物理选修3-1练习题带答案

高中物理必刷题（选修3-1全册）word 版答案解析第一章静电场第1节电荷及其守恒定律刷基础1.B 【解析】摩擦起电现象的实质是电荷的转移，而不是产生了电子或质子，故A 错误；两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷，故B 正确；摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的，故C 错误；用丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电，故D 错误。

2.A 【解析】当她用于触摸一个金属球时，金属球上的电荷会转移到她的身上，因为同种电荷相互排斥，头发就会竖起；无论她带正电荷还是负电荷，只要电荷量足够多，就会出现该现象，选项A 正确，B 、C 、D 错误。

3.A 【解析】带负电的A 球靠近B 球(不接触)，由于静电感应而使B 球带正电，c 球带负电，故A 正确，B 错误；人体是导体，用手摸一下B 球，B 球与人体、地球构成整体，大地是远端，带负电，B 球是近端，带正电，故C 错误；将B 、C 分开，移走A ，B 球带正电，C 球带等量的负电，再将B 、C 接触，C 上的负电荷转移到B 上，从而使B 、C 都不带电，故D 错误。

4.C 【解析】用带正电的带电体A 靠近(不接触)不带电的验电器的上端金属球，验电器发生静电感应，带电体A 带正电，则验电器的上端金属球带负电荷，下部金属箔自带等量的正电荷，金属箔张开。

验电器的金属箔之所以张开，是因为它们带有同种电荷，而同种电荷相互排斥，张开角度的大小取决于两金属箔自带电荷量的多少，感应起电的实质是电子在物体内部发生了转移。

故A 、B 、D 错误，C 正确。

5.BC 【解析】原来不带电的物体处于电中性，不是内部没有电荷，而是正负电荷的个数相等，整体对外不显电性，故A 错误；摩擦起电过程中转移的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，即摩擦过程中A 失去电子，转移到了B 上，故B 正确；由电荷守恒定律可知，在电子的转移过程中电荷的总量保持不变，A 带1.6×10-10C 的正电荷，则B 一定带1.6×10-10C 的负电荷，故C 正确；摩擦过程中，A 失去1.0×109个电子，故D 错误。

]课后练习一第 10 讲库仑定律和场强1.如图1-15所示，用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是（）A．a带正电，b带负电B．a带负电，b带正电C．a、b均带正电￥D．a、b均不带电答案：Ｃ详解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近小球a, 会在球上感应出正电荷，而负电荷就远离棒，到了金属杆c上。

此时用手指触碰c，会把杆上的负电荷转移走，于是整个验电器就带正电了。

球带正电，金箔也带正电。

2.如图1-4所示，真空中两个自由的点电荷A和B，分别带有-Q和+4Q的电荷，现放入第三个点电荷C，使点电荷A、B、C都处于平衡，则点电荷C应放在什么区域点电荷C带什么电:答案：应该放入一个“+”电荷，并且放在A的左边。

详解：首先电荷不可能放中间，否则该电荷必受到两个同方向的力。

电荷放在右边也不可能，本身B处电荷电荷量就大，如果离它更近，必然是受到的两个电场力大小不一。

因此要放在A左边，并且只能是带正电才可行，因为如果带负电，AB两处电荷不可能平衡。

3.将一定量的电荷Q，分成电荷量q、q＇的两个点电荷，为使这两个点电荷相距r时，它们之间有最大的相互作用力，则q值应为______。

答案：详解：二者相互作用力就是看乘积的大小了。

数学上有如下规律，两个正数和一定，必然在二者相等时积最大。

于是答案是。

4.两个点电荷甲和乙同处于真空中．（1）甲的电荷量是乙的4倍，则甲对乙的作用力是乙对甲的作用力的______倍．-（2）若把每个电荷的电荷量都增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（3）保持原电荷电荷量不变，将距离增为原来的3倍，那么它们之间的相互作用力变为原来的______倍；（4）保持其中一电荷的电荷量不变，另一个电荷的电荷量变为原来的4倍，为保持相互作用力不变，则它们之间的距离应变为原来的______倍；（5）把每个电荷的电荷都增大为原来的4倍，那么它们之间的距离必须变为原来的______倍，才能使其间的相互作用力不变。

