高中物理《选修3-1》专题训练讲义

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业 第一课时：电场的力的性质一、单项选择题1(2011年台州模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为Eeq f(F,q)，下列说法正确的是()A若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4EC若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小方向均不变解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D对2使两个完全相同的金

2、属小球(均可视为点电荷)分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为()A21B41C161 D601解析：选D.两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量为Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确3. (2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收

3、尘板上若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示4法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是()Aa，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Ba，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量Ca，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量Da，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量解析：选

4、B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A选项错误，B选项正确5(2011年舟山模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示则此电场的电场线分布可能是图乙中的()解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密综

5、合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.6一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场这是几种典型的静电场带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动()A不可能做匀速直线运动B不可能做匀变速运动C不可能做匀速率圆周运动D不可能做往复运动答案：A二、不定项选择题7. (2011年绍兴一中高三月考)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是

6、()A带电粒子所带电荷的正、负B带电粒子在a、b两点的受力方向C带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D带电粒子在a、b两点的速度何处较大解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确8如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则()Aa一定带正电，b一

7、定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的电势能一个增加一个减小答案：C9如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成60的位置B时速度为零以下说法正确的是()A小球重力与电场力的关系是mgeq r(3)EqB小球重力与电场力的关系是Eqeq r(3)mgC小球在B点时，细线拉力为FTeq r(3)mgD小球在B点时，细线拉力为FT2Eq解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方

8、向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin30mgcos30，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FTqEsin30mgcos30，化简可知FTeq r(3)mg，选项C正确，D错误10(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示下列说

9、法正确的是()AB点的电场强度的大小为0.25 N/CBA点的电场强度的方向沿x轴负方向C点电荷Q是正电荷D点电荷Q的位置坐标为0.3 m解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EAkQ/l2Fa/qa4104/(1109)N/C4105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EBkQ/(0.5l)2Fb/qb1104/(4109)N/C0.25105 N/C.解得l0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQxAl0.20.10.3(m)，所以选项A错误，选项D正确三、计算题11(2

10、011年温州八校联考)如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为eq f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B点s3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小解

11、析：本题考查了电场与竖直平面内圆周运动的结合解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(sR)mgsmgReq f(1,2)mv20，而qEeq f(3mg,4)，解得veq r(gR).(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则FqEmeq f(v2,R)，解得Feq f(7,4)mg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有eq r(qE2mg2)meq f(voal(2,n),R)，解得vneq f(r(5gR),2).

12、答案：见解析(1)小球在B点的速度vB；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；(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mgx1sineq f(1,2)mveq oal(2,B)可得vB2 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a2eq f(mgsinqEcos,m)5 m/s2小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为x2eq f(voal(2,B),2a2)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vABeq f(0vB,2)vBCeq f(vB0,2)小球从A到C的平

13、均速度为eq f(vB,2)x1x2eq xto(v)teq f(vB,2)t可得t0.8 s.答案：(1)2 m/s(2)0.4 m(3)0.8 s第二课时：电场的能的性质一、单项选择题1(2010年高考天津理综卷)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则()Ab点的电场强度一定比a点大B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比a点高D该电荷的动能一定减小解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加正电荷在电势高处电势能较大，C正确电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负由动能定理可知，动能不一定减小，D错电势高低与场强大小无必然联系，A错b点电势高于a点，但a

14、、b可能不在同一条电场线上，B错2(2011年宁波模拟)如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则()Aa点电势高于b点电势Ba点的场强大于b点的场强C质点从a点运动到b点的过程中电势能增加D质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力解析：选B.负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，C错3(2011年杭州毕业班综合测试)如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6109 C的正电荷从A经B、C到达D点从A到D，电场

15、力对电荷做的功为()A4.8108 JB4.8108 JC8.0108 J D8.0108 J解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关从A到D，电场力对电荷做的功为WUADq(AD)q(4010)1.6109 J4.8108 J，A、C、D错误，B正确4(2011年皖南八校联考)一匀强电场，场强方向是水平的(如图所示)，一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成角做直线运动设小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为()A.eq f(1,2)mveq oal(2,0) B.eq f(1,2)m

16、veq oal(2,0)sin2C.eq f(1,2)mveq oal(2,0)tan2 D.eq f(1,2)mveq oal(2,0)cos2解析：选D.由题意可知，小球所受合力为Feq f(mg,sin)，设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得eq f(mg,sin) seq f(1,2)mveq oal(2,0)，由能量守恒可得小球在最高点的电势能Eeq f(1,2)mveq oal(2,0)mgssin，联立两式解得Eeq f(1,2)mveq oal(2,0)cos2，D正确5(2010年高考安徽理综卷)如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R0.1 m的圆，P为圆周上的

