選修高中物理專題練習

1、絕密啟用前選修3-1專題練習考試范圍：選修3-1;考試時間：100分鐘；命題人:題號一二三四總分得分注意事項:.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息.請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人 得分一.選擇題（共20小題，滿分60分，每小題3分）（3分）下列關(guān)于點電荷的說法中正確的是（）A.點電荷是一個理想化物理模型B.點電荷的電荷量一定是1.6X10 19CC.體積大的帶電體一定不能看做點電荷D.研究帶電體的相互作用時，所有帶電體都可以看作點電荷（3分）對物體帶電現(xiàn)象的敘述，正確的是（）A.物體帶電一定是因為具有多余的電子B.摩擦起電實質(zhì)上是電荷從一個物體

2、轉(zhuǎn)移到另一個物體的過程C.物體所帶電荷量可能很小，甚至小于 eD,電中和是等量異種電荷完全消失的現(xiàn)象（3分）關(guān)于庫侖定律的公式F=-下列說法中正確的（）rA.當真空中兩個電荷間距離r時，它們問的靜電力F-0B.當真空中兩個電荷間距離r-0時，它們間的靜電力F-ooC.當兩個電荷間的距離r-oo時，庫侖定律的公式就不適用了D.當兩個電荷間的距離r 0時，電荷不能看成是點電荷，但庫侖定律的公式仍然適用（3分）真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F,如果這兩個點電荷的帶電量和它們之間的距離都變?yōu)樵瓉淼?2倍，那么它們之間 TOC o 1-5 h z 的靜電力的大小為（）A. 2F B.

3、C. F D.工 24（3分）對下列公式理解正確的是（）A.由V01可知，物體速度大小跟通過的位移大小成正比，跟它運動的時 At問成反比B.由a上可知，物體加速度大小跟它受到的作用力成正比，跟質(zhì)量成反比 mC.由C考可知，電容器的電容跟電容器的帶電量成正比，跟兩極板間的電 壓成反比D.由R4可知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟通過導體的電流 成反比（3分）如圖所示，一個帶正電的球體 M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲 線上的帶電小球N掛在橫桿上的Pi處，當小球N靜止時，絲線與豎直方向 的夾角為9.若將絲線懸點從Pi移到巳處。則（）A.角8變大，小球N帶正電 B.角8變小，小球N帶正電C.角8

4、沒變大，小球N帶負電D.角8變小，小球N帶負電（3分）如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為標識不清的小 燈?fi Li的U-I圖線，將Li與該電源組成閉合電路時，Li恰好能正常發(fā)光。 若將相同材料制成的標有 “3V 20W的燈泡L2與該電源組成閉合電路，下列 說法中正確的是（）A.電源的內(nèi)阻為2。3B.把火T泡Li換成L2, L2可能正常發(fā)光C.把燈泡Li換成Lz,電源的輸出功率可能相等D.把燈泡Li換成L2,電源的輸出功率一定變?。?分）兩個帶電體M和N在周圍空間形成電場，電場線分布如圖所示, 其中O、P兩點為同一電場線上的兩個點。下列有關(guān)說法中正確的是（M一定帶正電而 N一定帶負

5、電O點的電勢一定低于P點的電勢O點的電場強度大小一定小于 P點的電場強度大小D.將某一電荷從O點經(jīng)某一路徑移動到P點，電場力做的功可能為零（3分）如圖所示的電路中，電源電動勢 E=8V,內(nèi)阻r=2R電阻R2=6Q, 電容為1卜F的平行板電容器水平放置且下極板接地。當滑動變阻器Ri的滑片處于b端時，有一帶電油滴位于板間正中央 P點且恰好處于靜止狀態(tài)。下列 說法正確的是（）A.此時P點電勢為6VB.電容器上極板所帶電荷量為 6X10 6CC.若僅將電容器上極板緩慢上移少許，則 P點電勢不變D.若僅將滑片P從b端向a端緩慢移動少許，則油滴將向下移動（3分）如圖所示的電路中，R是光敏電阻，其阻值隨光照

6、強度的增強而 減??；K、應(yīng)是定值電阻，當開關(guān)S閉合且沒有光照射時，電容器 C不 帶電，當用強光照射 Ri且電路穩(wěn)定時，與無光照射時比較，下列說法中正 確的是（）A,電容器C的下極板帶正電B. R2兩端電壓降低C,通過R4的電流變大，電源提供的總功率變小D. R3兩端的電壓變小，電源的路端電壓變?。?分）一個不計重力的帶負電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場, 磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡為（）X X . X XA.圓弧a B.直線bC.圓弧c D. a、b、c都有可能（3分）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場， 電場方向水平向右, 磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個

