电势高于B点电势，正试探电荷在O处电势能大于在B处电势能．故D正确．8.【答案】BC【解析】如果没有漏失部分电荷，B点与A点关于O点对称，电荷在AB间振动；如果漏失一部分电荷，会导致电场力减小，OB间距增加，故A错误；由于OB大于OA，故A处场强大于B处场强，故B正确；由于OB大于OA，故A处电势高于B处电势，故C正确；根据E p＝qφ，A处电势高于B处电势，故负电荷在A处电势能小于在B处电势能，故D错误．9.【答案】AB【解析】电场沿x轴对称分布，在－x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x1与x1之间做往返运动，选项A正确．带负电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在－x1处的速度，选项B正确．带正电的粒子以一定的速度由－x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项C错误．从x1处到x3处，电场强度方向沿x轴，带正电的粒子从x1处到x3处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x1处的电势能比x2处的电势能大、比x3处的电势能大，选项D错误．10.【答案】AC【解析】由电场的基本性质可知，O～x1间为等势面(体)，故A对，B错．由电势的线性减小可知x1～x2间存在着沿x方向的匀强电场，故C对，D错．11.【答案】AB【解析】设斜面倾角为θ，滑块在开始下滑的过程中，mg sinθ－μmg cosθ＝ma，解得a＝g sinθ－μg cosθ>0，故sinθ>μcosθ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mg＋Eq)sinθ－μ(mg ＋Eq)cosθ＝ma1，a1＝g(sinθ－μcosθ)＋(sinθ－μcosθ)，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mg－Eq)sinθ－μ(mg－Eq)cosθ＝ma2，a2＝g(sinθ－μcosθ)－(sinθ－μcosθ)，可推出加速度变小，选项A、B正确．12.【答案】(1)20 m(2)1.5 N【解析】(1)小滑块刚能通过轨道最高点条件是mg＝m，v＝＝2 m/s，小滑块由释放点到最高点过程由动能定理：Eqx－μmgx－mg·2R＝mv2所以x＝代入数据得：x＝20 m(2)小滑块由P到L，由动能定理：－mgR－EqR＝mv2－mv所以v＝v2＋2(g＋)R在P点由牛顿第二定律：F N－Eq＝所以F N＝3(mg＋Eq)代入数据得：F N＝1.5 N由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道压力为1.5 N.13.【答案】(1)－10 V(2)500 V/m【解析】(1)根据动能定理得qUAB－mgh＝mv－mv得到UAB＝＝－10 V(2)将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动．设A、B沿电场线方向的距离为d，则由几何知识知d＝h＝0.02 m所以匀强电场的场强E的大小E＝＝500 V/m14.【答案】(1)3 cm12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3)负电 1.04×10－8C【解析】(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)：y＝at2a＝＝L＝v0t则y＝at2＝·()2＝0.03 m＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有/＝，解得Y＝4y＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3)粒子到达H点时，其水平速度v x＝v0＝2.0×106m/s竖直速度v y＝at＝1.5×106m/s则v合＝2.5×106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r＝15 cmk＝m解得Q≈1.04×10－8C11 / 11。

物理选修3-1章末质量检查（静电场）（满分100分，100分钟完成）第I 卷（选择题 共52分）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不选的得0分。

）1.如图1所示是点电荷电场中的一条电场线，下列说法正确的是（ ）A.A 点场强一定大于B 点场强B.在B 点由静止释放一个电子，电子将一定向A 运动C.点电荷一定带正电D.正电荷运动通过A 点时，其运动方向一定沿AB 方向2.用干电池对一个电容器充电时A.只要电路不断开，电容器的带电量就会不断增加B.电容器接电源正极的极板带正电，接电源负极的极板带负电C.电容器两极板所带电量之和叫做电容器所带的电量D.充电后电容器两极板之间不存在电场3.将电荷量为3×10-6C 的负电荷放在电场中的A 点，受到的电场力大小为6×10-3N ，方向水平向右，则将电荷量为6×10-6C 正电荷放在A 点，受到的电场力为A.1.2×10-2N ，方向水平向右B.1.2×10-2N ，方向水平向左C.1.2×102N ，方向水平向右D.1.2×102N ，方向水平向左4.在点电荷Q 的电场中，距Q 为r 处放一电荷q ，以下说法中正确的是A.r 处场强方向仅由Q 的正、负决定B.q 在r 处的受力方向仅由Q 的正、负决定C.r 处场强方向由场强零点的选择决定D.r 处场强的大小与q 的大小有关5.关于电场强度和电场线，下列说法中正确的是A.在电场中某点放一检验电荷后，该点的电场强度会发生改变B.由电场强度的定义式E=F/q 可知，电场中某点的E 与q 成反比，与F 成正比C.电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点的电场强度方向不一定相同D.初速度为零、重力不计的带电粒子在电场中运动的轨迹一定与电场线重合6.a 、b 两个电容器，a 的电容大于b 的电容，下列说法中正确的是A.若它们的带电量相同，则a 的两极板的电势差小于b 的两极板的电势差B.若它们两极板的电势差相等，则a 的带电量小于b 的带电量C. a 的带电量总是大于b 的带电量D. a 的两极板的电势差总是大于b 的两极板的电势差7.两个大小相同、带等量异种电荷的导体小球A 和B ，彼此间的引力为F 。

最新人教版高中物理选修3-1复习试题及答案全套章末综合测评(一)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分．在每小题给出的四个选项中第1～7题只有一项符合题目要求．第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得零分．)1．下列说法正确的是()A．电荷放在电势高的地方，电势能就大B．正电荷在电场中某点的电势能，一定大于负电荷在该点具有的电势能C．无论是正电荷还是负电荷，克服电场力做功它的电势能都增大D．电场强度为零的点，电势一定为零C[电势能的大小与电荷的电性有关，正电荷放在电势高的地方，电势能大，而负电荷放在电势高的地方，电势能小，故A错误；正电荷在电场中电势大于零的点，其电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能；而正电荷在电场中电势小于零的点，其电势能一定小于负电荷在该点具有的电势能，故B错误；只要克服电场力做功，电荷的电势能一定增大，与电荷的电性无关，故C正确；电场强度与电势无关，可知电场强度为零的点，电势不一定为零，故D错误．] 2．如图1所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近．关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中不正确的是()图1A．两端的感应电荷越来越多B．两端的感应电荷是同种电荷C．两端的感应电荷是异种电荷D．两端的感应电荷的电荷量相等B[由于导体内有大量可以自由移动的电子，当它慢慢靠近带负电的球P 时，由于同种电荷相互排斥，导体上靠近P的一端的电子被排斥到远端，靠近P 的一端带上了正电荷，远离P的一端带上了等量的负电荷．导体离球P距离越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多．]3.如图2所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是()图2A．电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B．电荷在a、b两点的电势能相等C．该电场的方向水平向左D．b点的电势高于a点的电势A[由电荷运动轨迹可以确定电荷所受电场力水平向左，a到b过程中，电场力与速度所成的角度为钝角，则电场力做负功，电势能增大，则电荷在b点的电势能大于在a点的电势能，故A正确，B错误；由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向，同时也就不能确定电势的高低，故C、D错误．]4.在匀强电场中，有一质量为m，带电量为q的带电小球静止在O点，然后从O点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图3所示，那么关于匀强电场的场强大小的下列说法中正确的是()图3A．唯一值是mg tan θq B．最大值是mg tan θqC ．最小值是mg sin θqD ．不可能是mg qC [带电小球受到电场力与重力作用，小球沿合力方向做加速直线运动，根据图示位置可确定电场力的方向，小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与重力沿合力的垂直方向分力相等时，电场力最小，即qE ＝mg sin θ，故E ＝mg sin θq ；故选C.]5.某带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点，电场线、粒子在A 点的初速度及运动轨迹如图4所示，可以判定( )图4A ．粒子在A 点的加速度大于它在B 点的加速度B ．粒子在A 点的动能小于它在B 点的动能C ．粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能D ．A 点的电势低于B 点的电势B [由电场线分布可知， E A <E B, 故带电粒子在B 点的加速度较大，A 错．由粒子的运动轨迹可知，静电力做正功， 粒子的电势能减少，动能增加，B 对，C 错．由于沿电场线方向电势降低，所以φA >φB ，D 错．]6.在真空中，上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示，有一带负电的粒子从上边区域沿一条电场线以速度v 0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场范围足够广)，在下列速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v 0方向为正方向)( )图5A B C DC[电场线在下边区域密，即下边区域场强大，故粒子在上边区域向下匀速运动，进入下边区域后，先做匀减速运动至速度减为零，接着向上做匀加速运动，越过边界后以速度－v0在上边区域再次做匀速运动．]7.如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C 板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图6A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点A[设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0 ②比较①②两式知，x ＝d 2，即电子运动到P 点时返回，选项A 正确．]8.如图7所示的U -x 图象表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上距离的关系．若三对金属板的负极板接地，图中x 均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是( )图7A ．三对金属板正极电势的关系φ1＞φ2＞φ3B ．三对金属板间场强大小有E 1＞E 2＞E 3C ．若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏D ．若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3BCD [通过U -x 图象分析可得，三对金属板的板间电势差相同，又因为金属板的负极板都接地，所以三个正极板的电势相等，A 错误．又因为板间距离不同，由E ＝U AB d 可得E 1＞E 2＞E 3，B 正确．每隔相等的电势差值作一等势面，由d ＝U AB E 可得，场强越大，等势面间距越小，分析得等势面分布的关系是1最密，3最疏，C 正确．沿电场方向每隔相等距离作一等势面，由U AB ＝Ed 可得，场强越大，电势差越大，分析得相邻等势面差值最大的是1，最小的是3，D 正确．]9.如图8所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述正确的是( )图8A．1、3两点电场强度相同B．5、6两点电场强度相同C．4、5两点电势相同D．