17、一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为()AUOP10sin (V)BUOP10sin (V)CUOP10cos (V)DUOP10cos (V)解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知UOP0，则UOPERsin 1000.1sin (V)10sin (V)，故正确答案为A.6(2010年高考江苏物理卷)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()AO点的电势最低Bx2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等Dx1和x3两点的电势相等解析：选C.由题图知

18、，O点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A选项不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、x1两点电势相等，C正确二、不定项选择题7图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点，可以判定()AM点的电势大于N点的电势BM点的电势小于N点的电势C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点受到的电场力小于在N点

19、受到的电场力解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以MN，选项A对，B错；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项C错，D对8. (2011年洛阳高三质检)如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是()A到达M、N时两粒子速率仍相等B到达M、N时两粒子速率vMvNC到达M、N时两粒子的电势能相等D两个粒子的电势能都是先减小后增大解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，

20、A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误9如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论中正确的是()A此液滴带负电荷B合外力对液滴做的总功等于零C液滴做匀加速直线运动D液滴的电势能减少解析：选ACD.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴匀加速运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少

21、，D正确10. 一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是()AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定低于B处的电势C电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能D从A到B的过程中，电场力对电荷做正功解析：选B.由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错三、计算题11(2011年学军中学高三抽样测试)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E4.0102 N/C、水平向左的匀强电场一个质

22、量m0.10 kg、带电荷量q5.0105 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x10.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x20.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力FqE2.0102 N根据牛顿第二定律Fma，解得a0.20 m/

23、s2.(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1qEx14.0103 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功即EqE(x1x2)2.0103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0103 J(3)2.0103 J12如图所示，固定在水平地面上的绝缘平板置于匀强电场中，电场方向与平板平行在绝缘平板上，放置一个带负电的物体(可视为质点)，物体与平板间的动摩擦因数为0.5.现让物体以10 m/s的初速度平行于电场方向运动，物体沿电场方向运动的最远距离为4 m已知物体所受电场力大于其最大静摩擦力，平板足够大，规定物体在出发点时

24、的电势能为零，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物体所受电场力与其所受重力的比值；(2)物体在离出发点多远处动能与电势能相等？解析：(1)设物体带电荷量为q，运动的最大位移为sm，由动能定理得qEsmmgsmeq f(1,2)mveq oal(2,0)得eq f(qE,mg)eq f(3,4).(2)设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，即eq f(1,2)mv2qEs在此过程中，由动能定理得qEsmgseq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)代入数据解得s2.5 m设物体在返回过程中经过距出发点距离动能与电势能再次相等，即eq f(1,2)mv2q

25、Es由动能定理得qE(sms)mg(sms)eq f(1,2)mv2解得s1 m.答案：(1)34(2)2.5 m或1 m第三课时：电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题1如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()A两板间的距离B两板间的电压C两板间的电介质D两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确2(2011年北京朝阳区联考)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动那么()A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C

26、微粒做匀速直线运动D微粒做匀加速直线运动解析：选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确3(2011年瑞安中学检测)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，下列四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是()解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，C正确4(2011年台州模拟)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A

27、点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有()AA点的场强一定小于B点的场强BA点的电势一定高于B点的电势C带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能D带电粒子从A点到B点过程中，电场力一定对带电粒子做正功解析：选D.由于vt图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出带电粒子在A点时的加速度大于在B点时的加速度，由牛顿第二定律可知EAEB，A错误；带电粒子带电性质未知，故无法判断A、B两点电势，B错误；从vt图象中可以看出B点速度大于A点速度，故电场力对带电粒子做正功，电势能减小，所以C错误，D正确5如图所示，平

28、行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点eq f(1,2)d处放一电荷q，则()Aq所受电场力的大小为eq f(Qq,Cd)Bq所受电场力的大小为keq f(4Qq,d2)Cq点处的电场强度是keq f(4Q,d2)Dq点处的电场强度是keq f(8q,d2)解析：选A.两极板之间的电场强度Eeq f(U,d)，q受到的电场力FEqeq f(U,d)qeq f(Q,Cd)q，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式Ekeq f(Q,r2)在这里不能用，B、C、D不正确6(2011年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点