7、帶電小球在豎直面內(nèi)做直 線運動。下列說法正確的是（）A.若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B.若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C.無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D .小球的動能可能會增大（3分）如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度 v沿直線穿過相互 垂直的勻強電場（電場強度為 E）和勻強磁場（磁感應(yīng)強度為 Bi）的重疊區(qū) 域，然后通過狹縫 &垂直進入另一勻強磁場（磁感應(yīng)強度為 B2）,最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略不計，則下列說法正確的是A.該束粒子帶負電B. R板帶負電C.粒子白速度v滿足關(guān)系式下二；D,在磁感應(yīng)強度為B2的磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)

8、比 蟲越小 m（3分）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷 量都相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心 O沿著AO方向射入 磁場，其運動軌跡如圖.若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的 是（）A*A.它們做圓周運動的周期TaTbl2,導線、受到的安培力大小分別為 Fi和F2,則Fi F2 （選填 多、之”或“毛 導線受到的安培力Fi的方向為 o1：h I ，（2分）邊長為a的正方形，處于有界磁場如圖，一束電子以 vo水平射入 磁場后，分別從A處和C處射出，則Va： vc=;所經(jīng)歷的時間之比tA： tB=.Vo -XXX B XXX XXX AI c（2分）如圖

9、所示，在光滑斜面上的一段通電導線處于靜止狀態(tài)，勻強磁 場垂直斜面向上，通電導線除了受重力、支持力外還受到磁場對通電導線的 力（選填 安培”或 洛倫茲”）.當導線中電流增大時，通電導線將沿斜面向 運動（選填 土“或 下”）；當磁場的磁感應(yīng)強度減小時，通電導線受到的磁場 力將 （選填變小”或變大”）.（2分）如圖，電路中電源電動勢 E=3V,內(nèi)阻r=i Q電阻Ri=2Q,滑動 變阻器總電阻R=i6Q.則在滑片P從a滑到b的過程中，電壓表示數(shù)的變化 情況是,滑動變阻器消耗的最大功率為 Wo（2分）如圖所示，直線a為電源的U-I圖線，直線b為電阻R的U-I 圖線，用該電源和該電阻組成閉合電路時， 電源

10、的輸出功率是 W,電 源內(nèi)電阻的發(fā)熱功率是 WoO 24 6 Z/A評卷人 得分三.實驗題（共1小題，滿分10分，每小題10分）（10分）一同學測量某干電池的電動勢和內(nèi)阻。（1）圖1所示是該同學正準備接入最后一根導線（圖中虛線所示）時的實 驗電路。請指出圖中在器材操作上存在的兩個不妥之處。杜賽電池升K圖I圖2（2）實驗測得的電阻箱阻值 R和電流表示數(shù)I,以及計算的/數(shù)據(jù)見下表:R/Q8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26y/A 16.76.05.34.53.8R，口根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在答題卡的方格紙上作出R-1關(guān)系圖象。I由圖象可計算出該干電池的電動勢為 V;

11、內(nèi)阻為 Qo(3)為了得到更準確的測量結(jié)果，在測出上述數(shù)據(jù)后，該同學將一只量程為100mV的電壓表并聯(lián)在電流表的兩端。調(diào)節(jié)電阻箱，當電流表的示數(shù)為0.33A時，電壓表的指針位置如圖2所示，則該干電池的電動勢應(yīng)為 V;內(nèi)阻應(yīng)為 Qo評卷人得分四.計算題(共2小題，滿分20分，每小題10分)(10分)如圖所示，電源電動勢有 E=12V,內(nèi)阻r=0.5拿“10V20W的燈?fi L與直流電動機M并聯(lián)在電源兩極間，燈泡恰能正常發(fā)光，已知電動機線圈的電阻為Rm=1 Q,求：(1)流過內(nèi)阻的電流為多少？(2)電動機的輸出功率為多少？(3)電源的效率為多少？(10分)如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標系 xOy

12、,以第m象限內(nèi)的直 線OM (與負x軸成45角)和正y軸為界，在x0的區(qū)域建立勻強電場， 方向水平向左，場強大小 E=2V/m；以直線OM和正x軸為界，在y 0的區(qū)域建立垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.1T. 一不計重力的帶負電粒子從坐標原點O沿y軸負方向以vo=2x 10X X. Xm/s的初速度射入磁場。已知粒 子的比荷為；=5Xl0BXXXC/kg,求： m(1)粒子經(jīng)過J圓弧第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標？(2)粒子在磁場區(qū)域運動的總時間t?(3)粒子最終將從電場區(qū)域 D點離開電場，則D點離O點的距離y是多少?選修3-1專題練習參考答案與試題解析一.選擇題（共20小題，滿分6