1、3两点电势相同ABC[两个等量异种点电荷的中垂线是等势线，所以2、4、5、6的电势相等，C正确；顺着电场线的方向电势降低，1、3电势不相等，D错误；1、2之间距离与2、3之间距离相等，由场强的矢量合成可以知道1、3两点电场强度相同，A正确；2、5之间距离与2、6之间距离相等，由场强的矢量合成得5、6两点电场强度相同，B正确．]10.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图9所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有()图9A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功AD[在φ-x图中，图象斜率的绝对值表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx>E Cx，E Ox＝0，故A对，C错．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx沿x轴负方向，B项错．负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负向，在负x轴上受电场力沿x轴正向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确．]11.如图10所示，在两等量异种点电荷产生的电场中，abcd是以两点电荷连线中点O为对称中心的菱形，a、c在两电荷的连线上，下列判断正确的是()图10A．a、b、c、d四点的电场强度的方向相同B．a、b、c、d四点的电势相同C．a、b两点间的电势差等于c、d两点间的电势差D．将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，试探电荷的电势能先增大后减小AD[根据等量异种电荷电场线的特点可知，a、b、c、d四点的电场强度方向都向右，A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，中垂线上各点电势为零，连线上的a点电势高于c点电势，B错误；a、b两点间的电势差等于a、O两点间的电势差，c、d两点间的电势差等于c、O两点间的电势差，所以U aO＝－U cO，C错误；将正试探电荷由b沿ba及ad移到d点的过程中，电场力先做负功，后做正功，所以电势能先增大后减小，D正确．]12.如图11所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中()图11A．电场力对液滴a、b做的功相同B ．三者动能的增量相同C ．液滴a 电势能的增加量等于液滴b 电势能的减小量D ．重力对三者做的功相同AD [此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律，因a 、b 带电荷量相等，所以穿过两板时电场力做功相同，电势能增加量相同，A 对，C 错；c 不带电，不受电场力作用，由动能定理，三者动能增量不同，B 错；a 、b 、c 三者穿出电场时，由W G ＝mgh 知，重力对三者做功相同，D 对．]二、非选择题(本题共4小题，共40分)13．(8分) 将一个电量为－2×10－9 C 的点电荷从电场中的N 点移动到M 点， 需克服电场力做功1.4 × 10－8 J ，求：(1)N 、M 两点间的电势差U NM 为多少？(2)若将该电荷从M 移到N ，电场力做什么功？U MN 为多少？【解析】 (1)由题意可知，将点电荷从N 移动到M 点，电场力做负功，即W NM ＝－1.4×10－8 J ，根据公式U NM ＝W NM q ＝－1.4×10－8－2×10－9＝7 V . (2)当点电荷从M 移到N 点时，电场力做正功．根据电势差之间的关系有： U MN ＝－U NM ＝－7 V .【答案】 (1)7 V (2)正功 －7 V14. (10分)在一个点电荷Q 的电场中，Ox 坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为2.0 m 和5.0 m ．已知放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电荷量大小的关系如图12所示中的直线A 、B 所示，放在A 点的电荷带正电，放在B 点的电荷带负电．求：图12(1)B点的电场强度的大小和方向；(2)试判断点电荷Q的电性，并确定点电荷Q的位置坐标. 【解析】(1)由题图可得B点电场强度的大小E B＝Fq＝2.5 N/C.因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的正方向，故B点场强的方向沿x轴的负方向．(2)因A点的正电荷受力和B点的负电荷受力均指向x轴的正方向，故点电荷Q位于A、B两点之间，带负电．设点电荷Q的坐标为x，则E A＝k Q(x－2)2，E B＝k Q(5－x)2.由题图可得E A＝40 N/C，解得x＝2.6 m.【答案】(1)2.5 N/C沿x轴的负方向(2)负电2.6 m15. (10分)如图13所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布．)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB 之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：图13(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小；(3)小球P 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度．【解析】 (1)根据动能定理则，从C 到Omgd ＋qU CO ＝12m v 2则U CO ＝m v 2－2mgd 2q. (2)A 点和B 点在O 点的电场强度均为E ＝k Q r 2，其中r ＝AO ＝BO ＝2d ，所以E ＝k Q 2d 2，根据对称性可知，两点电荷场强在水平方向的分场强抵消，合场强为：E 合＝2E ·cos 45°＝2kQ 2d 2.(3)从C 到D 点，由于电场线的对称性，U CD ＝2U CO ，则根据动能定理有：mg 2d ＋2qU CO ＝12m v 2D ，所以v D ＝2v .【答案】 (1)m v 2－2mgd 2q (2)2kQ 2d 2 (3)2v16. (12分)如图14所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两处分别固定着两个带电量相等的正电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中Aa ＝Bb ＝L /4，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可以看作质点)以初动能E 0从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点的动能为初动能的n 倍(n ＞1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图14(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)O 、b 两点间的电势差U O b ；(3) 小滑块运动的总路程．【解析】 (1)因为＋q A ＝＋q B ，a 、b 以中点O 对称，所以U ab ＝0.滑块由a 到b 的过程，根据动能定理：qU ab －μmg L 2＝－E 0，所以μ＝2E 0mgL .(2)对小滑块由O 到b 的过程，根据动能定理：qU Ob －μmg L 4＝－nE 0， U Ob ＝14μmgL －nE 0q ＝(1－2n )E 02q. (3)U aO ＝－U Ob ＝(2n －1)E 02q， 小滑块从a 点开始，最终停在O 点，根据动能定理qU aO －μmgs ＝－E 0，s ＝qU aO ＋E 0μmg ＝(2n ＋1)L 4. 【答案】 (1)2E 0mgL (2) (1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4章末综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的2分，有选错的得零分．)1.某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图1所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是()图1A．电流表被烧坏B．电压表被烧坏C．小灯泡被烧坏D．小灯泡不亮D[由于电压表的内阻很大，所以电路中的电流很小，电压表、电流表、灯泡都不会被烧坏，但灯泡不亮，D正确．]2．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为()A．4R B．RC．R2D．无法计算B[当两电阻串联接入电路中时I＝E2R＋r，当两电阻并联接入电路中时I＝E R2＋r ×12，由以上两式可得r＝R，B正确．]3．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为()A．Q A∶Q B＝1∶1 B．Q A∶Q B＝2∶1C．Q A∶Q B＝1∶2 D．Q A∶Q B＝4∶1B[直径比为1∶2，则横截面积比为1∶4，根据电阻定律R＝ρlS，知电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，电流相等，则热量之比为2∶1.故选B.]4.如图2所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变化是()图2A．A灯变亮，B灯变亮B．A灯变暗，B灯变亮C．A灯变暗，B灯变暗D．A灯变亮，B灯变暗C[当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′＝I －I A增大，R1两端电压U1＝I′R1增大，故R与B灯的并联支路电压U B＝U－U1减小，B灯变暗，C正确．]5．某一网络电路中的部分电路如图3所示，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则下列结论正确的是()图3A．通过R3的电流为0.5 A，方向从a→bB．通过R3的电流为0.5 A，方向从b→aC．通过电流表的电流为0.5 A，电流表“＋”接线柱在右边D．通过电流表的电流为1.5 A，电流表“＋”接线柱在左边B[R1两端的电压U1＝I1R1＝2×10 V＝20 V；R2两端的电压U2＝I2R2＝(3－2×5) V＝5 V，所以R3两端的电势差U ab＝U2－U1＝5 V－20 V＝－15 V，b点电势高，电流由b→a，I3＝|U ab|R3＝0.5 A，A错误，B正确；电流表中的电流方向应该向右，大小I A＝I2－I3＝0.5 A，C、D均错误．]6.如图4所示，U-I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b点α＝β，则下列说法中正确的是()图4A．在b点时，电源有最大输出功率B．在b点时，电源的总功率最大C．从a到b时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将增大D．从b到c时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将减小AD[在b点α＝β说明此时外电阻R等于内阻，电源有最大输出功率，A 对；电源总功率P总＝IE，则电流越大，总功率越大，B、C错，D正确．] 7．在如图5甲所示的电路中，电源的电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关闭合后，下列说法中正确的是()甲乙图5A．L1中的电流为L2中的电流的2倍B．L1的电阻为12 ΩC．L1消耗的电功率为0.75 WD．L2消耗的电功率为0.375 WBC[L1两端电压为3 V时，由题图乙可知L1中的电流为0.25 A，L1的电阻R＝UI＝12 Ω，B正确；L1消耗的电功率P＝UI＝0.75 W．L2、L3串联分压，分到的电压为1.5 V，由题图乙可知L2和L3中的电流为0.20 A，L2消耗的电功率P＝UI＝0.30 W，D错误；L1中的电流为L2中的电流的1.25倍，A错误．]8.如图6所示的电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则()图6A．电源的功率变小B．电容器贮存的电荷量变小C．电源内部消耗的功率变大D．电阻R消耗的电功率变小BC[由闭合电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R总变小，I总增大，U端减小，而R1分压U1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P总＝I 总E增大，A错误；Q＝CU减小，B正确；电源内部消耗功率P内＝I2总r增大，C 正确；电阻R1消耗的功率增大，R上消耗的功率无法确定．]9．将分压电阻串联在表头上，改装成电压表，下列说法中正确的是() A．接上分压电阻后，增大了表头的满偏电压B．接上分压电阻后，电压按一定比例分别降在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变C．如果分压电阻是表头内阻的n倍，则电压表量程扩大为表头满偏电压的n倍D．通电时，表头和分压电阻中通过的电流一定相等BD[接上分压电阻后，电压按一定比例分别降在表头和分压电阻上，表头的满偏电压不变，A错误，B正确；分压电阻是表头内阻的n倍，则表头满偏时分压电阻两端的电压为nU g，则电压表的量程为(n＋1)U g，C错误；通电时，表头和分压电阻串联，故通过它们的电流一定相等，D正确．]