29、射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是()AA带正电、B不带电、C带负电B三小球在电场中加速度大小关系是：aAaBEkBEkA解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间teq f(x,v0)最长，C错误A的加速度aAeq f(2h,t2)最小，而C的加速度aC最大，aAaBEkBEkA，D正确二、不定项选择题7(2011年杭州学军中学抽样测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是

30、()解析：选AD.在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力Feq f(U0e,d)，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个eq f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq f(T,4)内反向做匀加速直线运动在第四个eq f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如图1所示，vt图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移xv0teq f(1,2)at2，所以xt图象应是曲线故本题选AD.8. 如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它

31、们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上下列说法中正确的是()A液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析：选BC.电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速

32、度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错9如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A板间电场强度大小为mg/qB板间电场强度大小为2mg/qC质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运

33、动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vxv0；在竖直方向上：在电场中vyat，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vygt，由此运动过程的对称性可知ag，由牛顿第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故B、C正确10(2010年湖北黄冈模拟)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()A在前eq f(t,2)时间内，电场力对粒子

34、做的功为eq f(Uq,4)B在后eq f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq f(3,8)UqC在粒子下落前eq f(d,4)和后eq f(d,4)的过程中，电场力做功之比为12D在粒子下落前eq f(d,4)和后eq f(d,4)的过程中，电场力做功之比为11解析：选BD.电场力做的功WqEeq f(d,2)eq f(qU,d)eq f(d,2)eq f(qU,2)，前eq f(t,2)和后eq f(t,2)的位移之比为x1x213x1eq f(1,4)eq f(d,2)eq f(d,8)，x2eq f(3,8)d，则前eq f(t,2)：W1qEeq f(d,8)eq f(qU,8

35、)，后eq f(t,2)：W2qEeq f(3,8)deq f(3,8)qU，B正确；前eq f(d,4)和后eq f(d,4)位移相等，电场力恒定，故做功相等，所以D正确选B、D.三、计算题11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L0.4 m，两板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0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m4105 kg，电量q1108 C(g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度v0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

36、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)eq f(L,2)v0t eq f(d,2)eq f(1,2)gt2可解得：v0eq f(L,2) eq r(f(g,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U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即eq f(d,2)eq f(1,2)a1(eq f(L,v0)2又a1eq f(mgqf(U1,d),m)解得：U1120 V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出即eq f(d,2)eq f(1,2)a2(eq f(L,v0)2又a2eq f(qf(U2,d)mg,m)解得：U2200 V所以120 VU20

37、0 V.答案：(1)10 m/s(2)与负极相连120 VU3P甲解析：选B.设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲3I，乙电路的总电流为I乙I，所以由PUI得P甲3P乙，应选B.6自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来，现使车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()A200 J B250 JC300 J D500 J解析：选A.

38、根据能量守恒，第一次关闭自动充电装置时，动能全部转化为内能，第二次启动自动充电装置时，动能一部分转化为内能，另一部分转化为电能，电能为E电eq f(4,10)Ekeq f(4,10)500 J200 J，A对二、不定项选择题7如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()A当n1n2时，电流为零B当n1n2时，电流方向从AB，电流为Ieq f(n1n2e,t)C当n1UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A项正确B项错误；将电阻接在电源上，电阻的UI图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示

39、将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C、D项均错误本题易混淆电源效率和电源输出功率的概念而出现错误二、不定项选择题7如图所示，电源内阻不可忽略，已知R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻，若发现灯泡L的亮度变暗，可能的原因是()AR1的温度逐渐降低BR1受到可见光的照射CR2的阻值逐渐增大DR2的阻值逐渐减小解析：选AD.灯泡L亮度变暗，说明流过灯泡的电流减小，其原因可能是R1的阻值增大或R2的阻值减小引起，半导体热敏电阻随温度的升高电阻率减小，故可能的原因是R1的温度降

40、低或R2的阻值减小，所以A、D正确，B、C错误8(2011年镇海中学检测)在图中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路由图象可知()A电源的电动势为3 V，内阻为0.5 B电阻R的阻值为1 C电源的输出功率为2 WD电源的效率为66.7%解析：选ABD.图象与纵轴交点表示电源电动势，为3 V，图象斜率的绝对值表示电源内阻为0.5 ，选项A正确；图象的斜率表示电阻R的阻值为1 ，选项B正确；电源输出电压为U2 V，电流为2 A，电源输出功率为4 W，选项C错；电源效率P出/P总U/E2/3100%66.7%，选项D正确9如图

41、，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，下列判断正确的是()A若R1断路，两表的读数均变小B若R2断路，两表的读数均变小C若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大D若R4断路，两表的读数均变大解析：选CD.若某电阻R断路即可理解为该电阻阻值变大，由“串反并同”可知C、D正确10如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为U.在这个过程中，下列判断正确的是()A电阻R1两端的电压减小，减小量等于UB电容器的带电荷量减小，减小量小于CUC电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值不变解析：选BCD.