13、0分，每小題3分）（3分）下列關(guān)于點電荷的說法中正確的是（）A.點電荷是一個理想化物理模型B.點電荷的電荷量一定是1.6X10 19CC.體積大的帶電體一定不能看做點電荷D.研究帶電體的相互作用時，所有帶電體都可以看作點電荷【分析】明確點電荷的性質(zhì)，知道點電荷是種理想化的物理模型，帶電體能 否看作點電荷是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀和電量多少沒有關(guān) 系.【解答】解，點電荷是理想化的物理模型，故A正確；B、點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，元電荷是電量的最小值，點 電荷的值可以等于元電荷.也可以是元電荷的整數(shù)倍.即點電荷的電荷量可 多可少，故B錯誤。C、帶電體能否看作點電荷是由研究問

14、題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀和電 量多少無具體關(guān)系，故C錯誤；D、研究帶電體的相互作用時，并不所有帶電體都可以看作點電荷，只有滿 足條件的帶電體才能視為點電荷1故D錯誤.故選：Aq【點評】點電荷是不考慮其尺寸、形狀和電荷分布情況的帶電體，是實際帶 電體的理想化模型.在研究帶電體間的相互作用時，若帶電體的尺寸遠小于 它們之間的距離時，就可把帶電體看成點電荷.點電荷是沒有大小的帶電體， 是一種理想模型，實際的帶電體（包括電子、質(zhì)子等）都有一定大小，都不 一定能看成點電荷.當電荷間距離大到可認為電荷大小、形狀不起什么作用 時，可把電荷看成點電荷.（3分）對物體帶電現(xiàn)象的敘述，正確的是（）A.物體帶電

15、一定是因為具有多余的電子B.摩擦起電實質(zhì)上是電荷從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體的過程C.物體所帶電荷量可能很小，甚至小于 eD,電中和是等量異種電荷完全消失的現(xiàn)象【分析】物體帶電是具有多余的電子或失去電子的現(xiàn)象.摩擦起電是電子從 一個物體轉(zhuǎn)移到另一物體的過程.物體的所帶電量一定 e的整數(shù)倍，不可能 小于e.電中和是等量異種電荷電性相反，電量相等，呈中性，而電荷沒有 消失.【解答】解：A、物體帶電現(xiàn)象是物體具有多余的電子或失去電子的現(xiàn)象。故A錯誤。B、摩擦起電是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一物體的過程。故B正確。C、物體的所帶電量一定e的整數(shù)倍，不可能小于e。故C錯誤。D、電中和是等量異種電荷電性相反，電

16、量相等，呈中性，而電荷沒有消失。故D錯誤。故選：Bo【點評】本題考查對物體帶電和摩擦起電實質(zhì)的理解能力.摩擦起電、接觸 帶電和感應(yīng)起電實質(zhì)都是電子的轉(zhuǎn)移，在轉(zhuǎn)移過程中，電荷守恒. kQ1 Q。.,.（3分）關(guān)于庫侖定律的公式F=嚴，下列說法中正確的（）A.當真空中兩個電荷間距離r時，它們問的靜電力F-0B.當真空中兩個電荷間距離r-0時，它們間的靜電力F+oC.當兩個電荷間的距離r*時，庫侖定律的公式就不適用了D.當兩個電荷間的距離r 0時，電荷不能看成是點電荷，但庫侖定律的公 式仍然適用【分析】庫侖定律f里詈，適用于真空中兩點電荷之間的作用力.當帶電 T體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之

17、間的作用力影響可以忽略時，可 以看成點電荷.【解答】解：A、當真空中的兩個點電荷間的距離r+o時，它們之間的靜電 力F-0,故A正確，C錯誤。B、當兩個點電荷距離趨于 0時，兩電荷不能看成點電荷，此時庫侖定律的 公式不再適用。故B錯誤，D錯誤。故選：Ao【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握庫侖定律的適用范圍，以及能看成點電荷的條件，當帶電體的形狀、大小及電荷的分布狀況對它們之間的作用力影響可以 忽略時，可以看成點電荷.（3分）真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F,如果這 兩個點電荷的帶電量和它們之間的距離都變?yōu)樵瓉淼?2倍，那么它們之間 的靜電力的大小為（）A. 2F B - C. F D