10.在如图7所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()图7A．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C断路AB[若R1短路，则R总变小，I总变大，通过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A正确；若R2断路，R总变大，I总变小，U内＝I总r变小，U外变大，U1＝IR1变小，因U L＝U外－U1，所以U L变大，灯泡变亮，B正确；若R2短路，电总流不经过灯泡，灯泡不亮，C错误；若电容器断路，总电阻不影响，故灯泡亮度不变，D错误．]二、非选择题(本题共6小题，共60分)11．(8分)(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图8所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为______________mm.甲乙图8(2)为了精确测量合金丝的电阻R x，设计出如图9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．甲乙图9【解析】(1)由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差，即合金丝直径为0.5 mm＋14.5×0.01 mm－0.007 mm＝0.638 mm.(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，该实验要求电压表示数从零开始，滑动变阻器采用分压接法．【答案】(1)0.0070.638(0.636～0.640均正确)(2)见解析图12．(10分)某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：A．待测电压表V1：量程3 V，内阻约3 kΩB．电压表V2：量程15 V，内阻约20 kΩC．电流表A：量程3 A，内阻约0.1 ΩD．定值电阻R0：9.0 kΩE．滑动变阻器R1：0～200 ΩF．滑动变阻器R2：0～2 kΩG．电源E：电动势约为12 V，内阻忽略不计H．开关、导线若干(1)现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图10所示，则电压表V1的内阻约为________Ω.图10(2)为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图11甲和乙两个测量电路，你认为________(选填“甲”或“乙”)更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整．甲乙图11(3)该实验中滑动变阻器应该选用________(选填“R1”或“R2”)．(4)用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻R V1＝________.【解析】(1)用多用电表测得的电压表的内阻为34×100 Ω＝3 400 Ω；(2)甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电流，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图：(3)实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R 1；(4)根据欧姆定律可知：R V1＝U 1U 2－U 1R 0＝U 1R 0U 2－U 1. 【答案】 (1)3 400 (2)乙 连图如解析图 (3)R 1 (4)U 1R 0U 2－U 113．(10分) 如图12所示的电路中，各电阻的阻值已标出．当输入电压U AB ＝110 V 时，输出电压U CD 是多少？图12【解析】 并联部分的等效电阻为：R 并＝(9R ＋R )×109R(9R ＋R )＋109R＝R ，则电路的总电阻为：R 总＝10R ＋R ＝11R .由串联分压得并联部分R 并上的电压为：U 并＝R 并R 总·U AB ＝R 11R ×110 V ＝10 V . 而输出电压U CD 即电阻R 上分到的电压，再由串联分压得，U CD ＝U R ＝R9R ＋R U 并＝110×10 V ＝1 V . 【答案】1 V14．(10分)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多大的电阻？用这个电压表测量电压时，表盘上指针偏转40格，则所测电压为多少伏？【解析】 将电流表改装成大量程电流表时，并联一分流电阻，则有I ＝I g ＋I g R g R 1即R g ＝(I －I g )R 1I g＝(1－0.001)×10－20.001 Ω＝9.99 Ω≈10 Ω 将电流表改装成大量程电压表时，串联一分压电阻，则有I g (R g ＋R 2)＝UR 2＝U I g－R g ＝100.001 Ω－10 Ω＝9 990 Ω 当指针偏转40格时，通过电流表的电流为I ′＝0.001×4050 A所测电压U ′＝I ′(R g ＋R 2)＝8 V .【答案】 9 990 Ω 8 V15．(10分)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 ＝7.0×10－2 V ．铜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m ，铜内自由电子的体密度为n ＝8.5×1029 m －3.求：(1)通过铜棒的电流；(2)铜棒内的电场强度；(3)自由电子定向移动的平均速度．【解析】 (1)由R ＝ρl S 和I ＝U R 得I ＝US ρl ＝7.0×10－2×1.6×10－31.75×10－8×3.2 A ＝2×103A.(2)E＝Ud＝7.0×10－23.2V/m＝2.19×10－2 V/m.(3)由I＝neS v得v＝IneS＝2×1038.5×1029×1.6×10－19×1.6×10－3m/s＝9.19×10－6 m/s.【答案】(1)2×103 A(2)2.19×10－2 V/m(3)9.19×10－6 m/s16. (12分)如图13所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电源上，电源的内阻r＝1 Ω，电炉的电阻R1＝19 Ω，电动机线圈的电阻R2＝2 Ω，当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P＝25 W；当S闭合时，干路中的电流I＝12.6 A．求：图13(1)电源的电动势E；(2)S闭合后电动机的机械功率.【解析】(1)开关S断开时，由P＝I20·r得I0＝Pr＝251A＝5 A由闭合电路欧姆定律得E＝I0(R1＋r)＝5×(19＋1) V＝100 V.(2)开关S闭合后，内电压U内＝Ir＝12.6 V路端电压U＝E－U内＝(100－12.6) V＝87.4 V通过电炉的电流I1＝UR1＝87.419A＝4.6 A通过电动机的电流I2＝I－I1＝8.0 A电动机消耗的热功率P1＝I22R2＝8.02×2 W＝128 W电动机工作时，消耗的电功率P2＝UI2＝87.4×8 W＝699.2 W电动机输出的机械功率P3＝P2－P1＝(699.2－128) W＝571.2 W.【答案】(1)100 V(2)571.2 W章末综合检测(三)(时间：90分钟分值：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求．第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的2分，有选错的得零分．)1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大D[磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小．]2.如图1所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO′顺时针转动时，通电直导线所受磁场力的方向是()图1A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外C[由于带负电的圆环顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．]3.图2中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()图2A．向上B．向下C．向左D．向右B[由右手定则可以判断出a、b、c、d四根长直导线在正方形中心O处产生的磁感应强度如图所示，四个磁感应强度按矢量的平行四边形定则合成，可得合磁场为水平向左．利用左手定则判断洛伦兹力的方向，可得洛伦兹力的方向竖直向下，B正确．]4．如图3所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是()图3。

第三章磁场单元综合评估(A卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．下列关于电场线和磁感线的说法正确的是()A．二者均为假想的线，实际上并不存在B．实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，因此磁感线是真实存在的C．任意两条磁感线不相交，电场线也是D．磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的解析：两种场线均是为形象描绘场而引入的，实际上并不存在，故A对；任意两条磁感线或电场线不能相交，否则空间一点会有两个磁场或电场方向，故C对；磁体外部磁感线由N极指向S极，内部由S极指向N极，故磁感线是闭合的曲线．而电场线始于正电荷，终于负电荷，故不闭合，D对．故正确答案为ACD.答案：ACD2．关于磁通量，正确的说法有()A．磁通量不仅有大小而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b 线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处大解析：磁通量是标量，大小与B、S及放置角度均有关，只有C项说法完全正确．答案： C3.长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线通以如右图所示的恒定电流时，下列说法正确的是()A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用解析：电场对其中的静止电荷、运动电荷都产生力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以只有D选项正确．答案： D4．下列说法中正确的是()A．运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向也一定与电荷速度方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变解析：带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关，还与速度和磁场方向间的夹角有关，A错误；由F＝q v B sin θ知，q、v、B中有两项相反而其他不变时，F不变，B正确；不管速度是否与磁场方向垂直，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，与磁场方向垂直，即垂直于v和B所决定的平面，但v与B不一定互相垂直，C错误；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，若粒子只受洛伦兹力作用，运动的动能不变，D 正确．答案：BD5．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是()A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零解析：根据磁感线的特点：①磁感线在空间不能相交；②磁感线是闭合曲线；③磁感线的切线方向表示磁场的方向(小磁针静止时N极指向)，可判断选项A、B错误，C正确．通电导线在磁场中是否受力与导线在磁场中的放置有关，故D错．答案： C6.如右图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是()A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角解析：由公式F＝ILB sin θ，A、B、D三项正确．答案：ABD7.如右图所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将()A．向左偏转B．向右偏转C．向下偏转D．向上偏转解析：偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S 极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D 正确．答案： D8．