第一章第一节1．答：在天气干躁的季节，脱掉外衣时，由于摩擦，外衣和身体各自带了等量、异号的电荷。

接着用手去摸金属门把手时，身体放电，于是产生电击的感觉。

2．答：由于A、B都是金属导体，可挪动的电荷是自由电子，所以，A带上的是负电荷，这是电子由B挪动到A的结果。

其中，A得到的电子数为，与B失去的电子数相等。

3．答：图1－4是此问题的示意图。

导体B中的一局部自由受A的正电荷吸引积聚在B的左端，右端会因失去电子而带正电。

A对B左端的吸引力大于对右端的排挤力，A、B之间产生吸引力。

4．答：此现象并不是说明制造出了永动机，也没有违犯能量守恒定律。

因为，在把A、B分开的过程中要克制A、B之间的静电力做功。

这是把机械转化为电能的过程。

第二节1．答：根据库仑的发现，两个一样的带电金属球接触后所带的电荷量相等。

所以，先把A球与B球接触，此时，B球带电；再把B球与C球接触，那么B、C球分别带电；最后，B球再次与A球接触，B球带电。

2．答：〔注意，原子核中的质子间的静电力可以使质子产生的加速度！〕3．答：设A、B两球的电荷量分别为、，间隔为，那么。

当用C接触A时，A的电荷量变为，C的电荷量也是；C再与接触后，B的电荷量变为；此时，A、B间的静电力变为：。

在此情况下，假设再使A、B间距增大为原来的2倍，那么它们之间的静电力变为。

4．答：第四个点电荷受到其余三个点电荷的排挤力如图1－6所示。

共受三个力的作用，，由于，互相间间隔分别为、、，所以，。

根据平行四边形定那么，合力沿对角线的连线向外，且大小是。

由于对称性，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力的大小都相等，且都沿对角线的连线向外。

5．答：带电小球受重力、静电斥力和线的拉力作用而平衡，它的受力示意图见图1－7。

静电斥力，又，，所以，第三节1．答：A、B两处电场强度之比为。

A、C两处电场强度之比为。

2．答：电子所在处的电场强度为，方向沿着半径指向外。

电子受到的电场力为，方向沿着半径指向质子。

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

物理选修3-1测试题满分：100分考试时间：90分钟命题人：审题人：注意事项：1.答卷前,务必将自己的姓名、班级和学号填写在答题卡与答题卷上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

3.回答非选择题时,将答案写在答题卷上。

写在本试卷上无效。

第Ⅰ卷选择题〔共44分一、单项选择题<每小题给出的四个选项中只有一项是正确,每小题3分,共8题24分>1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是< >A．安培力的方向不一定垂直于直导线B．安培力的方向不一定垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关D．将直导线垂直放入匀强磁场中,从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半.2.下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是< >3．三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沿斜面向下4.带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0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点的速度小于在b点的速度B. 在a点的加速度大于在b点的加速度C. 在a点的电势能小于在b点的电势能D. 电场中a点的电势一定比b点的电势高5.2016年8月23日,第七届中国<上海>国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行,作为中国最大超级电容器展,众多龙头踊跃参与。