18、 24【分析】根據(jù)點電荷庫侖力的公式 F=|可以求得改變之后的庫侖力的大 T小，從而即可求解.【解答】解：距離和電量改變之前電荷間的庫侖力為：F=弊，r當距離和電量變?yōu)樵瓉淼?倍時： F =k- =F,故C正確，ABD錯誤。 （2r）2故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握庫侖定律的公式 F=k與，理解公式中各個物理r量的含義. （3分）對下列公式理解正確的是（）A.由v含可知，物體速度大小跟通過的位移大小成正比，跟它運動的時 問成反比B.由a上可知，物體加速度大小跟它受到的作用力成正比，跟質(zhì)量成反比 10C.由C音可知，電容器的電容跟電容器的帶電量成正比，跟兩極板間的電 壓成反比D.由R=|可

19、知，導體的電阻跟導體兩端的電壓成正比，跟通過導體的電流 成反比【分析】公式v合是速度的定義式，與位移、時間都無關(guān)；公式a上是牛頓第二定律的表達式； ID公式C等是電容器的電容的定義式，電容是由電容器本身決定的；公式R=是電阻的定義式，電阻的大小是由導體本身決定的.1解答】解，As公式】多是速度的定義式，與通過的位移大小無關(guān),跟 t它運動的時間也無關(guān)，故A錯誤；B.公式行工是牛頓第二定律的表達式，它表示物體的加速度大小跟它受到 ID的作用力成正比，跟質(zhì)量成反比，故B正確，5公式C書是電容器的電容的定義式，電容是由電容器本身決定的，電容 器的電容跟電容器的帶電量無關(guān)，跟兩極板間的電壓也無關(guān)，故C錯

20、誤： D、公式R=當是電阻的定義式，電阻的大小是由導體本身決定的，導體的電 阻跟導體兩端的電壓無關(guān)，跟通過導體的電流也無關(guān)，故D錯誤、 故選工B.【點評】該題考查對常見的定義式的理解，要牢記，各種定義式都是由其自 身決定的，與外界的因素無關(guān).（3分）如圖所示，一個帶正電的球體 M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲 線上的帶電小球N掛在橫桿上的Pi處，當小球N靜止時，絲線與豎直方向 的夾角為9.若將絲線懸點從Pi移到巳處。則（）D%打A.角8變大，小球N帶正電 B.角8變小，小球N帶正電C.角8沒變大，小球N帶負電D.角8變小，小球N帶負電【分析】對小球受力分析，其受重力，繩的拉力，庫侖力，進而得到夾

21、角的 表達式。t解答】解工小球M與N相互排斥，M、N帶同種電荷，M帶正電，N也帶 正電；小球N受重力mg,繩的拉力，庫侖力F,繩與豎直方向夾角為：tan8二庫侖力：F4獸，由于電荷N懸掛在力點時距離大，庫合力變 ms1小，則8變小,故B正確ACD錯誤故選：B?！军c評】重點掌握庫侖力表達式，其次是正確表示角度，盡量用重力，不要用繩的拉力來表示。（3分）如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為標識不清的小 燈泡Li的U- I圖線，將Li與該電源組成閉合電路時，Li恰好能正常發(fā)光。 若將相同材料制成的標有“3V20W的燈泡L2與該電源組成閉合電路，下列 說法中正確的是（）vA.電源的內(nèi)阻為-|

22、q把火T泡Li換成L2, L2可能正常發(fā)光C.把燈泡Li換成L2,電源的輸出功率可能相等D.把燈泡Li換成匕，電源的輸出功率一定變小【分析】電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接 時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢，從而可算出電 源的輸出功率?！窘獯稹拷猓篈、由圖讀出電源的電動勢為 E=4V,圖線A的斜率大小表示電 源的內(nèi)阻，則r=、Q=0.5 R故A錯誤；6BCD.燈泡與電源連接時，A、B兩圖線的交點表示燈泡的工作狀態(tài)，則知其 電壓U=3V, I=2A,則或T泡Li的額定電壓為3V,功率為=UI=6W。把燈泡Li換成“3V20W的燈泡L2,不能正常發(fā)光，

23、而由P4-知：燈泡L2的正常工作時的電阻為 R2=-=-=0.45 QAX廣 占4燈?fiL1的電阻為Riq=|_Q=1.5 R則知正常發(fā)光時燈泡L2的電阻更接近電源 的內(nèi)阻，但是這里燈泡并沒有達到正常發(fā)光，此時 L2的電阻是不確定的；電 源的輸出功率可能變大。可能相等，也有可能變小，故 BD誤，C正確； 故選：Co【點評】解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學角度理解圖象的物理意義，抓住圖 象的斜率、面積、截距、交點等方面進行分析，更加全面地讀出圖象的物理 內(nèi)涵。（3分）兩個帶電體M和N在周圍空間形成電場，電場線分布如圖所示， 其中O、P兩點為同一電場線上的兩個點。下列有關(guān)說法中正確的是（M 一定帶正