如下图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析： 粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq ＝q v B 得v ＝E /B ，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，q v B 0＝m v 2R 得，R ＝m v qB 0，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A 对，D 错．答案： ABC9.如右图所示，一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tan θ2B.m v qR cot θ2C.m v qR sin θ2D.m v qR cos θ2解析： 本题考查带电粒子在磁场中的运动．根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析．注意两点，一是找圆心的两种方法(1)根据初末速度方向垂线的交点．(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点．二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径．分析可得B 选项正确．答案： B10．据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导轨长L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中的箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .忽略摩擦力与重力的影响．解析： 在导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB ① 设炮弹d 加速度的大小为a ，则有F ＝ma ②炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v 2＝2aL ③联立①②③式得：I ＝12m v 2BdL，④ 代入题给数据得I ＝6.0×105 A.答案： 6.0×105A11．如下图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现在质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是________．解析： 题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如右图所示上方与NN ′相切的1/4圆弧，轨道半径：R ＝m v Bq， 又d ＝R －R /2，解得v ＝(2＋2)Bqd m若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN ′相切的3/4圆弧，则有：d ＝R ＋R /2，解得v ＝(2－2)Bqd /m.所以本题正确答案为(2＋2)Bqd m 或(2－2)Bqd m. 若考虑不到粒子带电性的两种可能情况，就会漏掉一个答案．答案： (2＋2)Bqd m ⎣⎡⎦⎤或(2－2Bqd m ) 12．(2010·福建理综)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析： (1) 能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝q v 0B O ①v 0＝E 0B 0.② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 2④ 由牛顿第二定律得 qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得 x ＝E 0B 02mL qE . 答案： (1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE3单元综合评估(B 卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B ．以不等的加速度相向运动C ．以相等的加速度相向运动D ．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A 板接电源正极，B 板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A 板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A 、B 间运动过程中( )A ．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析： 由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg q v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mg q，磁感应强度B ＝2mg q v，因此A 正确． 答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m 解析： 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Be m，故A 正确；当两力方向相反时有Ee －e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Be m，C 正确． 答案： AC9. 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v 3aq B ．B ＜3m v 3aq C ．B ＞3m v aq D ．B ＜3m v aq解析： 粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v 3qa，选项B 正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝r R， 由以上各式解得B ＝1r2mU e tan θ2. 答案： 1r 2mU e tan θ2 11. 如图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度；(2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mg q. (2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gR qR，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mg q. (2)垂直于纸面向外．m v 02－2gR qR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小；(2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d② 由①②式得v ＝U B 0d.③ (2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r④式中，m 和r 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径．由题设，离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O ′必在过E 点垂直于EF 的直线上，且在EG 的垂直平分线上．由几何关系有r ＝R tan α⑤式中，α是OO ′与直径EF 的夹角．由几何关系有 2α＋θ＝π⑥联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 m ＝qBB 0Rd U cot θ2.⑦答案： (1)U B 0d (2)qBB 0Rd U cot θ23单元综合评估(B卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如上图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a 点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如上图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中()A．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动 答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析： 由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mgqD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mgq v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mgq ，磁感应强度B ＝2mgq v，因此A 正确． 答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m解析： 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee ＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Bem ，故A 正确；当两力方向相反时有Ee－e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Bem，C 正确．答案： AC9. 如上图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v3aq B ．B ＜3m v3aq C ．B ＞3m vaqD ．B ＜3m vaq解析： 粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v3qa ，选项B正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v 表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝rR，由以上各式解得B ＝1r 2mU e tan θ2. 答案：1r2mU e tan θ211. 如上图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度； (2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mgq.(2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gRqR ，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mgq .(2)垂直于纸面向外． m v 02－2gRqR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小； (2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d ②由①②式得。

高中物理学习材料桑水制作第一章静电场章末检测(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．仔细观察下列与静电有关的各图，属于防范静电的是( )解析：选A.题给四个图中，B 、C 、D 均为静电现象的应用，故选A.2．(2014·洛阳统考)如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和场强都相同的是( )解析：选B.A 中a 、b 两点场强的方向不同，A 错误；B 中a 、b 两点电势和场强均相同，B 正确；C 中a 点电势高于b 点电势，C 错误；D 中a 、b 两点场强的方向不同，D 错误．故选B.3．(2014·台州高二检测)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为43F ，则两小球间的距离变为( )A.r 4B.r2 C ．r D ．2r 答案：B 4.(2014·广州一中高二检测)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些( )A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到BD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A解析：选C.平行板左右错开一些后，正对面积减小，但板间距离不变．由于电容器与电源相连，板间电压不变．由E＝Ud知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，A错误，B错误．两板错开时，由C＝εr S4πkd知，电容减小，电荷量Q＝U·C减小，因而电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，C正确，D错误，故选C.5.(2014·银川一中质检)如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm，下列说法正确的是( ) A．E＝2 000 V/m，φC＝200 VB．E＝5 000 V/m，φC＝200 VC．电子在C点具有的电势能为－200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eVD．