选修3-1磁场专项练习2一．选择题（共7小题）1．（2019•上海）如图，通电导线MN及单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向（）A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里解：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针，再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而左边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右．故B正确，ACD错误．故选B 2．（2009•广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能及B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上解答：解：小滑块受力如图所示；A、F洛=QVB，滑动摩擦力F=μFN=μ（mgcosθ+QvB），随速度增加而变大，A错误．B、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力F=mgsinθ=μ（mgcos θ+QvB），则v=（﹣cosθ），可看v随B的增大而减小，B越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，B错误．C、滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C正确；D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B 很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误．故选C．3．（2019•西城区模拟）如图所示，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是（ B ）A．B．C．D．4．（2009•金山区二模）如图所示，矩形线框abcd，及条形磁铁的中轴线位于同一平面内，线框内通有电流I，则线框受磁场力的情况（）A．ab和cd受力，其它二边不受力B．ab和cd受到的力大小相等方向相反C．ad和bc受到的力大小相等，方向相反D．以上说法都不对解：A、各边都处在磁场中，各边电流方向都及磁场方向不平行，都受到安培力的作用，故A错误；B、ab边所处位置磁感应强度大，cd 边所处位置磁感应强度小，而两边电流大小相等，由F=BILsinθ可知两边所受安培力不相等，故B错误；C、ad边及bc边关于条形磁铁对称，它们所处的磁场强度大小相等，两边长度及电流大小相等，由F=BILsinθ可知，两边所受安培力大小相等，由左手定则可知安培力的方向相同，故C错误；D、由上可知，故D正确，5．（2019•宿州一模）如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2．今有一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为T=C．B1=4B2 D．B1=2B2解：A、根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；B、电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=+，故B错误；C、由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r=可知，B1=2B2，故C错误，D正确．故选：AD．6．（2019•海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（）A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同．故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径及速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大．故D正确；故选：BD二．解答题（共5小题）7．（2019•南充一模）如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，及水平面夹角为37°，固定在竖直平面内，垂直纸面向里的匀强磁场B充满杆所在的空间，杆及B垂直，质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向上的拉力作用，拉力大小为0.4mg，已知小环的带电荷量为q，问（sin37°≈0.6；cos37°≈0.8）（1）小环带什么电？（2）小环滑到P处时的速度多大？解：（1）环所受洛伦兹力及杆垂直，只有洛伦兹力垂直于杆向上时，才能使环向上拉杆，由左手定则可知环带负电．（2）设杆拉住环的力为T，由题可知：T=0.4mg在垂直杆的方向上对环有：qvB=T+mgcos37°即qvB=0.4mg+0.8mg解得：答：（1）小环带负电；（2）小环滑到P处时的速度为：．8．（2019•西城区模拟）如图，一根绝缘细杆固定在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，杆和磁场垂直，及水平方向成θ角．杆上套一个质量为m、电量为+q的小球．小球及杆之间的动摩擦因数为μ．从A点开始由静止释放小球，使小球沿杆向下运动．设磁场区域很大，杆很长．已知重力加速度为g．求：（1）定性分析小球运动的加速度和速度的变化情况；（2）小球在运动过程中最大加速度的大小；（3）小球在运动过程中最大速度的大小．解：（1）由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．（2）当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．小球受力如图1所示根据牛顿第二定律mgsinθ=ma解得：a=gsinθ（3）当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为vm小球受力如图2所示根据平衡条件qvmB=N+mgcosθmgsinθ=f滑动摩擦力f=μN解得：答：（1）先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；（2）小球在运动过程中最大加速度的大小gsinθ；（3）小球在运动过程中最大速度的大小为．9．质量m=1.0×10﹣4kg的小物体，带有q=5×10﹣4C的电荷，放在倾角为37°绝缘光滑斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面，斜面足够长，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）物块带何种电荷；（2）物块离开斜面时的速度；（3）物块在斜面上滑行的最大距离．解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电．（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：Bqv=mgcosα，故．故物块离开斜面时的速度为3.2m/s．（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，故有：v2=2al mgsinθ=ma所以代人数据解得：l≈0.85m．故物块在斜面上滑行的最大距离为：l≈0.85m．10．（2019•天津）在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点及x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．解：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动．设粒子过N点的速度为v，有得：v=2v0粒子从M点到N 点的过程，由动能定理有：解得：（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动（如图所示），半径为O′N，有：解得：（3）由几何关系得：ON=rsinθ设粒子在电场中运动的时间为t1，则有：ON=v0t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：得：运动的总时间为：t=t1+t2即：11．（2019•资阳模拟）如图，xOy平面的第Ⅱ象限的某一区域有垂直于纸面的匀强磁场B1，磁场磁感应强度B1=1T，磁场区域的边界为矩形，其边分别平行于x、y轴．有一质量m=10﹣12kg、带正电q=10﹣7C 的a粒子从O点以速度v0=105m/s，沿及y轴正向成θ=30°的方向射入第Ⅱ象限，经磁场偏转后，从y轴上的P点垂直于y轴射入第Ⅰ象限，P点纵坐标为y P=3m，y轴右侧和垂直于x轴的虚线左侧间有平行于y轴的匀强电场，a粒子将从虚线及x轴交点Q进入第Ⅳ象限，Q 点横坐标x Q=6m，虚线右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2，其磁感应强度大小仍为1T．不计粒子的重力，求：（1）磁场B1的方向及a粒子在磁场B1的运动半径r1；（2）矩形磁场B1的最小面积S和电场强度大小E；（3）如在a粒子刚进入磁场B1的同时，有另一带电量为﹣q的b粒子，从y轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，a、b粒子将发生迎面正碰，求M点纵坐标y M以及相碰点N的横坐标x N．12（2009•天津）如图所示，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点时的速度方向及x轴的方向夹角为θ．不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h．解答：解：（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有qE=mg，得到E=重力的方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由于小球带正电，故场强度方向竖直向上．（2）小球做匀速圆周运动，设其设半径为r，由几何关系知 r==小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速为v，有qvB=m得v==由速度分解知v0=vcosθ代入得到 v0=（3）根据机械守恒定律，有mgh+= h=将v0，v代入得到h=答：（1）电场强度E的大小为，方向竖直向上；（2）小球从A点抛出时初速度v0=；（3）A点到x轴的高度h=．第 11 页。