24、電而 N一定帶負電O點的電勢一定低于P點的電勢O點的電場強度大小一定小于 P點的電場強度大小D.將某一電荷從O點經(jīng)某一路徑移動到P點，電場力做的功可能為零【分析】根據(jù)電場線的分布情況確定電勢高低；根據(jù)電場線的疏密盤點電場 強度的強弱；根據(jù)受力情況判斷電場力做功正負?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場線的分布情況可知，只知道電場強度的強弱，無 法確定電場線的方向，則兩個帶電體 M和N也無法確定，故A錯誤； B、沿著電場線的方向電勢是降低的，由于電場線方向不確定，因此無法判 定O、P電勢高低，故B錯誤；C、根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的強弱可知，在 O、P兩點中，O點的電 場強度最小，P點的電場強度大于O點

25、，故C正確；D、從O點移動到P點，電勢差不為零，因此不論電荷的正負，則移動電荷， 電場力做功一定不為零，故 D錯誤；故選：Co【點評】無論是電場線或是等差等勢面，都是密的地方場強大，疏的地方場 強?。浑妱莞叩偷呐袛喾椒梢愿鶕?jù)電勢的定義式來判斷，但一般都是按沿電場線方向電勢降低來判斷。（3分）如圖所示的電路中，電源電動勢 E=8V,內(nèi)阻r=2R電阻R=6Q, 電容為1卜F的平行板電容器水平放置且下極板接地。 當滑動變阻器Ri的滑片 處于b端時，有一帶電油滴位于板間正中央 P點且恰好處于靜止狀態(tài)。下列 說法正確的是（）A.此時P點電勢為6VB.電容器上極板所帶電荷量為 6X10 6CC.若僅將電

26、容器上極板緩慢上移少許，則 P點電勢不變D.若僅將滑片P從b端向a端緩慢移動少許，則油滴將向下移動【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律求得路端電壓，再根據(jù)電容器電壓差等于路 端電壓，然后由Q=CU求得電荷量，由極板間為勻強電場求得 P點電勢，再 根據(jù)電場場強變化得到合外力變化，從而得到油滴運動?！窘獯稹拷猓篈、由閉合電路的歐姆定律可知：路端電壓u-E=6V,那么，電容器兩極的電勢差為6V,又有下端接地，故電勢為零，那么，P點電勢為 yU=SV,故A錯誤；-WB、電容器上極板所帶電荷量 Q=CU=1X 10 6X6C=6X 10 6C,故B正確；C、移動電容器上極板，電容器兩端電勢差不變；又有兩極板間距

27、離增大， 故電場強度減小；又有 P點到下級板的距離不變，故電勢差減小，那么， P 點電勢減小，故C錯誤；D、滑片P從b端向a端移動，那么外電路電阻增大，所以，路端電壓增大， 故兩極板電勢差增大，極板間場強增大，那么，油滴受到的電場力增大； 油滴受重力和電場力作用，故有開始時油滴靜止可知：電荷力方向向上，那 么，移動滑片后油滴合外力向上，故油滴向上運動，故D錯誤；故選：B。【點評】閉合電路歐姆定律依據(jù)內(nèi)電流為總電流求解路端電壓，外電路的變化，一般通過外電阻的變化來判斷電流、電壓的變化。（3分）如圖所示的電路中，R是光敏電阻，其阻值隨光照強度的增強而 減小；R、R3、R4是定值電阻，當開關(guān)S閉合且

28、沒有光照射時，電容器 C不 帶電，當用強光照射 Ri且電路穩(wěn)定時，與無光照射時比較，下列說法中正 確的是（）/乩|iJA,電容器C的下極板帶正電B. R2兩端電壓降低C,通過R的電流變大，電源提供的總功率變小D. R3兩端的電壓變小，電源的路端電壓變小【分析】根據(jù)光敏電阻電阻值變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，進而得到電源總功率、路端電壓及支路電流變化；再根據(jù)歐姆定律得到各電 阻的電壓變化，從而得到電容器兩極板電壓的變化?！窘獯稹拷舛嗀、強光照射，R二電阻減小，那么，R咫上電壓降的比值減 小，而也，電上電壓降的比值不變,故電容器C上極板電壓比下極板電壓高, 所以，電容器匚的下極板帶負電，