电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV解析：选D.A接地，则其电势为零，又因为A、B间电压为600 V，则B处电压为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B间场强E＝U/d＝600 V/12 cm＝50 V/cm＝5 000 V/m，则φC＝E×d C＝50 V/cm×(－4 cm)＝－200 V，A、B错误；电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为－400 eV，C错误，D正确．故选D.6.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案：C7.一带正电的粒子在电场中做直线运动的v －t 图象如图所示，t 1、t 2时刻分别经过M 、N 两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是( )A ．该电场可能是由某正点电荷形成的B ．M 点的电势高于N 点的电势C ．从M 点运动到N 点的过程中，电势能逐渐减小D ．粒子在M 点所受到的电场力等于在N 点所受到的电场力 解析：选D.由题中的v －t 图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处的电场为匀强电场，D 正确A 错误；由于粒子带正电，正电荷的受力方向跟该点场强的方向相同，如图所示，因为沿着电场线的方向电势降低，故M 点的电势低于N 点的电势，B 错误；从M 点运动到N 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C 错误．故选D.8．(2014·山东泰安一中月考)如图所示，a 、b 为一对等量同种正电荷连线上的两点(其中b 为连线的中点)，c 为连线的中垂线上的一点．今将一带电荷量为q 的负点电荷自a 沿直线移到b ，再沿直线移到c ，下列说法中错误的是( )A ．电荷q 受到的电场力的合力先减小后增大B ．电场力的合力对电荷q 一直做负功C ．电荷q 的电势能一直增加D ．电荷q 受到的电场力的合力方向一直不变解析：选D.由于b 点是等量同种正电荷连线上的中点，所以b 点电场强度为0，电荷在b 点所受电场力为0，带电荷量为q 的负点电荷自a 沿直线移到b ，再沿直线移到c 的过程中，电场力先减小后增大，A 正确；由于是负点电荷，所以电场力一直做负功，电势能一直增加，B 、C 正确；电荷q 受到的电场力的合力方向随运动过程变化，由a 到b 合力方向向左，由b 到c 合力方向向下，D 错误．9．如图所示，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，下列哪种措施是不可行的(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UB ．减小加速电压U 0C ．减小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D.在加速电场中qU 0＝12mv 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 、C 项正确．偏转位移的大小与发射的带电粒子的q 、m 无关，故D 项错误．故选D.10．(2014·包头一中模拟)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断不正确的是( )A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷＋q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能解析：选A.等量异种点电荷所形成的电场中每一个位置处的电场强度都是两个电荷形成的电场相叠加的结果，在MN 直线上，两电荷连线中点处的场强最大；在两点电荷的连线上，中点场强最小(在电场线分布较密的地方电场较强)．可以判断B 正确，A 错误．电势差是电势的差值，由题意可知MN 是两个电荷连线的中垂线，由左右两侧电场分布的对称性知U ab ＝U bc ，故C 正确．把正电荷从a 点移到c 点，电场力做正功，电荷的电势能减少，D 正确．二、计算题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)11.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ改编)(12分)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上：a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c 球的电量．解析：以小球c 为研究对象，其受力如图甲所示，其中F 库＝kqq cl 2，由平衡条件得：2F 库cos 30°＝Eq c (3分)即：3kqq c l 2＝Eq c ，E ＝3kq l2(2分)此时a 的受力如图乙所示，则 ⎝ ⎛⎭⎪⎫kq 2l 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3kq 2l 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k qq c l 22(3分)得q c ＝2q (2分)即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡．(2分)答案：3kql2 2q12．(12分)如图所示，A 、B 两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v 0＝4×106 m/s 的速度垂直于场强方向沿中心线由O 点射入电场，从电场右侧边缘C 点飞出时的速度方向与v 0方向成30°的夹角．已知电子电荷e ＝1.6×10－19C ，电子质量m ＝0.91×10－30kg.求：(1)电子在C 点时的动能是多少？(2)O 、C 两点间的电势差大小是多少？解析：(1)依据几何三角形知电子在C 点时的速度为：v t ＝v 0cos 30°① (2分)而E k ＝12mv 2t ② (3分)联立①②得：E k ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0cos 30°2＝9.7×10－18 J ．(2分)(2)对电子从O 到C ，由动能定理，有eU ＝12mv 2t －12mv 20.③ (3分)联立①③得：U ＝m (v 2t －v 20)2e ＝15.2 V ．(2分)答案：(1)9.7×10－18J (2)15.2 V13．(16分)如图甲所示，相距d ＝15 cm 的A 、B 两极板是在真空中平行放置的金属板，当给它们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．今在A 、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T ＝1.0×10－6s ，t ＝0时A 板的电势比B 板的电势高，且U 0＝1 080 V ．一个比荷qm＝1.0×108 C/kg 的带负电荷的粒子在t ＝0时刻从B 板附近由静止开始运动，不计重力．求：(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度的大小．解析：粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于v ­t 图象分析运动过程．如图所示为一个周期的v ­t 图象，以后粒子将重复这种运动．(1)在0～T 3时间内，粒子加速向A 板运动，当t ＝T3时，粒子速度第一次达到最大．根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为a ＝F m ＝qU 0md.(2分)设粒子的最大速度为v m ，此时位移为x ，则x ＝at 22＝qU 02md ×⎝ ⎛⎭⎪⎫T 32＝0.04 m ，(3分) v m ＝at ＝qU 0T 3md＝2.4×105m/s.(3分)(2)粒子在第一个周期的前2T3时间内，先加速后减速向A 板运动，位移为x A ；粒子后T3时间内，先加速后减速向B 板运动，位移为x B .以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子在加速和减速运动中的加速度大小相等，所以有x A ＝2x ＝0.08 m ，(2分)x B ＝2×qU 0T 22md ×36＝0.02 m ．(2分)所以粒子在一个周期内的位移x ′＝x A －x B ＝0.06 m ．显然，第2个周期末粒子距A 板的距离为L ＝d －2x ′＝0.03 m ＜0.04 m ，(2分)表明粒子将在第3个周期内的前T3时间内到达A 板．设粒子到达A 板的速度为v ，则由v 2＝2ax 有v 2＝2qU 0Lmd解得v ≈2.1×105m/s.(2分)答案：(1)0.04 m 2.4×105 m/s (2)2.1×105m/s。

一、单选题2017-2018年高中物理（人教版选修3-1）第一章静电场章末检测1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）A ．根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B ．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C ．根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D ．根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V2. 真空中相距为r 的两点电荷、，电量均为q ，相互作用力为若要使相互作用力变为2F，可采用的方法是A ．、电量同时增大为2q ，距离保持不变B ．电量增大为2q ，电量不变，距离保持不变C ．、电量不变，距离变为2rD ．、电量不变，距离变为3. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b 点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A．在a点的加速度大于在b点的加速度B．在a点的电势能小于在b点的电势能C．在a点的速度小于在B点的速度D．电场中a点的电势一定比b点的电势高4. 如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（）A．A，B两点电势相等B．A，B两点场强相同C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能5. 如图，一电荷量为的正点电荷位于电场中的点，受到的电场力为。

若把该点电荷换为电荷量为的负点电荷，则点的电场强度为（）A．，方向与相反B．，方向与相反C．，方向与相同D．，方向与相同6. 如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则A．a a>a b>a c，v a>v c>v bB．a a>a b>a c，v b> v c> v aC．a b> a c> a a，v b> v c> v aD．a b> a c> a a，v a>v c>v b7. 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。