42、增大R后，总电阻增大，总电流减小，则R1两端电压减小，内阻消耗电压减小，由于电动势不变，R两端电压的增加量等于两者减小量之和，所以电阻R1两端的电压减小，减小量小于U，A错；U/I表示R的阻值，R增大，所以eq f(U,I)增大，而U/I表示内阻和R1之和，比值是不变的三、计算题11(2011年陕西五校联考)如图所示，已知电源电动势E20 V，内阻r1 ，当接入固定电阻R4 时，电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L和内阻RD0.5 的小型直流电动机D都恰能正常工作试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率解析：(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为IPL/ULe

43、q f(6,3) A2 A.(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为UDEI(rR)UL20 V2(14) V3 V7 V.(3)电动机的总功率为P总IUD27 W14 W电动机的热功率为P热I2RD220.5 W2 W所以电动机的输出功率为P出P总P热14 W2 W12 W.答案：(1)2 A(2)7 V(3)12 W12(2011年衢州一中月考)一电路如图所示，电源电动势E28 V，内阻r2 ，电阻R112 ，R2R44 ，R38 ，C为平行板电容器，其电容C3.0 pF，虚线到两极板间距离相等，极板长L0.20 m，两极板的间距d1.0102m.(1)若开关S处于断开状态，则当

44、其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v02.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2)解析：(1)S断开时，电阻R3两端电压为U3eq f(R3,R2R3r)E16 VS闭合后，外电阻为Req f(R1R2R3,R1R2R3)6 路端电压为Ueq f(R,Rr)E21 V此时电阻R3两端电压为U3eq f(R3,R2R3)U14 V则流过R4的总电荷量为QCU3CU36.01012C.(2)设微粒质量

45、为m，电荷量为q，当开关S断开时有：eq f(qU3,d)mg当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则mgeq f(qU3,d)ma设微粒能从C的电场中射出，则水平方向运动时间为：teq f(L,v0)竖直方向的位移为：yeq f(1,2)at2由以上各式求得：y6.25103meq f(d,2)故假设不成立，微粒不能从C的电场中射出答案：见解析第六课时：磁场的描述磁场对电流的作用一、单项选择题1. (2011年陕西西安地区名校联考)磁场中某处的磁感线分布如图所示，下列说法正确的是()A磁感应强度BaBbB同一通电导线在b处所受的磁场力一定比在a处大C通电导线在b处所受磁场力的方向可能与b处磁感线

46、的方向相同D若在a处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大解析：选D.由于a处磁感线比b处磁感线疏，所以磁感应强度BaBb，A错误；若在b处的通电导线平行磁感线放置，则所受磁场力为零，B错误；根据左手定则，通电导线在b处所受磁场力的方向一定垂直b处的磁感线，C错误；若在a处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大，D正确2(2011年金华十校联考)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A如果B2 T，F一定是1 NB如果F0，B也一定为零C如果B4 T，F有可能是1 ND如果F有最大值时，通电导线一定与B平行解析：选

47、C.当导线与磁场方向垂直放置时，FBIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0FBIL，A、D不正确，C正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B不正确3如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F0，可能达到要求的方法是()A加水平向右的磁场B加水平向左的磁场C加垂直纸面向里的磁场D加垂直纸面向外的磁场解析：选C.若F0则F安mg0，故安培力方向必竖直向上，由左手定则知磁场方向为垂直纸面向里，故C正确4如图所示，质量为m的回形针系在细线下端被磁铁吸引保持静止，此时细线与竖直方向的夹

48、角为 ，则下列说法正确的是()A回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小为mgtanB回形针静止时受到的细线的拉力大小为mgcosC现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流排列无序了D现用点燃的火柴对回形针加热，过一会发现回形针不被磁铁吸引了，原因是回形针加热后，分子电流消失了解析：选C.回形针静止时受到的磁铁对它的磁力大小和方向都不确定，拉力大小也不能确定，故A、B错误；对回形针加热，回形针磁性消失是因为分子电流排列无序了，所以选项C正确，D错误5(2011年上海模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有

49、质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为，现从t0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即Ikt，其中k为恒量若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是()解析：选C.当FfBILBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：FfBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：Ffmg，故选项C正确6(2011年湖北黄冈质检)如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，abbccdL，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接