29、故A錯誤BCD、強光照射，心電阻港小，那么，電路總電阻減小，故總電流增大，所 以，路端電壓減小，電源提供的總功率變大；故通過R3, R4的電流減小，所以，通過 Ri, R的電流增大，故 R兩端的電 壓變小，R兩端電壓變大；故BC錯誤，D正確；故選：Do【點評】變化電路計算問題，一般根據(jù)電阻變化得到總電阻變化，從而得到 總電流變化，即可根據(jù)歐姆定律和電荷守恒得到支路電流變化，最后由歐姆 定律得到電壓變化。（3分）一個不計重力的帶負電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場, 磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡為（）X X X XA.圓弧a B.直線bC.圓弧c D. a、b、c都有可能【分析】

30、一不計重力的帶負電荷的粒子，當垂直進入磁場時，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。t解答】解.由于粒子只受洛倫茲力，由洛倫茲為提供向心力讓粒子做勻速 圓周運動.因此通過左手定則可確定洛倫茲力的方向。根據(jù)粒子帶負電，粒子運動的方向向上，所以等效電流的方向向下，伸開左 手讓磁感線穿過掌心，四指向下方向，則大拇指所指向是洛倫茲力的方向.所以是圓弧c .故選工Co【點評】左手定則是判定磁場方向、電荷運動方向與洛倫茲力的方向的三者 關(guān)系。而右手定則則是判定感應(yīng)電流方向、磁場方向及導體運動的方向間的 關(guān)系。（3分）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場， 電場方向水平向右， 磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)

31、域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直 線運動。下列說法正確的是（）A.若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B.若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C.無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D.小球的動能可能會增大【分析】根據(jù)小球的受力情況，分析其運動方向，由電場力做功情況判斷電 勢能的變化，由高度的變化分析重力勢能的變化。根據(jù)小球的運動情況分析 動能的變化?！窘獯稹拷猓篈、若小球帶正電荷，受力情況如圖所示，由左手定則知，小球斜向左下方運動，電場力做負功，則小球的電勢能增大，故A錯誤。B、若小球帶負電荷，同理知，小球斜向右下方運動，電場力做負功，則小 球的電勢能增大，故B錯誤。C、無論小球帶何種電荷，

32、小球的高度都下降，重力勢能都減小，故C正確D、由于洛倫茲力與速度成正比，所以小球只能做勻速直線運動，動能不變， 否則，小球的速度變化，小球所受的洛倫茲力變化，不可能做直線運動，故D錯誤。故選：Co，喧：qE【點評】帶電粒子在重力場、電場、磁場的復合場中，只要是做直線運動， 一定是勻速直線運動（v與B不平行）。若速度是變的，洛倫茲力會變，合力 就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動。（3分）如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度 v沿直線穿過相互 垂直的勻強電場（電場強度為 日和勻強磁場（磁感應(yīng)強度為 Bi）的重疊區(qū) 域，然后通過狹縫 &垂直進入另一勻強磁場（磁感應(yīng)強度為 B

33、2）,最后打在 照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略不計，則下列說法正確的是A.該束粒子帶負電B. Pi板帶負電C.粒子白速度v滿足關(guān)系式D,在磁感應(yīng)強度為B2的磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比 越小 m【分析】帶電粒子經(jīng)加速后進入速度選擇器，電場力和洛倫茲力平衡時，速度為T的粒子沿直線通過P孔，然后進入磁場，打在膠片上的不同位置。B在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，分析半徑與荷 質(zhì)比的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)粒子在右側(cè)磁場中的運動，利用左手定則，可判斷出 該束粒子帶正電，故A錯誤;PiB、根據(jù)粒子在左側(cè)運動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下, 板帶正電，故

34、B錯誤；C、由粒子做直線運動，粒子平衡，有：qvBi=qE,得粒子的速度v滿足關(guān)系式尸二：,故C錯誤；,運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)D、在磁感應(yīng)強度為B2的磁場中，根據(jù)比旦越小，故D正確;ID故選：D?！军c評】帶電粒子經(jīng)加速后進入速度選擇器，電場力和洛倫茲力平衡時，速 度為的粒子沿直線通過狹縫S0,然后進入磁場，打在膠片上的不同位置。在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，分析半徑與荷 質(zhì)比的關(guān)系。（3分）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷 量都相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心 O沿著AO方向射入 磁場，其運動軌跡如圖.若帶電粒子只受磁場力的作用，