高中物理学习材料桑水制作章末过关检测卷(一)第一章静电场(测试时间：50分钟评价分值：100分)(本部分在学生用书单独成册)一、选择题(本大题共8个小题，每小题6分，共48分)1．关于点电荷，下列表述正确的是(B)A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷解析：当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时就可以看成点电荷．不是电荷量很小时可看作点电荷，也不是质量很小时可看作点电荷，故A、C、D错误，B正确 .故选B.2．(多选)对于电场中的某一点，下列各量中，与检验电荷无关的物理量是(BD)A．电场力F B．电场强度EC．电势能E p D．电势差U解析：电场力、电势能都与检验电荷的带电量有关，而电场强度、电势差是由电场本身的特性决定的，与试探电荷的存在与否无关，故选BD.3．(多选)虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是 (CD)A．粒子一定带负电B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C．粒子在A点的动能大于在C点的动能D．A点的场强大于C点的场强解析：A.电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故A错误；B.从C到A过程中，电场力做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；C.从C到A过程中，电场力做正功，所以粒子在A 点的动能大于在C 点的动能，故C 正确；D.A 点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C 处，故D 正确．4．(多选)给平行板电容器充电，断开电源后A 极板带正电，B极板带负电．板间一带电小球C 用绝缘细线悬挂，如图所示．小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则(AB )A ．若将B 极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B ．若将B 极板向下平移稍许，A 、B 两板间电势差将变大C ．若将B 板向上平移稍许，夹角θ将变小D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：A.将B 板向右平移时，d 增大，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd知，电容C 将减小．故A 正确．B 、C.将B 板向上或向下平移稍许，正对面积S 减小，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd知，电容C 将增大．电容器的电量Q 不变，由C ＝Q U知，A 、B 两板间电势差U 将变大．故B 正确．又E ＝U d，得知E 增大，小球所受的电场力增大，θ将变大．故C 错误．D.轻轻将细线剪断，小球将沿重力和电场力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动．故D 错误．5．(多选)如图(a)，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a 运动到b过程中的v－t图线如图(b)所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为E pa、E pb，不计重力，则有(BD)A．φa＞φb B．E a＞E b C．E a＜E b D．E pa>E pb解析：由v－t 图象的斜率渐小可知由a到b的过程中，粒子的加速度渐小，所以场强渐小，E a＞E b；根据动能定理，速度增大，可知势能减小，W a＞W b，可得选项BD正确．6．加大防雷避雷知识的宣传，提高广大人民群众的防范意识，做好防雷工作，是保障人民群众安全的有效方法．假如在户外我们遭遇雷电，下列防雷措施可行的是(D)①在大树下避雷雨②停留在山顶、山脊的凉亭等地方避雷雨③切勿站立于楼顶上或接近导电性高的物体④在空旷地带，最好关掉手机电源A．①③ B．②③ C．①④ D．③④解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电．因此不要在大树下避雨，别停留在山顶、山脊的凉亭等地方．快速开摩托、快骑自行车和在雨中狂奔，身体的跨步越大，电压就越大，雷电也越容易伤人．在空旷地带使用手机通话，手机很有可能成为闪电的放电对象．故①②错③④对．7．如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板插入一定厚度的陶瓷板，则在插入过程中(D)A．电容器的带电量不变 B．电路将有顺时针方向的短暂电流C．带电液滴仍将静止 D．带电液滴将向上做加速运动解析：AB.插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式C＝εr S4πkd，知电容增大，电势差不变，则Q＝CU知，电容器带电量增大．电路中有逆时针方向的短暂电流．故A、B错误．CD.电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动．故C错误，D正确．8．(多选)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有(ACD)A．粒子A带正电，B不带电，C带负电B．三个粒子在电场中运动时间相等C．三个粒子在电场中运动的加速度a A＜a B＜a CD．三个粒子到达极板时动能E kA<E kB<E kC解析：三粒子在水平方向上都为匀速运动，则它们在电场中的飞行时间关系为t A＞t B＞t C .三粒子在竖直方向上有d2＝12at2，所以a A＜a B＜a C，则A带正电，B不带电，C带负电．再由动能定理知，三粒子到达极板时动能关系为E kA＜E kB＜E kC.二、计算题(本大题共4个小题，共52分)9．(8分)如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，将电荷量为＋q的点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L，AB方向与电场方向成60°角，求：(1)点电荷所受电场力的大小；(2)在此过程中电场力做的功；(3)A、B两点间的电势差并说明哪点电势高．解析：(1)匀强电场场强处处相同，大小均为E，点电荷所受电场力的大小F＝qE；(2)在A到B过程中电场力是恒力，在此过程中电场力做的功W＝FLcos 60°＝qEL 2；(3)由电势差的公式知，A、B两点间的电势差U AB＝Wq＝EL2；A点电势高．答案：(1)F＝qE (2)W＝qEL 2(3)U AB＝EL2A点电势高10．(14分)如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q＝－3×10－5 C、质量为m＝3×10－2kg的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4 m，g＝10 m/s2.求：(1)小球在B 点的速度v B ；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)小球从A 点滑至C 点的时间是多少？解析：(1)小球在AB 段滑动过程中，由机械能守恒mgx 1sin α＝12mv 2B ，可得v B ＝2 m/s. (2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度a 2＝mgsin α－qEcos αm＝－5 m/s 2， 小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，BC 的距离为x 2＝－v 2B 2a 2＝0.4 m.(3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移中的平均速度分别为v AB＝0＋v B 2，v BC ＝v B ＋02； 小球从A 到C 的平均速度为v B 2. x 1＋x 2＝vt ＝v B 2t ，可得t ＝0.8 s.答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)0.8 s11．(14分)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3 m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关 S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5 kg ，电量 q ＝＋1×10－8 C ．(g ＝10 m/s 2)求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？解析：(1)由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得：v 0＝L 2g d＝10 m/s. (2)电容器的上板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02又a 1＝mg －q U 1d m 解得：U 1＝120 V.当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，即d2＝12a2⎝⎛⎭⎪⎫Lv02有：a2＝qU2d－mgm，解得：U2＝200 V，所以120 V＜U＜200 V.答案：(1)10 m/s (2)与负极相连120 V＜U＜200 V12．(16分)如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于所受的电场力．(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；(2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1，至少为多大；(3)若小球从斜轨道h2＝5R处由静止释放．假设其能通过B点．求在此过程中小球机械能的改变量．解析：(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sin α＝ma得：a＝（mg－qE）sin αm.—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————桑水 (2)球恰能过B 点有：(mg －qE)＝m v 2R① 由动能定理，从A 点到B 点过程，则有：(mg －qE)(h 1－2R)＝12mv 2B －0② 由①②解得h 1＝52R. (3)因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加，则增加量：ΔE ＝qE(h 2－2R)＝qE(5R －2R)＝3qER.由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.答案：(1)（mg －qE ）sin αm (2)52R (3)3qER。

高中物理学习材料桑水制作高中物理选修3-1 章末检测(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不答的得0分)1.下列说法正确的是( )A．把一电流元分别放在磁场中的两点，所受磁场力大的磁感应强度大B．把一个小线圈置于磁场中，磁通量大处磁感应强度大C．让一电荷以相同的速度分别垂直进入两个匀强磁场，受洛伦兹力大的磁感应强度大D．磁感应强度的方向与正电荷在磁场中受洛伦兹力方向相同解析：选C.电流元所受磁场力大小，除与B有关外，还与放置方向有关，故A错；线圈中的磁通量除与B有关外，还与放置方向有关，故B错；粒子垂直进入磁场，洛伦兹力F＝qvB，所以B＝Fqv，故C对；洛伦兹力方向与B的方向垂直，故D错．2.关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是( )图3－7解析：选A.在垂直于导线的平面内，由安培定则可判断为导线周围的磁感线是闭合的同心圆，从上向下看为逆时针，故只有A正确．图3－83.(2013·汕头高二检测)矩形线圈abcd可绕通过两长边中点的水平轴OO′转动，如图3－8所示．通入顺时针方向的电流I，若想使线圈做顺时针方向的转动(从右向左看)，应加下列哪种磁场( )A．垂直纸面向里的磁场B ．由O 指向O ′的磁场C ．竖直向上的磁场D ．竖直向下的磁场答案：D图3－94.如图3－9所示，水平放置的平行金属板a 、b 带有等量异种电荷，a 板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是( )A ．沿竖直方向向下B ．沿竖直方向向上C ．沿水平方向向左D ．沿水平方向向右解析：选D.正电荷受到的电场力竖直向下，重力也竖直向下，做直线运动时必须是洛伦兹力与这两个力方向相反，且大小与这两个力的合力相等，液滴必做匀速直线运动，否则洛伦兹力会发生变化失去平衡而做曲线运动．故答案D 正确．图3－105.(2012·湖北黄冈中学高二检测)如图3－10所示，在垂直纸面向里的匀强磁场边界上，有两个质量、电荷量均相等的正、负离子(不计重力)，从O 点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角，则正、负离子在磁场中运动的过程，下列判断不正确的是( )A ．运动的轨道半径相同B ．重新回到磁场边界时速度大小和方向都相同C ．运动的时间相同D ．重新回到磁场边界的位置与O 点距离相等解析：选C.由R ＝mv Bq知A 正确；由粒子在磁场中的运动轨迹(如图)和几何关系可知，B 、D 正确，C 错．二、双项选择题(本题共7小题，每小题5分，共35分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)6.初速度为零的质子p 、氘核d 和α粒子经过同一电场加速后以垂直于磁场方向的速度进入同一匀强磁场，则它们在磁场中( )A．动能之比E p∶E d∶Eα＝1∶2∶4B．动能之比E p∶E d∶Eα＝1∶1∶2C．运动半径之比r p∶r d∶rα＝1∶1∶2D．运动半径之比r p∶r d∶rα＝1∶2∶ 2解析：选BD.由qU＝E k得：E p∶E d∶Eα＝q p∶q d∶qα＝e∶e∶2e＝1∶1∶2，故A错B对；由r＝mvqB得：r p∶r d∶rα＝m p v pq p∶m d v dq d∶mαvαqα＝1∶2∶2，故C错D对．7.(2012·南京外国语学校高二检测)如图3－11所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是( )图3－11解析：选CD.带电小球进入混合场后若受力平衡，则能沿直线运动．A选项中电场力向左，洛伦兹力开始时向右，重力竖直向下，三力不可能平衡．B选项中电场力向上，重力向下，而洛伦兹力向外，三力也不能平衡．C、D选项的小球所受三力可能平衡．所以选项C、D正确．图3－128.三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图3－12所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的有( )A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为5BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan2解析：选BD.