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

磁场对通电导线的作用力综合练习1．下列四图中的通电导线在磁场中受力分析正确的是( )解析：选C.注意安培定则与左手定则的区别，判断通电导线在磁场中的受力用左手定则．2．在如图所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F a、F b，可判断两段导线( )A．相互吸引，F a>F b B．相互排斥，F a>F bC．相互吸引，F a<F b D．相互排斥，F a<F b解析：选D.无论开关置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．开关置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，B错误D正确．故选D.3. (2013·河北唐山一中高二月考)由导线组成的直角三角形框架放在匀强磁场中(如图所示)，若导线框中通以如图方向的电流时，导线框将( )A．沿与ab边垂直的方向加速运动B．仍然静止C．以c为轴转动D．以b为轴转动解析：选B.ab和bc两段电流的等效长度等于ac，方向由a到c的一段电流，由左手定则以及安培力公式可知ab和bc两段电流所受安培力的合力方向和ac受到的安培力方向相反，大小相等，线框整体合力为0，仍然静止，故选B.4.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较( )A．F N减小，F f＝0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大，F f≠0解析：选C.如题图所示，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知电流I受安培力方向竖直向上．根据牛顿第三定律知，电流对磁铁的作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面的压力增大．由于磁铁没有相对于桌面的运动趋势，故桌面对磁铁无摩擦力作用．故选C.5. (2013·南京外国语学校高二检测)如图所示，一根长L＝0.2 m的金属棒放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并通过I＝5 A的电流，方向如图所示，整个装置放在磁感应强度B＝0.6 T 竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin 37°＝0.6)解析：从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判出为水平向右，F＝ILB＝5×0.2×0.6 N＝0.6 N.由平衡条件得重力mg＝Ftan 37°＝0.8 N.答案：0.8 N一、选择题1．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图中正确的是( )解析：选D.A图中导线不受力，故它不会弯曲，A错误．B图中导线受到垂直纸面向里的安培力，它不会向右弯曲，B错误．C图中导线受到水平向右的安培力，导线不会向左弯曲，C错误．D图中导线受到水平向右的安培力，故它向右弯曲，D正确．故选D.2.如图所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( )A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl解析：选C.V形通电导线的等效长度为图中虚线部分，所以F＝BIl，故选C.3.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边解析：选C.根据直线电流相互作用的规律可知a与c相互吸引，b与c也相互吸引，所以导线c所受的合力方向一定指向左边且与ab边垂直，故选C.4. (2013·清华附中高二检测)如图所示，abcd为闭合四边形线框，a、b、c三点的坐标分别为(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整个空间中有沿y轴正方向的匀强磁场，线框中通有方向如图所示的电流I.关于线框各条边所受安培力的大小，下列叙述中正确的是( )A．ab边与bc边受到的安培力大小相等B．cd边受到的安培力最大C．cd边与ad边受到的安培力大小相等D．ad边不受安培力作用解析：选B.根据安培力的计算公式可得，ab边所受安培力的大小为F ab＝BIl ab，bc边平行于磁场方向，受力为零，ad边所受安培力的大小为F ad＝BIl Od，cd边所受安培力的大小为F cd＝BIl cd，故选B.5. (2013·长沙市第一中学阶段性考试)如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极C．无论如何台秤的示数都不可能变化D．以上说法都不正确解析：选A.如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向上，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N极，故选A.6.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，当两线圈通以如图所示的电流时，从左向右看，线圈L1将( )A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．向纸面内平动解析：选B.法一：等效分析法把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流L2的中心，通电后，小磁针的N 极应指向该环形电流L2的磁场方向，由安培定则知L2产生的磁场方向在其中心竖直向上，而L1等效成小磁针，转动前N极应指向纸里，因此应由向纸里转为向上，所以从左向右看，线圈L1顺时针转动．故选B.法二：利用结论法环形电流L1、L2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得L1的转动方向应是：从左向右看线圈L1顺时针转动．故选B.7.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小解析：选A.棒中电流变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，A 正确；两悬线等长变短，θ角不变，B 错误；金属棒质量变大，θ角变小，C 错误；磁感应强度变大，金属棒所受安培力变大，θ角变大，D 错误．故选A.☆8.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角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )A.mg Iltan θ，竖直向上 B.mg Iltan θ，竖直向下C.mg Ilsin θ，平行悬线向下 D.mg Ilsin θ，平行悬线向上解析：选D.要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mg Ilsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.☆9.如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度．天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面．当线圈中通有电流I (方向如图所示)时，在天平两边加上质量分别为m 1、m 2的砝码时，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平又重新平衡．由此可知( )A ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为m 1－m 2g NILB ．磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为mg2NILC ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为m 1－m 2g NILD ．磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为mg 2NIL解析：选B.由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系式．因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时安培力竖直向下，由左手定则判断磁场向里．电流反向前，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋NBIL ，其中m 3为线圈质量．电流反向后，有m 1g ＝m 2g ＋m 3g ＋mg －NBIL .两式联立可得B ＝mg2NIL.故选B.二、非选择题10.如图所示，PQ 和MN 为水平、平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，导体棒的质量m ＝0.2 kg ，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体质量M ＝0.3 kg ，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在导体棒中通入多大的电流？方向如何？解析：为了使物体匀速上升，导体棒所受安培力方向应向左，由左手定则可知，导体棒中的电流方向应为a →b .由平衡条件得：BIL ＝Mg ＋μmg 解得：I ＝Mg ＋μmgBL＝2 A.答案：2 A 方向a →b11.如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ．质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0，B ＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)解析：支持力为0时导线的受力如图所示， 由平衡条件得：F 安＝mgtan 37°＝6×10－2×100.75 N＝0.8 N 由F 安＝BIL 得B ＝F 安IL＝0.81×0.4T ＝2 T由B＝0.4t得t＝B0.4＝20.4s＝5 s.答案：5 s☆12.如图所示为某种电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要使电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，bc＝0.05 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的影响)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设弹簧的伸长为Δx，则有mg＝kΔx①由①式得Δx＝mg k.(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN上的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设满量程时通过MN 的电流大小为I m ，则有 BI m ab ＋mg ＝k (bc ＋Δx )②联立①②式并代入数据得I m ＝2.5 A.(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B ′，则有 2B ′I m ab ＋mg ＝k (bc ＋Δx )③由①③式得B ′＝kbc 2I m ab，代入数据得B ′＝0.10 T. 答案：(1)mg k (2)M 端应接正极 (3)2.5 A(4)0.10 T。