50、，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为()A0B.eq f(5BEL,11r)C.eq f(10BEL,11r) D.eq f(BEL,r)解析：选C.总电阻Req f(3r2r,3r2r)req f(11,5)r，总电流Ieq f(E,R)eq f(5E,11r)，梯形框架受的安培力可等效为I通过ad边时受到的安培力，FBIeq xto(ad)BI2Leq f(10BEL,11r)，所以C选项正确二、不定项选择题7(2011年北京海淀区期末测试)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在下图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、

51、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是()AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析：选BD.根据安培定则和磁场的叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错B对；在线段MN上只有在O点处，a、b两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C错D正确8如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度

52、B11 T位于纸面内的细直导线，长L1 m，通有I1 A的恒定电流当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为()A.eq f(1,2) TB.eq f(r(3),2) TC1 T D.eq r(3) T解析：选BCD.导线受到的安培力为零，可判断出合磁感应强度为零或沿导线方向，可求出磁感应强度B2的最小值，B2小B1sin60eq f(r(3),2) T，故B、C、D均正确9如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是()ABmgt

53、an/(IL)，方向垂直斜面向上BBmgsin/(IL)，方向垂直斜面向下CBmgtan/(IL)，方向竖直向上DBmg/(IL)，方向水平向右解析：选B.B方向垂直斜面向上，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A错；同理可知C、D错；B方向垂直斜面向下，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BILmgsin，解得Beq f(mgsin,IL)，故B项对10(2011年绍兴一中高三月考)如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点

54、当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动已知MNOP1 m，则()A金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2B金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小FBIL0.520.5 N0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为aF/m10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功WF(MNOP)1 J，重力做功WGmgON0.5 J，由动能定理得WWGeq f(1,2)m

55、v2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为veq r(20) m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为av2/r20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛顿第二定律得FFAmv2/r，解得F1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确. 三、计算题11如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为l1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m20

56、g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M30 g在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为f.若BIlMg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为I1，即有BI1lMgf0.5 mg，解得I1eq f(0.5 mgMg,Bl)2.0 A；若BIlMg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为I2，即有MgBI2l

57、f0.5mg，解得I2eq f(Mg0.5mg,Bl)1.0 A即ab棒中的电流为10 AI2.0 A.根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由a到b.答案：1.0 AI2.0 A由a到b12如图所示，电源电动势E2 V，内电阻r0.5 ，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m0.1 kg，电阻R0.5 ，它与导轨的动摩擦因数0.4, 有效长度为L0.2 m，为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施一与纸面成30角向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大？(g10 m/s2)解析：以静止的金属棒为研究对象，其侧视的受力分析如图所示若摩擦力方向向上，则B1I

58、Lsin30B1ILcos30mg.若摩擦力方向向下，则B2ILsin30B2ILcos30mg，其中电流IE/(Rr)代入数据得：B13 T，B216.3 T，故所求磁感应强度的范围是3 TB16.3 T；根据左手定则可知其方向应斜向下答案：斜向下3 TB16.3 T 第七课时：磁场对运动电荷的作用一、单项选择题1(2011年广东东莞调研)带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示出粒子的径迹，这是云室的原理，如图是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是()A四种粒

59、子都带正电B四种粒子都带负电C打到a、b点的粒子带正电D打到c、d点的粒子带正电确2如图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电流平行，关于电子的运动情况，下述说法中，正确的是()A沿路径a运动，其轨道半径越来越大B沿路径a运动，其轨道半径越来越小C沿路径b运动，其轨道半径越来越小D沿路径b运动，其轨道半径越来越大解析：选A.由左手定则可知电子向下偏，C、D错；距导线越远，磁感应强度B越小，由req f(mv,qB)知，r变大，A对3如图所示，一个带正电、电荷量为q的小带电体处于蹄形磁铁两极之间的匀强磁场里，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B，若小带电体的质量为m，为

60、了使它对水平绝缘面正好无压力，应该()A使磁感应强度B的数值增大B使磁场以速率veq f(mg,Bq)向上移动C使磁场以速率veq f(mg,Bq)向右移动D使磁场以速率veq f(mg,Bq)向左移动解析：选D.假定磁场不动，小球应向右运动且有mgqvB.由相对运动知D对4(2011年东阳中学模拟)半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出AOB120，如图8225所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A.eq f(2r,3v0)B.eq f(2r(3)r,3v0)C.eq f(r,3v0) D.e