先根据安培定则确定每根通电导线在O点所产生的磁感应强度的方向，再根据矢量合成法则求出结果．根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度B1、B3方向相同，I2在O点处产生的磁感应强度方向与B1、B3方向垂直，如图所示，故O点处实际磁感应强度大小为B 0＝（B 1＋B 3）2＋B 22＝5B ，A 错误，B 正确；由几何关系可知O 点处实际磁感应强度方向与斜边夹角为arctan2，C 错误，D 正确．图3－139.(2013台州模拟)3－13，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 方向，mg IL tan θB ．y 方向，mg ILC ．z 负向，mgIL tan θ D ．沿悬线向上，mgILsin θ 解析：选BC.若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图甲：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B 沿z 轴负方向，受力如图乙，F T sin θ＝BIL ；F T cosθ＝mg ，所以B ＝mg ILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图丙，导线无法平衡，D 错误．图3－1410.如图3－14平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )A ．该粒子带正电B ．A 点与x 轴的距离为mv 2qBC ．粒子由O 到A 经历时间t ＝πm 3qBD ．运动过程中粒子的速度不变解析：选BC.根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A 项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D 项错；粒子做圆周运动的半径R ＝mvqB，周期T ＝2πm qB ，从O 点到A 点速度的偏向角为60°，即运动了16T ，所以由几何知识求得点A 与x轴的距离为mv 2qB ，粒子由O 到A 经历时间t ＝πm 3qB，B 、C 两项正确．图3－1511.(2012·广州第二中学高二检测)如图3－15所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的带电粒子，恰好从e 点射出，则( )A ．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的二倍，也将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从f 点射出所用时间最短解析：选AD.作出示意图如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d 点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R ＝mv qB 可知，速度也增大为原来的二倍，A 项正确，显然C 项错误；当粒子的速度增大为原来的四倍时，才会从f 点射出，B 项错误；据粒子的周期公式T ＝2πm qB，可见粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e 、d 射出时所用时间相等，从f 点射出时所用时间最短，D 项正确．12.如图3－16所示，一个带正电荷的物块m ，由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC 上的D 点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B 处时的机械能损失．先在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D ′点停下来．后又撤去电场，在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D ″点停下来．则以下说法中正确的是( )图3－16A ．D ′点一定在D 点左侧B ．D ′点一定与D 点重合C ．D ″点一定在D 点右侧D ．D ″点一定与D 点重合解析：选BC.仅在重力场中时，物块由A 点至D 点的过程中，由动能定理得mgh －μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，即h －μs 1cos α－μs 2＝0，由题意知A 点距水平面的高度h 、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s 1为定值，所以s 2与重力的大小无关，而在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s 2不变，D ′点一定与D 点重合，B 正确；在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D ″点一定在D 点右侧，C 正确.三、计算题(本题共4小题，共45分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图3－1713.(8分)如图3－17所示，两根平行金属导轨M 、N ，电阻不计，相距0.2 m ，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m ＝5×10－2kg 的金属棒ab ，ab 的电阻为0.5 Ω.两金属导轨一端通过电阻R 和电源相连．电阻R ＝2 Ω，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝0.5 Ω，如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab 对导轨的压力恰好是零，并使ab 处于静止．(导轨光滑)求所加磁场磁感强度的大小和方向．解析：因ab 对导轨压力恰好是零且处于静止，ab 所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定则可以判定B 的方向应为水平向右．ab 中的电流I ＝E R ＋r ＋r ab ＝62＋0.5＋0.5A ＝2 A F ＝ILB ＝mgB ＝mg IL ＝5×10－2×102×0.2T ＝1.25 T. 答案：1.25 T ，水平向右图3－1814.(10分)如图3－18所示，质量为m ，带电量为＋q 的粒子，从两平行电极板正中央垂直电场线和磁感线以速度v 飞入．已知两板间距为d ，磁感应强度为B ，这时粒子恰能沿直线穿过电场和磁场区域(重力不计)．今将磁感应强度增大到某值，则粒子将落到极板上．当粒子落到极板上时的动能为多大？解析：带电粒子受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用，做直线运动时由平衡条件知 qvB ＝qE磁感应强度增大后粒子向下偏转，由动能定理知－qE d 2＝E k －12mv 2联立得：E k ＝12(mv 2－qvBd )． 答案：12(mv 2－qvBd )图3－1915.(12分)如图3－19所示，绝缘直棒上的小球，其质量为m ，带电荷量为＋q ，小球可在棒上滑动．将此棒竖直放在相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E ，磁感应强度为B ，小球与直棒间的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度．(小球带电荷量不变)解析：在带电小球下滑的过程中，小球受到重力、电场力、支持力、摩擦力和洛伦兹力，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律有mg －F f ＝ma摩擦力F f ＝μF N ，压力F N ＝Bqv ＋Eq解得a ＝mg －μ（qvB ＋qE ）m随着小球速度v 的增加，其加速度减小．所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动．开始时，v ＝0时，此时加速度最大，a max ＝g －μqE m匀速时，a ＝0时，速度最大，mg －μ(qv max B ＋qE )＝0所以v max ＝mg μqB －E B . 答案：g －μqE m mg μqB －E B16.(15分)(2013成都检测)如图3－20所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量q＝＋1.0×10－5C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D ＝34.6 cm 的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：图3－20(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v 1；(2)偏转电场中两金属板间的电压U 2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少多大？解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v 1，根据动能定理有U 1q ＝12mv 21 v 1＝ 2U 1qm ＝1.0×104m/s. (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，设微粒进入磁场时的速度为v ′，则v ′＝v 1cos30° 得出v ′＝233v 1. 由动能定理有12m (v ′2－v 21)＝q U 22解得U 2＝66.7 V.(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不从磁场右边射出时，做匀速圆周运动的轨道半径为R ，由几何关系知R ＋R 2＝D 由牛顿运动定律及运动学规律qv ′B ＝mv ′2R， 得B ＝0.1 T.若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B 至少为0.1 T.答案：(1)1.0×104 m/s (2)66.7 V (3)0.1 T。

章末检测卷(时刻：90分钟 总分值：100分)一、单项选择题(此题共7小题，每题4分，共28分)1.下面是某同窗对电场中的一些概念及公式的明白得，其中正确的选项是( )A.依照电场强度的概念式E ＝Fq可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.依照电容的概念式C ＝Q U可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.依照真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Qr2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.依照电势差的概念式U AB ＝W AB q可知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，那么A 、B 两点间的电势差为－1 V 答案 D解析 电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Qr2是决定式，C 错误；在电场中，克服电场力做功，电势能增大，D 正确.、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷.当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( ) A.－F2 C.－F答案 B解析 如下图，设B 处的点电荷带电荷量为正，AB ＝r ，那么BC ＝2r ，依照库仑定律F ＝kQq r 2，F ′＝kQ ×2q 2r 2，可得F ′＝F 2，应选项B 正确.3.如图1所示，在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q ，在M 点无初速度释放一个带有恒定电量的小物块，小物块在Q 的电场中运动到N 点停止，那么从M 到N 的进程中，以下说法错误的是( )图1A.小物块所受的静电力慢慢减小B.小物块具有的电势能慢慢减小 点的电势必然高于N 点的电势D.小物块电势能的减少量必然等于克服摩擦力做的功 答案 C解析 小物块在从M 运动到N 的进程中，必然受到向右的摩擦力，因此库仑力必然向左.随着由M 运动到N ，离电荷Q 距离愈来愈大，因此小物块受到的静电力即库仑力必然减小，A 正确；由动能定理可得μmgx －W E ＝0，即W E ＝μmgx ，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B 、D 正确；因点电荷Q 的电性未知，不能判定M 、N 两点电势的高低，C 错误.4.如图2所示，真空中有两个等量的正电荷q 1和q 2，别离固定于A 、B 两点，DC 为AB 连线的中垂线，C 为A 、B 两点连线的中点，将一正电荷q 3由C 点沿着中垂线移至无穷远处的进程中，以下结论正确的有( )图2A.电势能慢慢减小B.电势能慢慢增大 受到的电场力慢慢减小受到的电场力慢慢增大答案 A解析中垂线CD段上的电场强度方向处处都是竖直向上，故正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的进程中，电场力做正功，电势能减小，A对，B错；中垂线上由C到无穷远，电场强度先变大后变小，q3受到的电场力先变大后变小，C、D错.5.