电容器与电容课后巩固提升1．电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明( )A. A所带的电荷量比B多B. A比B能容纳更多的电荷量C. A的体积比B的体积大D．两电容器的电压都改变1V时，A的电荷量改变比B的大解析电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领(电容器两极间的电压每改变1V所改变电荷量的多少)大小，而不表示容纳电荷的多少或带电荷量的多少．答案 D2．下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )A．根据C＝QU可知，电容器的电容与其所带电量成正比，与两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其带电量与两板间的电压成正比C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电量与电压的比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析电容器的电容C＝εr S4πkd与两极板间的电压与极板所带电量无关，故A选项错误；由C＝QU可知，对确定的电容器来说，Q与U成正比，故B选项正确，C、D选项也正确．答案BCD3．水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态．现将两极板间的距离增大，则( )A．电容变大，质点向上运动B．电容变大，质点向下运动C．电容变小，质点保持静止D．电容变小，质点向下运动解析当平行板电容器两极板距离增大时，电容器电容变小，与电源相连极板电压不变，其间电场强度减小，电场力变小，合外力向下，质点向下运动，故D选项正确．答案 D4．一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具将两板距离拉开一些，则( ) A．电容器的带电荷量增加B．电容增大C．电容器电压增加D．两板间电场强度增大解析由C＝εr S4πkd可知，当d增大时，C变小，故B选项错误；充电后与电源断开，所带电量不变，故A选项错误；由C＝QU，当C减小，Q不变时，U增大，故C选项正确；其间电场强度E＝Ud＝QCd＝4Qπkdεr Sd＝4Qπkεr S，故D选项错误．答案 C5．一空气平行板电容器，极板间正对面积为S，极间距离为d，充以电量Q后两板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( )A．将电压变为U/2B ．电量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．两极间充以介电常数为2的电介质 解析 由C ＝εr S4πkd可知C 、D 选项正确． 答案 CD6．平行板电容器的电容C ，两极板间电压U ，两板间场强E 和带电荷量Q ，在下列情况下怎样变化？(1)保持两板与电源相连，只增大两板间距离，则C _________，U ____________，Q ____________，E ____________.(2)给电容器充电后与电源断开，再减小电容器极板间距离，则C ____________，U ____________，Q ____________，E ____________.解析 (1)电容器与电源相连，故U 不变，根据C ＝εr S4πkd和C ＝Q U，d 增大→C 减小→Q减小，由E ＝U d，知E 减小．(2)电容器充电后断开电源，故Q 不变，由公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝QU，知d 减小→C 增大→U 减小，此时电场强度用E ＝U d不好讨论，有两种方法可处理．①是用推论E ＝4πkQ εr S ，(此式由E ＝U d ，C ＝Q U 和C ＝εr S4πkd 三式导出)，可见E 与d 无关，故E 不变．②是熟记极板上电荷密度不变，其电场强度不变，故E 不变． 答案 (1)减小 不变 减小 减小(2)增大减小不变不变提升能力7．传感器是一种采集信息的重要器件，如图是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联接成闭合电路，那么( )A．