35、則下列說法正確的4b0A.它們做圓周運動的周期TaTbl2,導線、受到的安培力大小分別為 Fi和弓，則Fi=F2 （選填 多、之或“=；導線受到的安培力Fi的方向為 向右。/：卜 ,【分析】物體間力的作用是相互的，物體間的相互作用力大小相等；磁場是 由通電導線產(chǎn)生的，一通電導線在另一導線電流的磁場中，會受到安培力作 用，由安培定則判斷出電流的磁場方向，然后由左手定則判斷出安培力方向?！窘獯稹拷猓篈、通電導線在其周圍產(chǎn)生磁場，通電導線在磁場中受到安培力作用，兩導線所受安培力是作用力與反作用力，它們大小相等。由右手螺旋定則可知：由右手螺旋定則可知：I2在1l處產(chǎn)生的磁場垂直紙面 向外，由左手定則可

36、知，Il所所受安培力向右；故答案為：=;向右?！军c評】通電導線處于磁場中要受到安培力作用， 可得：同向電流相互吸引， 異向電流相互排斥。可作為結(jié)論讓學生記住。（2分）邊長為a的正方形，處于有界磁場如圖，一束電子以 V0水平射入 磁場后，分別從 A處和C處射出，則va: vc= 1：2 ;所經(jīng)歷的時間之比 t A ： t B= 2：1.IXXX_ XXXAIc【分析】由幾何關(guān)系可知從兩孔射出的粒子的運動半徑，則由洛侖茲力充當 向心力可得出粒子的速度關(guān)系；由周期公式及轉(zhuǎn)過的角度可求得時間之比.【解答】解：電子磁場中做勻速圓周運動，從 A點射出時，OA中點為圓心， 軌跡半徑FA=ya,軌跡的圓心角

37、依=兀；從C點射出時，A為圓心，軌跡半徑Rc=a,軌跡的圓心角 ec=y；由軌跡半徑公式 R=，得：va： vc=FA： Rc=ya： a=1: 2;電子在磁場中運動的周期 T2等，可知電子運動的周期與速度無關(guān).電子在磁場中所經(jīng)歷的時間t=T2冗則得 tA： tB=M：色=兀：=2： 12故答案為：1: 2, 2: 1.【點評】本題為帶電粒子在磁場中運動的基本問題，只需根據(jù)題意明確粒子 的運動半徑及圓心即可順利求解.（2分）如圖所示，在光滑斜面上的一段通電導線處于靜止狀態(tài)，勻強磁 場垂直斜面向上，通電導線除了受重力、支持力外還受到磁場對通電導線的 安培 力（選填 安培”或 洛倫茲”）.當導線中

38、電流增大時，通電導線將沿斜 面向 上 運動（選填 上或 下”）；當磁場的磁感應(yīng)強度減小時，通電導線 受到的磁場力將 變小 （選填 變小”或 變大”）.【分析】通電導線在磁場中受到安培力，根據(jù) F=BIL判斷出受到的安培力的 大小，根據(jù)受力分析判斷出運動t解答】解；時導體棒受力分析可知，受到重力和支持力，又由于通電導體 棒在磁場中，受到安培力作用，根據(jù)左手定則可知安培力方向沿斜面向上 根據(jù)FBIL可知，電流增大，安培力增大，根據(jù)受力分析可知導體棒將沿斜 面向上運動，當磁場的磁感應(yīng)強度減小時根據(jù)F#BIL可知磁場力將減小 故答案為工安培、上、變小【點評】本題主要考查了通電導線在磁場中受到安培力的計

39、算，抓住 F=BIL 即可判斷（2分）如圖，電路中電源電動勢 E=3V,內(nèi)阻r=1 Q電阻Ri=2Q,滑動 變阻器總電阻R=16Q.則在滑片P從a滑到b的過程中，電壓表示數(shù)的變化 情況是先增大后減小，滑動變阻器消耗的最大功率為0.75 Wq【分析】分析電路圖，知道外電阻先增大后減小，從而判斷出路端電壓的變化，即可知道電壓表示數(shù)的變化情況。當內(nèi)外電阻相等時電源的輸出功率達 最大，將R看成電源的內(nèi)阻，根據(jù)這個結(jié)論求滑動變阻器消耗的最大功率?！窘獯稹拷猓涸诨琍從a滑到b的過程中，變阻器并聯(lián)的總電阻先增大后 減小，則外電路總電阻先增大后減小，路端電壓先增大后減小，所以電壓表 示數(shù)先增大后減小。將R看