如图3所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个极点.此刻在A、B两点别离固定两个点电荷Q1和Q2，那么关于C、D两点的场强和电势，以下说法正确的选项是( )图3A.假设Q1和Q2是等量异种电荷，那么C、D两点的电场强度不同，电势相同B.假设Q1和Q2是等量异种电荷，那么C、D两点电场强度和电势均相同C.假设Q1和Q2是等量同种电荷，那么C、D两点电场强度和电势均不相同D.假设Q1和Q2是等量同种电荷，那么C、D两点电场强度和电势均相同答案 B解析假设Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等.C、D两点的场强都与等势面垂直，方向相同，依照对称性可知，场壮大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，故A错误，B正确.假设Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的散布情形和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，那么电场强度不同，电势相等，故C、D错误.6.如图4所示，电源A两头的电压恒为6 V，电源B两头的电压恒为8 V，当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为×10－5 C，那么电容器的电容约为( )图4×10－5 FF×10－6 FF 答案 D解析 当开关S 接A 时，电容器上极板带正电，所带电荷量Q ＝CU A ，当开关S 扳到B 时，电容器上极板带负电，所带电荷量Q ′＝CU B ，该进程中通过电流计的电荷量ΔQ ＝Q ＋Q ′＝C (U A ＋U B )＝×10－5C ，解得电容C ≈×10－7F ，选项D 正确.7.如图5所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个边长为10 cm 的正六边形的六个极点，A 、C 、D 三点电势别离为 V 、 V 、 V ，正六边形所在平面与电场线平行.那么( )图5点的电势与C 点的电势相等 与U BC 相同C.电场强度的大小为2033 V/mD.电场强度的大小为20 3 V/m 答案 C解析 A 、D 两点电势别离为 V 和 V ，那么AD 中点O 的电势为 V ，C 点与O 点等势，C 与E 不等势，A 错误；U EF 和U BC 大小相同，但正负不同，B 错误；电场强度E ＝U DCDC ·cos 30°＝2033V/m ，C 正确，D 错误.二、多项选择题(此题共5小题，每题4分，共20分.)8.如图6所示，长为L ＝ m 、倾角为θ＝37°的滑腻绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m 的小球(可视为质点)，以初速度v 0＝2 m/s 恰能沿斜面匀速上滑，g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝，那么以下说法中正确的选项是( )图6A.小球在B 点的电势能大于在A 点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为3mg 4qC.假设电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s 2D.假设电场强度减半，小球运动到B 点时的速度为初速度v 0的一半 答案 BD解析 在小球由A 运动到B 的进程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A 错；由动能定理知qEL cos θ－mgL sin θ＝0，因此水平匀强电场的电场强度为3mg4q ，B 对；电场强度加倍后，那么有q ·2E cos θ－mg sin θ＝ma ，因此a ＝6 m/s 2，C 错；电场强度减半后，那么有mg sin θ－q E2cos θ＝ma 1，a 1＝3 m/s 2，由v 20－v 2＝2a 1L 代入数值得v ＝1 m/s ，D对.9.如图7所示，在xOy 坐标系中以O 为中心的椭圆上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，在核心f 处固定一正点电荷，那么以下判定正确的选项是( )图7、e 两点的电场强度相同 点的电势比b 点的电势低C.一负电荷在d 点时的电势能大于在a 点时的电势能D.将一正电荷由e 点沿eabc 移到c 点，所受电场力先做正功再做负功，但总功为零 答案 BD解析 c 、e 两点的电场强度大小相等，方向不同，别离沿fc 、fe 方向，选项A 错误；离正点电荷越近的点电势越高，a 点离f 远，应选项B 正确；负电荷在电势越高的位置其电势能越小，a 点电势低于d 点电势，故负电荷在d 点时的电势能小于在a 点时的电势能，选项C 错误；将一正电荷由e 点沿ea 移到a 点的进程中，所受电场力做正功，由a 点沿abc 移到c 点的进程中，所受电场力做负功，由于c 、e 两点等电势，故整个进程中电场力做功为零. 10.如图8所示为一空腔导体周围的电场线散布图，电场方向如图中箭头所示，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四点，其中M 、N 在一条直电场线上，P 、Q 在一条曲电场线上，以下说法正确的有( )图8点的电场强度比N 点的电场强度小 点的电势比Q 点的电势低C.负电荷在P 点的电势能小于其在Q 点的电势能 、O 间的电势差等于O 、N 间的电势差 答案 AC解析 用电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N 点的场强比M 点的场壮大，故A 正确.沿着电场线的方向电势愈来愈低，因此Q 点的电势比P 点的电势低，故B 错误.P 点电势高于Q 点，依照E p ＝φq 可知，负电荷在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，故C 正确.依照电场散布可知，MO 间的平均电场强度比ON 间的平均电场强度小，故由公式U AB ＝Ed 可知，MO 间的电势差小于ON 间的电势差，故D 错误.11.图9甲中直线PQ 表示电场中的一条电场线，质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，通过P 点时速度为v 0，抵达Q 点时速度减为零，粒子运动的v －t 图象如图乙所示.以下判定正确的选项是( )图9点电势高于Q 点电势 点场壮大于Q 点场强、Q 两点间的电势差为mv202qD.带负电的粒子在P 点的电势能大于在Q 点的电势能 答案 ABC解析 由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P 点电势必然高于Q 点电势，故A 正确；由题图乙可知，P 处的加速度大于Q 处的加速度，故P处的场壮大于Q 处的场强，故B 正确；由动能定理知qU ＝12mv 20，可求出PQ 两点的电势差为mv202q，故C 正确；负电荷在电势低的地址电势能大，故带负电的粒子在P 点的电势能必然小于在Q 点的电势能，故D 错误.12.如图10甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时刻转变的规律如图乙所示.电子原先静止在左极板小孔处.(不计重力作用)以下说法中正确的选项是( )图10A.从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t ＝T4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t ＝3T8时刻释放电子，电子必将打到左极板上答案 AC解析 从t ＝0时刻释放电子，若是两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T2，接着匀减速T2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T 2，接着匀减速T2……直到打在右极板上.电子不可能向左运动；若是两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上.从t ＝T4时刻释放电子，若是两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T 4，接着匀减速T4，速度减小到零后，改成向左再匀加速T 4，接着匀减速T4.即在两板间振动；若是两板间距离不够大，那么电子在第一次向右运动进程中就有可能打在右极板上.从t ＝3T8时刻释放电子，若是两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动进程中就打在右极板上；若是第一次向右运动没有打在右极板上，那就必然会在向左运动进程中打在左极板上.选A 、C. 三、计算题(此题共4小题，共52分)13.(12分)如图11所示平行金属板A 、B 之间有匀强电场，A 、B 间电压为600 V ，A 板带正电并接地，A 、B 两板间距为12 cm ，C 点离A 板4 cm.求：图11(1)C 点的电势；(2)假设将一电子从场外移到C 点，电场力做多少功？做正功仍是做负功？ 答案 (1)－200 V (2)－200 eV 做负功 解析 (1)板间场强为E ＝Ud＝错误! V/m ＝5×103 V/m ， 已知A 板与C 点间的距离为d ′＝ m 则U AC ＝Ed ′＝5×103× V＝200 V.因为A 板接地，φA ＝0，且沿电场方向电势降低，因此可得φC ＝－200 V. (2)“场外”可明白得为离电场无穷远，此处电势也为零.由W ＝qU 可得将电子从场外移到C 点，电场力做的功为W ＝e (0－φC )＝－×10－19×200 J＝－200 eV.负号说明电场力做的是负功.14.(13分)如图12所示，已知AC ⊥BC ，∠ABC ＝60°，BC ＝20 cm ，A 、B 、C 三点都在匀强电场中，且A 、B 、C 所在平面与电场线平行，把一个电荷量q ＝10－5C 的正电荷从A 移到B ，电场力做功为零；从B 移到C ，电场力做功为－3×10－3J.图12(1)求A 、C 间的电势差；(2)假设规定B 点电势为零，求C 点的电势； (3)求匀强电场的场壮大小及方向. 答案 (1)－3×102V (2)3×102V(3)1 000 V/m 方向与水平方向夹角为30°指向右下方 解析 依照W ＝Uq 得，U AB ＝0，即φA ＝φB ，U BC ＝W BCq＝－3×102 V(1)U AC ＝φA －φC ＝φB －φC ＝U BC ＝－3×102V(2)φB ＝0，U BC ＝φB －φC ，因此φC ＝φB －U BC ＝3×102V (3)AB 为等势面，场强方向垂直AB 连线指向右下方，故E ＝|U BC |BC sin 60°＝1 000 V/m.15.(13分)如图13所示，在E ＝ 103V/m 的水平向左匀强电场中，有一滑腻半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝ m ，一带正电荷q ＝10－4C 的小滑块质量为m ＝ kg ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，g 取10 m/s 2，求：图13(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？ (2)如此释放的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？(P 为半圆轨道中点) 答案 (1)20 m (2) N解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是mg ＝m v 2R，v ＝gR ＝2 m/s滑块由释放点到最高点进程，由动能定理得：qEx －μmgx －2mgR ＝12mv 2代入数据得：x ＝20 m(2)滑块过P 点时，由动能定理： －mgR －qER ＝12mv 2－12mv 2P在P 点由牛顿第二定律：F N －qE ＝mv2P R代入数据得：F N ＝ N.16. (14分)如图14甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时刻转变的图象如图乙所示.(每一个电子穿过平行板的时刻都极短，能够以为电子穿过平行板的进程中电压是不变的)求： (1)在t ＝ s 时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？图14答案 (1) cm (2)30 cm解析 (1)设电子经电压U 0加速后的速度为v ， 依照动能定理得：qU 0＝12mv 2，因此：v ＝2qU 0m经偏转电场偏转后偏移量y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ·(L v )2，因此y ＝U 偏L4U 0，由题图知t ＝ s 时刻U 偏＝，代入数据解得y ＝ cm. 设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，依照相似三角形得：Y y ＝L ＋L2L2代入数据解得：Y ＝ cm.(2)由题知电子偏移量y 的最大值为L2，当偏转电压超过2U 0时， 电子就打不到荧光屏上了，依照Y ′y ＝L ＋L2L 2得：Y ′＝3L 2因此荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y′＝3L＝30 cm.。