当F向上压膜片电极时，电容将减小B．当F向上压膜片电极时，电容将增大C．若电流计有示数，则压力F发生变化D．若电流计有示数，则压力F不发生变化解析当压力向上时，膜片电极将向上弯曲，使电容器两个极之间距离减小，电容增大，故A错误，B正确．当压力F发生变化时，电容器的电容发生变化，电容器会不断的充放电，所以电流计有示数，当压力不变时，因为电压恒定，电容器带电量不会发生变化，电流计无示数，故C正确，D错误．答案BC8．如图所示是一个平行板电容器，两板间距离为d，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q 所做的功等于( )A.qCl QdB.qQl CdC.qQl2CdD.qCl2Qd解析 根据U ＝Q C，E ＝U d可得E ＝Q Cd ，所以，从A →B 电场力做功，W ＝qEl sin30°＝qQl2Cd. 答案 C9．如下图是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流解析 平行板电容器的电容和带电荷量分别为C ＝εr S4πkd，Q ＝CU .当两板间距离d 增大时，电容C 减小，极板的带电荷量Q 也减小，由于原来电容器的上板A 带正电，下板B 带负电，带电荷量减小，B 板的电子在电源的作用下将输送到A 板中和部分正电荷，所以电阻R 中会有从a 流向b 的电流．答案 BC10．如图①是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体．在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q 将随待测物体的上下运动而变化．若Q 随时间t 的变化关系为Q ＝b t ＋a(a 、b 为大于零的常数)，其图像如图②所示，那么图③、图④中反映极板间场强大小E 和物体速率v 随t 变化的图线可能是( )A ．a 和cB ．a 和dC ．b 和cD ．b 和d解析 由于C ＝Q U且C ＝εr S 4πkd 结合题中条件Q ＝bt ＋a联立以上三式解得 d ＝εr SU 4k πb (a ＋t )，可见d 与t 成线性关系，利用E ＝U d 可得E ＝4k πbεr Sa ＋t，因此图线②正确，即C选项正确．答案 C11．已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示，电容器极板上的电荷量不变，当板间距离增大时(如图①)，静电计指针的偏角将____________，板间电势差将____________，电容器的电容将____________，说明电容器的电容跟板间距离成____________；当正对面积减小时(如图②)，静电计的偏角将____________，板间电势差将____________，电容将____________，说明电容器的电容跟正对面积成____________．当两板间插入电介质时(如图③)，静电计的偏角将____________，板间电势差将____________，电容将____________，说明电容器的电容跟两板间的电介质有关．答案增大增大减小反比增大增大减小正比减小减小增大12．如下图所示，相距为d，水平放置的两平行金属板a、b的电容为C，开始时两板均不带电，a板接地且中央有孔，现将带电荷量为q，质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h处无初速度滴下，竖直流到b板上层，电荷全部被b板吸收，(重力加速为g，不计阻力)试求：(1)能够到达b板的液滴数不会超过多少？(2)若能够到达b板的液滴数为k，第k＋1滴液滴将如何运动？解析设第k滴液滴恰好能够到达b板，则第k滴液滴进入两板间时，前(k－1)滴液滴已建立电场，对第k滴液滴应用动能定理(1)前(k－1)滴液滴已建立的电场为U＝QC＝k－1qC，E＝Ud＝k－1qCd.对第k滴液滴应用动能定理有：mg(h＋d)－qEd＝0，mg(h＋d)－q k－1qCdd＝0.解得k＝mgC h＋dq2＋1.(2)由题意，第(k＋1)滴液滴进入两板间后做减速运动，无法到达b板，反向运动跳出a 板小孔，然后再无初速滴下，所以(k＋1)滴液滴将在板内外做往复运动．答案见解析。