40、成電源的內(nèi)阻，根據(jù)結(jié)論：當內(nèi)、外電阻相等時，電源的輸出功率最 大，知當R變=r+R=1行2Q=3耐，等效電源的輸出功率最大，即滑動變阻器消耗的功率最大，為:P= (-) 2R 變=2R孌E2 - 32W=0.75W;故答案為：先增大后減小，0.75?！军c評】本題考查閉合電路歐姆定律及功率公式的應(yīng)用，要注意等效法的應(yīng) 用，明確當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，并能靈活運用。（2分）如圖所示，直線a為電源的U- I圖線，直線b為電阻R的U- I 圖線，用該電源和該電阻組成閉合電路時， 電源的輸出功率是 4 W、電源 內(nèi)電阻的發(fā)熱功率是 2 Wq0246 AA【分析】由電源的U-I圖象讀出電動勢

41、，求出內(nèi)阻。由電阻 R的U-I圖象 求出電阻R,根據(jù)閉合電路歐姆定律求出用該電源和該電阻組成閉合電路時 電路中電流和電源的輸出電壓，再求出電源的輸出功率和效率。t解答】解；由b圖線得到，電阻：r=H=2q=iqI 2由總圖線得到，電源的電動勢為E=3V,短路電流為I才6A,內(nèi)阻為工二上-二至 0=850I短6用該電源和該電阻組成閉合電路時，電路中電流為；I 二 二=2 AR+r 1+0. 5路端電壓為：U=E 一 I尸2U則電源的輸出功率為：P=UI=2X 2=4W電源內(nèi)電阻的發(fā)熱功率為：P熱=I2r=22 X 0.5=2WO故答案為：4; 2。【點評】本題考查對電源和電阻伏安特性曲線的理解能

42、力，其實兩圖線的交 點就表示該電源和該電阻組成閉合電路時的工作狀態(tài)，能直接電流和路端電 壓，求出電源的輸出功率。三.實驗題（共1小題，滿分10分，每小題10分）（10分）一同學測量某干電池的電動勢和內(nèi)阻。（1）圖1所示是該同學正準備接入最后一根導線（圖中虛線所示）時的實 驗電路。請指出圖中在器材操作上存在的兩個不妥之處。冷潮電池界美圖I圖2（2）實驗測得的電阻箱阻值 R和電流表示數(shù)I,以及計算的,數(shù)據(jù)見下表:R/Q8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26TA 16.76.05.34.53.8根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在答題卡的方格紙上作出 R-關(guān)系圖象由圖象可計算出該干

43、電池的電動勢為1.43 V;內(nèi)阻為1.2 Q。(3)為了得到更準確的測量結(jié)果，在測出上述數(shù)據(jù)后，該同學將一只量程 為100mV的電壓表并聯(lián)在電流表的兩端。調(diào)節(jié)電阻箱，當電流表的示數(shù)為 0.33A時，電壓表的指針位置如圖 2所示，則該干電池的電動勢應(yīng)為1.43V;內(nèi)阻應(yīng)為 1.0 Qo【分析】(1)明確實驗中安全性要求，知道開關(guān)應(yīng)最后閉合，電阻箱在開始 時應(yīng)調(diào)至最大；(2)根據(jù)描點法可得出對應(yīng)的圖象，再根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，結(jié)合 圖象即可確定電動勢和內(nèi)電阻；(3)根據(jù)電路進行分析，明確誤差情況，再根據(jù)歐姆定律求出電流表內(nèi)阻， 從而確定電動勢和內(nèi)阻的準確值?！窘獯稹拷猓?1)由圖可知，該同學將

44、連接最后一根線，此時電路將接法， 但由于開關(guān)沒有斷開，則電路中存在電流，可能損壞電表；同時電阻箱也不 能為零，應(yīng)使其阻值調(diào)至最大；(2)根據(jù)描點法可得出對應(yīng)的圖象如圖所示；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，1二三，變形可得：R*-r； r+RI由圖可知，E=k二 肥1.4V,7-L 1r=1.2 Q(3)本實驗相當于采用的是相對電源的電流表內(nèi)接法，故測量結(jié)果中電動 勢是準確的，故電動勢 1.43V,而內(nèi)電阻的結(jié)果中包含電流表內(nèi)阻；由圖可 知，電壓表示數(shù)為65mV,由歐姆定律可知，電流表內(nèi)阻 RA=*=0.2A,故電源內(nèi)阻為1.2-0.2=1.0掣故答案為：(1)開關(guān)未斷開；電阻箱阻值為零；(2)如圖所示；1.4 (1.30 至 1.44); 1.2 (1.0 至 1.4); (3) 1.43 (1.30 至 1.44); 1.0 (0.8 至 1.